2023年高考押题预测卷02(全国甲卷)-化学(全解全析)

2023年高考押题预测卷02（全国甲卷）化学·全解全析78910111213DDBACCC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。7．我国“人造太阳”创世界新纪录、“奋斗者”号载人潜水器成功坐底、“深海一号”母船助力深潜科考、北斗卫星导航系统全面开通，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述不正确的是A．在“人造太阳”中发生核聚变的H、H是H的同位素B．“奋斗者”号载人潜水器球壳所使用的钛合金能承受深海高压C．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基牺牲阳极可保障船体不易腐蚀D．“北斗卫星”的授时系统“星载铷钟”中铷元素的单质遇水能缓慢反应放出H2【答案】D【解析】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；H、H是H的同位素，A正确；B．钛合金硬度大性能优良，能承受深海高压，B正确；C．铝比铁活泼，可失去电子牺牲阳极保障船体不易腐蚀，C正确；D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；铷元素的单质比钠活泼，故遇水能迅速放出H2，D错误；故选D8．设NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述一定正确的是A．28g14CO中含有中子数为14NAB．1molO2与一定量甲烷反应转移电子数目为4NAC．1L浓度为0.1mol∙L−1Na2CO3溶液中阴离子数目为0.1NAD．28gC2H4和C3H6混合物中含有共用电子对数目6NA【答案】D【解析】A．28g14CO中含有中子数为，故A错误；B．1molO2与一定量甲烷反应，甲烷若量很少，则转移电子数目小于4NA，故B错误；C．1L浓度为0.1mol∙L−1Na2CO3溶液中碳酸钠物质的量为0.1mol，由于碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，则阴离子数目大于0.1NA，故C错误；D．28gC2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，则含有共用电子对数目，若是C3H6，则含有共用电子对数目，共用电子数目相同，故D正确。综上所述，答案为D。9．某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应，如图所示(代表苯基，代表甲基)。下列叙述正确的是A．甲分子内所有原子可能处于同一平面B．甲和乙生成丙的反应是取代反应C．甲能发生加聚、水解、酯化反应D．用酸性溶液可以证明甲含有碳碳双键【答案】B【解析】A．甲分子内含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；B．观察甲、乙、丙的结构可知，甲中羟基被乙中取代，发生取代反应，故B正确；C．甲不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；D．甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故D错误；故答案选B。10．某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是选项固体液体试剂现象结论A钠块水钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色钠块与水反应产生氢气B铝条NaOH溶液先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气C铜丝稀HNO3产生红棕色气体，溶液呈蓝色铜丝与稀硝酸反应产生NO2D铁丝食盐水打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降铁丝发生了吸氧腐蚀【答案】A【解析】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮，选项C错误；D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；答案选A。11．科学家研究发现某离子液体有助于盐湖水提锂，其结构式如下图。其中X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是A．最高价含氧酸的酸性：Z>Y>QB．简单氢化物的沸点：E>W>YC．Z元素最高价氧化物对应的水化物能与它的氢化物反应D．简单离子的半径：Q>E>W>Z【答案】C【解析】X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大，由离子液体的结构式可知，X和E原子形成1个共价键、Y原子形成4个共价键、Z原子形成3个共价键、W原子形成2个共价键、Q原子形成6个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为F元素、Q为S元素。A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则硫酸的酸性强于碳酸，故A错误；B．氟化氢和水都能形成分子间氢键，水分子形成氢键的数目多于氟化氢，分子间作用力强于氟化氢，沸点高于氟化氢，故B错误；C．氮元素最高价氧化物对应的水化物为硝酸，氢化物为氨气，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，故C正确；D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则电子层结构相同的氮离子、氧离子和氟离子中，氮离子的离子半径最大，故D错误；故选C。12．甲酸钠燃料电池是一种膜基碱性电池，提供电能的同时可以获得烧碱，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是A．CEM隔膜为质子交换膜B．甲为电池负极，电极反应为：C．电池在工作时，乙极附近溶液增大D．单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为【答案】C【解析】A．该装置同时可以获得烧碱，则钠离子应与氢氧根离子结合，若为质子交换膜(只允许氢离子自由通过)，则钠离子与正极生成的氢氧根离子不能接触，无法得到NaOH，故A错误；B．由装置信息可知乙电极上氧气得电子，则甲电极上HCOONa失电子生成碳酸，电极反应为：，故B错误；C．电池在工作时，乙极发生反应：，电极附近溶液氢氧根离子浓度增大，pH增大，故C正确；D．由电极反应可知转移4mol电子正极消耗1mol氧气，负极生成2mol碳酸，则单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为，故D错误；故选：C。13．时，向溶液中滴入等浓度的溶液，混合溶液的与的关系如图所示。下列叙述错误的是A．时，的电离常数B．图中C．A点时，所滴入溶液的体积为D．从A点到B点，水的电离程度不断增大【答案】C【解析】A．由图中A点可知，时，pH=3.25，求得的，A正确；B．根据B点数据及的电离常数的关系式，，可求得，B正确；C．当滴入溶液的体积为时，溶液为与浓度之比为1∶1的混合溶液，溶液中不等于1∶1，所以A点所加溶液的体积不是，C错误；D．向HY中加NaOH，恰好完全反应时，溶液pH大于7，所以加入从A点到B点，是往中滴加溶液继续生成盐的过程，水的电离程度不断增大，D正确；故答案为C。三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26．（14分）现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生产三盐基硫酸铅(PbSO4·3PbO·H2O)和副产品Fe2O3·xH2O，其工艺流程如下：已知：Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8(1)“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为___________，滤液1中和的浓度比为___________(保留两位有效数字)。(2)“酸浸”过程，产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和___________(填化学式)；___________(填“可以”或“不可以”)使用[H2SO4+O2]替代HNO3。(3)“沉铅”后循环利用的物质Y是___________(填化学式)。(4)“除杂”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)；在50~60°C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为___________。(5)根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后___________、___________，洗涤后干燥。【答案】(1)（2分）（2分）(2)CO2（1分）不可以（1分）(3)HNO3（2分）(4)Fe(OH)3（2分）（2分）(5)蒸发浓缩（1分）趁热过滤（1分）【解析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤得到三盐基硫酸铅；（1）PbO2和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为PbCO3，离子方程式为；滤液1中和的浓度比为；（2）“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子生成二氧化碳，故产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和CO2；铅离子会和硫酸根离子生成硫酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[H2SO4+O2]替代HNO3；（3）“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3；（4）“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，化学方程式为；（5）由图可可知，温度低于45℃左右时得到晶体，高于45℃时得到晶体，且温度升高的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。27．（14分）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的鲜红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题:I．制备Cu2O将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌。反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示:(1)仪器a的名称是_____________；反应采用的加热方式为_______________________________。(2)制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3):n(CuSO4)=3:2，该反应的化学方程式为___________；装置B的作用是_________。(3)实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是________________________。(4)反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是________________________________。(5)过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是____________。Ⅱ．测定Cu2O纯度称取mg样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用cmol·L-1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)(6)加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为____________________________________。(7)该样品中Cu2O的纯度为______________________。【答案】(1)三口烧瓶(三颈烧瓶)（1分）水浴加热（1分）(2)3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑（2分）吸收生成的SO2气体，防止污染环境（1分）(3)亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原（2分）(4)反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量（2分）(5)去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥（1分）(6)2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O（2分）(7)（2分）【解析】装置A中将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90°C并不断搅拌，反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生，装置B用于吸收尾气。（1）仪器a的名称是三口烧瓶(三颈烧瓶)；反应加热至90°C，则采用的加热方式为水浴加热；（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3):n(CuSO4)=3:2，该反应的化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；装置B的作用是吸收生成的SO2气体，防止污染环境；（3）实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原；（4）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；（5）过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥；（6）根据得失电子守恒和元素守恒配平可得加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O；（7）由题意可知，FeCl3溶液与Cu2O反应之后生成的Fe2+与cmol·L-1Ce(SO4)2溶液反应，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL，根据方程式2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可得，则，故该样品中Cu2O的纯度为。28．（15分）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。已知：

