2023年高考考前押题密卷化学试题（天津卷）（Word版附解析）

这是一份2023年高考考前押题密卷化学试题（天津卷）（Word版附解析），共18页。
2023年高考考前押题密卷（天津卷）
化 学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56 I 127 Sm-150
一、 选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1.【密卷原创】化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是
A．神舟十五号火箭发动机腔体碳化硅是耐高温非金属材料
B．福建舰舰体镶嵌锌块是利用牺牲阳极法保护船体
C．中科大团队首次制备的超冷三原子分子中的钠钾与稀土族序相邻
D．非遗泥人张彩塑着色用的矿物颜料可能是铁红、石绿或辰砂
【答案】C
【详解】A．碳化硅陶瓷是一种新型耐高温无机非金属材料，A正确；
B．船体上镶嵌的锌块比钢铁化学性质更活泼，作负极，船体作正极受保护，是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀，B正确；
C．钠钾位于第IA族，稀土处于第IIIB族，C错误；
D．铁红、石绿或辰砂均可入色的矿物颜料，D正确。
故选C。

2.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是

A．电负性为Z>Y>X B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z)
C．X与Z可以形成含极性键的非极性分子 D．W与Z形成的化合物晶胞如图，化学式为WZ
【答案】D
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X的电子排布为：，X为C元素，Z的电子排布为：，Z为O元素，Y为N元素，Y与Q同主族，Q为P元素，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，W的电子排布为：，W为Cu元素。
【详解】A．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，电负性的大小为：，A正确；
B．Y为N元素，Q为P元素，Z为O元素，原子半径的大小为：，B正确；
C．X为C元素，Y为N元素，C和O形成的为含极性键的非极性分子，C正确；
D．W为Cu元素，Z为O元素，根据晶胞的结构（黑球大为Cu，白球为O），形成的化合物的原子个数之比为：=，其化学式为，D错误；
故选D。  

3.氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3 B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体 D．SiH4与NH3分子的极性不同
【答案】B
【详解】A．SiH4、NH3中心原子价层电子对数均为4，SiH4中Si无孤电子对，氨分子中N孤电子对数为1，因此键角：SiH4＞NH3，但与非金属性强弱无关，故A不符合题意；
B．SiH4中Si为+4价，硅化合价不变，而SiH4中H失去电子，化合价升高，因此SiH4在反应中作还原剂，NH3中N化合价未变，NH3中H得到电子，得出N的电负性大于Si，则说明N的非金属性比Si非金属性强，故B符合题意；
C．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，说明Si3N4为共价晶体，与非金属性强弱无关，故C不符合题意；
D．SiH4是非极性分子，NH3是极性分子，两者分子的极性不同，与非金属性无关，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。

4.配离子的球棍模型如图所示。下列关于该配离子的说法中错误的是

A．有4个配位原子
B．中的铜采用杂化
C．为配离子的配体，的VSEPR模型为四面体形
D．若用两个代替两个，可以得到两种不同结构的配离子
【答案】B
【详解】A．氮原子是配位原子，有4个氨气提供4个配位原子，A正确；
B．若铜采用杂化，四个氮原子不应在同一平面，B错误；
C．的VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，C正确；
D．若用两个代替两个，中的O原子做配位原子，此时O、N配位原子在同一平面内，O、N配位原子的位置有两种位置关系，D正确；
故答案为：B。

5.【密卷原创】下列化学用语或图示表达不正确的是
A．氢氧化镁的电子式：
B．氨气分子中氮原子的杂化轨道表示式：

C．顺-2-丁烯的分子结构模型：
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键：
【答案】A
【详解】A．氢氧化镁的电子式为，A错误；
B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，N原子采用sp3杂化，轨道表示式为，B正确；
C．顺-2-丁烯的分子结构模型为，C正确；
D． 邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，D正确；
故选B。

6.负载Pd催化剂上的(选择催化还原法)反应机制如图所示。载体碱性越强，其吸附的能力越强。下列说法错误的是

A．和为反应的还原产物
B．整个反应过程涉及极性键和非极性键的断裂与生成
C．吸附的分子断键生成H原子的过程放出能量
D．用该反应机理高效除去烟气中的氮氧化物时，需要调控合适的pH
【答案】C
【详解】A．反应中氮元素化合价降低发生还原反应生成和，和为反应的还原产物，A正确；
B．整个反应过程存在氮氧极性键、氧氧非极性键、氢氢非极性键的断裂，氢氧极性键、氮氮非极性键的生成，B正确；
C．吸附的分子断键生成H原子的过程涉及化学键的断裂，需要吸收能量，C错误；
D．已知，载体碱性越强，其吸附(主要是和)的能力越强，故需要调控合适的pH，D正确；
故选C。

