2023年高考押题预测卷01（辽宁卷）-化学（全解全析）

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2023年高考押题预测卷01【辽宁卷】

化学·全解全析

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1．【答案】C

【详解】

A．钢是一种铁碳合金，A正确；

B．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；

C．芯片的成分为晶体Si，C错误；

D．氮化硅属于新型无机丰金属材料，D正确；

故选C。

2．【答案】C

【详解】

A．的电子式为，A项错误；

B．羧基结构中含碳氧双键，故1 mol甘氨酸中含1 mol π键，B项错误；

C．甘氨酸属于氨基酸，既具有酸性又具有碱性，C项正确；

D．、均为离子晶体，D项错误。

答案选C。

3．【答案】A

【详解】

A．CO和N2互为等电子体，两种物质所含孤电子对数相等，氮气电子式为，1mol氮气中所含孤电子对数为2mol，即2.8g该混合物中含有孤电子对数0.2NA，故A正确；

B．NH3、CO与Cu+形成配位键，即4个σ键，3个氨分子中含有9个σ键，1个CO中含有1个σ键，因此1mol[Cu(NH3)3CO]+中所含σ键个数为14NA，故B错误；

C．Na2HPO3为正盐，则H3PO3为二元酸，无机含氧酸是由羟基电离产生，因此1molH3PO3中含有羟基数为2 NA，故C错误；

D．生成1molCu2O，转移电子物质的量为1mol×2×(2-1)=2mol，即转移电子物质的量为2 NA，故D错误；

答案为A。

4．【答案】D

【详解】

A．双氧水与在碱性环境下可制备消毒剂，中氯化合价降低变为，则双氧水中氧化合价升高，则是因为具有还原性，故A错误；

B．NaOH溶液可吸收NO和的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因为NO和均为酸性氧化物，故B错误；

C．形成的酸雨放置一段时间后pH降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C错误；

D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe−Sn形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D正确。

综上所述，答案为D。

5．【答案】C

【详解】

A．离子的还原性：I-＞Fe2+，所以向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，应该是I-先失去电子，发生氧化反应，离子方程式应该为：，故A错误；

B．向中加入固体，既做氧化剂又做还原剂，中的18O全部在NaOH中，因此氧气的化学式为O2，故B错误；

C．氯气和足量溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和二氧化硫，离子方程式为：，故C正确；

D．由水电离的的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸性也可能是碱性，若溶液为酸性，滴加少量溶液：，若溶液为碱性，滴加少量溶液：，故D错误；

故选C。

6．【答案】D

【详解】

A．价电子总数和原子总数相同的分子、离子或基团互称为等电子体。和互为等电子体，结构相似，均为三角锥形，A正确；

B．、均为气体，分子尺寸小，和类似，所以可推出、可以装在以氢键相连的几个水分子构成的笼内，B正确；

C．电负性：F>Cl>H，由酸性强于可推出酸性强于，C正确；

D．HI还原性较强，会被浓硫酸氧化，故NaI固体与浓硫酸共热得不到HI，D错误；

故选D。

7．【答案】D

【详解】

含钽废渣(主要含、及油脂等) 经过加入碳酸钠焙烧，并通入空气，氧化的同时可去除油脂，得到的“钠盐和氧化物”中主要成分有、、等，再加水溶解，过滤得到滤渣I的主要成分为，滤液I的主要成分为、，再通入二氧化碳，转化为氢氧化铝沉淀作为滤渣II的主要成分而除去，滤液中主要溶质为，再加入硫酸转化为HTaO3后，加入碳酸锂灼烧，最终得到目标产物钽酸锂，据此分析解答。

