真题重组卷02——2023年高考化学真题汇编重组卷（广东专用）

冲刺2023年高考化学真题重组卷02

广东专用（参考答案）

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．【答案】B

【解析】A．兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故A不符合题意；

B．青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故B项符合题意；

C．纸张的主要成分是纤维素，故C不符合题意；

D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D不符合题意；

综上所述，答案为B项。

2．【答案】D

【详解】A．核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；

B．氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；

C．钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；

D．氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。

故选D。

3. 【答案】D

【详解】A．“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合题意；

B．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B不符合题意；

C． CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；

D．使用CO2跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学变化，D符合题意；

综上所述，本题选D。

4．【答案】A

【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则

A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；

B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；

C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；

D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；

答案选A。

5．【答案】C

【详解】

A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；

B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；

C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；

D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；

故选C。

6．【答案】A

【解析】A．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故A符合题意；

B．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；

C．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；

D．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。

7．【答案】B

【分析】

由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。

【详解】

A．O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即，A错误；

B．化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；

C．Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；

D．Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；

故选B。

8．【答案】A

【详解】

A．用标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度需要酸碱通用滴定管、锥形指示剂（夹持仪器、部分试剂省略），A正确；

B．溴溶于四氯化碳中，不能分液分离，应该使用蒸馏的方法，需要蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、锥形瓶等，B错误；

C．焰色反应需要使用铂丝而不是玻璃棒，C错误；

D．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，需要仪器还需要烧杯、胶头滴管等，D错误；

故选A。

9.【答案】C

【详解】

A．气体状况未知，无法计算二氧化碳物质的量和拆开电子对数，A错误；

B．N(C2H5)3性质与NH3类似，则[N(C2H5)3H]+与性质相似，[N(C2H5)3H]+为弱离子，水溶液中部分水解，所以0.1mol该物质与盐酸恰好完全反应生成的盐溶液中，[N(C2H5)3H]+的数目小于0.1NA，B错误；

C．该反应是氧化还原反应，C元素化合价由+4降到+2，降低2个单位，每生成1mol 甲酸，转移的电子数为2NA， C正确；

D．由于酯化反应是一个可逆反应，1mol甲酸和足量乙醇充分反应后，1mol甲酸不可能完全转化，则生成甲酸乙酯的数目小于NA，D错误；

故答案为：C。

10.【答案】D

【分析】

由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。

【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；

B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；

C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；

D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；

答案选D。

11．【答案】C

【解析】

【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−；据此解题；

【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；

B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；

C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；

D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；

综上所述，本题应选C.

12．【答案】C

【分析】

图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。

【详解】

A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；

B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；

C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；

D．转化如，故D不选；

综上所述，答案为C。

13．【答案】B

【详解】

A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；　

B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：

根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；

C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；

D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；

故答案选B。

14．【答案】D

【分析】

由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e-=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。

【详解】

A．金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许通过，不允许通过，故A正确；

B．由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B正确；

C．由分析可知，生成1mol超氧化钾时，消耗1mol氧气，两者的质量比值为1mol×71g/mol：1mol×32g/mol≈2.22：1，故C正确；

D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol水，转移2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18g/mol=1.8g，故D错误；

故选D。

15．【答案】C

【解析】A．金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；

B． 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；

C． 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；

D．向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；

答案选C。

16．【答案】B

【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；

B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；

C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；

D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；

答案选B。

二、非选择题：本题共4个小题，共56分。

17．【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分

(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑

(3)     SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+     3I——2e—=I

(4)

(5)     I2+I—=I     偏低

【解析】

(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；

(2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；

(3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+；

②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；

(4)由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；

(5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；

②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏低。

18．【答案】(1)+3

(2)

(3)Mg2+、Fe3+

(4)

(5)     9.4     沉钒

(6)     VS     6

【分析】钒渣氧化镁、氧气焙烧后，加入硫酸酸浸，硅转化为沉淀成为滤渣，滤液加入氨水调节pH，将锰、镁、铁转化为沉淀，滤液加入硫酸铵沉钒可得到沉淀，焙烧得到，最终得到金属钒；

【详解】（1）中Fe为+2价、氧为-2价，根据化合价代数和为零可知，V的化合价为+3；

（2）“焙烧I”中和氧化镁、氧气，转化为和，化学方程式为；

（3）“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有、外，还含有的金属阳离子有Mg2+、Fe3+；

（4）“沉钒”可得到沉淀，“焙烧II”中分解得到，根据质量守恒可知，还会生成氨气和水，发生反应的化学方程式为；

（5）由表格可知，镁离子为，pH=8.9开始沉淀，此时pOH=5.1，则Ksp=0.1×(10-5.1)2=10-11.2；溶液A中浓度为，为，则氢氧根离子浓度为，pOH=4.6，则pH=9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用。

（6）①由图可知，根据均摊法，1个晶胞中V为个、S为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS；

②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。

19．【答案】(1)     -223     1.2×1014     碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程     向左     变小

(2)     7.2×105     为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益

(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”

【解析】(1)①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp===1.2×1014Pa；

②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；

③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。

(2)①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；

②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。

(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。

20．【答案】(1)3-氯丙烯

(2)

(3)+H2O

(4)羟基、羧基

(5)取代反应

(6)

(7) 10     、

【解析】A发生氧化反应生成B，B与C在NaNH2、甲苯条件下反应生成D，对比B、D的结构简式，结合C的分子式C8H7N，可推知C的结构简式为；D与30%Na2CO3反应后再酸化生成E，E在浓硫酸、甲苯条件下反应生成F，F不能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，F中不含羧基，F的分子式为C11H10O2，F在E的基础上脱去1个H2O分子，说明E发生分子内酯化生成F，则F的结构简式为；F与(C2H5)2NH在AlCl3、甲苯条件下反应生成G，G与SOCl2、甲苯反应生成H，H的分子式为C15H20ClNO，H与I反应生成J，结合G、J的结构简式知，H的结构简式为；I的分子式为C8H4KNO2，I是一种有机物形成的盐，则I的结构简式为；据此作答。

(1)A的结构简式为CH2=CHCH2Cl，属于氯代烯烃，其化学名称为3-氯丙烯；答案为：3-氯丙烯。

(2)根据分析，C的结构简式为。

(3)E的结构简式为，F的结构简式为，E生成F的化学方程式为+H2O。

(4)E的结构简式为，其中含氧官能团的名称为（醇）羟基、羧基；答案为：羟基、羧基。

(5)G的结构简式为，H的结构简式为，G与SOCl2发生取代反应生成H；答案为：取代反应。

(6)根据分析，I的结构简式为。

(7)E的结构简式为，E的分子式为C11H12O3，不饱和度为6；E的同分异构体与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2，结合分子式中O原子的个数，说明含1个羧基，能发生银镜反应、不能发生水解反应说明还含1个醛基；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有3种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有6种位置；若3个甲基在苯环上的位置为时，羧基、醛基在苯环上有1种位置；故符合题意的同分异构体共有3+6+1=10种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：2：1的结构简式为、。