(1)氧化脱除NO的总反应是

________。(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数k甲___________k乙(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。(3)已知：的反应历程分两步：步骤反应活化能正反应速率方程逆反应速率方程I(快)II(慢)①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。反应的平衡常数___________(用、、、表示)。②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。(4)某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。【答案】(1)（2分）(2)>（1分）含量先增大后减少（2分）(3)<（2分）（2分）415.7（2分）(4)（2分）催化剂产生作用需要有氧气参加（2分）【解析】（1）已知：①；②；③；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到（×2-3×+）=。（2）由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时，=，则，=，则，则；②根据已知条件列出“三段式”达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积，则的平衡常数415.7。（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）磷是重要的生命元素之一，存在于细胞、蛋白质、骨骼和牙齿中。回答下列问题：(1)基态P原子核外电子占据的原子轨道数为___________。(2)白磷与足量热的NaOH溶液反应产生磷化氢(PH3)和次磷酸钠(NaH2PO2)，其反应的化学方程式为P4+3NaOH(热，浓)+3H2O=3NaH2PO2+PH3.白磷(4P)中P的杂化类型为___________，次磷酸(H3PO2)的结构式为___________，次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是___________，写出一种与PH3互为等电子体的离子___________(填微粒符号)。(3)PH3与过渡金属Pt形成的一种配合物[PtCl2(PH3)2]比[PtCl2(NH3)2]稳定的原因是___________。(4)磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，常见的三聚环状多磷酸结构如图所示，则n聚环状多磷酸的通式为___________(用含n的式子表示)。(5)磷化铝熔点为2000°C，其结构与晶体硅类似，磷化铝晶胞结构如图所示，晶胞中磷原子空间堆积方式为___________，已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则最近的Al和P原子间的核间距为___________pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。【答案】(1)9（1分）(2)sp3（1分）（2分）O>P>H>Na（2分）H3O+（2分）(3)P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故[PtCl2(PH3)2]更稳定（2分）(4)(HPO3)n（2分）(5)面心立方堆积（1分）（2分）【解析】（1）P原子核外电子式为1s22s22p63s23p3，最外层电子为半充满，占据的原子轨道数为9。（2）白磷(4P)分子为正四面体结构，其中P的杂化类型为sp3；根据NaH2PO2可知，次磷酸(H3PO2)中有一个可电离的H，所以次磷酸(H3PO2)的结构物；次磷酸钠中各元素的电负性由大到小的顺序是O>P>H>Na；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团；与PH3互为等电子体的离子为H3O+。（3）PH3与过渡金属Pt形成的一种配合物[PtCl2(PH3)2]，由于P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故比[PtCl2(NH3)2]稳定；故答案为P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故[PtCl2(PH3)2]更稳定。（4）由图可知，每个P原子连接3个O和1个H，所以该n聚环状多磷酸的通式为(HPO3)n。（5）由图可知，晶胞中磷原子空间堆积方式为面心立方堆积；已知该晶体的密度为ρg·cm-3