2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷)化学试卷含答案

2023年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷)化学使用地区：云南、山西、黑龙江、吉林、安徽可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32K—39Fe—56一、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．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．竹简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)2D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3C[纤维素是天然高分子材料，A说法正确；羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是不含碳的化合物，属于无机物，B说法正确；熟石膏的主要成分是2CaSO4·H2O，C说法错误；铁红的主要成分是Fe2O3，D说法正确。]8．光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。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B[聚碳酸异山梨醇酯属于聚酯类物质，含有酯基，可通过水解反应而降解，A说法正确；1个异山梨醇分子中有4个手性碳，如图所示(带*的碳为手性碳)，B说法错误；分析题给反应可知，一个异山梨醇分子失去两个羟基氢，一个碳酸二甲酯分子失去两个—OCH3，—H与—OCH3结合生成X，故X为CH3OH，C说法正确；该反应通过聚合反应产生了小分子，故该反应属于缩聚反应，D说法正确。]9．一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，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<OC．基态原子未成对电子数：B<C<O<ND．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同A[根据题图分析，为C(NH2)3，为B(OCH3)4，故为N—H…O氢键，A正确；同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但由于N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于C和O，故第一电离能：C<O<N，B错误；B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，C错误；根据题目信息“[C(NH2)3]＋为平面结构”，可以判断该晶体中N采取sp2杂化，而晶体中B、O为sp3杂化，D错误。]10．一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是()A．放电时V2O5为正极B．放电时Zn2+由负极向正极迁移C．充电总反应：xZn＋V2O5＋nH2O=ZnxV2O5·nH2OD．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－=xZn2+＋V2O5＋nH2OC[根据“放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O”可知，放电时，Zn失去电子生成Zn2+，说明Zn为负极，则V2O5为正极，A说法正确；放电时，为原电池，原电池中阳离子向正极移动，即Zn2+由负极向正极迁移，B说法正确；由题意可知，充电总反应为ZnxV2O5·nH2O=xZn＋V2O5＋nH2O，C说法错误；充电时，阳极上ZnxV2O5·nH2O发生氧化反应，生成V2O5和Zn2+，电极反应式为ZnxV2O5·nH2O－2xe－=xZn2+＋V2O5＋nH2O，D说法正确。]11．根据实验操作及现象，下列结论中正确的是()选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强B取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀此样品中含有SC将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝Cu的金属性比Ag强D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅溴与苯发生了加成反应C[将铁片放入浓硝酸中会发生钝化，表面生成致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步发生，不能说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强，A错误；浓硝酸具有强氧化性，可以将SO32-氧化为SO42-，不能确定样品中含有SO42-，B错误；铜电极附近溶液逐渐变蓝说明铜失去电子被氧化，作负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2+，Ag＋得到电子生成银单质沉积在银电极上，发生还原反应，银作正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，故总反应为Cu＋2Ag＋=Cu2+＋2Ag，可以说明Cu的金属性比Ag强，C正确；苯和溴单质均为非极性分子，根据“相似相溶12．“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。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Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2D[NH2OH、NH3和H2O分子中中心原子上都有孤电子对，分子正、负电荷中心都不能重合，故均为极性分子，A说法正确；反应中NH3变为—NH2，有N—H键断裂，NH2OH变为—NH2，有N—O键断裂，生成了H2N—NH2，有N—N键生成，B说法正确；根据“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心可知，第一个物质中铁元素为＋2价，第二个物质中，铁失去一个电子变为Fe3+，第四个物质中Fe3+得到1个电子又重新变为Fe2+，C说法正确；根据题图可知，ND2OD与NH3反应生成ND2—NH2和HDO，得不到ND2ND2，D说法错误。]13．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)]＋＋NH3⥬[Ag(NH3)2]＋。