2023年高考第二次模拟考试卷-化学（天津B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（天津B卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了下列装置能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
2023年天津市普通高中学业水平等级性考试
化 学 第二次模拟B卷
第 I 卷

1.国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法错误的是
A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势
B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团
C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应
D．柔性纤维电池可用于穿戴产品
【答案】C
【详解】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；
B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；
C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C错误；
D．柔性纤维电池由于可柔性品质，可用于折叠类产品及穿戴产品，D正确；
故选C。

2.已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是

A．电负性：ZY>W>X
C．元素W形成的某阳离子空间构型为正四面体
D．化合物中含有极性共价键和非极性共价键
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度均为0.01mol•L-1，其中X的pH=12，属于一元强碱，且X的原子半径最大，则X为Na；W、Z的pH均为2，说明是一元强酸，原子序数和原子半径均满足Z＞W，则Z为Cl，W为N元素；Y的pH＜2，应该为二元强酸，Y的原子半径大于Cl，则Y为S元素。
【详解】结合分析可知，W为N，X为Na，Y为S，Z为Cl元素
A．主族元素同周期从左向右电负性逐渐增强，则电负性：Cl＞S，即Z＞Y，故A错误；
B． 离子的核外电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故B错误；
C． 元素W形成的某阳离子[N（CH3）4]+的中心原子N形成3个共价键和1个配位键，杂化轨道数为4，采用sp3杂化，没有未成键电子对，其空间构型为正四面体，故C正确；
D． 化合物为Na2S2，S-和Na+之间形成离子键，S中S原子之间含有非极性共价键，不存在极性共价键，故D错误；
故选：C。

3.“中国芯”的主要原材料是高纯单晶硅，可通过反应制备高纯硅。下列有关说法正确的是
A．是由极性键形成的极性分子
B．沸点：
C．键的极性：H—F>H—Cl>H—Br
D．芯片、太阳能电池、光导纤维的主要成分均为晶体Si
【答案】C
【详解】A．是由极性键形成的非极性分子，A项错误；
B．相对分子质量越大，无氢键的分子晶体的沸点越高，因此沸点由高到低的顺序为，B项错误；
C．电负性：F>Cl>Br，则共价键极性：H—F>H—Cl>H—Br，C项正确；
D．芯片、太阳能电池的主要成分均为晶体Si，光导纤维的主要成分为，D项错误；
答案选C。

4.二茂铁[(C5H5)2Fe]的发现在有机金属化合物研究中具有里程碑意义。已知二茂铁的熔点173℃(在100℃以上能升华)，沸点249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂。下列说法正确的是
A．在二茂铁中，与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
B．二茂铁属于离子晶体
C．已知环戊二烯的结构式为，则分子中仅有1个碳原子采用sp3杂化
D．中σ键和π键个数之比为11∶2
【答案】C
【详解】A．在二茂铁中，与Fe2+之间形成化学键时，Fe2+提供空轨道，C原子提供孤对电子，二者形成配位键，A错误；
B．由信息可知，二茂铁熔沸点较低，则二茂铁属于分子晶体，B错误；
C．由图可知：环戊二烯(C5H6)的结构中，没有形成碳碳双键的C原子采用sp2杂化，形成4个单键的C原子采用sp3杂化，故分子环戊二烯中仅有1个碳原子采用sp3杂化，C正确；
D．在中含有的σ键数目是10个，π键数目是2个，故中的σ键和π键个数之比为10∶2，D错误；
故合理选项是C。

5.载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间站中氧气的再生。下列说法不正确的是

A．用于循环的氢原子利用率为100%
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源
C．反应①为
D．等物质的量的和含有的电子数相同
【答案】A
【详解】A．反应①为，反应②2H2O2H2+O2，氢原子部分进入甲烷，用于循环的氢原子利用率达不到100%，A错误；
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B正确；
C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为，C正确；
D．水和甲烷都是常见的10电子微粒，等物质的量的和含有的电子数相同，D正确；
故选A。

6.一定温度下，向四个容积不等的恒容密闭容器中分别通入2 mol NOCl(g)，发生反应2NOCl(g)2NO(g)+Cl2 (g)。t min后，四个容器中NOCl的转化率如图所示。下列叙述正确的是

A．V1：V2=27：10
B．b、d两点的压强相等
C．c点对应容器中，v正=v逆
D．t～(t+2) min内，a点的净反应速率小于d点
【答案】D
【详解】A．根据已知条件列出V1时“三段式”

平衡常数K= ；
V2时“三段式”

平衡常数K= ，温度不变，平衡常数不变，则= ，V1：V2=10：27，故A错误；
B．b、d两点NOCl的转化率相等，则t min后气体总物质的量相等，由于V4> V2，则b点的压强大于d点，故B错误；
C．c点NOCl的转化率转化率最高，但不能确认t min后转化率是否会再升高，不能说明该点是平衡点，v正=v逆，故C错误；
D．体积越大反应速率越小，a点体积小于d点，tmin后a点的转化率小于d点，说明a点达到平衡状态，t～(t+2) min内，a点的净反应速率为0小于d点，故D正确；
故选D。

