还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023年高考考前押题密卷
成套系列资料，整套一键下载
2023年高考考前押题密卷-化学（广东卷）（全解全析）
展开
这是一份2023年高考考前押题密卷-化学（广东卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了生物质废物产量大，污染重，某实验小组利用下图装置进行实验等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷（广东卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A．茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B．使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D．某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
【答案】D
【解析】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
2．下列有关材料的说法错误的是
A．宇航服使用多种合成纤维 B．聚乙炔可用于制备导电高分子
C．复合材料具有优异性能 D．高吸水性树脂都含有羟基
【答案】D
【解析】A．宇航服使用聚酰胺纤维等多种合成纤维，故A正确；
B．聚乙炔是高分子材料，且结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质可以导电，故B正确；
C．复合材料一般具有强度高、质量轻、耐高温、耐腐蚀等优异性能，其综合性能超过了单一材料，故C正确；
D．高吸水性树脂是含有羧基、羟基等强亲水基团并具有一定交联的网状高分子化合物，不一定都含有羟基，故D错误；
故选D。
3．对化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键。下列说法正确的是（ ）
A．14C与12C60互为同位素
B．14C60与12C60是具有相同质子数的不同核素
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同素异形体
D．硝基苯与互为同分异构体
【答案】D
【解析】A．14C与12C互为同位素，14C与12C60不互为同位素，A错误；
B．14C60与12C60是同一种物质， 14C与12C是具有相同质子数的不同核素，B错误；
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，C错误；
D．硝基苯与分子式相同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
4．物质的性质、反应原理与其应用息息相关，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用铁槽盛放浓
铁不与浓反应
B
用氢氟酸刻蚀玻璃
能与玻璃中的反应
C
用钾盐作紫色烟花原料
电子跃迁到激发态释放能量，产生紫色光
D
高温还原制备金属K
金属性：
【答案】B
【解析】A．铁与浓常温下发生钝化，因此常用铁槽盛放浓，故A不符合题意；
B．能与玻璃中的反应，所以用氢氟酸刻蚀玻璃，故B符合题意；
C．用钾盐作紫色烟花原料是因为电子从激发态跃迁到基态释放能量，产生紫色光，故C不符合题意；
D．高温还原制备金属K ，主要是K的沸点低，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5．生物质废物产量大，污染重。一种“生物质废物热解耦合化学链制氢”技术，为生物质废物资源化和氢能开发开辟了新道路，其工艺流程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
B．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
C．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率
D．空气反应器中发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】A．由图可知，蒸汽反应器中主要发生的反应为铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A正确；
B．由图可知，从蒸汽反应器中出来的混合气体为水蒸气和氢气，水的沸点比氢气高，冷却混合气体可以将水液化，得到高纯氢气，故B正确；
C．燃料反应器中氧化铁固体颗粒越小，与氢气和一氧化碳的接触面积越大，反应速率越快，故C正确；
D．空气反应器中发生的反应为四氧化三铁在高温下与氧气反应生成氧化铁，反应的化学方程式为4Fe3O4+O26 Fe2O3，由方程式可知，反应中氧化剂氧气与还原剂四氧化三铁的物质的量之比为1:4，故D错误；
故选D。
6．两种金属接触时，接触部位会发生“电偶腐蚀”。金属铁和铜在自来水和海水中，相同时间发生的腐蚀情况如图。下列有关说法正确的是( )
A．甲图中的介质为海水
B．腐蚀过程中电能转化为化学能
C．铁电极反应式为Fe－3e－=Fe3＋
D．若在金属表面涂油漆，可以减弱铁的腐蚀
【答案】D
【分析】铁和铜接触时，遇到电解质溶液会形成原电池，且形成的原电池中铁作负极，铜作正极，电解质为海水时的腐蚀速度大于水作电解质时的腐蚀速度，因此甲图的介质为水，乙图的介质是海水，且腐蚀的过程中化学能转化为了电能，据此分析判断。
【解析】A. 由分析可知，甲图的介质为水，乙图的介质是海水，A项错误；
B. 腐蚀的过程中化学能转化为了电能，B项错误；
C. 形成的原电池中铁作负极，失去电子，电解反应为：Fe-2e-=Fe2+，C项错误；；
D. 在金属表面涂油漆，可以减弱铁的腐蚀，D项正确；
答案选D。
7．某实验小组利用下图装置进行实验。下列说法不正确的是
A．滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔
B．蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
C．蘸有品红溶液的棉花褪色，说明氯气具有漂白性
D．蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是棉花先变红后褪色
【答案】C
【解析】A．滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，A正确；
B．蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明Cl2与KI溶液发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色。在该反应中Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，所以氯气的氧化性强于碘，B正确；
C．氯气本身没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能够使品红溶液褪色，C错误；
D．浓盐酸与KMnO4溶液反应产生Cl2，Cl2溶于蘸有紫色石蕊溶液中，反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO同时具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看到蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是先变红后褪色，D正确；
故合理选项是C。
8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质对应的离子方程式书写正确的是
