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

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高考『练兵场』之模拟训练的重要性
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2023年高考化学押题预测卷（三）【全国乙卷】
化 学全解全析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.孔雀石古称石绿，是铜的表生矿物[化学式，“水色”从植物中提取，如花青(分子式)。下列说法错误的是
A．“石绿”耐酸、耐碱 B．属于纯净物
C．保存不善的国画，“水色”容易变色 D．从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取
【答案】A
【详解】A．石绿为碱式碳酸铜，能和酸反应，故不耐酸，A错误；
B．只含有一种物质，属于化合物，属于纯净物，B正确；
C．花青为有机物，根据分子式分析，含有不饱和键，容易被氧化，所以容易变色，C正确；
D．花青为有机物，能溶于有机溶剂，从蓝草中提取花青，可用有机溶剂萃取，D正确；
故选A。

8.实验改进与优化应遵循科学性、直观性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是

A．使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B．用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生
C．该改进装置可用于性质的探究实验
D．利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀
【答案】C
【详解】A．恒压滴液漏斗为密闭装置且能平衡压强，使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下，A正确；
B．氢气具有可燃性，和氧气混合点燃容易爆炸；用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生，B正确；
C．铜和浓硫酸需要加热才能反应生成二氧化硫，C错误；
D．装置A中生成氢气排净装置中空气且生成硫酸亚铁，一段时间后关闭a，A中压强变大，硫酸亚铁被压入B中生成氢氧化亚铁沉淀，利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀，D正确；
故选C。

9.具有美白功效的某化妆品主要成分Z的合成如图：

下列分析错误的是
A．1molX最多与4molH2发生加成反应 B．Y中所有原子可能共面
C．X和Y反应生成Z为加成反应 D．Z中苯环上一氯代物有8种
【答案】D
【详解】A．X含有苯环和碳碳双键，则1mol X最多与4molH2发生加成反应，故A正确；
B．苯中12个原子共平面，根据氧氢单键可以旋转，因此Y中所有原子可能共面，故B正确；
C．根据X与Y和Z的结构简式及分子式得到X和Y反应生成Z为加成反应，故C正确；
D．Z中苯环上有5种位置的氢，因此其一氯代物有5种，故D错误。
综上所述，答案为D。

10.纳米酶在医学、食品、环境等领域有广泛应用。地壳中含量第二的金属元素R可与短周期主族元素X、Y、Z组成纳米酶。其中X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，原子核外电子数之和为31，X与Y同周期。下列判断正确的是
A．原子半径: X>Y> Z
B．简单氢化物的沸点: X C．R元素的氧化物都为黑色
D．Y、Z与R可形成既含离子键又含共价键的化合物
【答案】D
【分析】地壳中元素含量排名为O、Si、Al、Fe、Ca，含量第二的金属元素为Fe，所以R为Fe元素；X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+1，Z的原子序数为a+8或a+9，因为三种元素核外电子数之和为31，则有a+a+1+a+8=31或a+a+1+a+9=31，解得a=(舍)或a=7，所以X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；
【详解】A．X、Y、Z原子序数依次增大且相邻，X与Y同周期，所以X、Y为第二周期元素，Z为第三周期元素，同周期原子半径从左到右依次递减，第三周期元素原子半径大于第二周期，所以原子半径：Z>X>Y，故A错误；
B．X为N元素、Y为O元素、Z为S元素；因为N、O形成的氢化物能形成氢键，S不能，所以简单氢化物的沸点： Z< X C．R为Fe元素，其氧化物中除了为红色外，其余均为黑色，故C错误；
D．Y为O元素、Z为S元素、R为Fe元素，能形成等，中既含离子键，也含共价键，故D正确；
故选D。

11.下列有关实验现象、结论与实验操作相互匹配的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液
溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
将铁锈溶于浓盐酸，再滴入溶液
溶液紫色褪去
铁锈与浓盐酸反应生成亚铁离子
C
室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH
溶液对应的pH更大
酸性：
D
两支试管各盛酸性高锰酸钾溶液，分别加入草酸溶液和草酸溶液
加入草酸溶液的试管中溶液褪色更快
其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，氯水过量，也会将碘离子氧化为碘单质，不能说明氧化性，A错误；
B．浓盐酸也会和高锰酸钾反应导致高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．根据越弱越水解的原理，等物质的量浓度的溶液和溶液的pH，溶液对应的pH更大，可以说明酸性，C正确；
D．根据，酸性高锰酸钾溶液，需要草酸溶液和草酸溶液，故反应中高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色，D错误；
故选C。

