2023年高考押题预测卷2（辽宁卷）-化学（全解全析）

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2023年高考押题预测卷02【辽宁卷】

化学•全解全析

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要

求.

1.【答案】D

【详解】

A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；

B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；

C.核酸是由核甘酸聚合而成的高分子材料，C项正确；

D.煤油为燃的混合物，D项错误；

故选D。

2.【答案】B

【详解】

A.蛋白分子链上连接有氨基，多肽链的氨基之间可以形成氢键，故A正确；

B.C、O同周期，同周期元素从左到右电负性增强，电负性：0>C,故B错误；

C.CO与血红素中Fe?+形成配位键时C提供孤电子对，。②与Fe?+形成配位键时O提供孤电子对，因O的

电负性强于C,因此C更易提供电子形成的配位键更稳定，则CO与血红素中Fe”结合能力强于O”故C

正确；

D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗，吸入高压氧气后，提高氧气的浓度使平衡①正向移动，从而使Hh减

少，导致平衡②逆向移动，故D正确；

故选：B。

3.【答案】B

【详解】

A.有机物L中含有n个链节，属于高分子化合物，故A正确；

B.有机物L中含有n个链节，1mol有机物L中含有2nmol酯基，其中一个酯基水解后得到酚羟基又能

消耗1个NaOH,则Imol有机物L最多能与3nmolNaOH反应，故B错误；

C.有机物L中含有酯基，能够发生水解反应，水解反应属于取代反应，含有苯环，能够与氢气能发生加成

反应，故C正确；

D.有机物L中含有酯基，在体内可缓慢水解，水解产物之一为,故D正确；

故选B,

4.【答案】D

【详解】

A.溶液中Cu元素以Cu（NHj：存在，不含Cu",选项A错误；

B.也和I?发生可逆反应生成HI,反应前后气体分子数不变，则所含分子数目等于2NA，选项B错误；

C.环氧乙烷中的C-0键、C-C键、C-H键均为b键，O.lmol环氧乙烷中所含b键数目为0.7N*,选项

C错误；

D.1个乙醇分子中采取sp'杂化的有2个碳原子和1个氧原子，则4.6g乙醇中所含sp'杂化的原子数目为

0.3N,、，选项D正确；

答案选D。

5.【答案】D

【详解】

本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀

硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢

通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。

A.仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体,

因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确；

B.碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无

色，B正确；

C.硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正确；

D.黄色沉淀为S,4.88$为0.1501。1,硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15molS转移0.3mol电子，

每生成Imol碘化钾转移Imol电子，因此共生成碘化钾0.3mol,质量为49.8g,D错误；

故选D。

6.【答案】C

【详解】

用w原子轰击2黑Cf可发生反应：W+黑Cf-常Og+3；1n,根据反应判断,W的质子数为118+0x3-98=20,

则W为Ca；X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X是构成生命体基本骨架的重要元素，则X为C；X

与Y位于同一主族，则Y为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，则Z为S；T单质为非金属，

常温下为液体，则T为Br。

A.W的氧化物是CaO,能与水反应，可用作干燥剂，A正确；

B.一般电子层数越多，离子半径越大；离子核外电子层结构相同时，原子序数越小，离子半径越大，则简

单离子半径：Ca2+<S2<Br--B正确；

C.硅是亲氧元素，在自然界中与氧化合，以化合态形式存在，C错误；

D.元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：Si<S,则简单氢化物的稳定性：SiH,<H2S,

D正确；

故选Co

7.【答案】D

【详解】

A.酸性：H2c。3>苯酚〉"C。；，C6H5O+CO2+H,O=C6H5C>W+HCO；,A错误；

B.还原性则NaClO先与r反应再与Fe2+反应，CIO-+2F+H,O=I,+Cl-+2OH-,B错误；

C.Fe(SCN\+6F-.[Fe暴]"+3SCN-,C错误；

D.向淀粉KI溶液中通入SO2,碘离子与二氧化硫发生氧化还原生成碘单质和硫单质，D正确；

故答案为：D。

8.【答案】C

【详解】

在铅皿中HF和磷酸发生6HF+H、PO4=HP耳+4也。，HPR不稳定，易发生分解反应生成明和HF,发烟硫

酸加入，发烟硫酸和水结合，在常温下除杂，再五氟化磷冷却到Y0℃,加到LiF和无水HF的混合物中反

应生成LiPR。

A.N?环境中，根据题中信息6HF+H、PO产HPR+4Hq,HPR易发生分解反应；则反应先生成六氟磷酸

（HPR）,HPR再分解生成五氟化磷（PE）,故A正确；

B.发烟硫酸（H2s2。7）的作用是吸收铅皿中的水分：H2S2O7+H,O=2H2SO4,将HF变为无水HF,故B正

确；

C.工艺流程中，无水HF不仅只是反应物，在HPF«发生分解反应中是产物，故C错误；

D.无水HF在70℃状态下是液态，五氟化磷冷却到T0℃,保证了PE与LiF的无水HF在液相中反应生

成LiPR,故D正确。

综上所述，答案为C。

9.【答案】B

【详解】

A.乙醇具有还原性，当它与足量酸性高锌酸钾溶液反应时会被氧化成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锌酸钾