A．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
D．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑
【答案】C
【解析】A．FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．将Na2O2固体投入H218O中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，氧气中的氧元素完全来自过氧化钠，正确的离子方程式为，故D错误；
答案选C。
9．刚刚过去的春节期间，一个名叫“福（氟）禄（氯）双全（醛）”的物质（结构简式如下图）在化学人的朋友圈中火了起来。下列说法正确的是
A．该物质含有4种官能团 B．该物质所有的碳原子都是SP3杂化
C．该物质可以发生银镜反应 D．该物质中电负性最大的原子是O
【答案】C
【解析】根据此化合物的结构简式可知，该物质含有3种官能团，其中碳原子都是SP2杂化，有醛基可以发生银镜反应，电负性最大的原子是F。
10．铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示，下列说法错误的是
A．硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13
D．铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象
【答案】D
【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此解答。
【解析】A．由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；
B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，故B正确；
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，故C正确；
D．常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误；
故选D。
11．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．0.1mol H2和0.1mol I2在密闭容器中充分反应后的分子总数为0.2NA
B．常温常压下，6.2g P4中所含P﹣P键数目为0.2NA
C．标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为0.4NA
D．常温下，0.1mol/L Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】A
【解析】A．氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1 molH2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，选项A正确；
B. 常温常压下，6.2g P4的物质的量是0.05mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为0.3NA，选项B错误；
C. 标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为0.2NA，选项C错误；
D．没有给定溶液的体积，无法计算离子的数目，选项D错误；
答案选Ａ。
12．下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．装置①用于验证反应是否有CO2生成
B．装置②用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
C．装置③用于制备少量含NaClO的消毒液
D．装置④用于比较铜、铁活泼性强弱
【答案】D
【解析】A．木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；
B．有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；
C．上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；
D．图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确；
故答案为D。
13．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，且之和为37。X原子半径最小，Y原子最外层电子数为次外层的三倍，M的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：X < Y < Z < M
B．常温常压下，M形成的单质可能为固体
C．简单氢化物的稳定性：Y < M
D．Y与Z形成的化合物仅含离子键
【答案】B
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数为次外层的三倍，则Y为O元素；X原子半径最小，则X为H元素；M的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则M可能为S元素或Cl元素，由原子序数之和为37可知，若M为S元素、Z为Mg元素，若M为Cl元素、Z为Na元素。
【解析】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则Z的原子半径大于M，故A错误；
B.由分析可知，M可能为S元素或Cl元素，硫单质为固体，故B正确；
C.元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，由分析可知，M可能为S元素或Cl元素，S元素、Cl元素的非金属性均弱于O元素，则简单氢化物的稳定性Y一定强于M，故C错误；
D.由分析可知，Z可能为Mg元素或Na元素，Y与Z形成的化合物可能为过氧化钠，过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误；
故选B。
14．中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，力争于2030年前达到碳峰值，2060年前实现碳中和。我国科学家研发了一种水系可逆Zn—CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn—CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．闭合K1时，H＋通过a膜向Pd电极方向移动
B．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH-_2e- = Zn(OH)
C．闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连
D．闭合K2时，在Pd电极上有CO2生成
【答案】C
【解析】A．闭合K1时为原电池，Pd为正极，H+通过a膜向正极移动，故A项正确；
B．闭合K1时为原电池，Zn为负极，原电池中阴离子移向负极，所以OH-移向Zn，负极上Zn失去电子结合OH-生成Zn(OH)， 电极方程式为Zn＋4OH-_2e- = Zn(OH)，故B项正确；
C．闭合K2时为电解池，Zn电极上发生还原反应，应与直流电源的负极相连，故C项错误；
D．闭合K2时Pd电极上发生氧化反应，HCOOH被氧化生成CO2，故D项正确。
故答案为：C
15．向1L的恒容密闭容器中加入1molX和3molY，发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，X的转化率随温度t的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10min数据)。下列说法正确的是
