2023年高考押题预测卷02（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）-化学（全解全析）

2023年高考押题预测卷02（五省新高考）

化学·全解全析

7．D

【详解】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；

B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；

C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；

D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。

综上所述，答案为D。

8．C

【详解】A．N2、H2在合成塔中制取NH3，“氨分离器”中，将生成的NH3液化分离后，N2、H2循环使用，所以主要应用了氨气易液化的性质，A正确；

B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，从而阻止铁与浓硝酸的继续反应，所以工业上可用铁槽车储运浓硝酸，B正确；

C．流程中的转化，涉及的反应有：N2、H2合成氨反应，NH3催化氧化生成NO的反应，NO、O2、H2O化合生成HNO3的反应，没有涉及复分解反应，C错误；

D．因为尾气中含有大量的N2、H2，依图中信息，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，D正确；

故选C。

9．D

【详解】A．由于碳酸氢钠的溶解度较小，足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中会析出碳酸氢钠晶体，离子方程式应为2Na++CO2+CO+H2O=2NaHCO3，A错误；

B．酸性条件不会有氢氧根生成，正确离子方程式为5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B错误；

C．铵根也可以和氢氧根反应，SO恰好完全反应时应生成氢氧化铝沉淀，正确离子方程式为2Ba2++4OH-+Al3++NH 2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，C错误；

D．NH4HSO3溶液中逐滴加入足量的Ba(OH)2溶液生成亚硫酸钡沉淀和一水合氨，D正确；

综上所述答案为D。

10．C

【详解】A．Ga为第四周期Ⅲ族元素，为第四周期ⅤA族元素，故A说法正确；

B．据晶胞结构示意图可知，Ga连有4个As，As连有4个Ga，Ga与As原子的配位数均为4，故B说法正确；

C．Ga与As间的最短距离为体对角线的，即，故C说法错误；

D．一个晶胞由4个Ga与4个As构成，所以晶体的密度为，故D说法正确；

答案为C。

11．C

【详解】A．M中除含有C、H元素外还含有O、Br元素，不属于烃，分子中含有碳碳三键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项A错误；

B．M中存在-C(CH3)3结构，根据甲烷的正四面体结构，该结构中的碳原子不可能全共平面，选项B错误；

C．手性碳原子是是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，分子中不存在手性碳原子，选项C正确；

D．分子中含有二个碳碳三键和一个苯环，1mol该物质与反应，最多可消耗，选项D错误；

答案选C。

12．D

【详解】A．由分析可知，b极为正极，放电时发生还原反应，A错误；

B．由分析可知，电路中每转移4mol电子，消耗1mol氧气，由于不一定是标准状况下，无法计算所需氧气的体积，B错误；

C．由分析可知，放电时阴离子移向负极，即OH-往负极a极迁移，C错误；

D．由分析可知，该电池负极电极反应为：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，D正确；

故答案为：D。

13．C

【详解】A．a点的成分为NaCl和NaHCO3。相比a点，b点加入更多盐酸， NaHCO减少，b点成分为NaCl和NaHCO3。c点成分为NaCl。NaHCO3弱酸盐促进水的电离，水的电离程度：a>b>c，A项错误；

B．a点的成分为NaCl、NaHCO3，存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，B项错误；

C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)= n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；

D．b点的成分为NaCl、NaHCO3，而c点成分为NaCl，所以b到c的过程中c(Na+)>c(Cl-)，D项错误；

故选C。

27．(1)三颈烧瓶  防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管

(2)检查装置气密性

(3)Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O  平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下

(4)饱和NaCl溶液

(5)2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O

(6)当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色  21.3%

【详解】（1）由实验装置图可知，装置c为三颈烧瓶、装置a为长颈漏斗，因氨气极易溶于水，所以长颈漏斗能起导气和防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管中的作用，故答案为：三颈烧瓶；防止三颈烧瓶内液体倒吸进A中试管；

（2）由分析可知，该实验有气体的生成和参与，为防止实验中气体逸出发生意外事故，所以盛放试剂前，首先要进行气密性检查，故答案为：检查气密性；

（3）由分析可知，装置D为浓盐酸与漂白粉中次氯酸钙反应生成氯化钙、氯气和水，反应的化学方程式为Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O，装置中导管 b的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下，故答案为：Ca(C1O)2+ 4HCl(浓)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O；平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下；

（4）由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故答案为：饱和食盐水；

（5）由分析可知，装置B中氯气与氨气在氢氧化钠溶液中反应制备肼，反应的离子方程式为2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O，故答案为：2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O；

（6）由题意可知，当溶液中的肼和碘溶液完全反应时，滴入最后一滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；滴定消耗20.00 mL0.2000 mol/L碘溶液，由方程式可知，6.00g溶液中肼的质量分数为×100%≈21.3%，故答案为：当滴入最后一滴I2溶液，锥形瓶内溶液变成蓝色，且半分钟内不褪色；21.3%。

28．(1) 

(2)ABC

(3) 

(4)

(5)进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合

(6)大  、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合

(7)2

【详解】（1）由晶胞结构及均摊法可知，晶胞中Fe原子的个数：，Al原子的个数：4，所以化学式为；铁是26号元素，因此基态铁原子价层电子排布式为；故答案为：；。

（2）A、B、C都是工艺流程中提高浸取率的措施，此外还有搅拌等；故答案为：ABC。

（3）制取聚合硫酸硅酸铁铝时为防止引入杂质，“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为硫酸，碱浸时发生NaOH和的反应，所得滤液的主要成分应为；故答案为：；。

（4）加入铁矿烧渣经“步骤X”后，溶液中含有，氧气可氧化，离子方程式为；故答案为：。

（5）“氧化、聚合”前剩余的钛白废酸过多的话，会导致酸性太强，不利于和水解聚合，所以需要用铁矿烧渣消耗过量的酸，调节溶液pH，利于下一步聚合；故答案为：进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合。

（6）根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更大，理由是、水解与硅酸根离子水解互相促进，水解程度更大，有利于产品聚合；故答案为：大；、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合。

（7）根据化合价代数和为0的原则，可得，解得；故答案为：2。

29．(1)+261  BD

(2)  恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低

(3)＜  在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导

(4)

【详解】（1）反应③等于反应①减去反应②，；

A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；

B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；

C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；

D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；

故答案为：+261；BD。

（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。

（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。

（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。

30．(1)C9H10O2  4－羟基苯甲酸(对羟基苯甲酸)    

(2)羟基、羧基  氧化反应  保护酚羟基

(3)n+(n-1)H2O

(4)低于

(5)14  或

【详解】（1）由分析可知，化合物B分子式；有机物D的名称为4-羟基苯甲酸(对羟基苯甲酸)；化合物E的结构简式为；

（2）根据上述分析可知X是HOCH2COOH，其中所含官能团的名称是羟基、羧基；

B→C的反应为甲基被酸性高锰酸钾氧化为羧基，属于氧化反应；该流程中A→B中羟基转化为酯基、C→D中酯基水解转化为羟基，其目的保护酚羟基；

（3）F分子中含有-OH、-COOH，在一定条件下发生缩聚反应产生高聚物G，反应为：n+(n-1)H2O

（4）(M)形成分子内氢键，(D)形成分子间氢键，导致后者更高，故沸点M小于D；

（5）有机物B结构简式是，其同分异构体满足条件：①分子中除苯环外不含其他环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③能发生银镜反应，说明含有醛基，因此含有甲酸酯基：

一取代有2种：、；

二取代有6种：、、、、、；

三取代有6种：、、、、、；

共14种不同结构；其中核磁共振氢谱中有4组峰且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为或。