A．通空气除氧化生成和外，还可以将油脂氧化除去，A项错误；

B．由钠盐和氧化物主要成分可知，过滤后的滤渣I中主要成分是，B项错误；

C．“沸腾炉焙烧”中发生的反应有，但需要熔融状态焙烧，在水溶液中两者不反应，所以不能体现氧化铝的两性，C项错误；

D．流程中先加入二氧化碳沉铝，最后灼烧又产生二氧化碳，所以可循环利用二氧化碳，D项正确；

故答案选D。

8．【答案】B

【详解】

A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A错误；

B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B正确；

C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C错误；

D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D错误；

故选B。

9．【答案】B

【详解】

A．取钢铁电极附近溶液加溶液，产生蓝色沉淀说明溶液中有，可以证明有钢铁腐蚀，但不一定发生吸氧腐蚀，A不符合题意；

B．该方法可以检验卤代烃中卤素原子种类，产生白色沉淀说明为Cl原子，淡黄色沉淀为Br原子，黄色沉淀为I原子，B符合题意；

C．加热后溶液变黄，可以说明平衡发生了移动，但无法判断反应速率的变化，C不符合题意；

D．乙醇也可与钠发生反应生成氢气，无法证明是否有水，D不符合题意。

故选B。

10．【答案】D

【详解】

A．a代表的原子位于晶胞8个顶点和4条棱上，且内部有6个，因此一个晶胞中含有a代表的原子：，c代表的原子都位于晶胞内部有4个，因此a代表的原子与c代表的原子个数比为2∶1，根据化学式可知，a代表Cr原子，A错误；

B．由题图可知，b原子周围距离最近的同类原子有3个，B错误；

C．由题图可知，晶胞体积为cm3，晶胞中氢原子的质量为 g，则储氢后氢气的密度为，储氢能力应为，C错误；

D．原子半径：V>Cr，因此V取代晶体中部分Cr原子后，晶胞参数增大，D正确；

故选：D。

11．【答案】B

【详解】

A．根据结构简式可知，分子式为，选项A正确；

B．由图可知，分子中有3种不同化学环境的氢原子，一氯代物有3种，选项B错误；

C．四苯基乙烯中含有碳碳双键，能发生氧化反应，与氢气的加成为还原反应，还有苯环能发生取代反应，选项C正确；

D．由于碳碳单键能旋转，则分子中所有原子可能共平面，选项D正确；

答案选B。

12．【答案】B

【详解】

A．由图可知，开关K置于M处时，该装置为原电池，需要利用光能，开关K置于N处时，该装置为电解池，也需要光能，则该装置可实现光能向电能和化学能的转化，选项A正确；

B．原电池中正极的电势大于负极，则电极电势：，电解池中阳极的电势大于阴极，则电极电势：，选项B错误；

C．原电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，则开关K置于M处时，电子由极通过导线流向极，选项C正确；

D．开关K置于N处时，该装置为电解池，极为阴极，其电极反应式为，选项D正确；

答案选B。

13．【答案】D

【详解】

根据“先拐先平数值大”，由图可知，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，升高温度，平衡时B的体积分数增大，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应。

A．不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，A错误；

B．根据分析，升高温度，平衡正向移动，由于相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，B错误；

C．该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)=amol×30%=0.3amol，则平衡时，C错误；

D．根据分析，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，D正确；

故选D。

14．【答案】C

【详解】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y、Z均相邻，则X为第二周期元素，根据题给化合物的结构，W元素形成1个共价键，W为H，X与H形成 ，X为-3价，则X为N，Y是O，Z是P。

A．同周期主族元素，原子序数越大，半径越小，同主族元素，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为P>N>O，故A正确；

B．NH3和PH3的中心原子杂化方式均为，且均有一个孤电子对，键长：P—H键>N—H键，导致中成键电子对之间斥力比小，故键角：，故B正确；

C．该化合物的阴离子中P原子形成5个共价键，形成最外层有10个电子的结构，故C错误；

D．H、N、O三种元素形成的化合物中既含离子键又含共价键，故D正确；

选C。

15．【答案】B

【详解】

A．设HF的电离平衡常数Ka，，随增大，F-浓度增大，难溶于水，F-浓度越大，的浓度越小，所以代表与的变化曲线，L2代表与的变化曲线，故A错误；

B．溶液中Sr、F两种元素均有SrF2提供，根据物料守恒，a、c两点的溶液中均存在，故B正确；

C．根据图像可知，=1时，=，的数量级为，故C错误；

D．根据电荷守恒，，c点，溶液呈酸性，所以，故D错误；

选B。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．（13分）

【答案】

(1)低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降     C     将氧化为除去

(2)