7.【密卷原创】2022年诺贝尔化学奖授予三位在“点击化学和生物正交化学”方面做出突出贡献的科学家。该反应如下：

下列说法正确的是
A． X与互为同系物 B．该反应条件温和，对酸碱性无太大要求
C．Z分子中含有1个手性碳原子 D．X与Y反应可生成另一产物
【答案】D
【详解】A．含两个醚键，与结构X不相似，A错误；
B．酸碱性会影响催化剂Cu+的存在，B错误；
C．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据Z结构简式乐子Z分子中不含有手性碳原子，C错误；
D．两种物质分子分子含有的2个苯环连接在含有N原子的五环上的位置不同，因此可以形成两种不同产物，D正确；
故合理选项是D。

8.【密卷原创】常温下，下列离子能在指定的溶液中一定能大量共存的是
A．使石蕊变红的溶液中：K+、SO、Cl-、Al3+
B．pH=5的溶液中：Fe3+、Cl-、NO、Na+
C．甲基橙变红的溶液中：ClO-、Na+、CO、Cl-
D．在溶质为KHCO3溶液中：K+、Cl-、Al3+、SO
【答案】A
【详解】A．使紫色石蕊试液变红的溶液中含有氢离子，氢离子、K+、SO、Cl-、Al3+相互不反应，能共存，故A符合题意；
B．pH=5铁离子完全沉淀，故B不符合题意；
C．甲基橙变红的溶液中：ClO-、Cl-会归中为氯气，故C不符合题意；
D．碳酸氢根离子和铝离子发生双水解而不共存，不能共存，故D不符合题意；
故选A。

9.某同学按图示装置进行实验，向抽滤瓶溶液中通入足量a气体获得a的饱和溶液，再通入足量的b气体，抽滤瓶中最终一定得到沉淀。下列物质组合符合要求的是


a
b
c
A


饱和食盐水
B


溶液
C


溶液
D

NO2
溶液


【答案】B
【详解】A．二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体，A不符合题意；
B．与溶液不发生反应，氯化钡和二氧化硫生成盐酸和亚硫酸钡，正常情况下反应不能进行，因为生成的亚硫酸钡会溶于盐酸，氯气能将生成的亚硫酸钡氧化成硫酸钡，有沉淀生成，B符合题意；
C．和溶液反应生成白色沉淀，在加入足量的氨气，氨气溶于水形成氨水，氯化银与氨水生成银氨络离子，氯化银沉淀溶解，C不符合题意；
D．氨气通入溶液中会生成氢氧化铝的白色沉淀，NO2和水反应生成硝酸是强酸，可溶解氢氧化铝，最终无沉淀，D不符合题意；
故选B。

10.在盛有载氧体的恒容密闭容器中充入空气[氧气的体积分数为21%]，发生反应：  。平衡时随温度T变化如图。下列说法错误的是

A．升高温度，平衡逆向移动导致增大 B．必须控制才能保持载氧体活性
C．985℃时的平衡转化率约为58% D．在1030℃时加入催化剂，
【答案】D
【详解】A．题述反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，体积分数增大，故A正确；
B．当温度等于1030℃时，的体积分数与空气中的相等，如果继续升温，体积分数大于21%，载氧体变为脱氧体，失去反应活性，故B正确；
C．取100 mol空气，占21 mol，设985℃下平衡时消耗的物质的量为，则，解得：，平衡转化率为，故C正确；
D．平衡时，加入催化剂，不会使平衡移动，体积分数不变，故D错误；
选D。

11.【密卷改编】天津大学在光催化应用研究取得重大进展，以下是光催化微生物燃料电池的工作原理：

已知：电极a在光激发条件下会产生电子()-空穴()。下列说法错误的是
A．电极电势：电极a>电极b
B．光激发时，光生电子会与结合，光生空穴会与电极b产生的电子结合
C．电极b电极反应式：
D．电池工作一段时间后，右侧溶液pH保持不变(不考虑的溶解)
【答案】D
【详解】A．根据题图信息判断，在电极b上失电子，转化为，则电极b为负极，电极a为正极，原电池中，正极的电极电势高于负极的电极电势，则电极电势：电极a>电极b，A说法正确；
B．根据题图信息判断，电极a在光激发条件下会产生电子()、空穴()，光生电子会与结合，光生空穴会与电极b产生的电子结合，B说法正确；
C．根据得失电子守恒判断，电极b发生的电极反应式为，C说法正确；
D．根据电极反应，右侧溶液中每生成l个，为保持溶液电中性，同时会有l个通过阳膜移向左侧溶液，的数量不变，但右侧电解消耗水，体积减小，c(H+)增大，pH减小，D说法错误。
故正确答案为D。