12.-空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化，某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图。下列说法不正确的是

A．b膜为阴离子交换膜
B．乙池中总反应的离子方程式为
C．当浓缩室得到4L 的盐酸时，M室溶液的质量变化为36g(溶液体积变化忽䅂不计)
D．在标准状况下，若甲池有参加反应，则乙池中处理废气(和)的总体积为15.68L
【答案】C
【分析】由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入NO的一极作负极，通入氧气的一极作正极；乙池中通入 SO2的电极连接电源的正极，为阳极，阳极上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极上一氧化氮发生还原反应生成铵根离子；丙池中阳极上水放电，发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室，N室中氯离子向阳极移动，通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸；据此分析解答。
【详解】A．丙中阳极上水放电，发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室，N室中氯离子向阳极移动，通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b膜为阴离子交换膜，A正确；
B．乙池中通入的电极连接电源的正极，为阳极，阳极上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极上一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应的离子方程式为，B正确；
C．当浓缩室得到4L浓度为的盐酸时，迁移过来的氢离子的物质的量为，，则反应掉1mol水，M室溶液的质量减小，C错误；
D．乙池中转化为硫酸根离子，转化为铵根离子，在标准状况下，若甲池有参加反应，根据电子守恒可知，、，则乙池中处理废气(和)共0.7mol，总体积为15.68L，D正确；
故选C。

13.秦俑彩绘中含有难溶的铅白()和黄色的。常温下，和在不同的溶液中分别达到沉淀溶解平衡时pM与pR的关系如图所示，其中pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是

A．完全沉淀废液中的，的效果不如 B．z点，
C．的数量级为 D．转化为的反应趋势很大
【答案】A
【分析】、，可知，中pM受pR的影响更大，故L1为的曲线、L2为的曲线；
【详解】A．由图可知，相同浓度的中，碳酸根离子的浓度更小，故完全沉淀废液中的，的效果不如，A正确；
B．z点在L2之下，溶液中的浓度商大于其沉淀溶解常数，故，B错误；
C．结合分析可知，由点（0,8）可知，，C错误；
D．结合分析可知，由点（0,13.1）可知，，则，其，故转化为的反应趋势很小，D错误；
故选A。

二、非选择题
(一)必考题：共43分。
26.（14分）NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、SiO2)制取NiOOH的流程如图。

已知：i.镍、铁同族，但Ni2+的性质较稳定；
ii.常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。
沉淀物




开始沉淀时pH
3.0
1.5
5.9
7.1
完全沉淀时pH
4.7
3.2
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前将废料粉碎的目的是___________，“滤渣2”的主要成分是___________。
(2)加入的目的是___________，实际生产中发现的实际用量比理论用量多，原因是___________。
(3)“调pH”时pH的范围是___________，当溶液中离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全，则常温下___________，“氧化2”中反应的离子方程式为___________。
(4)锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为，则放电时正极的电极反应式为___________，充电时阴极周围溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) 加快酸浸速率、提高原料的利用率 、
(2) 将氧化成，以便后续除去铁元素 生成的能催化分解
(3)
(4) 增大

【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、SiO2）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、Al3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将Ni2+氧化为NiOOH，过滤后得到产品。
【详解】（1）粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率。“滤渣2”是调pH时形成的，沉淀。
（2）由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入的目的是将氧化为，便于后续以氢氧化物的形式除去；遇会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量。
（3）“调pH”的目的是使、形成氢氧化物沉淀而不能形成沉淀，故pH范围为。当pH=3.2时，恰好完全沉淀，此时，，由此求得。“氧化2”中KClO被还原为，被氧化为NiOOH，对应的离子方程式为。
（4）由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为。充电时阴极的电极反应式为，由于生成OH－，故阴极周围溶液pH增大。

27.（14分）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆等。它是一种难溶于水和乙醇的鲜红色固体，在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。某小组制备Cu2O并测定其纯度采用如下步骤，回答下列问题:
I．制备Cu2O
将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合， 加热至90°C并不断搅拌。反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生。反应结束后，经过滤、洗涤、干燥得到Cu2O粉末。制备装置如图所示:

(1)仪器a的名称是_____________；反应采用的加热方式为_______________________________。
(2)制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3) : n(CuSO4)=3:2，该反应的化学方程式为___________； 装置B的作用是_________。
(3)实验中，Na2SO3用量比理论用量稍高，原因是________________________。
(4)反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是________________________________。
(5)过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是____________。
Ⅱ．测定Cu2O纯度
称取m g样品置于烧杯中，加入足量FeCl3溶液，完全溶解后，加入4滴邻菲罗啉指示剂，然后用c mol·L-1硫酸高铈[Ce(SO4)2]溶液进行滴定至终点，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL。(已知: Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+)
(6)加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为____________________________________。
(7)该样品中Cu2O的纯度为______________________。
【答案】(1) 三口烧瓶(三颈烧瓶) 水浴加热
(2) 3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ 吸收生成的 SO2气体，防止污染环境
(3)亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原
(4)反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量
(5)去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥
(6)2Fe3+ +Cu2O+2H+ = 2Fe2++ 2Cu2++ H2O
(7)

【分析】装置A中将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合， 加热至90°C并不断搅拌，反应生成Cu2O，同时有SO2气体产生，装置B用于吸收尾气。
【详解】（1）仪器a的名称是三口烧瓶(三颈烧瓶)；反应加热至90°C，则采用的加热方式为水浴加热；
（2）制备Cu2O时，原料理论配比为n(Na2SO3) : n(CuSO4)=3:2，该反应的化学方程式为3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑；装置B的作用是吸收生成的 SO2气体，防止污染环境；
（3）实验中，Na2SO3 用量比理论用量稍高，原因是亚硫酸钠具有强还原性，易被空气氧化而损失，用量增加，有利于硫酸铜的充分还原；
（4）反应中需不断滴加NaOH溶液，原因是反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；
（5）过滤后，将滤渣用蒸馏水、无水乙醇洗涤数次，其中用无水乙醇洗涤的目的是去除Cu2O固体表面的水分，利于干燥；
（6）根据得失电子守恒和元素守恒配平可得加入FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为2Fe3+ +Cu2O+2H+ = 2Fe2++ 2Cu2++ H2O；
（7）由题意可知，FeCl3溶液与Cu2O反应之后生成的Fe2+与c mol·L-1Ce(SO4)2溶液反应，共消耗Ce(SO4)2溶液VmL，根据方程式2Fe3+ +Cu2O+2H+ = 2Fe2++ 2Cu2++ H2O 、Ce4++Fe2+ = Ce3++Fe3+可得，则，故该样品中Cu2O的纯度为。

28.（15分）二甲醚是重要的化工原料，采用二氧化碳的有效转化，既是生成二甲醚的简便方法，又是实现“碳中和”的重要途径。
Ⅰ.催化加氢合成二甲醚是一种转化方法，其过程中发生副反应：
①    
已知反应：
②    
(1)催化加氢合成二甲醚的热化学方程式为___________，该反应自发进行的条件为___________。
(2)在恒压、和的起始量一定的条件下，的平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化如图。其中，

当温度高于300℃，的平衡转化率随温度升高而上升的原因是___________。若起始投料比为，不考虑其他副反应，则288℃时，反应①的化学平衡常数K=___________()。
Ⅱ.由制备二甲醚的另一种方法为先合成甲醇，再经脱水，主要分为以下步骤。
反应③：    
反应④：    
(3)在不同的压强下，按照投料比合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如图甲或乙所示。

下列说法正确的是___________(填字母)。
A．图甲的纵坐标表示的平衡产率
B．压强：
C．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择高温、高压的反应条件
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高的平衡转化率的主要研究方向
(4)压强为4MPa，当的混合气体以一定流速通过装有某种催化剂的反应器。在280℃时，若的平衡转化率为7.00%，甲醇的选择性为95.0%，则甲醇的收率为___________
()。
(5)甲醇脱水若条件控制不当可生成丙烯，反应为，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图曲线所示，已知Arrhenius经验公式为(其中，为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能___________。

【答案】(1)      低温
(2) 反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 0.04
(3)A
(4)6.65%
(5)30