7.谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下：

下列说法不正确的是
A．可用碘水检验淀粉是否完全水解
B．可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类
C．1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为
D．“中和”时，需要严格控制的用量
【答案】C
【详解】A．淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A正确；
B．红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境，可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类，故B正确；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，谷氨酸中手性碳原子有，1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为，故C错误；
D．谷氨酸中含有2个羧基，若过多，可能生成，故D正确；
故选C。

8.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入(滴入)X后发生的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
、、、
少量铜粉

B
、、、CO
少量HCl
H+++H2O=Al(OH)3↓
C
K+、、ClO-、
足量SO2
SO2+2ClO-+H2O=SO+2HClO
D
、、、
过量Na2S
2Fe3++S2-=2Fe2++S↓

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．和会发生双水解反应，二者不能大量共存，A错误；
B．、、、CO四种离子相互间不发生反应，能大量共存，往溶液中加入少量HCl，氢离子先和反应，离子方程式为H+++H2O=Al(OH)3↓，B正确；
C．四种离子不发生反应，能共存，溶液中通入少量二氧化硫，和发生氧化还原反应，因为二氧化硫少量，，C错误；
D．四种离子不发生反应，能共存，通入过量的硫化氢和铁离子反应生成硫单质和亚铁离子，反应方程式为：，D错误；
故选B。

9.下列装置能达到实验目的的是




A．从食盐水中提取NaCl
B．除中的
C．制取并收集氨气
D．检查装置的气密性

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．从食盐水中提取NaCl应该使用蒸发皿，不应该用坩埚，故A不符合题意；
B．溴能与氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的产物，与氢氧化钠溶液不相溶，且密度大于氢氧化钠溶液，在下层，经分液可除去CCl4中的 Br2，故B符合题意；
C．氨气不可用无水CaCl2干燥，氨气能与氯化钙发生反应生成络合物CaCl2•8NH3，且收集氨气的导管太短，故C不符合题意；
D．检查装置的气密性需要在密闭环境下，图中装置与空气连通，不能检查装置的气密性，故D不符合题意；
故答案选B。

10.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．含中子的数目为10NA
B．中含键的数目为2NA
C．同温同压下与所含原子数目均为4NA
D．酸性溶液中含的数目为0.1NA
【答案】B
【详解】A． 含中子的数目为=9NA，故A错误；
B． 每个乙炔分子中含有2个键，中含键的数目为2NA，故B正确；
C． 缺少气体摩尔体积，同温同压下与所含原子数目无法计算，故C错误；
D． 溶液中存在平衡：2CrO+2H+ Cr2O+H2O，酸性溶液中含的数目少于0.1NA，故D错误；
故选B。

11.某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护，下列说法不正确的是

A．③区电极电势Cu高于Fe
B．①区Fe电极和③区Fe电极电极反应均为Fe—2e—=Fe2+
C．②区Zn电极和④区Cu电极电极反应均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—
D．②区Fe电极和④区Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均会出现蓝色沉淀
【答案】B
【分析】由图可知，①区和③区为原电池，②区和④区构成电解池，①区中锌为负极、铁为正极，③区中铁为负极、铜为正极，②区中与与直流电源正极相连的铁为电解池的阳极、锌为阴极，④区中与直流电源正极相连的铁为电解池的阳极、铜为阴极。
【详解】A．由分析可知，③区中铁为负极、铜为正极，则③区电极电势正极铜高于负极铁，故A正确；
B．由分析可知，①区中铁为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O 2+4e—+2H2O=4OH—，故B错误；
C．由分析可知，②区锌电极和④区铜电极均为电解池的的阴极，电极反应式均为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故C正确；
D．由分析可知，②区铁电极和④区铁电极均为电解池的的阳极，电极反应式均为Fe—2e—=Fe2+，放电生成的亚铁离子均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D正确；
故选B。
12.室温下，，现有浓度均为的溶液、溶液，下列说法不正确的是
A．溶液中
B．若将两溶液等体积混合，混合溶液的
C．两溶液中均存在
D．两溶液中由水电离产生的较大的是溶液
【答案】A
【详解】A．设醋酸溶液中氢离子浓度为xmol/L，则有
，Ka==≈=，解得：x≈1.310-3，A错误；
B．若将两溶液等体积混合，得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离常数Ka=，醋酸根离子的水解常数Kh==H
(4)丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键
(5)CuFe3N
(6)          1：16

