化学（全国乙卷）-2023年高考化学临考压轴卷（解析版）

2023年高考临考压轴卷（全国乙卷）

理科综合化学·全解全析

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分。下列有关说法错误的是

A．陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而成，属于传统无机非金属材料

B．非遗文化“北京绢人”由丝绢制成，不能用加酶洗涤剂清洗

C．安化黑茶制作工艺中包含杀青、揉捻、渥堆等，其中渥堆是发酵工序，该工序中发生了氧化还原反应

D．非遗油纸伞能防水是因为伞面涂了由桐树籽压榨的桐油，桐油的化学成分是烃类化合物

【答案】D

【解析】A．陶瓷的主要原料为黏土和石灰石，烧制后所得陶瓷中主要成分是硅酸盐，陶瓷是传统无机非金属材料，A正确；B．丝绢主要成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下会水解为氨基酸，因此不能用加酶洗涤剂清洗，B正确；C．发酵工序中，茶叶发生了氧化还原反应，C正确；D．桐油的主要化学成分是脂肪酸甘油三酯，不是烃类化合物，D错误；故选：D。

8．某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应，如图所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列叙述正确的是

A．甲分子内所有原子可能处于同一平面

B．甲和乙生成丙的反应是取代反应

C．甲能发生加聚、水解、酯化反应

D．用酸性KMnO4溶液可以证明甲含有碳碳双键

【答案】B

【解析】A．甲分子内含有饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，故A错误；B．观察甲、乙、丙的结构可知，甲中羟基被乙中取代，发生取代反应，故B正确；C．甲不含酯基，不能发生水解反应，故C错误；D．甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故D错误；故答案选B。

9．设NA为阿佛加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．28.4g P2O5()含极性键的数目为0.4NA

B．已知核反应：，则1molZM中含中子数54NA

C．0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数等于0.25NA

D．高温下，5.6 g Fe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA

【答案】C

【解析】A．28.4g P2O5为0.2mol，即0.1mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，A错误；B．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出，，，1molZM中含中子(89-36)NA=53NA，B错误；C．由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol—1=0.25NA，C正确；D．高温下，Fe与足量水蒸气反应生成Fe3O4，5.6gFe即0.1molFe转移电子数为0.1×<0.3，D错误；故答案为：C。

10．下列操作和实验目的均正确的是

A．用甲装置收集NO气体

B．乙装置中II有平衡气压的作用，可将多余气体直接排出到空气中

C．用丙装置制取并收集干燥纯净的NH3

D．用丁装置(环己醇与浓硫酸混合加热脱水)制备环己烯，反应过程中，分水器中有水积攒就应该立即打开活塞放出。

【答案】A

【解析】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，A项正确；B．乙装置中II有平衡气压的作用，等气体都是有毒的气体，不能直接排出，B项错误；C．氨气的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，C项错误；D．分水器的作用是将反应生成的水能够及时分离出来，使反应正向进行，且分水器中的水量不再增多时，说明反应结束，即可停止实验，故还有控制反应的作用，故反应过程中，当分水器的水层增至支管口附近时，再打开活塞放出部分水，D项错误；答案选A。

11．某化合物(结构如图所示)是一种家用杀虫剂。X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z与R不在同一周期。下列叙述正确的是

A．Z、W的氢化物均很稳定

B．阴离子的还原性：R>X

C．W、R两种元素均可形成能使品红溶液褪色的化合物，且褪色原理相同

D．元素Y与元素R均能形成三种以上的含氧酸盐

【答案】D

【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数逐渐增大的短周期元素， X形成1对共用电子对，X为H，Y形成4对共用电子对，Y为C，Z形成3对共用电子对、又和氢离子形成1个配位键，Z为N，W形成2对共用电子对，W为O，R为原子序数逐渐增大的短周期元素，Z与R不在同一周期，R呈-1价，R为Cl。

【解析】A． W的氢化物可以为过氧化氢，不稳定，A错误；B． H-具有很强的还原性，还原性：H-＞Cl-，B错误；C． W、R两种元素均可形成能使品红溶液褪色的化合物，例如前者为二氧化硫通过与品红生成无色不稳定物质而漂白、后者为二氧化氯通过强氧化性而使品红褪色，褪色原理不同，C错误；D．含C元素的含氧酸盐有碳酸钠、碳酸氢钠、草酸钠、草酸氢钠等等，含氯元素的含氧酸盐有次氯酸钠、亚氯酸钠、氯酸钠、高氯酸钠，故元素Y与元素R均能形成三种以上的含氧酸盐，D正确；答案选D。

12．一种Al-PbO2电池通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域，三个区域的电解质分别为Na2SO4、H2SO4、NaOH中的一种，结构如图。下列说法错误的是

A．a>b

B．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大

C．M区电解质为NaOH，放电时Na+通过x膜移向R区

D．放电时，PbO2电极反应为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O

【答案】D

【分析】由图可知，铝极上铝失去电子发生氧化反应为负极、则PbO2极为正极；铝极生成四羟基合铝酸根离子，则M区电解质为氢氧化钠，那么R区为硫酸钠、N为硫酸；放电时铝极反应为，PbO2电极反应为；