12.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4 L乙炔中σ键数为2 NA、π键数为2 NA
B．0.1 mol/L KAl(SO4)2溶液中，的个数为0.2 NA
C．常温常压下，7.8 g Na2O2中含有共价键的数目为0.1 NA
D．18 g重水(D2O)中含有的质子数为10 NA
【答案】C
【详解】A．乙炔结构式为H-C≡C-H，一个分子中含有3个σ键，2个π键，故标准状况下，22.4 L乙炔中σ键数为3NA、π键数为2NA，A错误；
B．未知溶液体积，无法得知的个数，B错误；
C．7.8 g Na2O2为0.1 mol，含有共价键的数目为0.1 NA，C正确；
D．D2O相对分子质量为20，分子中质子数为10，故18 g重水(D2O)中含有的质子数为9 NA，D错误；
故选C。

二．非选择题：本题共4小题，共64分。
13.（15分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：
(1)氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为_____。
(2)Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是____。
(3)(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(”、“ 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角
(4) 4 22.4

【详解】（1）NaH遇水反应的方程式为：，NaH中-2价H与中+1价H结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2；
（2）Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；
（3）①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；
②与价电子对数均为4，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角，故答案为：>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
（4）①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；
②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为，Mg原子位于体内有8个， 则晶胞的质量为：，该合金的密度，故答案为：；
③分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：，晶胞中Mg原子与氢气的关系：；含Mg48g即2molMg吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：22.4；

14.（18分）抗击新型冠状病毒的潜在用药之一肉桂硫胺的一种合成路线如下(部分条件已略)：

按要求回答下列问题。
(1)C的分子式为___________；A的结构简式为___________，F中官能团的名称为___________。
(2)B→C反应类型为___________；为检验C中所含官能团种类，所需试剂有___________。
(3)写出的反应化学方程式：___________。
(4)与苯丙酸(F的加氢产物)互为同分异构体的含酯基的一取代芳香族化合物有___________种；写出其中支链上核磁共振氢谱有3组吸收峰、且峰面积之比为的同分异构体的结构简式：___________。
(5)参考以上合成路线信息，以1-丙醇和必要的试剂为原料，合成正丁酸。将合成路线写在下列方框中。_____
……

【答案】(1) C8H8O 碳碳双键 羧基
(2) 氧化反应 银氨溶液或新制的氢氧化铜
(3) ++HCl
(4) 6
(5)CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH

【分析】根据C的结构简式可知，A分子中苯环上只有一个取代基，A的分子式为C8H9Br，可知A的不饱和度为4，所以苯环上所连的两个碳原子之间是碳碳单键，A属于卤代烃，水解生成醇，醇能氧化为C，C为醛，所以B分子中连羟基的碳原子上有2个H，即B为，则A为 。C和HCN发生加成反应生成D，D水解，氰基变为羧基生成E，E发生消去反应生成F，F发生取代反应生成G，G和H发生取代反应生成M和HCl。
【详解】（1）根据C的结构简式可知，C的分子式为C8H8O；由以上分析可知，A的结构简式为 ，根据F的结构简式可知，F中官能团为碳碳双键和羧基。
（2）B→C是醇氧化为醛，反应类型为氧化反应；C中的官能团为醛基，含醛基的物质可以发生银镜反应，或和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色沉淀Cu2O，所以检验醛基的试剂可以是银氨溶液或新制的氢氧化铜。
（3）G和H发生取代反应生成M和HCl，反应的化学方程式为： ++HCl。
（4）苯丙酸的苯环上连有3个碳原子、2个氧原子，还有1个不饱和度。其同分异构体含酯基和苯环，且为一取代物，则可以将-COO-或-OOC-插入①、④两个位置（如图） ，有四种不同结构，还可以将-OOC-插入②处，将-COO-插入③处，有两种不同结构，所以共有6种同分异构体，其中支链上核磁共振氢谱有3组吸收峰、且峰面积之比为 1:1:3 的同分异构体为 。
（5）以1-丙醇为主要原料，合成正丁酸，需要增加一个碳原子，可以用含醛基的物质和HCN加成然后水解得到，1-丙醇可以氧化为丙醛，合成路线为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH。

15.（14分）碳酸钐(摩尔质量为)为难溶于水的白色粉末，可用于治疗高磷酸盐血症。

回答下列问题：
Ⅰ.实验室利用和通入溶液中制备水合碳酸钐：
(1)装置的连接顺序是a→_______，_______←b(填接口字母)；
(2)实验有不足之处，改进办法是_______；
(3)生成水合碳酸钐的化学方程式为_______；
(4)若氨气过量，溶液碱性太强会生成副产物，化学方程式为_______；
Ⅱ.碳酸钐质量分数的测定：
准确称取产品试样，溶于稀盐酸中，加入缓冲溶液，加入紫脲酸铵混合指示剂，用标准溶液滴定至呈蓝紫色()，消耗溶液。
(5)产品中碳酸钐的质量分数_______。
Ⅲ.测定中结晶水的含量：
(6)将装置A称重，记为。将提纯后的样品装入装置A中，再次将装置A称重，记为，将装有试剂的装置C称重，记为。按下图连接好装置进行实验。