【解析】(1)
Fe 核外有26个电子，Fe3+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
(2)
丙酮分子中甲基上碳原子形成4个σ键，轨道的杂化类型是sp3；羰基上的碳原子形成3个σ键，轨道的杂化类型是sp2；1mol丙酮分子的结构式为，含有σ键的数目为9NA。
(3)
元素非金属性越强电负性越大，C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为O>C>H；
(4)
丙酮分子间不能形成氢键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙酮；
(5)
根据晶胞结构图，a位置铁原子数是，b位置铁原子数是，N原子数是1，能量越低越稳定，所以Cu可以完全替代该晶体中a位置铁产物稳定，化学式为CuFe3N；
(6)
①用NaOH溶液吸收过量SO2生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为。
②Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，根据得失电子守恒，反应方程式为，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。

14.（18分）布洛芬常用于感冒引起的发热，其一种合成路线如图所示。

已知：①R－CHO+
②++H2O
回答下列问题：
(1)A的名称为_____；B→C的反应类型为_____；E中含氧官能团的名称为_____。
(2)G的结构简式为______；H与足量热的NaOH溶液反应的化学方程式为_____。
(3)满足下列条件的布洛芬的同分异构体的结构简式为______(任写一种)。
①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1。
(4)季戊四醇()是一种重要的化工原料，设计由甲醛和乙醇为起始原料制备季戊四醇的合成路线(无机试剂任选)______。
【答案】(1)     甲苯     取代反应     醛基、羟基
(2)          +2NaOH++NaCl
(3)或
(4)；

【分析】由C的结构及A的分子式可知A为甲苯，甲苯与丙烯发生加成反应生成B，与发生取代反应生成C；D与HCHO在稀NaOH溶液发生已知中反应生成E()，E与氢气发生加成生成F()，C与F在酸性条件下反应生成G()，G经氯化锌溶液处理得到H，H先在碱性条件下发生反应再经酸化得到布洛芬，据此分析。
【详解】（1）由以上分析可知A为甲苯，B生成C发生取代反应，E()，所含官能团为醛基和羟基，故答案为：甲苯；取代反应；醛基、羟基；
（2）由以上分析可知G为；H与足量热的NaOH溶液发生水解反应生成、，反应方程式为：+2NaOH++NaCl，故答案为：；+2NaOH++NaCl；
（3）①能发生银镜反应和水解反应，水解产物遇FeCl3溶液显色，可知苯环上直接连接-OOCH；
②苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上含有两个对称烃基；
③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为12：2：2：1：1，可知烃基中含有两个对称甲基；
符合条件的结构有：或，故答案为：或；
（4）乙醇经催化氧化生成乙醛，乙醛与甲醛发生已知中反应生成,与HCHO继续反应生成，与甲醛反应生成，合成路线为：，故答案为：；

15.（18分）Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN-废水的能力。

Ⅰ.制取Na2FeO4
(1)仪器D的名称为_____。洗气瓶B中盛有的试剂为_____。实验开始，先打开分液漏斗_____(填“A”或“C”)的活塞。
(2)写出大试管中发生反应的离子方程式：_____。
(3)三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、______。
Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力
(4)取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2mol•L-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.3546g。
①配制0.2mol•L-1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有______(填序号，下同)。

②计算NaCN溶液中CN-的去除率为______(保留两位有效数字)。
【答案】(1)     球形干燥管     饱和食盐水     C
(2)
(3)
(4)     ADEF     90%

【详解】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；
（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；
（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；
（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。

16.（14分）石油产品中含者及COS、等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：
(1)已知热化学方程式：
①  
②  
则反应  _______
分析该反应的自发情况：_______。
(2)工业生产中应用：COS的水解反应为  。某温度时，用活性作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[]的转化关系如图甲所示。

①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是_______(填字母)。
A．容器中气体密度不变
B．压强保持不变
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变
D．
②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比[]_______；温度_______

③P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位)
④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS(g)的水解转化率降低，猜测可能的原因是_______；_______。(写出两条)
(3)可以用溶液吸收，其原理为，该反应的平衡常数为_______。(已知的，；的，)
【答案】(1)          低温情况下有利于自发
(2)     D     ：               温度升高,催化剂活性降低，     温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以转化率下降
(3)

【解析】（1）
     、     ，根据盖斯定律，可得：   ；故答案为： 
反应：是、的反应，要使，则是低温，该反应低温条件容易自发；故答案为：低温条件容易自发；
（2）
反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，且容器体积不变，密度始终保持不变，无法判断是否处于平衡状态，故A错误；
B．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
C．反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，容器中气体的平均相对分子质量保持不变，故错误；
D．即正、逆反应速率相等，处于平衡状态，故D正确；
 由图可知，当投料比为：、温度时，的转化率最高；故答案为：：；；
点对应的投料比为：：，的转化率为，
                 
开始                                    
变化                        
平衡                        
点对应的平衡常数；故答案为：；
④该反应正向放热，温度过高，催化剂活性降低，但平衡向逆反应方向移动，的水解转化率降低；故答案为：温度升高,催化剂活性降低；温度升高平衡逆向移动，导致转化率下降。
（3）
，该反应的平衡常数； 故答案为：。