A．a点的反应速率
B．a、b、c点对应的大小关系为：
C．c点时，每消耗的同时，消耗
D．若将容器体积扩大为2倍，则c点对应温度下的增大
【答案】C
【解析】A．由题干图像信息可知，a点X的转化率为30%，故a点X的反应速率为：=0.03，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a点的反应速率，A错误；
B．由题干图像信息可知，a、b两点10min时未达到平衡，而c点10min时达到平衡，温度越高正、逆反应速率越快，故a、b、c点对应的大小关系为：，B错误；
C．由题干图像信息可知，c点时反应达到化学平衡，故有每消耗的同时消耗即正、逆反应速率相等，C正确；
D．由反应方程式可知X(g)+3Y(g)2Z(g)正反应是一个气体体积减小的方向，若将容器体积扩大为2倍，即减小容器压强，平衡逆向移动，则c点对应温度下的减小，D错误；
故答案为：C。
16．t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．该温度下，H2O的Kw为1×10-14
B．该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11
C．溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
D．x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)
【答案】B
【解析】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确；
B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误；
C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确；
故选B。
第II卷（非选择题 共56分）
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）某实验小组金属的电化学腐蚀实验探究
(1)完成下列问题。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验一
1.将琼脂加入烧杯中，再加入饱和食盐水和水。搅拌、加热煮沸，使琼脂溶解，转入培养皿中。滴入5～6滴酚酞溶液和溶液
2.将一个铁钉用砂纸打磨光滑，一端缠有铜丝，放入培养皿中一段时间。
铜丝的区域溶液变红色；铁钉区域出现蓝色沉淀。
①请解释铜丝区域溶液变红的原因是_______。
②写出生成蓝色沉淀的离子方程式_______。
(2)完成下列问题。
实验序号
实验方案
实验现象
实验二
取饱和溶液于试管中，滴加几滴淀粉，振荡。继续滴加5～6滴溶液，振荡。
滴入溶液后，溶液变蓝色。
根据实验二的现象，推测可能具有_______（填“氧化性”或“还原性” ）。
(3)依据实验二的现象，甲同学认为实验一不一定能说明发生了电化学腐蚀，设计如下实验证明其结论。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验三
1.取煮沸过的的溶液于试管中，向试管中加入一小段铁片，再加入煤油液封。
溶液无明显变化
2.继续向试管中加入少许固体。
一段时间后，铁片表面产生大量的蓝
根据实验现象推出实验三的结论是：在溶液中情况下，_______。
(4)结合实验一～实验三，乙同学设计如下装置进行实验四，证明金属可以发生电化学腐蚀，当电极X为Fe时，实验四的两个实验方案均可以证明发生电化学腐蚀
①补全实验方案2中的空格部分
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验四
1.按图连接好装置，准确读取电流表读数。
电流表指针偏转，读数为I
2.取_______于试管中，加入_______溶液，振荡。
产生蓝色沉淀。
②思考：若电极X为时，电流表读数为，推测电极X为时电流表读数的范围是_____。
【答案】(1)①铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色（2分）
②（2分）
(2)氧化性（2分）
(3)可将Fe氧化为（2分）
(4)①少量烧杯中溶液 （2分） （2分） ②（2分）
【解析】（1）铁与铜丝连接，在氯化钠溶液中形成原电池装置，其中铜作正极，铜丝发生电极反应：，反应生成，使铜丝附近溶液显碱性，遇酚酞变红色；铁作负极，失电子生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色；；
（2）加入溶液后出现溶液变蓝，可知KI被氧化生成碘单质，由此判断具有氧化性，故答案为：氧化性；
（3）由实验现象可知，未加氯化钠时，没有明显现象，加入氯化钠后铁片与发生氧化还原反应生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：可将Fe氧化为；
（4）①验证产物是否有，应取反应后烧杯中的溶液少量于试管中，滴加溶液，观察是否生成蓝色沉淀；故答案为：少量烧杯中溶液；；
②该装置中铁作负极时电流强度为I，换成比铁活泼的镁时电流强度增大到1.5I，由此判断随金属的活泼性增强电流强度增大，则Zn的活泼性介于Fe和Mg之间，其作负极时电流强度应介于I和1.5I之间，故答案为：。
18．（14分）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：
已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。
开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。
①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是a nm，高是b nm，一个晶胞的质量为M g，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分（1分）
(2)除去氧化物中的 （1分） （2分）
(3)把+3价钴还原为+2价（1分）
(4)3.5≤pH＜6.6（2分）
(5) （2分） （2分） （3分）
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【解析】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
19．（14分）航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatior反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
水电解反应：2H2O(l)2H2(g) + O2(g)
(1)将原料气按nCO2∶nH2=1:4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。
①已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为A kJ/mol、BkJ/mol， H2O(l)=H2O(g) △H =C kJ／mol。计算Sabatier反应的△H=___kJ/mol。
②温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是________。
③200℃达到平衡时体系的总压强为p，该反应平衡常数Kp的计算式为________。(不必化简。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化效率的是______(填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