溶液反应生成C0?（草酸也能被酸性高镒酸钾溶液氧化），A错误；

B.乙焕分子中C原子为sp杂化，HCN中C原子也是sp杂化，二者都是直线形分子，B正确；

C.N、0原子的价层电子排布式分别为2s22P3、2s22P",基态N原子的2P轨道处于半充满状态，较稳定,

因此第一电离能：N>0,N、。原子失去一个电子后的价电子排布式分别为2s22P\2s22PO失去的第二

个电子是处于半充满状态的2P轨道电子，因此第二电离能：0>N,C错误；

D.%、Br?和L均属于分子晶体，结构相似，相对分子质量越小，范德华力越小，熔点越低，因此目

熔点最低；Li、Na、K和Rb均属于金属晶体，它们价电子数相同，离子半径越大，金属键越弱，熔点越低,

因此其中Rb的熔点最低，D错误；

故选：B„

10.【答案】B

【详解】

A.ACL为强电解质，其水溶液可以导电，但A1C1,属于共价化合物，不含离子键，故A错误；

B.碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，温度降低证明该固体为NaHCOs，故B正确；

C.电石与饱和食盐水反应时产生的乙块中含有H2s等杂质，H2s具有还原性，能使澳的四氯化碳溶液褪色,

乙快与漠的四氯化碳溶液发生加成反应，漠的四氯化碳溶液褪色，不能证明乙块具有还原性，故C错误；

D.CuSO,溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，故D错误；

选B。

11.【答案】D

【详解】

A.根据人工合成淀粉的键线式可知，其化学式可表示为（C6H10O5M，A错误；

B.反应①除了合成有机物以外，还有水生成，反应②除了合成甲醛以外，也还有过氧化氢生成，所以原子

利用率均未达到100%,B错误；

C.CCh-CH30H过程中C的化合价由+4降低到-2价，被还原，CH3OH—HCHO过程中C元素化合价由-2

价升高到0价，被氧化，C错误；

D.过氧化氢酶可使反应②产生的H2O2及时分解，使反应②正向进行程度增大，增大了。2的利用率，D正

确；

故选D。

12.【答案】D

【详解】

A.氮化镁硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项错误；

B.1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为6x；+4=6,B项错误；

C.在该结构中Ga呈六方最密堆积，因此Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12,C项错误；

D.在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为12X1+2X!+3=6,位于棱上和体心N原子个数

6xj70+14)

303303

为6x<+4=6,则该晶体的密度为——广丛-------xl0g-cm-=4^xl0g-cm-,D正确;

3JV3aCN

(―x—axax6)xcA

故选D。

13.【答案】B

【详解】

该结构是酶一光电化学电池，由电子移动的方向可知1TO电极为正极，Mo：BiVCU电极为负极，FMN(H2)

在正极转化为FMN,田。在负极失去电子生成H2O2和H+,以此解答。

A.该电池是光电化学电池，工作过程中实现了光能转化为化学能，故A正确；

B.原电池结构中，阳离子向正极移动，则氢离子从Mo：BiVO4电极向ITO电极移动，故B错误；

C.由分析可知，BiVCh电极为负极，比0在负极失去电子生成H2O2和H+,电极方程式为：

+

2H2O-2e-H2O2+2H,故C正确；

O

D.由图可知，正极II和H2反应生成得到和H2O2反应生成

O

而生成ImolH?和ImolHzCh转移的电子数相等，则消耗Imol］同时生成Imol,故D正

o

确：

故选B。

14.【答案】D

【详解】

TrC时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k,EC(COjc(Hj,v逆uLZHCOOH),反应的平衡常数

K卷=李^，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L,由题意可建立如下三段式:

co2(g)+H2(g).HCOOH(g)

起(mol/L)110

变(mol/L)aaa

平(mol/L)1-a1-aa

0.5c(HCOOH)

由平衡常数可得：a(l-a)(l-a)=2,解得a=0.5,反应的平衡常数长二不不隹=“、,…口、=2。

A.由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应

△H=(745kJ/molx2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4kJ/mol+351kJ/mol)<0,故A正确；

B.由分析可知，甲酸的体积分数为空粤=2,故B正确；

1.5mol3

C.由分析可知，反应的平衡常数K=詈=2,则k逆=0.5k,E，故c正确；

k逆

D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k

k

逆可知，反应的平衡常数K'=j=2.1>K,则反应温度T2°C<T/C,故D错误;

k逆

故选：D。

15.【答案】D

【详解】

K10-14

A.柠檬酸的pK-6.39,柠檬酸三钠的=.=10々,61a点为柠檬酸三钠溶液,

8

c(OH)=>/Klllx0.01«10^,c(H+卜10皿，则溶液中c(H)数量级为I()T。，选项A正确;

