2023年高考化学押题预测卷（三）（辽宁卷）（含考试版、全解全析、参考答案）

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2023年高考化学押题预测卷（三）【辽宁卷】

化学·全解全析

（考试时间：75分钟  试卷满分：100分）

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】B

【详解】

A．氦气是氮原子分子，故A错误；

B．钛合金为合金材料，硬度大，其强度、韧性高于纯钛金属，故B正确；

C．“祖冲之二号”中的半导体存储器主要成分为Si，故C错误；

D．磁铁矿主要成分为，故D错误。

综上所述，答案为B。

2．【答案】D

【详解】

A．的系统命名为1，丁二烯，A错误；

B．过氧化氢的电子式为 ，B错误；

C．原子核外共有33个电子，故简化的电子排布式为，C错误；

D．顺-2-丁烯的结构简式 ，D正确；

故选D。

3．【答案】D

【详解】

A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1L1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L ×1L×NAmol—1=NA，故A正确；

B．由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5mol×12×NAmol—1=6NA，故B正确；

C．由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为×2×NAmol—1=0.2 NA，故C正确；

D．缺标准状况，无法计算22.4L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，所以无法计算使溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误；

故选D。

4．【答案】B

【详解】

A．题中涉及反应，铜元素的化合价降低，体现氧化性，A项不符合题意；

B．脂水指石油，燃烧过程中发生氧化反应，石油体现还原性，B项符合题意；

C．“胡粉得雌黄()而色黑(PbS)”过程中Pb元素化合价不变，胡粉未发生氧化还原反应，C项不符合题意；

D．最终转化为Zn，Zn元素化合价降低，被还原，作氧化剂，体现其氧化性，D项不符合题意。

故答案选B。

5．【答案】D

【详解】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的简单氢化物能与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐；X是N元素；Y元素原子的核外电子只有8种运动状态，Y是O元素；Z为短周期金属元素，其简单离子的半径在同周期中最小，Z是Al元素；基态W原子的未成对电子数为6，W是Cr元素。

A．Al是金属元素，第一电离能最小，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能： N>O>Al，故A正确；

B．中N原子价电子对数为，无孤电子对；中N原子价电子对数为，有1个孤电子对，所以键角>，故B正确；

C．W是Cr元素，价电子排布为3d54s1，为第四周期d区元素，故C正确；

D．NH3常温下为气体，H2O常温下为液体，H2O的沸点大于NH3，H2O更易液化，故D错误；

选D。

6．【答案】A

【详解】

A．图1装置为原电池，根据电流表可判断形成的原电池的正负极，Fe为负极，Cu为正极，可说明Fe比Cu活泼，A项正确；

B．导气管伸入饱和溶液中太长，导气管应在液面上，B项错误；

C．氨气会和无水反应生成，应用碱石灰干燥，收集氨气用向下排空气法，C项错误；

D．为气体分子数不变的反应，缩小容器体积，平衡不移动，气体颜色加深是因为缩小容器体积，的浓度增大，D项错误。

故选A。

7．【答案】C

【详解】

A．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸中含有苯环，则属于芳香族化合物，含有氧原子，不属于烃，A错误；

B．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸分子式为C18H16O8，B错误；

C．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有羟基、羧基和酯基三种含氧官能团，且含有苯环，迷迭香酸可以发生水解反应、加成反应和酯化反应，C正确；

D．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有2个苯环，1个碳碳双键可以和H2加成，故1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，D错误；

故答案为：C。

8．【答案】D

【详解】

A．由图可知，a中的配位数为8，A正确；

B．a中两个最近的的距离为面对角线长的一半，故为，B正确；

C．根据晶胞结构b可知，每个晶胞中含有个、8个、个，则掺杂后的晶体的化学式为，C正确；

D．和的中心原子的价层电子对数均为6，D错误；

故选D。

9．【答案】A

【详解】

A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A错误；

B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；

C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C正确；

D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；

故答案为：A。

10．【答案】B

【详解】

二氧化铈()废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成；

A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；

B．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取的方向移动，目的是提高的萃取率，故B正确；

C．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，试剂a可为盐酸或硝酸，故C错误；

D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；

故选B。

11．【答案】C

【详解】

A．离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，中离子键强于中离子键，故的熔点更高，A正确；

B．硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B正确；

C．硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C错误；

D．过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D正确；

故选C。

12．【答案】B

【详解】

A．与，在酸性条件下的氧化性比强，所以反应为：，A错误；

B．溶液中通入，生成黄绿色的离子，反应的离子方程式为：，B正确；

C． 溶液中加入少量盐酸，应先反应生成酚羟基，C错误；

D．泡沫灭火器的反应原理：，D错误；

故选B。

13．【答案】B

【详解】

该电池为碱性多硫化物---空气液流二次电池，所以放电时通入空气的一极为正极，即电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极。

