2023年高考押題預測卷02（全國甲卷）化學·全解全析78910111213DDBACCC一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。7．我國“人造太陽”創世界新紀錄、“奮斗者”號載人潛水器成功坐底、“深海一號”母船助力深潛科考、北斗衛星導航系統全面開通，均展示了我國科技發展的巨大成就。下列相關敘述不正確的是A．在“人造太陽”中發生核聚變的H、H是H的同位素B．“奮斗者”號載人潛水器球殼所使用的鈦合金能承受深海高壓C．“深海一號”母船海水浸泡區的鋁基犧牲陽極可保障船體不易腐蝕D．“北斗衛星”的授時系統“星載銣鐘”中銣元素的單質遇水能緩慢反應放出H2【答案】D【解析】A．具有相同質子數，不同中子數的同一元素的不同核素互為同位素；H、H是H的同位素，A正確；B．鈦合金硬度大性能優良，能承受深海高壓，B正確；C．鋁比鐵活潑，可失去電子犧牲陽極保障船體不易腐蝕，C正確；D．同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性變弱；銣元素的單質比鈉活潑，故遇水能迅速放出H2，D錯誤；故選D8．設NA表示阿伏加德羅常數值，下列敘述一定正確的是A．28g14CO中含有中子數為14NAB．1molO2與一定量甲烷反應轉移電子數目為4NAC．1L濃度為0.1mol?L?1Na2CO3溶液中陰離子數目為0.1NAD．28gC2H4和C3H6混合物中含有共用電子對數目6NA【答案】D【解析】A．28g14CO中含有中子數為，故A錯誤；B．1molO2與一定量甲烷反應，甲烷若量很少，則轉移電子數目小于4NA，故B錯誤；C．1L濃度為0.1mol?L?1Na2CO3溶液中碳酸鈉物質的量為0.1mol，由于碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根，則陰離子數目大于0.1NA，故C錯誤；D．28gC2H4和C3H6混合物，若全部是乙烯，則含有共用電子對數目，若是C3H6，則含有共用電子對數目，共用電子數目相同，故D正確。綜上所述，答案為D。9．某研究小組在銠催化的區域成功實現對映選擇性烯丙基膦化反應，如圖所示(代表苯基，代表甲基)。下列敘述正確的是A．甲分子內所有原子可能處于同一平面B．甲和乙生成丙的反應是取代反應C．甲能發生加聚、水解、酯化反應D．用酸性溶液可以證明甲含有碳碳雙鍵【答案】B【解析】A．甲分子內含有飽和碳原子，所有原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B．觀察甲、乙、丙的結構可知，甲中羥基被乙中取代，發生取代反應，故B正確；C．甲不含酯基，不能發生水解反應，故C錯誤；D．甲中碳碳雙鍵和醇羥基都能與酸性高錳酸鉀溶液反應，故D錯誤；故答案選B。10．某同學按圖示裝置進行實驗，大頭針固定固體，塑料瓶盛放液體試劑。實驗時先打開止水夾，手指壓緊小孔并擠壓塑料瓶，使液體試劑沿玻璃管上升至完全充滿，排盡玻璃管中空氣，立即關閉止水夾，一會兒后，手指堵住小孔，打開止水夾。下列所加液體試劑、對應現象及結論均正確的是選項固體液體試劑現象結論A鈉塊水鈉塊熔化成小球并浮在水面上；打開止水夾，點燃氣體，火焰呈淡藍色鈉塊與水反應產生氫氣B鋁條NaOH溶液先有沉淀生成，后沉淀溶解；打開止水夾，點燃氣體，火焰呈淡藍色鋁條與氫氧化鈉溶液反應產生氫氣C銅絲稀HNO3產生紅棕色氣體，溶液呈藍色銅絲與稀硝酸反應產生NO2D鐵絲食鹽水打開止水夾，并松開小孔片刻，關閉止水夾，發現塑料瓶中液面下降鐵絲發生了吸氧腐蝕【答案】A【解析】A．若固體是鈉塊，液體試劑為水，鈉塊熔化成小球并浮在水面上，說明鈉熔點低，且產生了氣體，打開止水夾，點燃氣體，火焰呈淡藍色，說明產生了氫氣，可以證明鈉塊與水反應產生氫氣，選項A正確；B．若固體是鋁條，液體試劑為氫氧化鈉溶液,鋁單質與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，不會產生沉淀，選項B錯誤；C．若固體是銅絲，液體試劑為稀硝酸，銅單質與稀硝酸反應生成一氧化氮，選項C錯誤；D．若固體是鐵絲，液體試劑為食鹽水，食鹽水呈中性，鐵絲發生了吸氧腐蝕，打開止水夾,并松開小孔片刻，關閉止水夾，發現玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直徑較大，較難觀察其液面變化，選項D錯誤；答案選A。11．科學家研究發現某離子液體有助于鹽湖水提鋰，其結構式如下圖。其中X、Y、Z、W、E、Q均為短周期主族非金屬元素，且原子序數依次增大。下列說法正確的是A．最高價含氧酸的酸性：Z>Y>QB．簡單氫化物的沸點：E>W>YC．Z元素最高價氧化物對應的水化物能與它的氫化物反應D．簡單離子的半徑：Q>E>W>Z【答案】C【解析】X、Y、Z、W、E、Q均為短周期主族非金屬元素，且原子序數依次增大，由離子液體的結構式可知，X和E原子形成1個共價鍵、Y原子形成4個共價鍵、Z原子形成3個共價鍵、W原子形成2個共價鍵、Q原子形成6個共價鍵，則X為H元素、Y為C元素、Z為N元素、W為O元素、E為F元素、Q為S元素。A．