【解析】A．正极反应为PbO2发生还原反应生成硫酸铅，，反应消耗硫酸，硫酸浓度减小，故a>b，A正确；B．放电时，M区钠离子、N区硫酸根离子均向R区域迁移，电解质硫酸钠溶液浓度逐渐增大，B正确；C．由分析可知，M区电解质为NaOH，放电时Na+通过x膜移向R区，C正确；D．放电时，PbO2电极反应为，D错误；故选D。

13．常温时，分别向一元酸HX溶液和溶液中滴加NaOH溶液，与pH的关系如图所示[C表示或]。已知常温时，。下列说法错误的是

A．曲线①表示与pH的关系

B．一元酸HX的电离平衡常数

C．对于曲线②的溶液，N点水的电离程度小于M点

D．M点时，对于溶液：

【答案】A

【解析】A．当，即时，由常温时可知，，则，即为P点，故曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，A错误；B．由题图可知，N点时，，即，则HX的电离平衡常数，B正确；C．曲线②表示与pH的关系，而N点的比M点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C正确；D．由溶液中的电荷守恒可知，D正确；故选A。

三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共43分。

26．（14分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工行业，以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuCl的工艺流程如下：

已知：CuCl难溶于醇和水，在氯离子浓度较大的体系中生成，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：

(1)“酸溶”时温度应控制在60~70°C ，原因是___________。

(2)写出“还原”步骤中主要反应的离子方程式___________。“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量的可能原因是___________(答出2条)。随着NH4Cl用量增加，CuCl沉降率先增大后减小，减小的原因可能是___________。(用化学方程式表示)

(3)“洗涤”步骤中包括用pH=2的酸洗、水洗、醇洗，酸洗采用的酸是___________。选择醇洗的原因是___________。

(4)“浓缩分离”得到副产品M的主要成分是___________。

(5)称取烘干制得的氯化亚铜5 g，将其置于FeCl3溶液中溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2 mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点( 被还原为Cr3+)，消耗K2Cr2O7溶液25 mL。则样品中CuCl的质量分数为___________ 。

【答案】(1)温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解（1分）

(2)2Cu2+ + +2Cl-+H2O = 2CuCl↓ ++2H+（2分）  使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化等（2分）   CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2（2分）

(3)硫酸（1分）  加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化（2分）

(4)硫酸铵或(NH4)2SO4（2分）

(5)59.7%（2分）

【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；

（1）酸溶”时，温度过低，酸溶速度慢，温度过高铵盐分解，温度应控制在60~70°C ；

（2）根据分析，；为了使Cu2+全部被还原、提高Cu2+的还原速率、防止生成Cu+的被空气氧化，则“还原”步骤中亚硫酸铵适当过量；随着NH4Cl用量增加，发生反应CuCl+NH4Cl=NH4CuCl2；

（3）得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，使用乙醇的目的为加快CuCl表面水分的蒸发，防止CuCl水解氧化；

（4）还原中还可以发生生成硫酸铵；

（5）氯化亚铜与FeCl3反应，，加入K2Cr2O7溶液发生反应

，设CuCl的物质的量为n，反应的关系为，样品中CuCl的质量分数=。

27．（14分）己二酸在有机合成工业等方面都有重要作用，以环己醇(，M=100，ρ=0.95g/mL)为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO，M=146]。

[实验原理]

已知：3 +8KMnO43KOOC(CH2)4COOK+8MnO2+2KOH+5H2O ΔH<0

[实验步骤]向250mL三口烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0%的KOH溶液和9.0g高锰酸钾，按图1所示安装装置，控制滴速维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间。趁热分离出氧化液中的MnO2，再用约4mL浓HCl溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却、脱色得到1.46g产品。

(1)图1中冷却水从冷凝管___________(填“a”或“b”)口流入，搅拌磁子的作用是___________。

(2)“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高，其原因是___________；在环己醇不同滴加速度下，溶液温度随滴加时间变化曲线如图2，为了实验安全，应选择的滴速为___________滴/min。

(3)完成“氧化”后，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环。该现象说明___________；向溶液中加入适量的KHSO3，直到点滴实验呈负性为止，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中会观察到___________(填颜色)的气体逸出。

(4)分离出MnO2的装置为___________(填标号)；己二酸的产率是___________(用最简的分数表示)。

【答案】(1)b（1分）  使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高（2分）

(2)反应焓变小于零为放热反应（2分）  5（2分）

(3)高锰酸钾溶液过量（2分）  黄绿色（1分）

(4)C（2分）  （2分）

【解析】三口烧瓶中加入搅拌磁子、KOH溶液和高锰酸钾，维持温度在45°C左右，滴加环己醇共2.0mL，反应生成KOOC(CH2)4COOK，过滤后滤液加入适量的KHSO3，再用约4mL浓HCl溶液，酸化后处理得到产品；

（1）图1中冷却水应下进上出，从冷凝管b口流入；反应为放热反应且需维持温度在45°C左右，故搅拌磁子的作用是使反应物混合均匀加速反应，且可以散热防止温度过高；

（2）反应焓变小于零为放热反应，故三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高；由题干可知，反应需维持温度在45°C左右，结合图像可知，为了实验安全，应选择的滴速为5滴/min。