①打开、和，缓缓通入；
②数分钟后关闭_______，打开_______，点燃酒精喷灯，加热A中样品；
③一段时间后，熄灭酒精灯，打开，通入数分钟后，冷却到室温，关闭和，称量装置A．重复上述操作步骤，直至装置A恒重，记为(此时装置A中为)。称重装置C，记为。
实验步骤②中关闭_______，打开_______(填写止水夹代号)。
(7)计算中结晶水数目_______(用含的代数式表示)。
【答案】(1) c d
(2)需要a和c中间接一个盛有饱和碳酸氢钠的洗气瓶，用来除去二氧化碳中混有的氯化氢
(3)
(4)
(5)96%
(6) 、
(7)

【分析】碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，反应装置可以选择启普发生器装置甲；浓氨水滴定生石灰上可以生成氨气，发生装置选择乙；和通入溶液中制备水合碳酸钐；
【详解】（1）由分析可知，装置甲生成二氧化碳、装置乙生成氨气，和通入溶液中制备水合碳酸钐，由于氨气极易溶于水，为防止倒吸需要防止倒吸装置，故氨气从d管进入，故装置的连接顺序是a→c，d←b；
（2）反应产生的二氧化碳中混有HCl气体，能与氨气反应，产物不纯，故需要a和c中间接一个盛有饱和碳酸氢钠的洗气瓶，用来除去二氧化碳中混有的氯化氢；
（3）生成水合碳酸钐的化学方程式为；
（4）氨水溶液显碱性，若氨气过量，溶液碱性太强会生成副产物，反应为氨气、二氧化碳、水和反应生成，化学方程式为；
（5）根据可知，碳酸钐的质量分数
（6）受热失去结晶水且分解生成和二氧化碳，通过装置B吸收水后生成的二氧化碳被装置C吸收，D防止空气中二氧化碳、水的干扰；实验中开始通入氮气是排出装置中空气防止干扰实验，开始时通入氮气是将滞留装置中的二氧化碳排入C中吸收；
实验操作为：②数分钟后关闭、，打开，点燃酒精喷灯，加热A中样品；
（7）由题干可知，质量为、物质的量为；反应成、二氧化碳分别为、；根据Sm元素守恒可知，Sm质量为，根据碳元素守恒可知质量为，则结晶水的质量为，结晶水的物质的量为，则2：x=：，
16.（17分）羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害，利于粮食的长期储存．在容积不变的密闭容器中，将和混合后在催化剂和加热条件下达到下列平衡：。
(1)已知结构与相似，则分子的空间结构为__________。
(2)若反应前的物质的量为，达到平衡时的物质的量为，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是__________。
a．增大压强，化学平衡正向移动
b．增大浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
c．反应前的物质的量为
d．达到平衡时的转化率为
(3)①在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示，则该反应是__________(填“吸热”或“放热”)反应。

②若采用恒压，当温度高于后，的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是__________、__________(写出任意两点即可)。
(4)增大的值，的转化率__________(填“增大”或“减小”)。工业上尾气的处理方法中，克劳斯法是将三分之一氧化为，再在转化炉中将剩下的转化为S单质，写出转化炉中反应的化学方程式：__________。实验室中气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，写出反应的离子方程式：__________。
【答案】(1)直线形
(2)cd
(3) 放热 硫化氢在高温下分解 催化剂活性降低
(4) 增大 2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g) H2S+2OH-=2H2O+S2-

【详解】（1）二氧化碳结构为O=C=O为直线形分子，已知COS结构与CO2相似，则COS也为直线形分子；
（2）a．CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，故a错误；
b．增大CO浓度，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，逆反应速率也增大，故b错误；
c．反应前CO物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1，设反应前H2S物质的量为amol，容器体积为VL，列三段式计算如下：

K= =0.1，解得a=7，反应前H2S的物质的量为7mol，故c正确；
d．达到平衡时CO的转化率为 =20%，故d正确；
故选cd；
（3）①升高温度，硫化氢的转化率减小，平衡逆向移动，则该反应是放热反应。
②若采用恒压，当温度高于300℃后，H2S的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是硫化氢在高温下分解、催化剂活性降低；
（4）增大c(H2S)/c(CO)的值，相当于提高硫化氢的浓度，反应正向进行，可以增大CO的转化率。将三分之一H2S氧化为SO2，反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(g)；再在转化炉中将剩下的H2S转化为S单质，则转化炉中反应为二氧化硫和硫化氢生成硫单质和水，化学方程式2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g)，克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应2H2S(g)+O2(g)═2S(g)+2H2O(g)；实验室中H2S气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，生成硫化钠和水，反应的离子方程式H2S+2OH-=2H2O+S2-。