2023年高考真题——化学(天津卷)含解析

- - 2023 年一般高等学校招生全国统一考试〔天津卷〕

理综化学解析

1、 以下有关“化学与生活”的表达不．正．确．的是

A、 点燃爆竹后,硫燃烧生成SO 3

B、中国古代利用明矾溶液的酸性去除铜镜外表的铜锈

C、服用阿司匹林消灭水杨酸反响时，用NaHCO 3 溶液解毒

D、 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污力气减弱

【答案】A

S

2、 以下关于物质或离子检验的表达正确的选项是

A、 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无 Fe2+

B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气

C、灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无 K+

D、 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO 2

【答案】B

【解析】

试题分析：A 项 Fe3+遇 KSCN 会使溶液呈现红色，Fe2+遇 KSCN 不反响无现象，假设该溶液既含Fe3+，又含 Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故A 项错误；B 项气

体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反响：CuSO +5H O═CuSO ·5H O，CuSO ·5H O 为蓝色，故可

4 2 4 2 4 2

证明原气体中含有水蒸气，B 项正确；C 项灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有 Na+，Na+

颜色反响为黄色，但并不能证明无 K+，由于黄光可遮住紫光，故 K+颜色反响需透过蓝色的钴玻璃滤 - - 去黄光后观看，故C 项错误；D 项能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO 、SO 等，故将气体通入澄清

2 2

石灰水，溶液变浑浊，则原气体比确定是CO ，D 项错误；此题选B。 2

考点：物质、离子检验。

3、 以下说法不．正．确．的是

A、 Na 与H O 的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进展 2

B、饱和Na SO 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同 2 4

C、FeCl 和 MnO 均可加快H O 分解，同等条件下二者对H O 分解速率的转变一样 3 2 2 2 2 2

D、 Mg(OH) 固体在溶液中存在平衡：Mg(OH) (s) Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH Cl 溶 2 2 4

液

【答案】C

考点：化学

反响原理。

4、 锌铜原电池装置如以下图，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，以下有关表达正确的选项是

A、 铜电极上发生氧化反响

B、电池工作一段时间后，甲池的c(SO 2－)减小 4

C、电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加

D、 阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 - - 参与的物质 结论

A 50mL 1 mol·L－1H SO 2 4 反响完毕后，c(Na+)=c(SO 2－) 4

B 0.05molCaO 溶液中 增大

C 50mL H O 2 由水电离出的c(H+)·c(OH—)不变

D 0.1molNaHSO 固体 4 反响完全后，溶液pH 减小，c(Na+)不变 【答案】C

考点：原电

池原理。

5、 室温下，将 0.05 mol Na CO 固体溶于水配成 100mL 溶液，向溶液中参与以下物质。有关结论正确的 2 3

是

【答案】B

【解析】

试题分析：室温下，将 0.05 mol Na CO 固体溶于水配成 100mL 溶液，溶液中存在 CO 2—+H O 2 3 3 2

HCO —+OH—溶液呈碱性；A 项参与 50mL 1 mol·L－1H SO ，H SO 与 Na CO 恰好反响，则反响后 3 2 4 2 4 2 3

的溶液溶质为 Na SO ，故依据物料守恒反响完毕后 c(Na+)=2c(SO 2－)，故 A 项错误；向溶液中参与 2 4 4

0.05molCaO，则CaO+ H O=Ca(OH) ，则c(OH—)增大，且Ca2++CO 2—=CaCO ↓，使CO 2—+H O

2 2 3 3 3 2

HCO —+OH—平衡左移，c(HCO —)减小，故 增大，故B 项正确；C 项参与 50mL H O，溶液体 3 3 2

积变大，CO 2—+H O 3 2 HCO —+OH—平衡右移，但c(OH—)减小，Na CO 溶液中H+、OH—均由水 3 2 3

电离，故由水电离出的 c(H+)·c(OH—)减小，故 C 项错误；D 项参与 0.1molNaHSO 4 固体，NaHSO 为 4

强酸酸式盐电离出 H+与 CO 2—反响，则反响后溶液为 Na SO 溶液，溶液呈中性，故溶液 pH 减小， 3 2 4

引入了Na+，故c(Na+)增大，D 项错误；此题选B。考点:盐类水解平衡应用。 - - 6、 某温度下，在2L 的密闭容器中，参与1molX〔g〕和2molY〔g〕发生反响：X〔g〕+m Y〔g〕 3Z

〔g〕，平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为 30%、60%、10%。在此平衡体系中参与 1molZ〔g〕，再次到达平衡后，X、Y、Z 的体积分数不变。以下表达不．正．确．的是

A、 m=2

B、两次平衡的平衡常数一样

C、X 与 Y 的平衡转化率之比为 1:1

D、 其次次平衡时，Z 的浓度为 0.4 mol·L－1

【答案】D

【解析】

试题分析：某温度下，在2L 的密闭容器中，参与 1molX〔g〕和 2molY〔g〕发生反响：X〔g〕+m Y〔g〕

3Z〔g〕，平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为 30%、60%、10%。在此平衡体系中参与 1molZ

〔g〕，则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间 X、Y、Z 的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次到达平衡后，

X、Y、Z 的体积分数不变，则说明 m+1=3，故 m=2，A 项正确；同一化学反响的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数一样，B 项正确；m=2，则起始量 X 与 Y 之比为1:2，则反响过程中由方程式可知反响的X 与Y 之比为 1:2，故X 与 Y 的平衡转化率之比为 1:1，C 项正确； m=2，则该反响为反响前后气体总量不变的反响，故其次次平衡时 Z 的物质的量为：

4×10%=0.4mol，故 Z 的浓度为 0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D 项错误；此题选D。

考点：化学平衡移动原理及计算。

7．(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素〔用字母X表示〕原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如以以下图所示。

依据推断出的元素答复以下问题：

（1） f在元素周期表的位置是

。

（2） 比较d、e常见离子的半径的小〔用化学式表示，下同〕 ＞ ；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是： ＞ 。

（3） 任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式 。

（4） 1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反响的热化学方程式： - -

。 （5） 上述元素可组成盐R：zx f(gd ) ,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀 4 4 2

物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①R离子浓度由大到小的挨次是： 。

②写出m点反响的而梨子方程式 。

③假设R溶液改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH) 溶液，充分反响后，溶液中产生沉淀的物质的量为 2

mol。

【答案】〔1〕第三周期ⅢA族 〔2〕r(O2-)＞r(Na+)、HClO ＞H SO 4 2 4

〔3〕 〔 或 〕

〔4〕2Na(s)+O (g) ＝Na O (s) △H=-511kJ·mol-1 2 2 2

〔5〕 ①c(SO 2-)＞c(NH +)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-) 4 4

②NH + + OH-＝NH ·H O ③0.022 4 3 2

【答案】

【解析】

试题分析：从图中的化合价和原子半径的大小，可以退出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e

是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。〔1〕f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA

族。〔2〕电子层构造一样的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO ＞H SO 4 2 4

〔3〕四原子共价化合物，可以是NH 、H O 、C H 等，其电子式为： 〔 或 3 2 2 2 2

〕

〔4〕1molNa的单质在足量O 中燃烧，放出255.5kJ热量，则该反响的热化学方程式为：2Na(s)+O (g) ＝ 2 2

Na O (s) △H=-511kJ·mol-1 2 2

〔5〕①R是NH Al(SO ) , Al3+比 NH +水解程度更大，故离子浓度由大到小的挨次是：c(SO 2-)＞c(NH +) 4 4 2 4 4 4

＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)②m点过程中参与氢氧化钠沉淀物质的量不变，是NH4+ 发生了反响，离子方