2023重庆高考化学试题+解析(word版)

PAGEPAGE6化学重庆卷解析〔向昭霖〕一、选择题〔本大题共7小题，共42分〕1．B1[2023重庆卷]在水溶液中能大量共存的一组离子是A．Na+、Ba2+、Cl－、NO3－ B．Pb2+、Hg2+、S2－、SO42－C．NH、H+、S2O、POD．Ca2+、Al3+、Br－、CO32－1．B1[2023重庆卷]答案：A[解析]Pb2+、Hg2+与S2－、SO42－均能结合生成难溶物，B项不能大量共存；H+与S2O结合生成弱电解质，C项不能共存；Ca2+与CO32－反响生成难溶物、CO32－与Al3+发生双水解反响，D项不能大量共存。2．H2H3H5[2023重庆卷]以下说法正确的是A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜VC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)2．H2H3H5[2023重庆卷]答案：D[解析]SO3的水溶液能导电是因为SO3与水反响生成H2SO4属于电解质，SO3本身是非电解质，A项错误；醋酸溶液与等浓度NaOH溶液恰好完全反响，生成的醋酸钠溶液是强碱弱酸盐，应呈碱性，假设Ph=7，需参加醋酸的体积应增大；B项错误；AlO+2H2OAl(OH)3+OH－、HCO+H2OH2CO3+OH－，水解均呈碱性，不能相互促进，C项错误；由于AgI比AgCl更难溶于水，AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，D项正确。3．H2N3N4[2023重庆卷]以下排序正确的是A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH B．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN D．沸点：PH3＜NH3＜H2O3．H2N3N4[2023重庆卷]答案：D[解析]酸性C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，Ca＜Ba，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca＜K，故碱性Ca(OH)2＜Ba(OH)2，Ca(OH)2＜KOH，B项错误；MgBr2属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN属于原子晶体，熔点：原子晶体﹥离子晶体﹥分子晶体，那么SiCl4＜MgBr2＜BN，C项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于H2O、NH3分子间存在氢键，D项正确。4．J1J2[2023重庆卷]按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物.以下说法错误的是A．步骤(1)需要过滤装置 B．步骤(2)需要用到分液漏斗C．步骤(3)需要用到坩埚 D．步骤(4)需要蒸馏装置4．J1J2[2023重庆卷]答案：C[解析]样品粉末参加甲苯和甲醇后，形成的是固体和液体的混合物，步骤(1)得到溶液和不溶性物质，应该采用过滤的方法，A项正确；步骤〔2〕别离水层溶液和有机层溶液，需要用到分液漏斗，B项正确；步骤〔3〕从水层溶液得到固体粗产品，采用蒸发结晶的方法，需要用到蒸发皿，C项错误；步骤〔4〕从有机层溶液得到甲苯，应该采用蒸馏的方法，D项正确。5．I4[2023重庆卷]有机物X和Y可作为“分子伞〞给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。以下表达错误的是A．1molX在浓硫酸作用下发生消去反响，最多生成3molH2OB．1molY发生类似酯化的反响，最多消耗2molXC．X与足量HBr反响，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强5．I4[2023重庆卷]答案：B[解析]1mol有机物X中含3mol—OH，发生消去反响，最多生成3molH2O，A项正确；Y中含有氨基，1molY发生类似酯化的反响，最多消耗3molX，B项错误；X中含有3个醇羟基，与足量HBr发生反响，C项正确；因为烷烃中的碳原子，Y中的碳原子和氮原子均为sp3杂化方式，碳原子不可能在同一直线上，呈锯齿形，而Y结构不对称，极性较强，D项正确。6．F5[2023重庆卷]：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ·mol－1，P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ·mol－1，P4具有正四面体结构，PCl5中P—Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P—Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1，以下表达正确的是A．P—P键的键能大于P—Cl键的键能B．可求Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的反响热△HC．Cl—Cl键的键能为(b－a+5.6c)/4kJ·mol－1D．P—P键的键能为(5a－3b+12c)/8kJ·mol－16．F5[2023重庆卷]答案：C[解析]由于P原子半径大于Cl原子，故P—P键的键能小于P—Cl键的键能，A项错误；因PCl5固态和气态间转化的热效应不确定，Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的反响热△H不可求；B项错误；设Cl—Cl键的键能为x,P—P键的键能为y，那么有：6y+6x－12×1.2c=a，6y+10x－20c=b，解得x=(b－a+5.6c)/4kJ·mol－1，y=(5a－3b+12c)/12kJ·mol－1，故C正确，D错误。7．G2G4G5[2023重庆卷]将E和F参加密闭容器中，在一定条件下发生反响：E(g)+F(s)2G(g)1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜f ②915℃③该反响的△S＞0 ④K(1000℃)＞K(810上述①~④中正确的有A．4个 B．3个 C．2个 D．1个7．G2G4G5[2023重庆卷]答案[解析]E(g)+F(s)2G(g)为气体分子数增加的反响，△S＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反响为吸热反响，△H＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正确；915℃、2.0Mpa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，那么E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75,那么E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，二、非选择题〔本大题共4小题，共58分〕8．C5E2F3N1[2023重庆卷]〔1〕航母升降机可由铝合金制造.①铝元素在周期表中的位置为.工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为。②Al—Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为。