2023年全国统一高考化学试卷（新课标） （解析版）

2023年全国统一高考化学试卷（新课标）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1.（6分）（2023•新课标）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是（）

A.竹筒的成分之一纤维素属于天然高分子

B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物

C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca（OH）2

D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3

【答案】C

【解答】解：A.竹简的成分之一纤维素为多糖，属于天然高分子，故A正确；

B.龟甲的成分之一翔基睇灰右，组成上分析为盐类化合物，属于无机物，故B止确：

C.古陶瓷修复所用的热石膏，其成分为2CaSO4H20,Ca（OH）2是消石灰，故C错

误；

D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3,为红色固体，故D正确；

故选：Co

2.（6分）（2023•新课标）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如图反应制备。

下列说法错误的是（）

A.该高分子材料可降解

B.异山梨醇分子中有3个手性碳

C.反应式中化合物X为甲醇

D.该聚合反应为缩聚反应

【答案】B

【解答】解：A.该高分子材料中含酯基，一定条件下可降解，故A正确:

B.异山梨醇分子中有4个手性碳，故B错误；

—*+(2n-l)X

c.聚碳酸异山梨酥酯，该

缩聚反应生成的小分子为甲醇，故c正确；

D.反应的化学方程式可知，生成高聚物的同时，生成了小分子，为缩聚反应，故D正

确；

故选:Bo

3.(6分)(2023•新课标)一种可吸附甲醇的材料,其化学式为[C(NH2)3]“B(OCH3)4]3CL

部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3「为平面结构。

下列说法正确的是()

A.该晶体中存在N-H・O氢键

B.基态原子的第一电离能：C<N<O

C.基态原子未成对电子数：B<C<O<N

D.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同

【答案】A

【解答】解:A.由晶体结构图可知，[C(NH?)3]/中的-NH2的H与[B(OCH3)413

一中的O形成氢键，闪此，该晶体中存在N-H・O氢键，故AiH确：

B.同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第HA、VA元素的原子结构比较

稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小

到大的顺序为CVOVN,故B错误；

C.B、C、0、N的未成对电子数分别为1、2、2、3,因此，基态原子未成对电子数B

<C=O<N,故C错误；

D.[C(NH2)3「为平面结构，则其中的C原子利道杂化类型均为sp2,其中N原子形成

3个。键，孤电子对数为0,因此N原子轨道杂化类型均为sp2；[B（OCH3）4]3-中B与

4个O形成了4个。键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；|B（OCH3）

4]3-中O分别与B和C形成了2个。键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的

杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、。和N原子轨道的杂化类型不相同，故D错

误；

故选：Ao

4.（6分）（2023•新课标）一种以V2O5和Zn为电极、Zn（CF3SO3）2水溶液为电解质的电

池，其示意图如图所示。放电时，Z/+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5・nH2O。下列说法

错误的是（）

n―谡黜

VAZnxV2Os-nH2O

Zn电极VQ：,电极,

ZnCFSOJ2水溶液

A.放电时V2O5为正极

B.放电时Z/+由负极向正极迁移

C.充电总反应：xZn+V2O5+nH2O-ZnxV2O5*nH2O

2+

D.充电阳极反应：ZnxV2O5*nH2O-2xe'=xZn+V2O5+nH2O

【答案】C

【解答】解：A.由题信息可知,放电时，Z/+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5・nH2O,

V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，故A正确；

B.Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zi?+,阳离子向正极迁移，则放电时Z「+由负

极向正极迁移，故B正确；

C.电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O—ZnxV2O5・nH2O,则其在充电时的总反应

为ZnxV2O5•nH2O=xZn+V2O5+nH2O,故C错误；

D.充电阳极上ZnxV2O5-nH2O被氧化为V2O5,则阳极的电极反应为ZnxV2O5*nH2O-

2xe=xZn2++V2O5+nH2O,故D正确；

故选：Co

5.（6分）（2023•新课标）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（)

NH3转化为朋（NH2NH2）,其反应历程如图所示。

H।H

H.