B.b点为C6H‘Q’Na?和NaCl的混合溶液，C6H6。；的电离平衡常数K,3=1。4味CsHQ：的水解平衡常数

K1A-14

Kh，=L=；7R方=10""，QH,Q；的电离大于CGHQ；的水解，溶液显酸性，选项B正确;

Ka210

c.c点为C6HQKa和NaCl的混合溶液，二者的物质的量之比为1：2,溶液满足:

c（Na）=3[c（C6H5O；）+C（C6HQ；）+C（C6H7O；）+C（C6HQ7）],

C（C「）=2[C（QHQ；-）+C（C6H6O；）+C（C6H7O；）+CCHQ7）],则

c（C「）>2[c（C6H5O；）+c（C6H6。；）+C（C6H7O7）],选项C正确；

枣640；卞（/（c6c5叫c（?+）

D.由题意可得，Ka2.Ka3==1（）T”X1O«39,则

C（C6H7O；）c（C6H6Or）

2+

c（C6H5Or>（H）iq.

pH=5.58时,溶液中c”）=l（T558moi/L,则（H+）=1（THRmol/L）2,故

C（C6H7O；）’

C（C6H5O^）=C（C6H7O；）,则溶液满足：c（C6H5O^）=c（C6H7O；）<c（C6HfiO^j,D错误;

答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(14分)

【答案】

(1)将三价铀转化为四价铺，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铀的富集

+3+

(2)6H+2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce+O2T

⑶过滤

c[Ce(H21A2n“减小，因此D随浸出液中

(4)浸出液中加入的SO：浓度越大，矶CeSOj")增大，而D

2+

c([CeSO4])

c(SO；)增大而减小。

(5)95.68%

4M,

(6)83|'----X107

P.NA

【详解】

(1)根据题意，四价铀不易进入溶液，而三价铺易进入溶液。故焙烧氟碳铺矿的目的是将三价铀转化为四

价铺，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现锌的富集。

+3+

(2)CeO?转化为Ce'+,则H2O2转化为O2：6H+2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce+O2T()

+3+

故答案为：6H+2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce+O2T。

(3)“操作I”为过滤。

故答案为：过滤。

(4)浸出液中加入的SO：浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO：濯B［CeSOj",故而《［CeSO」/)增大,

c[Ce(H2n_4A2n)]

2+减小，因此D随浸出液中c(SOj)增大而减小。

c([CeSO4])

c[Ce(H21A2nI减小，因此D随浸

故答案为：浸出液中加入的SO；浓度越大，《［CeSOj")增大，而口=

2+

c([CeSO4])

出液中c(SO；)增大而减小。

(5)根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)xl+n(KMn€)4)x5=n(Fe2+)xl,解得n(Ce4+)=0.023mol,故

0023mo1'2Q8g/mol

w[Ce(OH)]='100%=95.68%«

45.000g

故答案为95.68%o

(6)①由图可知,一个晶胞中，1个铀离子周围有4个氧离子，故锦离子的配位数为：4x2=8.

故答案为：8.

N(Ce4+)=J'8+6+:=4,N(O”)=8xl=8,故每个晶胞中相当于有4个CeCh,4M=p.v,

②在CeO?晶胞中,!?1

82

乂4M,

737

flji.NA=px(axlO-)xNAo故a=j---xl0nmo

VP-NA

J4M

VP.NAXI07O

故答案为：

17.(13分)

【答案】

(1)研钵吸收挥发出去的氨气

(2)2CoCl,-6H,O+1ONH?+2NH4C1+H2O2=2[CO(NH,)6]C134<+14H2O

(3)趁热过滤(趁热吸滤)

(4)53.5%

1

(5)将实验III中0.1mol-L-'CoCl2溶液替换为0.2molL-CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相

同。或将实验III中0.1molCoCl?溶液替换为O.lmol.L」CoSO/容液进行实验，指针不偏转

【详解】

NH4C1、Cod2的混合溶液中先加氨水，再加双氧水，双氧水把Co2+氧化为Co3+生成［Co(NH3)6］Ch，用

冰浴冷却至0℃左右析出［ColNHjkb沉淀，吸滤，固体中含有［Co(NH3)6］Ch和活性炭，用热水溶解固

体混合物，趁热过滤出活性炭，滤液中加浓盐酸，增大氯离子浓度，析出［CO(NH3)1C13沉淀。

(1)步骤i中，用研钵研细晶体；CaCU与氨气形成配合物，CaCU能吸收氨气，无水CaCl?的作用是吸收

挥发出去的氨气，防止污染。

(2)COC12-6H2O,氯化铉的混合溶液中通入氨气，再用双氧水把Co?+氧化为Cc)3+生成［CO(NH3)6］CL,沉

淀，反应方程式为2coeUSHQ+lONHs+ZNHWI+HzOz=2［CO(NH3)6］CL,J+14H2。；

(3)操作X为分离［ColNHj］。,和活性炭，［Co(NH,)6］Ch在水中的溶解度随着温度的升高而增大，活

性炭不溶于热水，所以步骤i中操作X为趁热过滤：

(4)用OaOOmol.I?的AgNOs溶液滴定至终点时，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，消耗AgNO：溶

