必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷04

云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用

云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区为新教材老高考，试卷采用理科综合形式考查，但没有选考题，考试题型为7（单选题）＋4（解答题），解答题固定为工艺流程题、实验题、化学反应原理和有机推断与合成。物质结构内容分散在选择题、工艺流程、反应原理和有机推断题中。

高考命题中知识体系考查更加全面，关键能力考查更加凸显，在命题材料的选择上更加开放和灵活，对学生的理解与辨析、分析与推测能力考查尤为突出。情境设计更加丰富新颖，全面考查学生学科核心素养。。总体难度有所增大，创新性有一定增强，表现在问题设计的精细化和情境创设的丰富性与新颖性。要求学生对知识的掌握更全面和扎实，理解更透彻和细致。

 2023年云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区的高考题中将进一步精心设置情境，彰显化学学科价值；考查关键能力，聚焦学科核心素养。 “核心价值金线” 贯串高考命题和评价的始终，“ 能力素养银线”是高考命题和考查的重心，情境作为考查载体，是“金线”和“银线”的“串联线”。

T7以载人航天为真实情境，用化学知识解决实际问题的能力。T11通过2022年诺贝尔奖“点击化学”，分析化学反应机理，涉及了未成对电子、氢键、杂化轨道、电离能等多个考点，非常全面考查了物质结构与性质模块。T28实验综合题增强了实验过程中的数据处理、定量分析能力的考查，凸显学生实验探究能力（定量分析）的考查。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。

7．载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间站中氧气的再生。下列说法不正确的是

A．用于循环的氢原子利用率为100%

B．太阳能可作为反应①和②的能量来源

C．反应①为

D．等物质的量的和含有的电子数相同

【答案】A

【解析】A．反应①为，反应②2H2O2H2+O2，氢原子部分进入甲烷，用于循环的氢原子利用率达不到100%，A错误；B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B正确；C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为，C正确；D．水和甲烷都是常见的10电子微粒，等物质的量的和含有的电子数相同，D正确；故选A。

8．聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，其结构表示如下：(图中虚线表示氢键)

下列说法不正确的是

A．聚维酮在一定条件下能发生水解反应 B．聚维酮的单体是

C．聚维酮分子由个单体聚合而成 D．聚维酮碘是一种水溶性物质

【答案】C

【解析】A．聚维酮含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故A正确；B．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故B正确；C．由2m+n个单体加聚生成，故C错误；D．高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故D正确；故选C。

9．用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是                              

【答案】B

【解析】A．该装置热量易散失，不能用该装置测定中和反应的反应热，不能达到实验目的，故不选A；B．先用稀硝酸和碳酸钙反应生成的二氧化碳排出装置中的空气，再把铜丝伸入稀硝酸中反应，能防止反应生成的NO被氧气氧化，能达到实验目的，故选B；C．盐酸和碳酸钠反应放出的二氧化碳气体中含有HCl，二氧化碳、HCl都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，所以有硅酸沉淀生成不能证明碳酸的酸性大于硅酸，不能达到实验目的，故不选C；D．碱石灰吸收氯化氢，左侧应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；五氧化二磷吸收氨气，右侧应该用湿润的蓝色石蕊试纸检验氯化氢，不能达到实验目的，故不选D；选B。

10．以废弃锌锰干电池(主要成分是Zn和，还含有少量炭黑)为原料制取、溶液，进而得到复合微肥的流程如下：

下列说法正确的是

A．浸取时，与FeS(不溶于水)反应的离子方程式：

B．浸取液中主要存在离子有：、、、、、

C．过滤II所得的滤渣为

D．过滤所得、溶液中：

【答案】D

【解析】Zn和在浸取中发生氧化还原反应，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气、二氧化锰和硫化亚铁反应生成硫酸铁和硫酸锰，炭黑不反应过滤除去，加碳酸锌调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀滤渣除去，最终得到硫酸锌和硫酸锰溶液。A．由分析知二者反应的离子方程式为，A错误；B．结合分析知，浸取液中主要存在离子有、、、、，B错误；C．由分析知过滤II所得的滤渣为氢氧化铁沉淀，C错误；D．溶液中存在电荷守恒，又锰离子和锌离子水解使溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，所以有，即，D正确； 故选D。

11．下列说法或图示表达错误的是

A．在中，提供孤对电子，提供空轨道

B．叠氮-炔环加成满足点击化学的条件，活性Cu(I)催化该反应的机理如图1所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快

C．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图2所示。与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更小

D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，其在水中的溶解度比图4所示物质大

【答案】C

【解析】A．在中，提供孤对电子，提供空轨道，两者形成配位键，A正确；B．活化能越大，反应越慢，活化能越小，反应越快，催化剂可改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；根据题意可知，叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，B正确；C．该螯合离子中氧的孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致该螯合离子中“C-O-C”键角变大，C错误； D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，图4所示物质不能和水分子间形成氢键，故图3所示物质在水中的溶解度比图4所示物质的大，D正确；故选C。