H：°T

H'N㊀

下列说法错误的是（

A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子

B.反应涉及N・H、N・O键断裂和N・N键生成

C.催化中心的F/+被锐化为Fe3+,后又被还原为Fe2+

D.将NH20H替换为ND2OD,反应可得ND2ND2

【答案】D

【解答】解：A.NH20H,NH3,H20的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，故A

正确；

B.由反应历程可知，有N・H,N・0键断裂，还有N・N键的生成，故B正确；

C.由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+,后面又得到

电子生成Fe?+,故C正确；

D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3,所以将NH20H

替换为ND2OD,不可能得至［ND2ND2,得到ND2NH2和HD0,故D错误；

故选：D。

7.（6分）（2023•新课标）向AgCl饱和溶液（有足量AgCl固体）中滴加氨水，发生反应

Ag++NH3=[Ag(NH3)「和[Ag(NH3)r+NH3=[Ag1NH3)2广。lg[c(M)/(moPL-1)]

与lg[c(NH3)/(mol-L-1)]的关系如图所示｛其中M代表Ag+、Cl\[Ag(NH3)「或

[Ag(NH3)2]+)O下列说法错误的是()

F

(-1,一2・35),

y—

・IV

O

E(TRI6)

)

(、~*

W

OJl^h-7.40)

一

空

1

lg[c(NH3)/(mol-L-)]

A.曲线I可视为AgCI溶解度随NH3浓度变化曲线

B.AgCI的溶度积常数Ksp=c(Ag+)・c(Cl)=1O975

C.反应[Ag(NH3)「+NH3=[Ag(NH3)2「的平衡常数K的值为

D.c(NH3)=0.01mol・L7时，溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c

(Ag+)

【答案】A

【解答】解：A.AgCI的溶解度与温度有关，与浓度无关，温度不变，则溶解度不变，

可知曲线I不能视为AgCI溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；

B.滴加氨水，发生反应Ag++NH3=[Ag(NH3)「和[Ag(NH3):+NH3=[Ag(NH3)2「,

由图可知，c(NH3)=0.1mol・L」时,即Ige(NH3)=・1时,c(Ag+)=10'74<)mol/L,

c(Cl)=10-235mol/L,则AgCI的溶度积常数Ksp=c(Ag+)*c(Cl*)=10*7-4°X10'

2.35=]o9.75,故B正确;

C.C(NH3)=0.1mol・Lr时,即lgc(NH3)=-1时，c([Ag(NH3)2]+)=10'235mol/L,

c([Ag(NH3)/)=105J6mol/L,则反应[Ag(NH3)r+NH3=|Ag(NH3)2「的平衡

+

c([Ag(NH3)2])1n-2.35

常数K的值为----------------"---------=_-------=10381,故C正确；

+-516

c([Ag(NH3)])-c(NH3)10-X0.1

D.c(NH3)=0.01mol・Li时，即Ige(NH3)=-2时，IV表示[Ag(NH3)2厂的变化、

H表示[Ag(NH3)「的变化，in表示Ag+的变化，则溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag

(NH3)1+)>C(Ag+),故D正确；

故选：Ao

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

8.（14分）（2023•新课标）铭和帆具有广泛用途。格朗渣中铭和钢以低价态含氧酸盐形式

存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从辂帆渣中分离提取格和帆的一种流程

如图所示。

Na,CO{MgSO_(溶液

NaOH'H20稀H2solt(NHJ2s0」溶液稀H2sosNa2s2O3溶液

水浸渣滤渣滤渣V2O3

已知：最高价倍酸根在酸性介质中以Cno,存在，在碱性介质中以CrOj存在。

回答下列问题：

(1)烟烧过程中，钮和铭被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铭化合物主要为

Na2Cr€)4(填化学式)。

(2)水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。

(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的朵质是Al(0H)3°

(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4P04的形式沉淀。该步需要

控制溶液的pH^9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致po,与才反应，使

其浓度降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；

pH>9时，会导致MR红生.成MR(OH)2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中

混有杂质，同时溶液中c(阳：)降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀。

(5)“分离机”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pHVl时，溶

解为M0；或V03+；在碱性条件下，溶解为MOg或上述性质说明V2O5具有C(填

标号)。

A.酸性

B.碱性

C.两性

(6)“还原”步骤口加入焦亚硫酸钠(Na2s205)溶液，反应的离子方程式为

3s202~+2Cr2Q,-+l()H+—4(2产+6ggj+5H2O。

【答案】(1)Na2CrO4：

(2)Fe2O3;