A．连接负载时为原电池，电极B为正极，A错误；

B．连接负载时为原电池，电极A为负极，发生氧化反应为阳极区，电极反应为2 - 2e- = ，B正确；

C．连接电源时为电解池，电极B反应为4OH--4e-=O2+2H2O，电极A反应为+ 2e- =2，不产生NaOH，C错误；

D．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；负极发生氧化反应，反应为2 - 2e- = ；正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动，离子交换膜a为阳离子交换膜，D错误；

综上所述答案为B。

14．【答案】D

【详解】

A．根据题给平衡体系中方程式特点判断，两个反应均为吸热反应，温度升高，平衡均正向移动，乙烷的平衡转化率会增大，两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，乙烷的平衡转化率会减小，而图像中随着X的增大，乙烷的平衡转化率逐渐增大，则X代表温度，L代表压强，A项正确；

B．同一温度下，对应的乙烷平衡转化率低于对应的，即代表的压强大于的，B项正确；

C．根据乙烯的选择性公式判断，反应中，乙烷转化成的乙烯的物质的量为 mol，则乙烷转化成的CO的物质的量为 mol，C项正确；

D．M点对应温度下，设平衡时、的物质的量分别为x mol、3y mol，根据物质的量关系可列出三段式：

结合图像可知，，，解得，，则平衡时、、、、的物质的量分别为1 mol、1.8 mol、0.8 mol、1.6 mol、0.8 mol，反应Ⅰ的平衡常数，D项错误。

故选D。

15．【答案】D

【详解】

A．根据NaOH溶液与HA溶液、溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，逐渐减小，变大，所以线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点可知时，，，选项A正确；

B．根据上述分析可知，线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，选项B正确；

C．x点溶液呈酸性，则，根据电荷守恒得，所以，再根据x点的pM>0，即，可得，C正确；

D．若发生反应，则该反应的，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即时，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D错误；

答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．（14分）

【答案】

(1)四或4     Ⅷ

(2)A

(3)

(4)将氧化为     7.4

(5)盐酸或稀硫酸     将与分离，并富集

(6)或    

【详解】

钕铁硼废料中主要成分为等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物，先用浓盐酸浸出，金属转化为相应的盐酸盐，过滤出不溶物，滤液中加入草酸沉钕，滤渣2是，在空气中煅烧得到；滤液中首先加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子，利用试剂2调节pH沉淀铝离子和铁离子，过滤向滤液中加入有机萃取剂萃取Co2＋，然后加入盐酸或稀硫酸进行反萃取得到含Co2＋的溶液，加入碳酸氢铵沉钴，最后在空气中灼烧得到，据此解答。

（1）钴()元素的原子序数是27，在元素周期表第四周期第Ⅷ族。

（2）矿物油污的主要成分是烃类，能溶于有机溶剂，所以除去矿物油污可以选择的试剂是苯。答案选A。

（3）“沉钕”过程调，得到晶体，草酸难电离，则生成沉淀的离子方程式为。

（4）根据表中数据可知氢氧化亚铁完全沉淀的pH较大，所以“沉钕”后的滤液中加入试剂1的作用是将氧化为；氢氧化钴完全沉淀的pH是9.4，则溶度积常数是10－5×（10－4.6）2＝10－14.2，若溶液中，则氢氧化钴开始沉淀时氢氧根浓度为10－6.6mol/L，相应的pH为7.4，即加入试剂2调节范围是6～7.4。

（5）“萃取”时发生反应：，即萃取后溶液显酸性，则反萃取时需要增大氢离子浓度，即试剂3为盐酸或稀硫酸，设计萃取、反萃取的目的是将与分离，并富集。

（6）①根据图甲中原子A的坐标为和B为，以及C原子的位置可判断C原子的坐标为或。

②根据晶胞结构可判断晶胞含有O个数是，Co个数是，若阿伏加德罗常数的值为，晶胞质量是，晶胞体积为abd×10－21cm3，则晶体密度为。

17．（13分）

【答案】

(1)     小于

(2)或

(3)     ③         

【详解】

（1）(CO2)+() -(CO)-() =[+0-()]=；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能。