(3) 一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。
在250℃，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molH2和0.04molCO2发生Bosch 反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) △ H
①若反应起始和平衡时温度相同(均为250℃)，测得反应过程中压强(P)随时间(t)的变化如图I 曲线a所示，则△H___0(填“>”“<”或“不确定”) ；若其它条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(P)随时间(t)的变化如图I 曲线b所示，则改变的条件是______________。
②图II是甲、乙两同学描绘上述反应平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____________(填“甲”或“乙”)：m值为____________。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是__________________。
【答案】（1）4A-B+2C (2分)或(-4A+B＋2C) （2分） 温度过低，反应速率小；温度过高，平衡向右进行的程度小（2分） （2分）
（2）BCE（2分）
（3）<（1分） 加入催化剂（1分） 乙（1分） 2（1分） 反应的活化能高（2分）
【解析】（1）①已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为A kJ/mol、BkJ/mol，则
ⅰ、O2(g)+2H2(g)＝2H2O(l)△H =2A kJ/mol
ⅱ、2O2(g)+CH4(g)＝2H2O(l)+CO2(g)△H =B kJ/mol
ⅲ、H2O(l)=H2O(g)△H =CkJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ×2－ⅱ+ⅲ×2即得到Sabatier反应的△H=(4A-B+2C)kJ/mol。
②温度过低，反应速率很小；温度过高，反应向右进行的程度小，故温度过高或过低均不利于该反应的进行。③200℃时平衡体系中H2O(g)的物质的量分数为0.6，根据反应化学方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，所以CH4的物质的量分数为0.3，因此CO2和H2的物质的量分数共为0.1，又因为原料气按∶=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反应，所以CO2的物质的量分数为0.02，H2的物质的量分数为0.08；达到平衡时体系的总压强为p，则四种物质的分压分别为：p(CO2)=0.02p、p(H2)=0.08p、p(CH4)=0.3p、p(H2O)=0.6p，所以该反应平衡常数Kp为：。
（2）首先明确：转化效率不等于转化率。A、适当减压化学反应速率降低、降低平衡转化率，A错误；B、增大催化剂的比表面积，提高了化学反应速率，能提高CO2转化效率，B正确；C、反应器前段加热，加快反应速率，后段冷却，提高平衡转化率，C正确；D、提高原料气中CO2所占比例，降低CO2的转化率，D错误；E、合理控制反应器中气体的流速，可使反应物充分反应，提高了CO2转化效率，E正确。答案选BCE。
（3）①由图1分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为：△H＜0；根据图象可知改变条件后缩短了达到平衡的时间，但并没有改变平衡状态，则改变的条件是加入催化剂。②正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，则正确的曲线是乙；根据方程式可知：
CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.02 0.04 0
变化浓度（mol/L） x 2x 2x
平衡浓度（mol/L） 0.02-x 0.04-2x 2x
压强之比等于物质的量之比，则6/5=(0.02+0.04)/(0.06−x)，解得：x=0.01，所以平衡常数K=，所以lgK=lg100=2＝m。③Bosch反应为放热反应，一定条件下必须在高温下才能启动，说明高温条件才能引发此反应开始，故该反应的活化能很高。
20．（14分）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____。
(2)D中含氧官能团的名称为____。
(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为____。
(4)写出反应③的化学方程式____。
(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是____。
(6)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___种(不考虑立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为____。
(7)根据上述信息，以 和 为原料，设计合成 的路线(无机试剂任选)。
【答案】(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（1分）
(2)硝基、酯基（1分）
(3)（2分）
(4) +H2O（2分）
(5)保护羧基（1分）
(6) 23（2分） （2分）
(7) （3分）
【分析】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，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。
【解析】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
（2）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；
（4）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为 +H2O；
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下： 。
2023年高考考前押题密卷（广东卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A．茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B．使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D．某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
【答案】D
【解析】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
2．下列有关材料的说法错误的是
A．宇航服使用多种合成纤维 B．聚乙炔可用于制备导电高分子
C．复合材料具有优异性能 D．高吸水性树脂都含有羟基
【答案】D
【解析】A．宇航服使用聚酰胺纤维等多种合成纤维，故A正确；
B．聚乙炔是高分子材料，且结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质可以导电，故B正确；
C．复合材料一般具有强度高、质量轻、耐高温、耐腐蚀等优异性能，其综合性能超过了单一材料，故C正确；
D．高吸水性树脂是含有羧基、羟基等强亲水基团并具有一定交联的网状高分子化合物，不一定都含有羟基，故D错误；
故选D。