(3)Al(OH)3：

（4）po：会与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀，同时可能产生

硅酸胶状沉淀，不宜处理；Mg2+生成Mg（0H）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产

品中混有杂质，同时溶液中c（NH：）降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀：

（5）C；

（6）3s202-+2Cr22-+10H+=4Cr3++65H2O。

QSQ

【解答】解：（1）铭钿渣中铭和钢以低价态含氧酸盐形式存在，煨烧过程中帆和铭被氧

化为相应的最高价含氧酸盐，碱性条件卜.含格化合物主要为Na2CrO4,

故答案为：Na2CrO4；

（2）Na2co3、NaOH作用下高温焙烧，铝、硅、磷的化合物转化为可溶性的NaAKh、

Na2SiO3（部分以SiO2形式存在）、Na3P04等，铁的化合物转化为Fe2O3,则水浸渣中主

要有402和Fe20a.

故答案为：Fe2O3；

（3）“沉淀”步骤中加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAKh转化为Al（0H）3沉淀，

可除去Al（0H）3,

故答案为：Al（OH）3;

（4）po：、SiO看水解呈碱性，“除硅磷”步骤中控制溶液的PHg9以达到最好的除杂

效果。若pHV9时溶液的碱性减弱，p0：-会与H+反应，使c（P0：-）降低，不能完全

MgNH4P04沉淀，同时式0支会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不利于硅、磷转化为MgSiO3

和MgNH4P04沉淀；pH>9时溶液的碱性增强，沉淀剂中的M『+、如:分别转化为Mg

（OH）2沉淀、NH3T2O,溶液中C（MI；）降低，导致不能完全生成MgNH4PCM沉淀，

故答案为：poj与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀，同时可能

产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；M『+生成Mg（0H）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导

致产品中混有杂质，同时溶液中c（附（：）降低，导致MgNH4P04无法完全沉淀；

（5）“分离机”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pHVI时，溶

解为或VO3+；在碱性条件下，溶解为的£或MO,，说明V2O5具有两性，

故答案为：C：

（6）酸性条件下Na2CrO4转化为NazCmCh,Cr2。午具有强氧化性，与Na2s2。5反应生

成（2产，离子方程式为3S2Q2-+2Cr2O2-+1OH+—4C?++6S05H2。，

故答案为：3S202-+2Cr2010H+—4Cr3++6S0j+5H20。

9.（14分）（2023•新课标）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如图：

0H△V0

安息香二苯乙二酮

相关信息列表如下:

熔点/℃沸点/C溶解性

安息香白色固体难溶于冷水

溶于热水、乙醇、乙

二苯乙二淡黄色固不溶于水

溶于乙醉、苯、乙酸

冰乙酸无色液体与水、乙醇互溶

装置示意图如图所示，实验步骤为:

LjiOWj

①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeC13・6H2O,边搅拌边加热，至固体

全部溶解。

②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热同流45〜60min。

③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。

④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。

⑥粗品用75%的乙醉重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。

回答下列问题:

（1）仪器A中应加入油（填"水"或"油”）作为热传导介质。

（2）仪器B的名称是球形冷凝管；冷却水应从a（填“a”或"b”）口通入。

（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是防止迸溅.