（3）高锰酸钾溶液为紫色，出现紫色环，该现象说明高锰酸钾溶液过量；KHSO3具有还原性，可以除去过量的高锰酸钾溶液，如果KHSO3用量不足，在己二酸“制备”过程中加入盐酸后，氯离子会被高锰酸钾氧化为氯气，会观察到生成黄绿色气体；

（4）二氧化锰为固体，分离固液选择过滤操作，故分离出MnO2的装置为C；由题干可知，高锰酸钾过量，环己醇2.0mL为，则理论生成0.019mol己二酸，故己二酸的产率是。

28．（15分）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。

已知：            

(1)氧化脱除NO的总反应是  ________。

(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“<”或“≈”)，原因是___________。

(3)已知：的反应历程分两步：

①则反应I与反应II的活化能：___________(填“>”“<”或“=”)。

反应的平衡常数___________(用、、、表示)。

②在400k、初始压强为的恒温刚性容器中，按通入NO和，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，转化率为40%。则的平衡常数___________(分压=总压×物质的量分数；理想气体状态方程，)。

(4)某研究小组将、和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生反应()，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：

①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率___________(保留3位有效数字)。

②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是___________。

【答案】(1) （2分）

(2)> （1分）  含量先增大后减少（2分）

(3)< （2分）  （2分） 415.7（2分）

(4) （2分）  催化剂产生作用需要有氧气参加（2分）

【解析】（1）已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，（②×2-3×③+①）得到 （×2-3×+）=。

（2）由图可知，含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应的程度大于的程度，则速率常数>。

（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：<；反应的平衡常数，当反应达到平衡时， =，则，=，则，则；

②根据已知条件列出“三段式”

达平衡时NO转化率为=x=0.9，转化率为y=0.4，平衡时气体总物质的量为3mol，则平衡时体系总压强为=，混合气体的总体积V=，则的平衡常数415.7。

（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率；

②无氧条件下，NO生成的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。

（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）

Cu、Ba、Hg等元素及其化合物在工农业生产和生活中有重要用途。

I. Cu的某种配合物的结构如图1，请回答下列问题：

(1)基态Cu原子价层电子轨道表示式为_______ ，其原子核外电子占据的最高能层符号为_______。

(2)该配合物中非金属元素(除H外)的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)该配合物中C原子的杂化类型为_______。

(4)该配合物中Cu的配位数为_______。

(5)中∠l_______(填“>”、“<”或“=”)∠2。

II.O、Cu、Ba、Hg形成的某种超导材料的晶胞如图2所示。

(6)该晶胞中O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为_______。

(7)设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_______g·cm-3。

【答案】(1) （2分）  N（1分）

(2)F>N>O>C（2分）

(3)sp2、sp3（2分）

(4)4（2分）

(5)< （1分）

(6)4：1：2：1（2分）

(7) （3分）

【解析】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为：3d104s1，价层电子轨道表示式为，其原子核外电子占据的最高能层符号为N。

（2）在周期表中，元素的第一电离能的总的变化规律应为：同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，而同一周期元素从左到右，元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，N位于第VA族，2p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于第VIA族元素，则C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C。

（3）该配合物中C分别在亚甲基上、苯环上和碳氧双键上，杂化类型为sp2、sp3。

（4）由该配合物结构可知，该配合物中Cu的配位数为4。

（5）∠l为C-O-C的键角，氧原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，∠2中C原子杂化方式为sp2杂化，则中∠l<∠2。

（6）由晶胞结构可知，O原子的个数为8+4=4，Cu原子个数为4=1，Ba原子个数为2，Hg原子个数为8=1，O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为4：1：2：1。

（7）设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为=。

36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

有机物M具有一定的抗病毒作用，其一种合成路线如图所示。

已知：RCOOH

(1)A的化学名称为_____，B中的官能团名称为_____。

(2)反应②的反应条件为_____，E的结构简式为_____。

(3)H可以和碳酸氢钠反应，请补充反应⑥的化学方程式：G+_____→M+_____。

(4)在有机物A～H中能发生消去反应的物质有_____(填序号)。

(5)N是有机物C的一种同分异构体，则满足下列条件的N的结构有_____种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的N的结构简式为_____。

①分子中含有苯环，且苯环上只有两个取代基

②能与FeCl3溶液发生显色反应

③能发生水解反应，且水解产物可以发生银镜反应

(6)根据已知设计由乙苯和苯乙胺为原料制备的合成路线(无机试剂任选)：_____。

【答案】(1)2，6－二甲基苯酚（1分）  醚键、酯基（1分）

(2)稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) （1分） （2分）

(3)   H2O（共2分）

(4)E、F、G(或EFG) （2分）

(5)5（2分）  （2分）

(6) （2分）

【解析】A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为；

（1）A的化学名称为2，6—二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基；

（2）反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为；

（3）反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+；

（4）该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A~H中能发生消去反应的物质有E、F、G；

（5）由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为；

（6）乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：。