2023年高考押题预测卷01-化学(全解全析).docx

2023年高考押题预测卷01（五省新高考）
化学·全解全析
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B
B
D
A
A
D
D
7．B
【详解】A．核酸和蛋白质都是高分子化合物，A选项正确。
B．核酸水解产物中含有磷酸，戊糖和碱基，B选项错误。
C．化肥都不可以过度使用，C选项正确。
D．我们常见的指示剂酚酞，石蕊，甲基橙都是有机物，D选项正确。
故选B。
8．B
【详解】A．没有溶液体积不能计算溶质的物质的量，不能计算配位键数目，A错误；
B．常温常压下，44g为1molCO2，则所含分子数目为，B正确；
C．晶体中所含的是碳酸氢根离子，不是，C错误；
D．17g为1mol，根据物料守恒，溶于水所得溶液中、、数目之和为，D错误；
故选B。
9．D
【分析】ag混合物溶解，加入过量氢氧化钡，氢氧化钡与碳酸氢钠反应生成碳酸钡沉淀，过滤得到碳酸钡，洗涤烘干得到bg固体。
【详解】A．bg固体为碳酸钡，则此时碳酸钡的物质的量为mol，根据碳守恒，碳酸氢钠的物质的量为mol，则NaHCO3的质量分数为，A正确；
B．该实验中，碳酸钡烘干过程中不分解也不发生反应，可通过恒重操作确保固体完全烘干，B正确；
C．碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和水，离子方程式为HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C正确；
D．确定氢氧化钡是否过量的操作为，取上层清液，加入硫酸，若生成白色沉淀，说明氢氧化钡过量，D错误；
故答案选D。
10．A
【详解】A．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故A正确；
B．收集氨气用向下排空气法，导管要插入试管底部，故B错误；
C．验证是分解的催化剂，其他条件应相同，而图中H2O2的浓度不同，故C错误；
D．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检查装置的气密性，故D错误；
答案选A。
11．A
【分析】由结构可知W可以形成1个共价键，为氢；Z可以形成3个键，为第五主族；X可以形成4个键，为第四主族；Y可以形成2个键，为第六主族；W，X，Z，Y是原子序数依次增大的短周期元素，W和Z化合成某种化合物是一种绿色氧化剂，所以分别为H，C，N，O元素，以此解题。
【详解】A．基态C原子核外有1s，2s，2p三种能量不同的电子，A选项正确；
B．W和X形成的氢化物有多种，比如乙烯的键角大于NH3分子的键角，B选项错误；
C．N元素形成的为弱酸，C选项错误；
D．任何分子中如果有π键则一定有σ键，D选项错误；
故选A。
12．D
【分析】如图I微生物燃料电池中微生物生成二氧化碳，发生氧化反应，为负极，氧气得电子，发生还原反应，为正极。
【详解】A．由于通氧气的一极是原电池的正极，微生物一端为原电池的负极，电池工作时外电路电子由负极流向正极，故由B极流向A极，A选项错误。
B．无标况无法计算体积，B选项错误。
C．若a为碳电极、b为铁电极，b应与B相连，C选项错误。
D．微生物在高温下会死亡，所以不宜在高温下运行，D选项正确。
故选D。
13．D
【分析】p、q为滴定终点，则p点时发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3，q点时发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。设原纯碱溶液中，Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则x=9.8×10-3L×0.100mol•L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol•L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH＞7，主要原因是+H2O+OH-，A不正确；
B．由滴定数据可推知，原纯碱为Na2CO3和NaHCO3的混合物，B不正确；
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na2CO3)=9.8×10-4mol，n(NaHCO3)=1.9×10-4mol，则c(Na+)==0.215mol•L-1，D正确；
故选D。
27．(1)2:1
(2)饱和食盐水或饱和氯化钠溶液
(3)吸收多余Cl2，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解
(4)硬质玻璃管中充满黄绿色气体(或收集器中出现黄绿色气体，合理即可)
(5)③ ②①
(6)2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3
(7)趁热过滤 浓盐酸
【分析】I．M装置MnO2和浓盐酸共热制备氯气，气体通过试剂X（饱和食盐水）除HCl气体，通过试剂Y（浓硫酸）除水，装置N中Co和氯气反应生成CoCl2，在收集器收集到CoCl2，试剂Z为碱石灰，吸收多余Cl2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
Ⅱ．按图组装好装置，向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，打开磁力搅拌器，控制温度在10°C以下，滴加稍过量的浓氨水，再缓慢加入H2O2溶液，加热至60°C左右，恒温20min，在冰水中冷却所得混合物，即有晶体析出(粗产品)。