（4）在本实验中，FeC13为氧化剂且过量，其还原产物为FeCh:某同学尝试改进

本实验：采用催化量的FeCh并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行？简述判断

理由可行：，会依次发生反应：安息香+FeCl3f二苯乙二酮+二C12+HCl,4FeC12+O2+4HCl

=4FeC13+2H2O,总反应为：安息香+。2「6cl"米乙一.酮+出0,反应体系中原本下水，

因此水不会对反应造成影响。

（5）本实验步骤①〜③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止

Fe3+水解°

（6）若租品中混有少量未氧化的安息杳，可用少量a洗涤的方法除去（填标号）。

若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。

a.热水

b.乙酸

c.冷水

d.乙醇

（7）本实验的产率最接近于b（填标号）。

a.85%

b.8O%

c.75%

d.70%

【答案】（1）油；

（2）球形冷凝管；a；

（3）防止迸溅；

（4）FeCh；可行，会依次发生反应：安息香+FeCI3f二苯乙二酮+FeC12+HCI,

4FeC12+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,总反应为：安息香一。2「电”二苯乙二酮+生0,反应体

系111原本有水,因此水不会对反应造成影响：

（5）Fe3+水解：

（6）a；

（7）bo

【解答】解：（1）步骤③加入50mL水，煮沸，通常100C以下采取水浴加热，故应用油

浴加热，

故答案为：油；

（2）仪器b为球形冷凝管，冷凝水的流向为低进高

故答案为：球形冷凝管；a；

（3）液体沸腾时加固体物质容易引起暴沸而迸溅，故待沸腾平息后加入安息香FI的是防

止迸溅，

故答案为：防止迸溅；

（4）由于在本实验中，FeC13为氧化剂且过量，故其还原产物为FeCh,采用催化量的

FeCh并通入空气制备二苯乙二酮可行,会依次发牛反应：安息香+FeChf二苯乙二酮

+FeC12+HCL4FeC12+O2+4HCl=4FeCh+2H2O,总反应为：安息香+02吧二二苯乙二酮

+H20,反应体系中原本有水，因此水不会对反应造成影响，

故答案为：FeCh：可■夕亍，会依次发生反应：安息香+FeC13一二苯乙二酮+FeC12+HCl,

4FeC12+O2+4HCl=4FeC13+2H2O,总反应为：安息香-02吧二二苯乙二酮+也0,反应体

系中原本有水，因此水不会对反应造成影响；

（5）FCC13是强酸弱碱盐，F03+会发生水解，酸可以抑制其水解，故乙酸除作溶丸外，

另一主要作用是防止Fe3+发生水解，

故答案为：Fe3+发生水解；

（6）安息香难溶于冷水，溶于热水、乙醇、乙酸，二苯乙二酮不溶于水溶于乙醇、苯、

乙酸，故用热水洗涤可以除去产品中少量安息酸又可以降低二苯乙二酮的溶解损失，

故答案为：a；

（7）令理论生成的二苯乙二酮质量为xg

安息香二苯乙二酮

212g210g

2.0g

212g=型解得xF.98

2.Ogx

二苯乙二酮的产率=’1•6gx1QO%^80.8%

1.98g

故答案为：b。

10.（15分）（2023•新课标）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首

位。回答下列问题：

（1）根据图1数据计算反应2N2（g）+3旧2（g）—NH3（g）的AH=-45kJ+mol

22

N(g)+3H(g)

⑴N2(g)+*^N2*

6

S(ii)Nz*+*U2N*

SNH(g)4-2H(g)

•(iii)H4g)+*U町

N(g)+1H(g)S

2(iv)H?*+*=2H*

NH2(g)+H(g)

(v)NJ+H*-NH*+*

电N《g）+Mg）§NH3（g）

(...)NHJ-NH/g)+*

图1能量转换关系图2反应机理

（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行（*表示催化剂表面吸

附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2）。判断上述反应机理中，速率控制步骤（即速

率最慢步骤）为Ji（填步骤前的标号），理由是氮气分子中含有氨氮三键，断裂

氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最慢“

（3）合成氨催化剂前驱体（主要成分为Fe3O4）使用前经H2还原，生成a・Fe包裹的

Fe3O4.,已知a-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm,密度为7.8g*cm_3o则a-Fe

晶胞中含有Fe的原子数为2屹87义10吗3为_（列出计算式,阿伏加德罗

56

常数的值为NA）。

（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的口算结

果如图所示。其中一种进料组成为=。、另一种为、

XR75Xn=0.25,XR=℃5XJJ=

2222

、（物质的摩尔分数：

0.225XAr=0.10oixi='^）

n总

图3图4

①图中压强由小到大的顺序为P1VP2Vp3,判断的依据是此反应为气体分子数

目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大.