lg[cM/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示{其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋}。下列说法错误的是()A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10-9.75C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3⥬[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)＝0.01mol·L-1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)A[AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⥬Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，初始时Ag＋和Cl－浓度相等，随着反应的进行，Ag＋被消耗，平衡正向移动，溶解的AgCl越来越多，Cl－浓度越来越大，故曲线Ⅳ为Cl－浓度变化曲线，曲线Ⅲ为Ag＋浓度变化曲线；横坐标从左到右表示NH3的浓度越来越大，反应过程中Ag＋首先转化为[Ag(NH3)]＋，故反应起始时纵坐标中数值较大的曲线Ⅱ为[Ag(NH3)]＋浓度变化曲线，数值较小的曲线Ⅰ为[Ag(NH3)2]2+浓度变化曲线。由上述分析可知，曲线Ⅰ为[Ag(NH3)2]＋浓度变化曲线，[Ag(NH3)2]＋表示络合了的Ag＋而不是溶解了的Ag＋，故不能表示AgCl溶解度随NH3浓度的变化，A说法错误；当lg[c(NH3)/(mol·L-1)]＝－1时，对应曲线Ⅳ上c(Cl－)＝10-2.35mol·L-1，曲线Ⅲ上c(Ag＋)＝10-7.40mol·L-1，故Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10-2.35×10-7.40＝10-9.75，B说法正确；由题图可知，当lg[c(NH3)/(mol·L-1)]＝－1时，即c(NH3)＝10-1mol·L-1，对应曲线Ⅰ上c{[Ag(NH3)2]＋}＝10-2.35mol·L-1、曲线Ⅱ上c{[Ag(NH3)]＋}＝10-5.16mol·L-1，反应[Ag(NH3)]＋＋NH3⥬[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝cAgNH32+cAgNH3+·cNH3＝10-2.3510-5.16×10-1＝103.81，C说法正确；当lg[c(NH3)/(mol·L-1)]＝－2时，即c(NH3)＝10-2mol·L-1，对横坐标轴作垂线，分别交于曲线三、非选择题：共4小题，共58分。27．(14分)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒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。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为________(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和________。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是________。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4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________；pH>9时，会导致________。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为VO2+或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO3-或A．酸性B．碱性C．两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)根据题给信息和已知条件可知，铬钒渣中铬元素以低价态含氧酸盐形式存在，在碱性、富氧条件下煅烧铬钒渣有Na2CrO4生成。(2)“煅烧”工序中生成Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、NaVO3和Fe2O3等，用水浸取“煅烧”的产物后，铁元素以Fe2O3形式存在于水浸渣中。(3)“沉淀”步骤中，加入稀H2SO4调pH至弱碱性时，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，发生反应H++AlO2-＋H2O=Al(OH)3↓，故“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是Al(OH)3。(4)pH<9时，PO43-结合H＋生成HPO42-，沉淀溶解平衡MgNH4PO4s⥬Mg2+aq+NH4+aq+PO43-(aq)正向移动，不利于生成MgNH4PO4沉淀，P的去除率降低；pH>9时，碱性增强，Mg2+会形成Mg(OH)2沉淀，NH4+会形成NH3·H2O，MgSiO3和MgNH4PO4的溶解度增大，Si、P的去除率降低。(5)pH<1时，发生反应V2O5+2H+[答案](1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)34PO43-结合H＋生成HPO42-，P的去除率降低体系中NH4+(5)C62Cr228．(14分)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如下图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3·6H2O，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，加热回流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。⑤粗品用75%的乙醇重结晶，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________(填“水”或“油”)作为热传导介质。(2)仪器B的名称是________；冷却水应从________(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________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为________；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3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：__________________________________________________________________________________________________________________________。