2023年高考押题预测卷03（广东卷）-化学（全解全析）

2023年高考押题预测卷03（广东卷）

化学·全解全析

1.【答案】A

【详解】A．蚕丝主要成分为蛋白质，点燃时，会产生烧焦羽毛的气味，A正确；

B．儿茶素( C15H14O6 )含氧元素，不是烃类物质，B错误；

C．钢条属于金属材料，C错误；

D．纸的主要成分是纤维素，与淀粉分子量不同，不是同分异构体，D错误；

故选A。

2.【答案】C

【详解】A．中子数为18的硫原子，质子数为16，则质量数为34，可表示为：或34S，选项A错误；

B．硫原子比氢原子大，故H2S的比例模型为，选项B错误；

C．H2O分子中含有两个共价键，分子的结构式：H-O-H，选项C正确；

D．Cl的最外层满足8电子稳定结构，CH3Cl的电子式为：，选项D错误；

答案选C。

3.【答案】C

【详解】A．①操作错误，混合乙醇和浓硫酸时是将浓硫酸缓缓加入到乙醇中，故A错误；

B．②操作错误，收集乙酸乙酯时导管不能伸入到溶液液面一下，故B错误；

C．分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液，先将下层液体放出，再从上口倒出乙酸乙酯，③操作正确，故C正确；

D．④操作错误，提纯乙酸乙酯时温度计水银部位在支管口处，故D错误。

综上所述，答案为C。

4.【答案】D

【详解】A．该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑，A错误；

B．硫化钠溶液中，S2-水解分为两步：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，B错误；

C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；

D．向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2+OH-=，D正确；

故选D。

5.【答案】C

【详解】A．由结构简式可知该有机物的分子式为C16H16O3，故A错误；

B．两个苯环为平面结构，通过单键相连，单键可以旋转，因此所有碳原子不一定在一个平面上，故B错误；

C．1mol该有机物中含3mol酚羟基，能与3molNaOH反应，故C正确；

D．该有机物中只有酚羟基邻对位氢能与溴水发生取代反应，由结构简式可知含3个酚羟基邻对位的氢，则1mol该化合物最多可与含3molBr2的溴水发生取代反应，故D错误；

故选：C。

6.【答案】C

【详解】A．食醋可与水垢中的碳酸钙反应生成二氧化碳，酸性比碳酸强，A正确；

B．清洗炒完菜的铁锅后并擦干，可避免铁锅在潮湿环境下发生吸氧腐蚀，B正确；

C．蒸制糕点加碳酸氢钠作膨松剂，膨松剂的主要作用是产生气体使糕点疏松多孔并调节酸性，C错误；

D．石膏或卤水为电解质溶液，制作豆腐时，加入石膏或卤水可破坏胶体的稳定性，使胶体聚沉，D正确；

故选C。

7.【答案】B

【详解】A．苯胺中含有1mol-NH2，含有的键数目为，A错误；

B．LiH中H显-1价，反应时生成H2，故反应电子转移数目为，B正确；

C．-NH2含有9个电子，中约含电子数目为，C错误；

D．计量气体体积时，需要说明温度与压强，D错误；

故选B。

8.【答案】A

【详解】A．②和④分别为氯气、次氯酸，氯气没有漂白性，次氯酸有漂白性可使有色物质褪色，A错误；

B．浓氨水和氯气会反应生成氯化铵白色固体，能检查输送②的管道是否漏气，B正确；

C．氯化钠为离子化合物，钠失去1个电子、氯得到1个电子，钠离子和氯离子生成氯化钠，图示正确，C正确；

D．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：，D正确；

故选A。

9.【答案】D

【详解】A．根据入料可知BiVO4 电极为负极，所以Pt 电极发生还原反应作正极，故A正确；

B．根据入料可知BiVO4 电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，故B正确；

C．Pt电极为正极， BiVO4电极为负极所以Pt电极电势高于BiVO4电极，故C正确；

D．电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极)，且不能进入溶液，故D错误；

故选D。

10.【答案】C

【详解】A．②中的品红褪色体现了SO2的漂白性，③中的品红褪色体现SO2的还原性，A错误；

B．SO2与水反应生成H2SO3能与品红分子结合，使其褪色，无水存在时，SO2分子不能使其褪色，B错误；

C．SO2与水反应生成H2SO3弱电解质，，C正确；

D．KMnO4中Mn元素+7价处于最高价态，体现氧化性，则SO2中S元素+4价体现还原性，D错误；

故答案为：C。

11.【答案】A

【详解】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；

B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；

C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；

D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；

故选A。

12.【答案】C

【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体，应为氮气，气体2有氮气和一氧化碳，捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳，据此解答。