②进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4°

③图2中,当p2=20MPa、时.氮的转化率a=工:该温度时,反

XNRHE.=0.20

应』N2(g)+3H2(g)=NH3(g)的平衡常数Kp=_2Z2_MPa「(化为最简式)。

2236

【答案】(1)-45；

(2)ii；氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最慢；

-103

(3)7.8X(287X1Q)NA

56

(4)①Pivp2Vp3；此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平

衡正向移动，氨的物质的量增大；

②图4；

③33.3%：返。

-36

【解答】解：(I)由图可知，反应2N2(g)+3H2(g)—NH3(g)的AH=(473+654)

22

kJ/mol-(339+397+436)kJ/mol=-45kJ/moL

故答案为：-45；

(2)断键吸热，成键放热，氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量较高，该

步反应速率较慢，影响整个反应的反应速率，所以上述反应机理中，速率控制步骤为1【，

故答案为：ii；氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最

慢；

(3)a-Fe晶胞中含有Fe的原子数为x,则晶胞的质量巾=季且，晶胞的体积V=(287

NA

X1010cm)3,晶胞质量m=pV=(287X10*10cm)3X7.8g*cm-3=7.8X(287X1O10)

3g,即叁=7.8X⑵)…)3,「.8X(287X10*3%

NA56

故答案为：7.97义…%

56

(4)①温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他

条件相同时，压强越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到大的顺序为PiVP2V

P3,此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨

的物质的量增大，

故答案为：P1VP2Vp3;此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强,

平衡止.向移动，氨,的物质的量增大；

②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进料组成为XH

=0.75、„=0.25的反应体系中n(NH3)较大，并且反应达平衡时氨的摩尔分数也较

x町

大，对比图3、4中压强Pi、温度700K时氨的摩尔分数大小可知，图3是进料组成中不

含有惰性气体Ar的图，图4是进料组成中含有惰性气体Ar的图，

故答案为：图4：

③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，M=0.75、__=0.25,设起始时n(H2)

HnxN.

=3moLn(N2)=1mol,反应达平衡时p2=20MPa、xNH.=0,20,

□

反应三段式为：工N2(g)+3H2(g)=NH3(g)

22

起始量(mol)130

变化量(1113)X3x2x

平衡量(mol)1-x3-3x2x

11

万mol

x=2x=0.20,解得x=工,

MU则氮的转化率a=.----------X]()()%P33.3%；物质分压:

NH34-2X3ImoI

p(NH3)=0.20X20MPa=4MPa,p(H2)=3p(N2)=12MPa,反应1N2(g)+3H2

P(NH3)4

(g)=NH3(g)的平衡常数KP=—----------J-----=——F------]MPa”=

277

P(H2)Xp万(的)(4)012X

返MPa

36

故答案为：33.3%；亚。

36

11.（15分）（2023•新课标）莫西赛利（化合物K）是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善

脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以卜.为其合成路线之一。

Br

1)HC1(浓IHNaNO/HCl

2)NaOHX(孰用2,此0)o〜5七X

E

回答下列问题：

（1）A的化学名称是间甲基苯酚或3-甲基苯酚。

（2）C中碳原子的轨道杂化类型有2种。

（3）D中官能团的名称为羟基（或酚羟基）、氨基。

（4）E与F反应生成G的反应类型为取代反应。

（5）F的结构简式为（CH3）2NCH2cH2cl.

（6）I转变为J的化学方程式为

aH。

“^0八/、+丛0丁＞+HC1+N21

（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有9种（不考虑立体异构）;

①含有