焊接过程中使用的保护气为〔填化学式〕。〔2〕航母舰体材料为合金钢。①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，那么在炼铁过程中为降低硅含量需参加的物质为。〔3〕航母螺旋桨主要用铜合金制造。①80.0gCu—Al合金用酸完全溶解后，参加过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，那么合金中Cu的质量分数为。②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH=3.4时开始沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题8信息推断该合金中除铜外一定含有8．C5E2F3N1[2023重庆卷]答案：〔1〕①第三周期第ⅢA族CO2；②Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OAr.〔2〕①吸氧腐蚀；②CaCO3或CaO〔其他合理答案均可得分〕.〔3〕①83.1%;②铝、镍或Al、Ni。[解析]从铝土矿〔主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质〕中提取氧化铝通常有两种工艺，其流程图示如下：无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO2－全部转化为Al(OH)3；Al—Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的O2、N2、CO2等发生反响，应使用稀有气体作保护气；炼铁过程中，需参加生石灰或石灰石，跟原料中的SiO2等物质发生反响，将其转化为炉渣而除去；Cu—Al合金用酸完全溶解后，参加过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5mol，那么原合金中Al的质量为13.5g；当pH=3.4时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni.9．J5[2023重庆卷]〔15分〕某研究小组利用题9图装置探究温度对CO复原Fe2O3的影响〔固定装置略〕。〔1〕MgCO3的分解产物为。〔2〕装置C的作用是，处理尾气的方法为。〔3〕将研究小组分为两组，按题9图装置进行比照实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反响产物均为黑色粉末〔纯洁物〕。两组分别用产物进行以下实验.步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末参加稀盐酸溶解,无气泡溶解,有气泡2取步骤1中溶液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色①乙组得到的黑色粉末是。②甲组步骤1中反响的离子方程式为。③乙组步骤4中，溶液变红的原因为；溶液褪色可能的原因及其验证方法为。④从实验平安考虑，题9图装置还可采取的改进措施是。9．J5[2023重庆卷]答案：〔1〕MgO、CO2；〔2〕除去CO中混有的CO2点燃；〔3〕①Fe；②Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；③Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN－，生成Fe(SCN)3而呈红色；假设SCN－被氯气氧化而褪色，取褪色后的溶液再参加足量的KSCN溶液，溶液变成红色，那么证明假设成立〔其他合理答案也可以〕；④在装置B、C间添加装置E防倒吸〔其他合理答案也可〕。[解析]难溶或微溶性碳酸盐受热分解生成对应的金属氧化物和CO2，B装置中的Zn将CO2复原为CO，产物中残留的CO2用足量NaOH吸收，带出的H2O(g)用无水CaCl2枯燥；CO与Fe2O3在不同温度下反响生成纯洁的黑色粉末，该粉末能被盐酸溶解，不可能为C，甲、乙两组现象中均有蓝色沉淀产生，说明溶液中均含有Fe2+，滴加KSCN溶液后，甲组变红，说明甲组还含有Fe3+，乙组无现象，说明乙组中只含有Fe2+，结合元素守恒的相关知识可推断甲组得到的黑色粉末为Fe3O4，乙组得到的黑色粉末为Fe；因氯气具有氧化性，SCN－具有复原性，褪色的原因可能是二者发生了反响，取褪色后的溶液，参加足量的KSCN溶液，如果溶液恢复红色，说明假设是正确的。10．I4K4L7[2023重庆卷]〔15分〕华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到〔局部反响条件略〕。〔1〕A的名称为，A→B的反响类型为。〔2〕D→E的反响中，参加的化合物X与新制Cu(OH)2反响产生红色沉淀的化学方程式为。〔3〕G→J为取代反响，其另一产物分子中的官能团是。〔4〕L的同分异构体Q是芳香酸，，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为，R→S的化学方程式为。〔5〕题10图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是。〔6〕：L→M的原理为①和②，M的结构简式为.10．I4K4L7[2023重庆卷]答案：〔1〕丙炔加成反响；〔2〕；〔3〕羧基或—COOH；〔4〕，〔5〕苯酚〔6〕[解析]CH3CCH与H2O发生加成反响生成，结构重排生成，与苯甲醛发生醛、酮加成反响生成羟醛：，自动脱水生成烯醛。与C6H5OH发生取代反响生成C6H5OOCCH3和CH3COOH，C6H5OOCCH3中的—OCCH3与苯环邻位上的一个H原子发生自身交换，生成，由L→M的反响原理①可知，与反响生成，结合M的分子式C9H6O3和反响原理②可知发生自身交换生成M：。11．B1B3G1H3F4N2[2023重庆卷]〔14分〕化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。〔1〕催化反硝化法中，H2能将NO复原为N2.25℃时，反响进行10min，溶液的pH由7变为12。①N2的结构式为。②上述反响离子方程式为，其平均反响速率v(NO)为mol·L－1·min－1③复原过程中可生成中间产物NO，写出三种促进NO水解的方法。〔2〕电化学降解NO的原理如题11图所示.①电源正极为〔填“A〞或“B〞〕，阴极反响式为.②假设电解过程中转移了2mol电子，那么膜两侧电解液的质量变化差(△m左－△m右)为g.11．B1B3G1H3F4N2[2023重庆卷]答案：〔1〕①；②5H2+2NON2+4H2O+2OH－0.001；③升高温度、加水稀释、加酸〔H+〕；〔2〕①A2NO+10e－+6H2O=N2↑+12OH－；②14.4；[解析]N2结构中含有氮氮叁键，其结构式为；H2与NO发生氧化复原反响，H由0价升到+1价，N由+5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H2+2NON2+4H2O+2OH－；溶液的pH由7变为12，说明c(H+)由10－7变成10－12，那么c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10min内的变化量约为10－2mol/L，而c(OH－)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01mol/L，那么v(NO)=0.001mol/(L·min)；NO水解：NO+H