2023年高考化学押题卷02（广东卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2023年高考押题预测卷02（广东卷）

化学·全解全析

1.【答案】C

【详解】A．古代服饰是由天然高分子化合物制成，A错误；

B．白斩鸡的主要成分为油脂、蛋白质等有机物，B错误；

C．光孝寺的墙、瓦是以砫酸盐为主要成分的传统无机非金属材料，C正确；

D．出行车辇与砫酸盐无关，D错误；

故选C。

2.【答案】D

【详解】A．镁原子失去最外层的2个电子变成镁离子，镁离子结构示意图为： ，A错误；

B．18Mg中子数为6， 18O中子数为10，中子数不相同，B错误；

C．Mg的相对原子质量为18，C错误；

D．18Mg与24Mg质子数相同中子数不同，互为同位素，D正确；

故选D。

3.【答案】C

【详解】①灼烧干海带需要用坩埚；②海带灰浸泡、过滤，需要烧杯、玻璃棒和漏斗即A和D；④萃取、分液得到含的溶液，需要用到烧杯和分液漏斗即B和D，所以不需要用到的仪器是C，故答案为：C。

4.【答案】C

【详解】A．OP中含有的官能团有羧基和酯基，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项正确；

B．OP中含有酯基，能在NaOH溶液中发生水解反应，B项正确；

C．OP中不含有可使Bt2的CCl4溶液褪色的官能团，C项错误；

D．OP中含有羧基，能与Na2CO3溶液发生反应，D项正确；

答案选C。

5.【答案】C

【详解】A．足量CO2溶于水能与SiO、CO反应生成硅酸和碳酸氢根离子，不能大量共存，故A错误；

B．酸性高锰酸钾具有强氧化性能氧化碘离子，且I-和ClO-也能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；

C．能使pH试纸变深蓝色的溶液中含氢氧根离子，该组离子均与碱不能反应，可以大量共存，故C正确；

D．氯水能与SO发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故选：C。

6.【答案】D

【详解】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；

B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；

C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；

D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；

故选D。

7.【答案】C

【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。

【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；

B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；

C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；

D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；

故选C。

8.【答案】C

【详解】A．4.6g乙醇物质的量为0.1mol，含有0.6mol氢原子，但水中也有氢原子，所含氢原子数大于0.6NA，A错误；

B．将标准状况下22.4LNO与11.2LO2混合后存在2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，且标况下NO2和N2O4均不是气体，体积远远小于22.4L，B错误；

C．高氯酸钾中的氯从+7降低到0，氯化氢中的氯从-1升高到0，每生成4摩尔氯气，转移电子数为7摩尔，C正确；

D．石英晶体为SiO2，6克石英为0.1molSiO2，含有0.1mol×4=0.4mol硅氧键，D错误；

答案选C。

9.【答案】D

【详解】A．铁粉与氯化铁在水溶液中反应生成氯化亚铁，能达到除杂目的，A不符合题意；

B．氯气在饱和食盐水中的溶解度很低，HCl可溶于饱和食盐水，能达到除杂目的，B不符合题意；

C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，过滤可除去碳酸钙，用盐酸溶液除去过量的碳酸钠，再加热可除去过量的盐酸，能达到实验目的，C不符合题意；

D．乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，除去了SO2但又引入了新的杂质，不能达到除杂目的，D符合题意；

故选D。

10.【答案】B

【分析】由工作原理图可知，左边X电极上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应、为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边Y电极为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答该题。

【详解】A．由分析可知，X极为全氢电池的负极，A错误；

B．由题干信息可知，该装置为原电池，原电池将化学能转化成电能，B正确；

C．由于HClO4是强酸，结合分析可知电极Y的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，C错误；

D．由分析可知，左侧X极为负极，右侧Y极为正极，故Na+由负极即左侧移向正极右侧，故反应一段时间后右室c(NaClO)增大，D错误；

故答案为：B。

11.【答案】A

【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，根据图中信息可知，Y为C，Z为O，X为H，Z、Q属于同一主族，故Q为S，W+与Q2-具有相同的电子层结构，W为K，T为Cl；故X为H，Y为C，Z为O，Q为S，T为Cl，W为K。