(5)本实验步骤①～③在乙酸体系中进行，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是防止________________。(6)若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量________(填标号)洗涤的方法除去。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________(填标号)。a．85% b．80%c．75% d．70%[解析](1)由步骤②可知，该实验需要使冰乙酸、H2O和FeCl3·6H2O的混合物加热至沸腾，冰乙酸的沸点高于100℃，应选用油浴加热，故仪器A中应加入油作为热传导介质。(2)仪器B为球形冷凝管，为使水与被冷却物质充分进行热交换，冷却水应从低处a通入、高处b流出。(3)安息香是固体，在液体沸腾时加入安息香会引起暴沸，造成危险，故待沸腾平息后再加入安息香的主要目的是防止暴沸。(4)FeCl3作氧化剂，可被还原为FeCl2。采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，在酸性条件下空气可将还原产物Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+可循环利用。(5)步骤①中加入5mL水和FeCl3·6H2O，在较高温度下发生反应Fe3+＋3H2O⥬Fe(OH)3＋3H＋，加入乙酸可以增大H＋的物质的量浓度，防止FeCl3水解。(6)粗品经洗涤后可除去安息香，需要将安息香溶解，由题表信息可知，二苯乙二酮不溶于水，而安息香难溶于冷水、溶于热水，故可用少量热水洗涤的方法除去安息香，故选a。(7)设2.0g安息香完全反应可以制得xg二苯乙二酮，则：则212∶210＝2∶x，解得x≈1.98，本实验的产率＝1.6g1.98g×100%≈80.8%，最接近于80%，故选[答案](1)油(2)球形冷凝管a(3)防止暴沸(其他合理说法均可)(4)FeCl2可行。在酸性条件下空气可将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+可循环利用(5)Fe3+水解(6)a(7)b29．(15分)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12N2(g)＋32H2(g)=NH3(g)的ΔH＝________kJ·mol(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*____________________________________________________________________。(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α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm-3。则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为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计算结果如图3、4所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：x①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是________。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝________。该温度时，反应12N2(g)＋32H2(g)⥬NH3(g)的平衡常数[解析](1)化学反应过程中，断键吸收能量，成键放出能量，反应焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，由题图1中的数据可知，反应12N2(g)＋32H2(g)=NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339)kJ·mol-1＝－45kJ·mol-1。(2)根据题图1可知，12N2(g)=N(g)的ΔH＝＋473kJ·mol-1，则N≡N键的键能为946kJ·mol-1；32H2(g)=3H(g)的ΔH＝＋654kJ·mol-1，则H—H键的键能为436kJ·mol-1；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，N≡N键的键能比H—H键的大，因此在题图2所示的反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，晶体密度ρ＝7.8g·cm-3，设晶胞中含有的Fe原子个数为x，则α-Fe晶体的密度ρ＝x×56NA×a3＝56xNA×287×10-103g·cm-3＝7.8g·cm-3，则α-Fe晶胞中含有的铁原子数x＝7.8×2873NA56×10-30。(4)①合成氨反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，压强越大越有利于氨的合成，因此相同温度下，压强越大，反应达到平衡时氨的摩尔分数越大，结合题图3可知，压强由小到大的顺序为p1<p2<p3。②在恒压条件下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度、分压均减小，合成氨反应的化学平衡向气体分子数增大的方向(逆向)移动，因此充入惰性气体Ar不利于合成氨反应，对比题图3、4可知，在同温同压下，题图4中平衡时氨的摩尔分数较小，则进料组成中含有惰性气体Ar的图是题图4。③题图N2(g)＋3H2(g)⥬2NH3(g)起始量/mol130转化量/molx3x2x平衡量/mol1－x3－3x2x当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝2x4-2x＝0.20，解得x＝13，则氮气的转化率α＝131×100%≈33.33%，平衡时N2、H2和NH3的物质的量分别为23mol、2mol、23mol，物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下K′p＝15p2215p2×35p23＝2527×400(MPa)[答案](1)－45(2)(ⅱ)在化学反应中，能垒最大的步骤为决速步骤，N≡N键的键能比H—H键的大(3)7.8×2873NA(4)①p1<p2<p3合成氨反应为气体分子数减少的反应，相同温度下，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大②图4③13(或33.33%)30．(15分)莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善