【详解】（1）制氯气的化学方程式为，该反应中氧化剂是MnO2，还原剂是HCl，1molMnO2和4molHCl反应，只有一半HCl作还原剂，另一半作酸，则还原剂与氧化剂的物质的量之比2:1。
（2）制得的氯气中含有HCl气体，通过试剂X可除去HCl气体，则X为饱和食盐水或饱和氯化钠溶液。
（3）试剂Z应为碱石灰，其作用是吸收多余Cl2，防止污染空气，同时可防止空气中的水蒸气进入收集器中，导致CoCl2潮解。
（4）为了获得更纯净的CoCl2，需先将体系空气排尽，当硬质玻璃管中充满黄绿色气体或收集器中出现黄绿色气体时，开始点燃N处酒精喷灯。
（5）按图组装好装置，③向三颈烧瓶中加入活性炭、CoCl2、NH4Cl和适量水，由于Co2+不易被氧化，因此②滴加稍过量的浓氨水，将Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，再①缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+。故答案为③；②①。
（6）由（5）分析知，缓慢加入H2O2溶液，将[Co(NH3)6]2+氧化为性质稳定的[Co(NH3)6]3+，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3++2NH3·H2O或2[Co(NH3)6]2++H2O2+2=2[Co(NH3)6]3+++2H2O+2NH3。
（7）由溶解度曲线图可知，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度随温度升高而增大，因此向粗产品中加入80°C左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，防止过滤过程中晶体析出，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出。
28．(1)ZnSO4
(2)Fe 将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
(3)Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
(4)甲烷
(5)六方最密 50%
【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。
【详解】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有8个正四面体空隙，N原子填充了4个，所以填充率为50%。
29．(1)(a+123)
(2)CD
(3)= MPa
(4)CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【详解】（1）根据盖斯定律，将(反应i-反应ii)，整理可得：；正反应活化能－逆反应活化能，正反应活化能=(a+123)kJ/mol。
（2）A.在恒温恒压容器中发生反应i，反应时每断裂1molO=O键，必然同时生成4molO—H键，不能据此说明反应达到平衡，A错误；
B.仅与方程式系数有关，方程式不变，不变，故不能说明反应达到平衡，B错误；
C.反应物与生成物均为气体，混合气体的质量不变，反应的系数不等，体积在变，所以混合气体密度是变量，气体密度不变可以判断平衡，C正确；
D.时反应可能处于平衡状态，D正确；
故选CD。
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故A、B两点的浓度平衡常数关系：；
②设C点时的转化量为xmol，可列出三段式(单位为mol)：
，
由图可知，C点时(g)和C3H6(g)的物质的量浓度相等，则1−x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.5mol，C点时该反应的压强平衡常数。
（4）(i)反应为；(ii)反应为，总反应方程式为：，该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与反应会产生CO即CO2+C=2CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
30．(1)邻氯甲苯(或2-氯甲苯)
(2)浓硝酸，浓硫酸、加热
(3) +CH3OH +H2O
(4)还原反应
(5)酯基、酰胺基
(6)30
(7)
【分析】由A和B的结构式分析，A发生硝化反应生成B，B发生氧化发言生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D，D发生还原反应硝基转化为氨基得到E，E和F发生取代反应生成G，以此解答。
【详解】（1）根据习惯命名法或系统命名法可知其化学名称为邻氯甲苯或2-氯甲苯。
（2）根据A和B的结构简式可知A→B是硝化反应，所学的反应试剂和条件为浓硝酸，浓硫酸、加热。
（3）C→D反应是酯化反应，其化学方程式为+CH3OH+H2O 。
（4）D→E反应是“硝基”变为“氨基”，其反应类型为还原反应。
（5）G中含氧官能团的名称是酯基和酰胺基。
（6）苯环上三个不同的取代基可以是“醛基”、“氟原子”和“”，在苯环上位置异构的个数为10；苯环上三个不同的取代基可以是“醛基”、“氯原子”和“，在苯环上位置异构的个数也是10；苯环上三个不同的取代基可以是“氟原子”、“氯原子”和“”，在苯环上位置异构的个数也是10，故总数为30。
（7）采用逆向合成分析法，并结合合成路线中的A→B、D→E和E→G三步可写出其合成路线为
。