（2）根据盖斯定律，Ⅱ=(Ⅲ-I)，，，则==。

（3）达到平衡时，，，则；温度升高，正逆反应速率均增大，k正、k逆均增大，则lgk正、lgk逆与成反相关，由（1）分析知该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lgk正随变化的曲线为③；曲线③表示lgk正随的变化关系，曲线④表示lgk逆随的变化关系，温度T1时lgk正-lgk逆==a-0.3-a+1=0.7，则反应Ⅱ的平衡常数=100.7=5。设和的物质的量均为1mol，

平衡时CH4为1mol×(1-60%)=0.4mol，H2O为(1-y-2z) mol，CO2为(y+z-x) mol，CO为(2x-y) mol，H2为(2x+y+4z) mol，则，解得，即平衡时CH4为0.4mol，H2O为0.2 mol，CO2为0.2mol，CO为0.4 mol，H2为2 mol，总物质的量为3.2mol，；。

18．（14分）

【答案】

(1)稀盐酸     胶头滴管

(2)     澄清石灰水     具有较强的氧化性，具有较强的还原性，因此，当放置时间较长时，二者之间发生氧化还原反应，导致溶液红色变浅或从氧气将氧化解释，合理即可

(3)1~2     若pH太小，与结合生成HSCN；若pH太大，水解程度增强，容易产生胶状氢氧化铁，甚至产生红褐色沉淀

(4)     向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，证明药片中有；向血红色溶液中慢慢滴加KF溶液，至溶液刚好褪色，然后滴加少量氯水(或稀硝酸)，若裉色后的溶液又变为红色

【详解】

（1）由于易水解，应该将溶解在稀盐酸中再配制溶液，抑制水解；配制一定物质的量浓度的溶液的过程中，在定容时需要用到胶头滴管；

（2）①由抗坏血酸和脱氢抗坏血酸的结构可知，抗坏血酸与发生氧化还原反应生成脱氢抗坏血酸，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式: ；

②加入溶液产生了，说明在此过程中作氧化剂，将氧化，另一种气体由于无色、无味、无毒，只能是，可以用澄清石灰水检验；

③通过a、b实验的分析可知，具有较强的氧化性，具有较强的还原性，因此，当放置时间较长时，二者之间发生氧化还原反应，导致溶液红色逐渐褪去；还可能是空气中的氧气将氧化而导致溶液褪色；

（3）由图乙可以看出，溶液的pH为12时，吸光度(A)较大且数据稳定，所以进行该显色反应时应控制pH为1~2；若pH太小，与结合生成HSCN，若pH太大，的水解程度增强，容易产生胶状氢氧化铁，甚至产生红褐色沉淀；

（4）①由题给信息可知，、

，，

则的平衡常数，②由①中分析可知，很容易在存在时转化为，即向溶液中慢慢滴加含的溶液，由于转化为导致溶液红色慢慢褪去，据此可以设计出证明药片部分变质的方案为：向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，证明药片中有；向血红色溶液中慢慢滴加KF溶液，至溶液刚好褪色，然后滴加少量氯水(或稀硝酸)，若裉色后的溶液又变为红色。

19．（14分）

【答案】

(1)取代反应     保护羟基，防止被氧化

(2)硝基

(3)B

(4)分子中的羟基、羧基能与水形成氢键

(5)6    

(6)

【详解】

由条件I可知，A为。

（1）A→B，-CH2Cl取代了-OH中的H，故反应类型为取代反应；D→E将-OCH2Cl转化为-OH，由A→B、D→E两个过程可知，该反应的目的是保护羟基，防止被氧化；

（2）C→D的过程中，被还原的官能团是硝基；

（3）A．由A结构可知，A的名称是2，6-二羟基苯甲酸乙酯，A项正确；

B．化合物B官能团为醚键、酯基，含2种不同官能团，B项错误；

C．化合物E含有官能团-COOH、-NH2，故既有酸性又有碱性，C项正确；

D．F中官能团为酚羟基、羧基，G中官能团为羰基、醚键、酚羟基，能与反应的只有羧基，故与溶液混合产生气泡的是F，溶液可以鉴别F和G，D项正确；

答案选B；

（4）根据F结构，化合物F易溶于水，主要原因是分子中的羟基、羧基能与水形成氢键；

（5）符合条件的化合物E的同分异构体中，苯环上含1个-CONH2、3个-OH，中-CONH2位置有3种，中-CONH2位置有2种，中-CONH2位置有1种，共有2+3+1=6种；F→G，F的-COOH与苯环上6号碳的-OH参加反应，过程失去2个H2O，副产物H与化合物G互为同分异构体，故F→H，应为F的-COOH与苯环上2号碳的-OH参加反应，H的结构简式为；

（6）根据题中合成原理，及苯酚为原料合成呫吨酮路线为。