【详解】A．W2YZ3为K2CO3，XTZ为HClO，两者发生反应，并无二氧化碳生成，A项错误；

B．该化合物为离子化合物，含有离子键，C-H键为极性键，C-C键为非极性键，故该化合物中含有离子键、极性键、非极性键，B项正确；

C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸，硫酸，HClO4，非金属性T＞Q＞Y，故最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y，C项正确；

D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子间有氢键，故水的沸点较高，D项正确；

答案选A。

12.【答案】D

【详解】A．反应中，N元素化合价降低，为氧化剂，故A正确；

B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360 kJ/mol=，故B正确；

C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C正确；

D．和是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D错误；

故选D。

13.【答案】C

【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。

【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨水代替氢氧化钠溶液，故A错误；

B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B错误；

C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢氧化铝沉淀，故C正确；

D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D错误；

故选C。

14.【答案】C

【详解】A．由图可知，该过程的总反应为，反应过程中CH4中C元素的化合价升高，作还原剂，被氧化，故A正确；

B．能量越低越稳定，由图可知，中间体的能量比更低，则比更稳定，故B正确；

C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/mol，故C错误；

D．由图可知，转化为的焓变为-149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1 kJ/mol，故D正确；

答案选C。

15.【答案】B

【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，电极为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，次碘酸根离子与乙醇反应生成三碘甲烷、碳酸根离子、碘离子、氢氧根离子和水，双极膜中氢氧根离子向阳极移动。

【详解】A．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，故A正确；

B．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，则电解一段时间后，电解一段时间后，阴极区硫酸浓度不变，故B错误；

C．由分析可知，电极为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，电极反应式为，故C正确；

D．由得失电子数目守恒可知，每制备三碘甲烷，需要消耗5mol次碘酸根离子，外电路转移10mol电子，则理论上双极膜内解离180g水，故D正确；

故选B。

16.【答案】B

【分析】根据H2SeO4=H++HSeO，HSeOH++SeO，K2=1.0×10-2(298K)，可知H2SeO4为强酸，而HSeO为弱酸，则HSeO对应的盐SeO为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO+H2OHSeO+OH-。而H2SeO4对应的盐HSeO为强酸盐，在水溶液中只电离，不水解，溶液显酸性，据此分析解答。

【详解】A．根据上述分析可知，SeO只能发生一步水解得到HSeO，A错误；

B．滴加NaOH溶液10mL时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO的电离平衡：HSeO4-H++SeO，所以离子浓度为，B正确；

C．溶液存在电荷守恒，即，当滴加至中性时，，所以，C错误；

D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeO为弱酸盐，SeO离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为SeO+H2OHSeO+OH-，此时遵循物料守恒，即，D错误；

故选B。

17.【答案】(1)  A（2分）     C（2分）     G（2分）

(2) BC （2分）    不变（2分）

(3)温度（2分）     NH4Cl浓度(或相同体积、温度下，NH4Cl的量) （2分）

【详解】（1）NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3是固体混合物加热制取气体的反应，有水生成，试管口应向下倾斜，发生装置选A，NH3密度比空气小，用向下排空气法收集，收集装置选C，氨气极易溶于水，要用防倒吸装置，但不能距离水太远，也不能插入液面以下，选G，故答案为A、C、G；

（2）A．没有指明正、逆速率，不能判断是否到达平衡或是反应向哪个方向进行，故A错误；

B．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，密闭容器中总压强不变，故B正确；

C．随反应进行混合气体的质量减小，容器的容积不变，反应混合气体的密度减小，当密度不再变化，说明到达平衡状态，故C正确；

故BC正确；

反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，故答案为BC；不变；

（3）根据表中数据知，实验1、2的目的是探究温度对溶液中NH4Cl水解程度的影响，实验2、3的目的是探究NH4Cl浓度对溶液中NH4Cl水解程度的影响。故答案为温度；NH4Cl浓度(或相同体积、温度下，NH4Cl的量)。