元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，硫元素的非金屬性強于碳元素，則硫酸的酸性強于碳酸，故A錯誤；B．氟化氫和水都能形成分子間氫鍵，水分子形成氫鍵的數目多于氟化氫，分子間作用力強于氟化氫，沸點高于氟化氫，故B錯誤；C．氮元素最高價氧化物對應的水化物為硝酸，氫化物為氨氣，硝酸與氨氣反應生成硝酸銨，故C正確；D．電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子的離子半徑越小，則電子層結構相同的氮離子、氧離子和氟離子中，氮離子的離子半徑最大，故D錯誤；故選C。12．甲酸鈉燃料電池是一種膜基堿性電池，提供電能的同時可以獲得燒堿，其工作原理如圖所示，下列有關說法正確的是A．CEM隔膜為質子交換膜B．甲為電池負極，電極反應為：C．電池在工作時，乙極附近溶液增大D．單位時間內甲極產生的與乙極消耗的物質的量之比為【答案】C【解析】A．該裝置同時可以獲得燒堿，則鈉離子應與氫氧根離子結合，若為質子交換膜(只允許氫離子自由通過)，則鈉離子與正極生成的氫氧根離子不能接觸，無法得到NaOH，故A錯誤；B．由裝置信息可知乙電極上氧氣得電子，則甲電極上HCOONa失電子生成碳酸，電極反應為：，故B錯誤；C．電池在工作時，乙極發生反應：，電極附近溶液氫氧根離子濃度增大，pH增大，故C正確；D．由電極反應可知轉移4mol電子正極消耗1mol氧氣，負極生成2mol碳酸，則單位時間內甲極產生的與乙極消耗的物質的量之比為，故D錯誤；故選：C。13．時，向溶液中滴入等濃度的溶液，混合溶液的與的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是A．時，的電離常數B．圖中C．A點時，所滴入溶液的體積為D．從A點到B點，水的電離程度不斷增大【答案】C【解析】A．由圖中A點可知，時，pH=3.25，求得的，A正確；B．根據B點數據及的電離常數的關系式，，可求得，B正確；C．當滴入溶液的體積為時，溶液為與濃度之比為1∶1的混合溶液，溶液中不等于1∶1，所以A點所加溶液的體積不是，C錯誤；D．向HY中加NaOH，恰好完全反應時，溶液pH大于7，所以加入從A點到B點，是往中滴加溶液繼續生成鹽的過程，水的電離程度不斷增大，D正確；故答案為C。三、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共43分。26．（14分）現以鉛蓄電池的填充物鉛膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)為原料，可生產三鹽基硫酸鉛(PbSO4·3PbO·H2O)和副產品Fe2O3·xH2O，其工藝流程如下：已知：Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8(1)“轉化”后的難溶物質為PbCO3和少量PbSO4，則PbO2轉化為PbCO3的離子方程式為___________，濾液1中和的濃度比為___________(保留兩位有效數字)。(2)“酸浸”過程，產生的氣體主要有NOx(氮氧化物)和___________(填化學式)；___________(填“可以”或“不可以”)使用[H2SO4+O2]替代HNO3。(3)“沉鉛”后循環利用的物質Y是___________(填化學式)。(4)“除雜”中濾渣的主要成分為___________(填化學式)；在50~60°C“合成”三鹽基硫酸鉛的化學方程式為___________。(5)根據圖2所示的溶解度隨溫度的變化曲線，由“濾液1”和“濾液2”獲得Na2SO4晶體的操作為將“濾液”調節pH為7，然后___________、___________，洗滌后干燥。【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)蒸發濃縮（1分）趁熱過濾（1分）【解析】鉛蓄電池的填充物鉛膏加入過量的亞硫酸鈉、碳酸鈉反應得到PbCO3和少量PbSO4，及不反應的氧化亞鐵，過濾后固體加入稀硝酸酸溶，二價鐵被氧化為三價鐵同時生成氮的氧化物氣體和二氧化碳氣體；加入氫氧化鈉調節pH生成氫氧化鐵沉淀，濾液加入稀硫酸將鉛轉化為沉淀，加入氫氧化鈉加熱后過濾分離出沉淀洗滌得到三鹽基硫酸鉛；（1）PbO2和加入的碳酸鈉、亞硫酸鈉反應轉化為PbCO3，離子方程式為；濾液1中和的濃度比為；（2）“酸浸”過程，碳酸根離子和氫離子生成二氧化碳，故產生的氣體主要有NOx(氮氧化物)和CO2；鉛離子會和硫酸根離子生成硫酸鉛沉淀導致鉛損失，故不能使用[H2SO4+O2]替代HNO3；（3）“沉鉛”過程中硫酸和硝酸鉛生成硫酸鉛沉淀和硝酸，故循環利用的物質Y是HNO3；（4）“除雜”中鐵離子和氫氧根離子生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣的主要成分為Fe(OH)3；在50~60°C“合成”加入氫氧化鈉生成三鹽基硫酸鉛，化學方程式為；（5）由圖可可知，溫度低于45℃左右時得到晶體，高于45℃時得到晶體，且溫度升高的溶解度減小，故由“濾液1”和“濾液2”獲得Na2SO4晶體的操作為將“濾液”調節pH為7，然后蒸發濃縮、趁熱過濾，洗滌后干燥。