12．某科研团队设计的酶—光电化学电池可同时在电池两室分别实现两种酶催化转化，原理如图所示。下列说法错误的是

A．该电池工作过程中实现了光能转化为化学能

B．氢离子从ITO电极向Mo：BiVO4电极方向迁移

C．Mo：BiVO4电极上的反应式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+

D．消耗lmol同时生成1mol

【答案】B

【解析】该结构是酶—光电化学电池，由电子移动的方向可知ITO电极为正极，Mo：BiVO4电极为负极，FMN(H2)在正极转化为FMN，H2O在负极失去电子生成H2O2和H+，以此解答。A．该电池是光电化学电池，工作过程中实现了光能转化为化学能，故A正确；B．原电池结构中，阳离子向正极移动，则氢离子从Mo：BiVO4电极向ITO电极移动，故B错误；C．由分析可知，BiVO4电极为负极，H2O在负极失去电子生成H2O2和H+，电极方程式为：2H2O-2e-=H2O2+2H+，故C正确；D．由图可知，正极和H2反应生成 ，负极得到和H2O2反应生成 ，而生成1molH2和1mol H2O2转移的电子数相等，则消耗lmol同时生成1mol，故D正确；故选B。

13．室温下，等物质的量的HA与强碱MOH混合，得到MA悬浊液，静置，取上层清液，通入HCl(g)，混合溶液中pH与的关系如图。已知：、。下列说法正确的

A．上层清液中

B．的溶液中将逐渐减小

C．时，

D．pH=7时，

【答案】C

【解析】A．MA悬浊液中，则上层清液中，A错误； B． 的溶液中，酸性增强，氢离子浓度变大，HA电离平衡逆向移动，c(A-)减小，结合Ksp(MA)=c(A-)c(M+)不变可知c(M+)增大，则将逐渐增大，B错误；C．电荷守恒：，物料守恒：，联立二式子可得，因为，则，则，溶液显酸性，则，故，C正确； D．由电荷守恒可知，，pH=7时，则，故，D错误；故选C。

二、解答题：本题共4小题，共58分．

27．从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含、和等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：

已知：是两性氢氧化物。

25℃时，的溶度积，。回答下列问题：

（1）“滤渣Ⅱ”的成分为_______(填化学式)。

（2）基态砷原子的价电子排布图为_______；砷化镓(GaAs)和氮化硼(BN)晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓的熔点_______氮化硼的熔点(填“高于”“低于”或“等于”)。

（3）砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷化镓转化为和进入溶液，该反应的化学方程式为_______。

（4）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是_____。

（5）向“中和”后得到的滤液中加入足量NaOH溶液，使pH大于12，经_______、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到。

（6）为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数K=_______。(已知  )

【答案】（1）、

（2）          低于

（3）

（4）温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解，所以温度不能过高或过低

（5）蒸发浓缩(或加热浓缩)

（6）

【解析】砷化镓废料，主要成分为GaAs，含、和等杂质，加入NaOH、，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、难溶于NaOH溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸中和调节pH，生成滤渣Ⅱ、沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，生成溶液，电解溶液生成Ga。

（1）滤渣II的成分为、沉淀。

（2）砷元素的原子序数为33，价电子排布式为，价电子排布图为；砷化镓(GaAs)和氮化硼(BN)晶体都具有空间网状结构，说明两者都是共价晶体，共价晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N＜Ga-As，所以砷化镓熔点低于氮化硼的熔点。

（3）砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、与GaAs反应生成、，该反应的化学方程式为。

（4）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解，所以温度不能过高或过低。

（5）制得用到的是冷却结晶的方法，具体的操作为蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，低温干燥。

（6）将、、三式相加可得反应，则平衡常教。

28．硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体(CuSO4·xH2O)在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。某小组对硫酸铜晶体性质进行探究，回答下列问题：