(3)不正确。可能是受热分解或铵盐分解放出氨气

(4)

(5)NH3、(NH4)2SO4

【详解】

由制备2Zn(OH)2•ZnCO3流程可知，锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，发生ZnO+2+2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，发生Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2+2H2O，过滤分离出二氧化锰，在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，蒸氨分离出氨气，再加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2•ZnCO3和二氧化碳气体，发生3Zn2++6=2Zn(OH)2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，过滤得2Zn(OH)2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，2Zn(OH)2•ZnCO3进行焙烧得到ZnO，据此分析解题。

（1）①温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入，温度高于55℃后，温度升高，易分解出氨气，氨气挥发使浓度下降，浸出率反而下降，故答案为：低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降；

②是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，是弱酸酸根离子，溶液酸性越强越容易形成，促进溶出，所以之后浸出率下降，说明的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小，C正确，故答案为：C；

③加入，发生反应或，将氧化为而除去，故答案为：将氧化为除去；

（2）由分析可知，过滤分离出二氧化锰，在滤液中主要含有，向其中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，则流程中生成“滤渣”的离子方程式：，故答案为：；

（3）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的氨气可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，故答案为：不正确，可能是受热分解或铵盐分解放出氨气；

（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为锌离子，“沉锌”时加入碳酸氢铵，溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成，离子方程式为，故答案为：；

（5）“蒸氨”过程中除去的多余NH3和“过滤Ⅲ”所得滤液中的(NH4)2SO4都可循环使用，故答案为：NH3、(NH4)2SO4。

17．（14分）

【答案】

(1)+208.4

(2)BD     I     0.47     31     M     由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)

【详解】

（1）从图中可以看出，反应： ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol =+208.4kJ/mol。答案为：+208.4；

（2）①A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗3 molH2(g)，反应进行的方向相同，虽然变化量之比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态；

B．在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态；

C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态；

D．在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态；

故选BD。

②对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为I；

一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1. 0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系，a点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：

a点对应的平衡常数Kp==0.47MPa-2。

③在M催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。从图中信息获知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案为：BD；I；0.47；31；M；由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。

18．（14分）

【答案】

(1)O2     2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O ═ 2CuBr↓+SO+4H+     60℃水浴加热     溶液蓝色完全褪去

(2)防止CuBr见光分解     防止CuBr被氧化     除去表面乙醇，并使晶体快速干燥

(3)83.3%

(4)100     冷却结晶

【详解】

在CuSO4和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO2的水溶液进行洗涤，防止CuBr被氧化； SO2气体有毒，尾气需要用碱液吸收处理。

（1）水中溶解的氧气可以氧化CuBr，实验中所用的蒸馏水需煮沸除去O2；三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，SO2被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；所需温度低于水的沸点，可以用60℃的水浴加热；实验所用45gCuSO4•5H2O为0.18mol，30.9gNaBr为0.3mol，所以NaBr稍过量，当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，现象为溶液蓝色完全褪去；

（2）溴化亚铜见光会分解，所以抽滤需要避光，防止CuBr见光分解，在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；

（3）实验所用NaBr过量，根据CuSO4·5H2O的物质的量可知理论上可以得到0.18molCuBr，所用产率为×100%=83.3%；

（4）原烧杯中含有100g×20%=20gNaOH，物质的量为0.5mol，实验完成后烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，之后再加入0.5molNaOH即可以使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，所用加入100g 20%的NaOH溶液；加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥。

19．（14分）

【答案】

(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)

【详解】

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。

（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

。