3．对化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键。下列说法正确的是（ ）
A．14C与12C60互为同位素
B．14C60与12C60是具有相同质子数的不同核素
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同素异形体
D．硝基苯与互为同分异构体
【答案】D
【解析】A．14C与12C互为同位素，14C与12C60不互为同位素，A错误；
B．14C60与12C60是同一种物质， 14C与12C是具有相同质子数的不同核素，B错误；
C．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体，C错误；
D．硝基苯与分子式相同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
4．物质的性质、反应原理与其应用息息相关，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
用铁槽盛放浓
铁不与浓反应
B
用氢氟酸刻蚀玻璃
能与玻璃中的反应
C
用钾盐作紫色烟花原料
电子跃迁到激发态释放能量，产生紫色光
D
高温还原制备金属K
金属性：
【答案】B
【解析】A．铁与浓常温下发生钝化，因此常用铁槽盛放浓，故A不符合题意；
B．能与玻璃中的反应，所以用氢氟酸刻蚀玻璃，故B符合题意；
C．用钾盐作紫色烟花原料是因为电子从激发态跃迁到基态释放能量，产生紫色光，故C不符合题意；
D．高温还原制备金属K ，主要是K的沸点低，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5．生物质废物产量大，污染重。一种“生物质废物热解耦合化学链制氢”技术，为生物质废物资源化和氢能开发开辟了新道路，其工艺流程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
B．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
C．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率
D．空气反应器中发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】A．由图可知，蒸汽反应器中主要发生的反应为铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故A正确；
B．由图可知，从蒸汽反应器中出来的混合气体为水蒸气和氢气，水的沸点比氢气高，冷却混合气体可以将水液化，得到高纯氢气，故B正确；
C．燃料反应器中氧化铁固体颗粒越小，与氢气和一氧化碳的接触面积越大，反应速率越快，故C正确；
D．空气反应器中发生的反应为四氧化三铁在高温下与氧气反应生成氧化铁，反应的化学方程式为4Fe3O4+O26 Fe2O3，由方程式可知，反应中氧化剂氧气与还原剂四氧化三铁的物质的量之比为1:4，故D错误；
故选D。
6．两种金属接触时，接触部位会发生“电偶腐蚀”。金属铁和铜在自来水和海水中，相同时间发生的腐蚀情况如图。下列有关说法正确的是( )
A．甲图中的介质为海水
B．腐蚀过程中电能转化为化学能
C．铁电极反应式为Fe－3e－=Fe3＋
D．若在金属表面涂油漆，可以减弱铁的腐蚀
【答案】D
【分析】铁和铜接触时，遇到电解质溶液会形成原电池，且形成的原电池中铁作负极，铜作正极，电解质为海水时的腐蚀速度大于水作电解质时的腐蚀速度，因此甲图的介质为水，乙图的介质是海水，且腐蚀的过程中化学能转化为了电能，据此分析判断。
【解析】A. 由分析可知，甲图的介质为水，乙图的介质是海水，A项错误；
B. 腐蚀的过程中化学能转化为了电能，B项错误；
C. 形成的原电池中铁作负极，失去电子，电解反应为：Fe-2e-=Fe2+，C项错误；；
D. 在金属表面涂油漆，可以减弱铁的腐蚀，D项正确；
答案选D。
7．某实验小组利用下图装置进行实验。下列说法不正确的是
A．滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔
B．蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明氯气的氧化性强于碘
C．蘸有品红溶液的棉花褪色，说明氯气具有漂白性
D．蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是棉花先变红后褪色
【答案】C
【解析】A．滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，A正确；
B．蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明Cl2与KI溶液发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色。在该反应中Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，所以氯气的氧化性强于碘，B正确；
C．氯气本身没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能够使品红溶液褪色，C错误；
D．浓盐酸与KMnO4溶液反应产生Cl2，Cl2溶于蘸有紫色石蕊溶液中，反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO同时具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看到蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是先变红后褪色，D正确；
故合理选项是C。
8．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质对应的离子方程式书写正确的是
A．FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
D．将Na2O2固体投入H218O中：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑
【答案】C
【解析】A．FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．将Na2O2固体投入H218O中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，氧气中的氧元素完全来自过氧化钠，正确的离子方程式为，故D错误；
答案选C。
9．刚刚过去的春节期间，一个名叫“福（氟）禄（氯）双全（醛）”的物质（结构简式如下图）在化学人的朋友圈中火了起来。下列说法正确的是
A．该物质含有4种官能团 B．该物质所有的碳原子都是SP3杂化
C．该物质可以发生银镜反应 D．该物质中电负性最大的原子是O
【答案】C
【解析】根据此化合物的结构简式可知，该物质含有3种官能团，其中碳原子都是SP2杂化，有醛基可以发生银镜反应，电负性最大的原子是F。
10．铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示，下列说法错误的是
A．硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13
D．铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象
【答案】D
【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此解答。
【解析】A．由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；
B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，故B正确；