[探究一]验证硫酸铜晶体的分解产物

某小组同学对某温度下硫酸铜晶体的分解产物进行验证，设计了如下实验：

观察到的实验现象有：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中品红溶液褪色；E中溶液变为红色。

（1）装有无水硫酸铜的仪器名称为_______，C、D两装置位置_______ (填“ 能”或“不能”)交换。

（2）C中产生的沉淀的化学式为_______，E中Fe2+发生反应的离子方程式为______。

（3）该实验设计的不足之处是_______。

[探究二]测定硫酸铜晶体中结晶水含量

实验步骤：①称取mg硫酸铜晶体，用适量蒸馏水溶解，再滴加几滴酸A酸化。

②向①所得溶液中滴加足量BaCl2溶液，得到白色沉淀，将所得沉淀过滤、洗涤。

③将洗涤后的沉淀充分干燥后称得其质量为ag。

（4）步骤①酸A应该选择_______ ( 填“稀盐酸”或者“稀硫酸”)，滴加酸A的目的是______。

（5）步骤②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。

（6）根据实验数据，硫酸铜晶体( CuSO4·xH2O)中x=_______ (用含 m、a的代数式表示)。

【答案】（1）     球形干燥管     不能

（2）     BaSO4     4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O

（3）缺少尾气处理装置

（4）     稀盐酸     抑制Cu2+水解

（5）取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净

（6）

【解析】本题是一道检验硫酸铜晶体分解的产物的实验题，该晶体分解后无水硫酸铜变蓝说明产物中有水，C中氯化钡生成白色沉淀，说明分解产物中含有三氧化硫，D中品红褪色，说明分解产物中含有二氧化硫，E中溶液变为红色，说明分解产物中含有氧气，以此解题。

（1）由图可知，装有无水硫酸铜的仪器名称为球形干燥管；因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为：互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3，故两者不能互换；

（2）C中三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸再和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；E中二价铁被水中溶解的氧气氧化为三价铁，离子方程式为：4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；

（3）反应中产生硫的氧化物，会污染空气，需要尾气处理装置，故不足之处是：缺少尾气处理装置；

（4）该实验是通过测定其中硫酸根的量来确定硫酸铜的量，故在实验过程中不能引入硫酸根离子，故酸A是稀盐酸；考虑到铜离子容易水解生成氢氧化铜沉淀影响实验，需要防止其水解，故滴加酸A的目的是：抑制Cu2+水解；

（5）沉淀上容易吸附氯离子，可以通过检验洗涤液中是否还有氯离子来验证，则检验方法为：取最后一次洗涤液少量于试管，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净；

（6）硫酸铜的物质的量等于最后硫酸钡的物质的量，即n(CuSO4)=n(BaSO4)=，则。

29．氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：

（1）298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 mol 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。

（2）工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：

I．

II．

①已知：  。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。

②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。

A．加催化剂        B．增加用量    

C．移除        D．恒温恒压，通入惰性气体

③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 mol，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

（3）实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。

恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。

（4）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。

【答案】（1）

（2）     吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率     CD     7

（3）     <     P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率

（4）     Fe    

【解析】（1）1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；

1 mol 蒸发吸热44kJ，可得：；

燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；

（2）①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；

②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；

B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；    

C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；

D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；

故答案为：CD；

③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：

平衡时体系中含有：0.5mol、0.25mol、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，

则反应II的平衡常数，故答案为：7；

（3）由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；

（4）由晶胞结构可知黑球的个数为，灰球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)4，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)4[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；；

30．有机物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

（1）化合物A中碳原子的杂化轨道类型为_______。

（2）化合物E与F的沸点比较_______高，原因为_______。

（3）反应⑤的化学方程式为_______。

（4）化合物F中官能团名称为_______；F分子中最多有_______个原子共面。

（5）化合物G的结构简式为_______。

（6）反应⑦的反应类型为_______。

（7）化合物M是化合物D的同分异构体，满足下列条件的M有_______种(不考虑立体异构)

①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L

②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置

【答案】（1），

（2）     E     E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键

（3）

（4）     醛基、碳氯键     16

（5）

（6）取代反应

（7）6

【解析】由题干合成流程图可知，由A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，由G的分子式并结合已知信息和F到G的转化条件可知，G的结构简式为：，（7）已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有 的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，据此分析解题。

（1）由题干合成流程图中A的结构简式可知，化合物A中苯环上的碳原子采用sp2杂化，另外两个甲基采用sp3杂化，故化合物A中碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；

（2）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键，而F中含有醛基不能形成分子间氢键，导致化合物E的沸点比较高，故答案为：E；E分子中含有羟基，可以形成分子间氢键；

（3）由题干合成流程图中E和F的结构简式可知，反应⑤即E到F的化学方程式为：，故答案为：；

（4）由题干合成流程图中F的结构简式可知，化合物F中官能团名称为碳氯键和醛基，F分子中含有苯环所在的12个原子共平面，醛基中的四个原子共平面，故最多有16个原子共面，故答案为：碳氯键、醛基；16；

（5）由分析可知，化合物G的结构简式为，故答案为：；

（6）由题干合成流程图可知，反应⑦即G转化为H的反应，方程式为：+2ROH+2H2O，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；

（7）已知D的分子式为：C10H8Cl2O4，化合物M是化合物D的同分异构体，则满足条件①1molM与足量NaHCO3溶液反应最多产生标况下气体44.8L即产生=2molCO2，即M中含有2mol羧基，②苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置，即含有的结构，另外一个取代基为：-CH2CH(COOH)2、-C(COOH)2CH3和-CH(COOH)CH2COOH三种，然后每一种又有2种位置关系，故符合条件的M一共有2×3=6种，故答案为：6。