18.【答案】(1)第4周期第Ⅷ族（2分）     （2分）

(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O（2分）

(3)4.7~7.4（2分）

(4)D（2分）

(5)C（2分）

(6)14.2%（2分）

【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。

【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。

（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。

（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，即当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c(OH-)==10-9.3mol/L，则pH=4.7，同时得到含c(Co2+)=0.1mol/L的滤液，此时溶液中c(OH-)= =10-6.6mol/L，则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7~7.4。

（4）A．流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的的电离，可防止加氨水时c(OH-)过大，防止生成沉淀，故A正确；

B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；

C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；

D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；

故选D。

（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；

B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；

C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；

故选C。

（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。

19.【答案】(1) -49.48 kJ/mol（2分）     BC（2分）     0.05（2分）     2.17（2分）     反应ⅰ放热，升高温度，平衡逆向移动（2分）

(2) （2分）    乙（1分）     根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强平衡逆向移动（1分）

【解析】(1)①生成物总能量-反应物总能量=焓变，=-201.17kJ/mol-241.82kJ/mol+393.51 kJ/mol-0=-49.48 kJ/mol；

②A．催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，故A错误；

B．移走CO(g)，CO浓度减小，可以使反应ⅱ平衡向右进行，故B正确；

C．反应ⅰ反应前后气体系数和不同，气体气体总物质的量是变量、气体总质量不变，所以气体相对分子质量是变量，容器内气体的相对分子质量不再改变说明反应达到了平衡，故C正确；

D．平衡常数只与温度有关，压缩反应容器，反应ⅰ的化学平衡常数不变，故D错误；

选BC；

③氢气的浓度降低(9-5.75)mol/L=3.25 mol/L，反应生成CO的浓度为0.25mol/L，则反应ⅱ消耗氢气的浓度为0.25mol/L，反应ⅰ消耗氢气的浓度为3mol/L，时间内；

40min时反应达到平衡状态，氢气的浓度降低(9-3.6)mol/L=5.4 mol/L，反应生成CO的浓度为1.2mol/L，则反应ⅱ消耗氢气的浓度为1.2mol/L，生成水的浓度为1.2mol/L，消耗CO2的浓度为1.2mol/L，反应ⅰ消耗氢气的浓度为(5.4-1.2)=4.2mol/L，则反应ⅰ消耗CO2的浓度1.4mol/L，反应生成水的浓度为1.4mol/L；平衡时容器中CO2的浓度(3-1.2-1.4)=0.4mol/L、H2的浓度是3.6mol/L、CO浓度是1.2mol/L、H2O的浓度是(1.2+1.4)=2.6 mol/L，此条件下反应ⅱ平衡常数K=。

④反应ⅰ放热，升高温度，平衡逆向移动，所以甲醇选择性随温度升高而降低。

(2)①总反应-历程ⅰ-历程ⅲ得历程ⅱ的方程式为 。

②若在甲乙两个等容积的恒容容器中分别加入和，在同一条件下达到平衡，根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强平衡逆向移动，所以转化率较大的是乙。

20.【答案】(1)酮羰基、氯原子（1分）

(2)消去反应（1分）

(3) 、（2分）     Cl或氯（1分）

(4) （2分）

(5) 13（2分）     （2分）

(6)（3分）

【分析】A发生加成反应生成羟基得到B，B发生消去反应生成C，C发生取代反应生成D；E生成F，F生成G，结合G化学式可知，E为邻二甲苯、F为，F发生酯化反应生成G，G转化为H，DH生成I；

【详解】（1）由图可知，A中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子；

（2）B发生消去反应生成碳碳双键得到C，为消去反应；

（3）D中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故其中电负性最大的元素为Cl或氯；

（4）F发生酯化反应生成G，反应为；

（5）B除苯环外寒烟1个氯、3个碳、1个氧，其同分异构体中，满足下列条件：

①含有苯环；②与溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；

若含有-OH、-CCl(CH3)2，则由邻间对3种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3个不相同的取代基在苯环上有10种情况；故共13种情况；

核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为；

（6）乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为：。