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，故C正确；
D．常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误；
故选D。
11．NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．0.1mol H2和0.1mol I2在密闭容器中充分反应后的分子总数为0.2NA
B．常温常压下，6.2g P4中所含P﹣P键数目为0.2NA
C．标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为0.4NA
D．常温下，0.1mol/L Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NA
【答案】A
【解析】A．氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1 molH2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，选项A正确；
B. 常温常压下，6.2g P4的物质的量是0.05mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为0.3NA，选项B错误；
C. 标准状况下，2.24L D2中所含中子数目为0.2NA，选项C错误；
D．没有给定溶液的体积，无法计算离子的数目，选项D错误；
答案选Ａ。
12．下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．装置①用于验证反应是否有CO2生成
B．装置②用于用标准NaOH溶液测定盐酸浓度
C．装置③用于制备少量含NaClO的消毒液
D．装置④用于比较铜、铁活泼性强弱
【答案】D
【解析】A．木炭与浓硫酸加热反应可生成二氧化硫，二氧化硫也可与澄清石灰水反应使澄清石灰水变浑浊，故A错误；
B．有活塞的滴定管为酸式滴定管，NaOH标准液应装在碱式滴定管中，故B错误；
C．上端与电源正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上生成氢气和NaOH，上端生成的氯气无法接触到NaOH，无法制备消毒液，故C错误；
D．图示装置为原电池装置，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，若Fe为负极，Cu为正极，可说明铁比铜活泼，故D正确；
故答案为D。
13．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，且之和为37。X原子半径最小，Y原子最外层电子数为次外层的三倍，M的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：X < Y < Z < M
B．常温常压下，M形成的单质可能为固体
C．简单氢化物的稳定性：Y < M
D．Y与Z形成的化合物仅含离子键
【答案】B
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数为次外层的三倍，则Y为O元素；X原子半径最小，则X为H元素；M的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则M可能为S元素或Cl元素，由原子序数之和为37可知，若M为S元素、Z为Mg元素，若M为Cl元素、Z为Na元素。
【解析】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则Z的原子半径大于M，故A错误；
B.由分析可知，M可能为S元素或Cl元素，硫单质为固体，故B正确；
C.元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，由分析可知，M可能为S元素或Cl元素，S元素、Cl元素的非金属性均弱于O元素，则简单氢化物的稳定性Y一定强于M，故C错误；
D.由分析可知，Z可能为Mg元素或Na元素，Y与Z形成的化合物可能为过氧化钠，过氧化钠含有离子键和共价键，故D错误；
故选B。
14．中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，力争于2030年前达到碳峰值，2060年前实现碳中和。我国科学家研发了一种水系可逆Zn—CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn—CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A．闭合K1时，H＋通过a膜向Pd电极方向移动
B．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH-_2e- = Zn(OH)
C．闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连
D．闭合K2时，在Pd电极上有CO2生成
【答案】C
【解析】A．闭合K1时为原电池，Pd为正极，H+通过a膜向正极移动，故A项正确；
B．闭合K1时为原电池，Zn为负极，原电池中阴离子移向负极，所以OH-移向Zn，负极上Zn失去电子结合OH-生成Zn(OH)， 电极方程式为Zn＋4OH-_2e- = Zn(OH)，故B项正确；
C．闭合K2时为电解池，Zn电极上发生还原反应，应与直流电源的负极相连，故C项错误；
D．闭合K2时Pd电极上发生氧化反应，HCOOH被氧化生成CO2，故D项正确。
故答案为：C
15．向1L的恒容密闭容器中加入1molX和3molY，发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，X的转化率随温度t的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10min数据)。下列说法正确的是
A．a点的反应速率
B．a、b、c点对应的大小关系为：
C．c点时，每消耗的同时，消耗
D．若将容器体积扩大为2倍，则c点对应温度下的增大
【答案】C
【解析】A．由题干图像信息可知，a点X的转化率为30%，故a点X的反应速率为：=0.03，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a点的反应速率，A错误；
B．由题干图像信息可知，a、b两点10min时未达到平衡，而c点10min时达到平衡，温度越高正、逆反应速率越快，故a、b、c点对应的大小关系为：，B错误；
C．由题干图像信息可知，c点时反应达到化学平衡，故有每消耗的同时消耗即正、逆反应速率相等，C正确；
D．由反应方程式可知X(g)+3Y(g)2Z(g)正反应是一个气体体积减小的方向，若将容器体积扩大为2倍，即减小容器压强，平衡逆向移动，则c点对应温度下的减小，D错误；
故答案为：C。
16．t℃时，向蒸馏水中不断加入NaA溶液，溶液中c2(OH-)与c(A-)的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
A．该温度下，H2O的Kw为1×10-14
B．该温度下，A-的水解常数的数量级为10-11
C．溶液中：c(HA)+c(H+)=c(OH-)
D．x点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)
【答案】B
【解析】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确；
B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误；
C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确；