液的体积为10.00mL,根据［Co(NH3)6］Ch3C1~一3AgN0,,0.2g样品中含［❶陋也［］©?的物质的量

0.06mol/Lx0.01L100..田口可仪由生4x104molx267.5g/mol

为---------------x——=4x10mol,样品的纯度为--------------------x100%=53.5%。

3500.2g

(5)氯离子具有还原性，能被酸性高铳酸钾溶液氧化，将实验HI中0.1mol【TCoCL溶液替换为

OZnollTCaCb溶液进行实验，指针偏转幅度与实验IH相同，说明氯离子被高镒酸钾氧化，Co?+没有被

1

氧化。或将实验III中0.1mol-L-'CoCl2溶液替换为0.1mol-L-CoSO4溶液进行实验，指针不偏转,说明Co"

不能被酸性KMnO,溶液氧化：

18.(14分)

【答案】

(1)415.2a+278.0

(2)<196

(3)H+浓度增大，使反应i、反应日均逆向移动，HS-浓度降低温度越高，SO?、NO的溶解度越小；

温度越高，CRT水解生成的HC1O越不稳定SO?在水中的溶解度大于NO(或SO?的还原性比NO的强

或S()2与NaClO溶液的反应速率比NO的快等)

【详解】

(1)根据三个已知反应的物质转化关系，并结合盖斯定律可知，

AW,=2AW,+AW,=-485.5kJmor'x2+693.0kJmol1=-278.0kJmol',AH=反应物的总键能-生成物的

总键能，贝I」有一278.0kJ-mo『=4x436.0kJ-mol'+2x745.0kJ-mol1-4^kJ-mol'-2x2x462.8kJ-mor',解得

x=415.2o△4=&-4,故逆反应活化能已逆=&E-A4=(a+278.0)kJ-mo『。故答案为：415.2；a+278.0；

(2)由化学方程式可知，该反应为气体分子数增大的反应，故增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化

率降低，则P-P2。Q点CH,的平衡转化率为50%,应用“三段式”计算峪：

CH/g)+82(g)-「2H2(g)+2CO(g)

起始量/mol1.01.000

转化量/mol0.50.51.01.0

平衡量/mol0.50.51.01.0

_p2(H)-p2(CO)

则p(CHj=p(C02)=tx21.0MPa、p(H2)=p(CO)=1x21.0MPa,=196MPa\故答案

P

p(CH4)-p(CO2)

为：＜；196；

(3)①Fe'"浓度大于时，脱硫率逐渐降低，主要原因是Fe"浓度增大，Fe"水解平衡正移，导致H*

浓度增大，使反应i、反应ii均逆向移动，HS一浓度降低。②温度越高，S02、N0的溶解度越小，溶液中SO、

NO的浓度越低，越不利于NaClO与S02、NO的反应；温度越高，越能促进^。一水解，且水解生成的HC1O

在温度较高时不稳定而分解，导致溶液中的OCT浓度降低，故脱除率逐渐降低。SO2的脱除率比NO高的

原因较多，如S。?在水中的溶解度大于NO,即溶液中两种气体分子的浓度不同；SO「在溶液中的还原性比

NO的强；S。?与NaClO溶液的反应速率比NO的快等。故答案为：H'浓度增大，使反应i、反应ii均逆向

移动，HS.浓度降低；温度越高，SO?、NO的溶解度越小；温度越高，C1CT水解生成的HC1O越不稳定;

S°?在水中的溶解度大于NO(或S°z的还原性比NO的强或S02与NaClO溶液的反应速率比NO的快等)。

19.(14分)

【答案】

(1)对溪苯甲酸或4-溟苯甲酸硝基、酯基

COOCH^^COONa

3+2NaOH——T+H2O+CH3OH

SHS^ONa

(3)保护粉基a

【详解】

Br

j在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B,结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为

COOH

BrBr

人NO?2VNO?

J，B在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为1J,C与化合物M反应生成D,根据

COOHCOOCH3

COOCH3

，发生取代反应生成D和浪化氢；E在一定条

GSH

件下反应生成E根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F,F为，F最终转化

为J;

BrCOOCH._