27．（14分）氧化亞銅主要用于制造船底防污漆等。它是一種難溶于水和乙醇的鮮紅色固體，在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質。某小組制備Cu2O并測定其純度采用如下步驟，回答下列問題:I．制備Cu2O將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90°C并不斷攪拌。反應生成Cu2O，同時有SO2氣體產生。反應結束后，經過濾、洗滌、干燥得到Cu2O粉末。制備裝置如圖所示:(1)儀器a的名稱是_____________；反應采用的加熱方式為_______________________________。(2)制備Cu2O時，原料理論配比為n(Na2SO3):n(CuSO4)=3:2，該反應的化學方程式為___________；裝置B的作用是_________。(3)實驗中，Na2SO3用量比理論用量稍高，原因是________________________。(4)反應中需不斷滴加NaOH溶液，原因是________________________________。(5)過濾后，將濾渣用蒸餾水、無水乙醇洗滌數次，其中用無水乙醇洗滌的目的是____________。Ⅱ．測定Cu2O純度稱取mg樣品置于燒杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴鄰菲羅啉指示劑，然后用cmol·L-1硫酸高鈰[Ce(SO4)2]溶液進行滴定至終點，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知:Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)(6)加入FeCl3溶液時發生反應的離子方程式為____________________________________。(7)該樣品中Cu2O的純度為______________________。【答案】(1)三口燒瓶(三頸燒瓶)（1分）水浴加熱（1分）(2)3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑（2分）吸收生成的SO2氣體，防止污染環境（1分）(3)亞硫酸鈉具有強還原性，易被空氣氧化而損失，用量增加，有利于硫酸銅的充分還原（2分）(4)反應產生SO2，導致溶液酸性增強，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質從而降低Cu2O含量（2分）(5)去除Cu2O固體表面的水分，利于干燥（1分）(6)2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O（2分）(7)（2分）【解析】裝置A中將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90°C并不斷攪拌，反應生成Cu2O，同時有SO2氣體產生，裝置B用于吸收尾氣。（1）儀器a的名稱是三口燒瓶(三頸燒瓶)；反應加熱至90°C，則采用的加熱方式為水浴加熱；（2）制備Cu2O時，原料理論配比為n(Na2SO3):n(CuSO4)=3:2，該反應的化學方程式為3Na2SO3+2CuSO4=Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；裝置B的作用是吸收生成的SO2氣體，防止污染環境；（3）實驗中，Na2SO3用量比理論用量稍高，原因是亞硫酸鈉具有強還原性，易被空氣氧化而損失，用量增加，有利于硫酸銅的充分還原；（4）反應中需不斷滴加NaOH溶液，原因是反應產生SO2，導致溶液酸性增強，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質從而降低Cu2O含量；（5）過濾后，將濾渣用蒸餾水、無水乙醇洗滌數次，其中用無水乙醇洗滌的目的是去除Cu2O固體表面的水分，利于干燥；（6）根據得失電子守恒和元素守恒配平可得加入FeCl3溶液時發生反應的離子方程式為2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O；（7）由題意可知，FeCl3溶液與Cu2O反應之后生成的Fe2+與cmol·L-1Ce(SO4)2溶液反應，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL，根據方程式2Fe3++Cu2O+2H+=2Fe2++2Cu2++H2O、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可得，則，故該樣品中Cu2O的純度為。28．（15分）船舶柴油機發動機工作時，反應產生的尾氣是空氣主要污染物之一，研究的轉化方法和機理具有重要意義。已知：

(1)氧化脫除NO的總反應是