D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确；
故选B。
第II卷（非选择题 共56分）
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．（14分）某实验小组金属的电化学腐蚀实验探究
(1)完成下列问题。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验一
1.将琼脂加入烧杯中，再加入饱和食盐水和水。搅拌、加热煮沸，使琼脂溶解，转入培养皿中。滴入5～6滴酚酞溶液和溶液
2.将一个铁钉用砂纸打磨光滑，一端缠有铜丝，放入培养皿中一段时间。
铜丝的区域溶液变红色；铁钉区域出现蓝色沉淀。
①请解释铜丝区域溶液变红的原因是_______。
②写出生成蓝色沉淀的离子方程式_______。
(2)完成下列问题。
实验序号
实验方案
实验现象
实验二
取饱和溶液于试管中，滴加几滴淀粉，振荡。继续滴加5～6滴溶液，振荡。
滴入溶液后，溶液变蓝色。
根据实验二的现象，推测可能具有_______（填“氧化性”或“还原性” ）。
(3)依据实验二的现象，甲同学认为实验一不一定能说明发生了电化学腐蚀，设计如下实验证明其结论。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验三
1.取煮沸过的的溶液于试管中，向试管中加入一小段铁片，再加入煤油液封。
溶液无明显变化
2.继续向试管中加入少许固体。
一段时间后，铁片表面产生大量的蓝
根据实验现象推出实验三的结论是：在溶液中情况下，_______。
(4)结合实验一～实验三，乙同学设计如下装置进行实验四，证明金属可以发生电化学腐蚀，当电极X为Fe时，实验四的两个实验方案均可以证明发生电化学腐蚀
①补全实验方案2中的空格部分
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验四
1.按图连接好装置，准确读取电流表读数。
电流表指针偏转，读数为I
2.取_______于试管中，加入_______溶液，振荡。
产生蓝色沉淀。
②思考：若电极X为时，电流表读数为，推测电极X为时电流表读数的范围是_____。
【答案】(1)①铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色（2分）
②（2分）
(2)氧化性（2分）
(3)可将Fe氧化为（2分）
(4)①少量烧杯中溶液 （2分） （2分） ②（2分）
【解析】（1）铁与铜丝连接，在氯化钠溶液中形成原电池装置，其中铜作正极，铜丝发生电极反应：，反应生成，使铜丝附近溶液显碱性，遇酚酞变红色；铁作负极，失电子生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色；；
（2）加入溶液后出现溶液变蓝，可知KI被氧化生成碘单质，由此判断具有氧化性，故答案为：氧化性；
（3）由实验现象可知，未加氯化钠时，没有明显现象，加入氯化钠后铁片与发生氧化还原反应生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：可将Fe氧化为；
（4）①验证产物是否有，应取反应后烧杯中的溶液少量于试管中，滴加溶液，观察是否生成蓝色沉淀；故答案为：少量烧杯中溶液；；
②该装置中铁作负极时电流强度为I，换成比铁活泼的镁时电流强度增大到1.5I，由此判断随金属的活泼性增强电流强度增大，则Zn的活泼性介于Fe和Mg之间，其作负极时电流强度应介于I和1.5I之间，故答案为：。
18．（14分）镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：
已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、；
②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取
回答下列问题：
(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。
(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。
(3)“酸浸”时加入的作用是___________。
(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。
开始沉淀时pH
1.5
3.4
6.3
6.6
6.7
7.8
完全沉淀时pH
3.5
4.7
8.3
9.2
9.5
10.4
(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。
①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。
②已知晶胞底面边长是a nm，高是b nm，一个晶胞的质量为M g，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。
【答案】(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分（1分）
(2)除去氧化物中的 （1分） （2分）
(3)把+3价钴还原为+2价（1分）
(4)3.5≤pH＜6.6（2分）
(5) （2分） （2分） （3分）
【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到、、、MnO、Fe2O3、，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO4、NiSO4、MnSO4调节镍、钴、锰离子物质的量之比后加入氨水得到钴锰镍氢氧化物沉淀，滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，钴锰镍氢氧化物沉淀与碳酸锂沉淀烧结得到产品；
【解析】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。
（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的，对应的化学反应方程式是
（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是价，而最后得到价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中的作用应该是把价钴还原为价。
（4）根据流程信息，需要保证完全沉淀，而、、均未开始沉淀，故的最佳范围是。
（5）①根据晶胞的均摊规则可知：数目，和数目都是3，数目，数目，其化学式应为。为25号元素，其价层电子轨道表示为；
(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积nm2，故晶胞的密度。
19．（14分）航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatior反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
水电解反应：2H2O(l)2H2(g) + O2(g)
(1)将原料气按nCO2∶nH2=1:4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。
①已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为A kJ/mol、BkJ/mol， H2O(l)=H2O(g) △H =C kJ／mol。计算Sabatier反应的△H=___kJ/mol。
②温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是________。