【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；

B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；

C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C错误；

D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D正确；

故答案为C。

13.【答案】C

【详解】A．根据题图，结合题意知，石墨电极II上，发生氧化反应产生，故石墨电极II是阳极，则b是电源正极，a是电源负极，A项正确；

B．石墨电极II上，放电产生和：，石墨电极可能与氧气反应产生二氧化碳，因此，石墨电极Ⅱ附近可能收集到一种能使澄清石灰水变浑浊的气体，B项正确；

C．电解时，在石墨电极I上放电，生成Cu,左室中通过阴离子交换膜进入中间室，故溶液的浓度减小，C项错误；

D．由，和阳极反应式可得，故产生的体积为，D项正确；

答案选C。

14.【答案】B

【详解】A．由题干反应历程图可知，该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为+2价，即保持不变，A正确；

B．由题干反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B错误；

C．由题干反应历程图可知，Cu(OH)Cl分解产生两种产物即Cu2OCl2和物质X，根据质量守恒可知X为H2O，C正确；

D．由题干反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成了CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO，D正确；

故答案为：B。

15.【答案】B

【分析】X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同周期相邻元素，为O元素；Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素，为Mg元素；Z元素价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，为Si元素；N元素只有一个不成对电子且则这几种元素中元素序数最大，为Cl元素，结合题目分析解答。

【详解】A．X为O，Y为Mg，Z为Si，原子半径大小为，故A错误；

B．X为O，Z为Si，N为Cl，电负性大小为，故B正确；

C．Y为Mg，Z为Si，N为Cl，元素的第一电离能，故C错误；

D．X为O，O的基态原子的电子轨道表示式，故D错误；

故答案选B。

16.【答案】B

【详解】A．由起点0.1mol/L的MOH溶液c(OH-)水=10-11可知，MOH是弱碱，常温下由MOH电离出的c(OH-)=，由MOH电离出的c(M+)≈c(OH-)=10-3mol/L，MOH的电离常数，数量级为10-5，A错误；

B．d点c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(M+)，则有c(Cl-)=c(M+)，B正确；

C．由起点可知NOH完全电离，NOH为强碱，b点溶质为NCl，对水的电离不抑制也不促进，MOH是弱碱，e点溶质为MCl，由于M+发生水解反应，促进水的电离，则e点水的电离程度大于b点，C错误；

D．f点溶质为MCl、HCl，HCl对水的电离有抑制作用，由图知是水电离出氢氧根浓度为10-7mol/L，未知加入HCl体积，不确定混合溶液中氢离子浓度，则pH不等于7，D错误；

故选：B。

17.【答案】(1) （2分）

(2)加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，溶液又变成红色（2分）

(3)吸收二氧化硫，防止污染环境（1分）

(4) 与、酸性条件下的都反应（1分）    （1分）   蓝色沉淀（1分）    （2分）   0.02mol/L HCl（1分）   6.0mol/L NaNO3（1分）    分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化（2分）

【详解】（1）铜丝与浓硫酸反应在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为，故答案为：；

（2）可以先加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，如果又变成红色，说明品红被漂白的产物不稳定，故答案为：加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，溶液又变成红色；

（3）二氧化硫有刺激性气味，会污染环境，不能随意排放，浸NaOH溶液的棉团作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，故答案为：吸收二氧化硫，防止污染环境；