________。(2)該反應過程有兩步：，反應中各物質濃度變化如圖所示。則速率常數k甲___________k乙(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。(3)已知：的反應歷程分兩步：步驟反應活化能正反應速率方程逆反應速率方程I(快)II(慢)①則反應I與反應II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。反應的平衡常數___________(用、、、表示)。②在400k、初始壓強為的恒溫剛性容器中，按通入NO和，一定條件下發生反應。達平衡時NO轉化率為90%，轉化率為40%。則的平衡常數___________(分壓=總壓×物質的量分數；理想氣體狀態方程，)。(4)某研究小組將、和一定量的充入2L密閉容器中，在催化劑表面發生反應()，NO的轉化率隨溫度的變化情況如圖所示：①5min內，溫度從420K升高到580K，此時段內NO的平均反應速率___________(保留3位有效數字)。②無氧條件下，NO生成的轉化率較低，原因可能是___________。【答案】(1)（2分）(2)>（1分）含量先增大后減少（2分）(3)<（2分）（2分）415.7（2分）(4)（2分）催化劑產生作用需要有氧氣參加（2分）【解析】（1）已知：①；②；③；由蓋斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到（×2-3×+）=。（2）由圖可知，含量先增大后減少，說明反應剛開始時反應的程度大于的程度，則速率常數>。（3）①活化能越小，反應速率越快，則反應I與反應II的活化能：<；反應的平衡常數，當反應達到平衡時，=，則，=，則，則；②根據已知條件列出“三段式”達平衡時NO轉化率為=x=0.9，轉化率為y=0.4，平衡時氣體總物質的量為3mol，則平衡時體系總壓強為=，混合氣體的總體積，則的平衡常數415.7。（4）①5min內，溫度從420K升高到580K，NO的轉化率由2%上升到59%，此時段內NO的平均反應速率；②無氧條件下，NO生成的轉化率較低，原因可能是催化劑產生作用需要有氧氣參加。（二）選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。35．[化學——選修3：物質結構與性質]（15分）磷是重要的生命元素之一，存在于細胞、蛋白質、骨骼和牙齒中。回答下列問題：(1)基態P原子核外電子占據的原子軌道數為___________。(2)白磷與足量熱的NaOH溶液反應產生磷化氫(PH3)和次磷酸鈉(NaH2PO2)，其反應的化學方程式為P4+3NaOH(熱，濃)+3H2O=3NaH2PO2+PH3.白磷(4P)中P的雜化類型為___________，次磷酸(H3PO2)的結構式為___________，次磷酸鈉中各元素的電負性由大到小的順序是___________，寫出一種與PH3互為等電子體的離子___________(填微粒符號)。(3)PH3與過渡金屬Pt形成的一種配合物[PtCl2(PH3)2]比[PtCl2(NH3)2]穩定的原因是___________。(4)磷酸聚合可以生成鏈狀多磷酸或環狀多磷酸。其中環狀多磷酸是由3個或3個以上磷氧四面體通過共用氧原子環狀連接而成，常見的三聚環狀多磷酸結構如圖所示，則n聚環狀多磷酸的通式為___________(用含n的式子表示)。(5)磷化鋁熔點為2000°C，其結構與晶體硅類似，磷化鋁晶胞結構如圖所示，晶胞中磷原子空間堆積方式為___________，已知該晶體的密度為ρg·cm-3，則最近的Al和P原子間的核間距為___________pm(用NA表示阿伏加德羅常數的值，列出計算式即可)。【答案】(1)9（1分）(2)sp3（1分）（2分）O>P>H>Na（2分）H3O+（2分）(3)P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故[PtCl2(PH3)2]更穩定（2分）(4)(HPO3)n（2分）(5)面心立方堆積（1分）（2分）【解析】（1）P原子核外電子式為1s22s22p63s23p3，最外層電子為半充滿，占據的原子軌道數為9。（2）白磷(4P)分子為正四面體結構，其中P的雜化類型為sp3；根據NaH2PO2可知，次磷酸(H3PO2)中有一個可電離的H，所以次磷酸(H3PO2)的結構物；次磷酸鈉中各元素的電負性由大到小的順序是O>P>H>Na；等電子體是指價電子數和原子數（氫等輕原子不計在內）相同的分子、離子或原子團；與PH3互為等電子體的離子為H3O+。（3）PH3與過渡金屬Pt形成的一種配合物[PtCl2(PH3)2]，由于P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故比[PtCl2(NH3)2]穩定；故答案為P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故[PtCl2(PH3)2]更穩定。（4）由圖可知，每個P原子連接3個O和1個H，所以該n聚環狀多磷酸的通式為(HPO3)n。（5）由圖可知，晶胞中磷原子空間堆積方式為面心立方堆積；已知該晶體的密度為ρg·cm-3