【详解】（1）则依据盖斯定律可知由“反应①×2＋反应②”即得到反应  ；
反应是熵减小的放热反应，依据得到自发条件为低温；故答案为：  ；低温。
（2）反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；288℃时，二甲醚的选择性是0.333，二氧化碳的平衡转化率是0.3，设起始时氢气是3mol、二氧化碳是1mol，则，，因此，，，解得、，平衡时二氧化碳物质的量为0.7mol，氢气物质的量为2.5mol，CO物质的量为0.2mol，水物质的量为0.35mol，反应①的前后体积不变，则其平衡常数；故答案为：反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；0.04。
（3）A．温度升高，反应③的平衡逆向移动，反应④的平衡正向移动，(g)的平衡产率会降低，所以图甲的纵坐标表示的平衡产率，故A正确；B．反应③的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动、的平衡转化率增大，的平衡产率增大，压强，故B错误；C．反应③的正反应是气体体积减小的放热反应，为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，根据平衡移动原理，可知应选择低温、高压的反应条件，故C错误；D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快化学反应速率，但化学平衡不发生移动，因此不能提高的平衡转化率，故D错误；综上所述，答案为：A。
（4）当，假设，的平衡转化率为7.00%，则，甲醇的选择性为95.0%，则，，故甲醇的收率为；故答案为：6.65%。
（5）根据图像可知、，解得该反应的活化能；故答案为：30。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）有机—无机复合钙钛矿()型材料在太阳能电池及发光二极管等方面具有很好的应用前景，一种复合材料和(立方晶系)的晶胞结构如图所示。

已知：A为间隔的阳离子，例如、等；A＇为单一组分钙钛阳离子，例如、、等；B为单一组分钙钛矿中心离子、等，X为单一组分钙钛矿的阴离子，例如、或等卤素离子。
回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价电子排布式为___________。
(2)H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为___________；第一电离能、、由大到小的顺序为___________。
(3)中C的杂化方式为___________；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是___________。
(4)中Ca的配位数为___________；A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为a nm和c nm，该晶体的密度为___________。
【答案】(1)
(2)
(3) 杂化 N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键
(4) 12

【详解】（1）基态Ti原子为22号元素，价电子排布式为；
（2）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；H、C、N、O四种元素电负性由大到小的顺序为；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能；
（3）中C形成3个共价键且无孤电子对，杂化方式为杂化；正丁胺()的沸点为77.8℃，正丁醇()的沸点为117.6℃，正丁胺沸点低的原因是N的电负性小于O，正丁胺分子间的氢键弱于正丁醇分子间的氢键，导致其沸点低于正丁醇；
（4）以底面右下角的Ca为例，同层、上下层最近相邻的O各有4个，则中Ca的配位数为12；
根据“均摊法”，晶胞中含个A、个A＇、个B、个X，A为，A＇为，B为，X为，晶胞参数为a nm和c nm，则晶体密度为。

36.（15分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O
②
请回答下列问题：
(1)化合物G的结构简式为___________________，D中官能团的名称为________________。
(2)下列说法不正确的是 。
A．C→D的反应类型是取代反应
B．化合物C可以与NaHCO3溶液反应
C．化合物D不能发生消去反应
D．化合物H的分子式为C18H18O2
(3)B→C第一步的化学反应方程式为_______________________。
(4)芳香化合物X是C的同分异构体，X具有以下特点：①只有一个环状结构；②具有两个相同的官能团；③能发生银镜反应，X共有_______________种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1，写出1种符合要求的X的结构简式________________________。
(5)写出用环戊烷()和2—丁炔(CH3CH ≡ CHCH3)为原料制备化合物x()的合成路线(用流程图表示，其他试剂任选)_________________。
【答案】(1) 碳溴键、羧基
(2)AC
(3)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
(4) 10 或
(5)

【分析】由有机物的转化关系可知，与乙醛发生信息①反应生成，则A为、B为；与新制的氢氧化铜先共热发生氧化反应，后酸化得到，则C为；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，则D为；先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，则E为；浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则F为；与发生信息②反应生成。
【详解】（1）由分析可知，化合物G的结构简式为，化合物D的结构简式为，官能团为碳溴键、羧基，故答案为：；碳溴键、羧基；
（2）A．由分析可知，C→D的反应为与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，故错误；
B．由分析可知，C的结构简式为，分子中含有的羧基能碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故正确；
C．由分析可知，先在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应，后酸化得到，故错误；
D．由结构简式可知，化合物H的分子式为C18H18O2，故正确；
故选AC；
（3）B→C第一步反应为与新制的氢氧化铜共热发生氧化反应生成、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（4）C的同分异构体X只有一个环状结构，具有两个相同的官能团，能发生银镜反应说明X分子中苯环上的取代基为醛基和甲基，可以视作邻、间、对苯二甲醛分子中苯环上的氢原子被甲基取代所得结构，共有10种，其中符合核磁共振氢谱有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：10；或；
（5）由有机物的转化关系可知，用和CH3CH ≡ CHCH3为原料制备化合物的合成步骤为光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，与CH3CH ≡ CHCH3发生信息②反应生成，合成路线为，故答案为：。