（4）由猜想1、2可得猜想3是：与、酸性条件下的都反应；取少量反应后的上层清液于试管中，滴入少量溶液，如果出现蓝色沉淀，说明有亚铁离子生成，说明猜想1成立，溶液中与发生的离子方程式为；1.0mol/L的的，所以c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，要证明猜想2成立，只需要保证氢离子和硝酸根离子的浓度和原溶液相等就行，需要把硝酸铁溶液换成c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，所以往图中的装置中加入100mL 0.02mol/LHCl溶液、100mL6.0mol/LNaNO3 溶液和过量的固体，再通入过量，出现白色沉淀，说明猜想2成立；若要证明猜想3成立，还要进行实验3，结合猜想1和猜想2的验证，可以分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化，故答案为：分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化。

18.【答案】(1)1.2（2分）

(2)<（2分）

(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)  ΔH=-129kJ·mol-1（2分）

(4) 加快（1分）     增大（1分）

(5)C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O（2分）

(6)80（2分）

(7)c（2分）

【详解】（1）CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在3min时达到平衡时，由于V=1L，所以c(H2O)=0.35mol/L，c(CO)=0.15mol/L，c(H2)=c(CO2)=0.60mol/L-0.35mol/L=0.25mol/L，则化学平衡常数K==1.2；故答案为：1.2；

（2）相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1mol H2O(g)、2molCO2、2mo1 H2，此时各种物质的浓度分别是c(CO)= c(H2O)=0.5mol/L，c(H2)=c(CO2)=1mol/L,物质的浓度商是，所以反应逆向进行，v (正)< v (逆)，故答案为：<；

（3）CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283 kJ·mol-1、286 kJ·mol-1、726 kJ·mol-1，可得反应的热化学方程式是：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1；②H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l)ΔH=-726kJ·mol-1，①+②×2-③×，整理可得：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-129 kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH=-129kJ·mol-1；

（4）依据化学反应原理，增大压强，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增加压强，平衡正向移动，会产生更多的甲醇，甲醇的产率增大，故答案为：加快；增大；

（5）以辛烷(C8H18)代表汽油，该电池工作时的负极是通入燃料C8H18的电极，该电极的反应方程式是C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O，故答案为：C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O；

（6）已知一个电子的电量是1.602×10-19C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，电子转移的物质的量是n(e-)=(1.929×105C÷1.602×10-19C)÷6.02×1023/mol=2mol，电解的总反应方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,在反应过程中电子转移2mol电子，生成2molNaOH，其质量是m(NaOH)=2mol×40g/mol=80g，故答案为：80；

（7）在上述4个反应中c为化合反应，原子利用率为100%，原子利用率最高，故答案为：c。

19.【答案】(1) （2分）     d（1分）     +2、+3（2分）

(2)稀硫酸（1分）

(3) （2分）

(4) （2分）

(5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2（2分）

(6) （2分）

【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；据此分析解答。

【详解】（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3；

（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；

（3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：；

（4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：；

（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2；

（6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：；

20.【答案】(1)酯基（1分）

(2)酯化反应(取代反应) （1分）

(3) C11H10O3（1分）     （2分）

(4) （2分）

(5) 9（2分）     、（2分）

(6) （3分）

【分析】由合成流程可知，与甲醇发生信息中的反应生成A为，A与氢气发生加成反应生成B为，HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为；与苯在氯化铝作用下反应生成D的为，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，试剂X为，生成F为，最后F在加热条件下发生取代反应生成G为；

（1）A为，含有的含氧官能团名称是酯基；

（2）D与甲醇发生酯化反应生成，则D→E的反应类型是酯化反应或取代反应；

（3）E为，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的结构简式是；

（4）HOCH2CH2OH与B发生缩聚反应生成的C为，发生反应的化学方程式为；

（5）B为，其同分异构体W 0.5mol与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，CO2的物质的物质的量为1mol，说明W分子结构中含有2个羧基，除去2个-COOH，还有4个C，这四个碳如为直链状即C-C-C-C，连接2个-COOH，共有6种结构，另外四个碳中可以有一个支链，即，连接2个-COOH，共有3种结构，即符合条件的B的同分异构体W共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为、；

（6）结合题中生成D的反应原理甲苯和可生成，再与H2在催化剂作用下发生加成反应，生成，再在浓硫酸的作用下加热发生酯化反应即可生成，具体合成路线为 。