③200℃达到平衡时体系的总压强为p，该反应平衡常数Kp的计算式为________。(不必化简。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
(2)Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化效率的是______(填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
(3) 一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。
在250℃，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molH2和0.04molCO2发生Bosch 反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) △ H
①若反应起始和平衡时温度相同(均为250℃)，测得反应过程中压强(P)随时间(t)的变化如图I 曲线a所示，则△H___0(填“>”“<”或“不确定”) ；若其它条件相同，仅改变某一条件时，测得其压强(P)随时间(t)的变化如图I 曲线b所示，则改变的条件是______________。
②图II是甲、乙两同学描绘上述反应平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系，其中正确的曲线是____________(填“甲”或“乙”)：m值为____________。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是__________________。
【答案】（1）4A-B+2C (2分)或(-4A+B＋2C) （2分） 温度过低，反应速率小；温度过高，平衡向右进行的程度小（2分） （2分）
（2）BCE（2分）
（3）<（1分） 加入催化剂（1分） 乙（1分） 2（1分） 反应的活化能高（2分）
【解析】（1）①已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为A kJ/mol、BkJ/mol，则
ⅰ、O2(g)+2H2(g)＝2H2O(l)△H =2A kJ/mol
ⅱ、2O2(g)+CH4(g)＝2H2O(l)+CO2(g)△H =B kJ/mol
ⅲ、H2O(l)=H2O(g)△H =CkJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ×2－ⅱ+ⅲ×2即得到Sabatier反应的△H=(4A-B+2C)kJ/mol。
②温度过低，反应速率很小；温度过高，反应向右进行的程度小，故温度过高或过低均不利于该反应的进行。③200℃时平衡体系中H2O(g)的物质的量分数为0.6，根据反应化学方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，所以CH4的物质的量分数为0.3，因此CO2和H2的物质的量分数共为0.1，又因为原料气按∶=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反应，所以CO2的物质的量分数为0.02，H2的物质的量分数为0.08；达到平衡时体系的总压强为p，则四种物质的分压分别为：p(CO2)=0.02p、p(H2)=0.08p、p(CH4)=0.3p、p(H2O)=0.6p，所以该反应平衡常数Kp为：。
（2）首先明确：转化效率不等于转化率。A、适当减压化学反应速率降低、降低平衡转化率，A错误；B、增大催化剂的比表面积，提高了化学反应速率，能提高CO2转化效率，B正确；C、反应器前段加热，加快反应速率，后段冷却，提高平衡转化率，C正确；D、提高原料气中CO2所占比例，降低CO2的转化率，D错误；E、合理控制反应器中气体的流速，可使反应物充分反应，提高了CO2转化效率，E正确。答案选BCE。
（3）①由图1分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随反应进行温度升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变为：△H＜0；根据图象可知改变条件后缩短了达到平衡的时间，但并没有改变平衡状态，则改变的条件是加入催化剂。②正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，则正确的曲线是乙；根据方程式可知：
CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)
起始浓度（mol/L） 0.02 0.04 0
变化浓度（mol/L） x 2x 2x
平衡浓度（mol/L） 0.02-x 0.04-2x 2x
压强之比等于物质的量之比，则6/5=(0.02+0.04)/(0.06−x)，解得：x=0.01，所以平衡常数K=，所以lgK=lg100=2＝m。③Bosch反应为放热反应，一定条件下必须在高温下才能启动，说明高温条件才能引发此反应开始，故该反应的活化能很高。
20．（14分）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____。
(2)D中含氧官能团的名称为____。
(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为____。
(4)写出反应③的化学方程式____。
(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是____。
(6)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___种(不考虑立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为____。
(7)根据上述信息，以 和 为原料，设计合成 的路线(无机试剂任选)。
【答案】(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸（1分）
(2)硝基、酯基（1分）
(3)（2分）
(4) +H2O（2分）
(5)保护羧基（1分）
(6) 23（2分） （2分）
(7) （3分）
【分析】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，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。
【解析】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
（2）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；
（4）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为 +H2O；
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下： 。
相关试卷
2023年高考考前押题密卷：化学（重庆卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（重庆卷）（全解全析），共12页。试卷主要包含了 【解析】B， 【答案】，8 ml，，2，56等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷：化学（山东卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（山东卷）（全解全析），共20页。
2023年高考考前押题密卷：化学（广东卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（广东卷）（全解全析），共22页。试卷主要包含了生物质废物产量大，污染重，某实验小组利用下图装置进行实验等内容，欢迎下载使用。
