化学（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）-2023年高考化学临考压轴卷（解析版）

2023年高考临考压轴卷（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）

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．通过践行“教育兴国，科技兴国”的发展战略，近年来诸多的“中国制造”享誉国内外。“追风者”磁悬浮列车、新能源汽车铝基复合材料制动盘、床垫中能将有机物催化分解为无毒无气味的二氧化碳和水蒸气的自我清洁面料、CPU、GPU芯片是其中的代表。下列有关说法中不正确的是

A．磁悬浮列车中地板使用的PVC塑料(聚氯乙烯)可由氯乙烯通过缩聚反应制得

B．与铸铁制动盘相比，铝基复合材料制动盘具有轻量化、耐腐蚀等优点

C．自我清洁面料将有机物催化分解为二氧化碳和水蒸气属于化学变化

D．单质硅是制造CPU、GPU芯片的原料，粗硅可由焦炭和二氧化硅反应来进行制备

【答案】A

【解析】A．聚氯乙烯可由氯乙烯通过加聚反应制得，A项错误；

B．与铸铁制动盘相比，铝基复合材料制动盘具有轻量化、耐腐蚀等优点，B项正确；

C．将有机物催化分解为二氧化碳和水蒸气属于化学变化，C项正确；

D．粗硅可由焦炭和二氧化硅反应来进行制备，D项正确。

故选A。

8．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。

9．BHET是一种重要的化工原料，我国科学家利用聚对苯二甲酸类塑料制备对苯二甲酸双羟乙酯的化学反应如图所示。下列叙述不正确的是

A．中元素的电负性：

B．中所有原子可能处于同一平面

C．中碳原子和氧原子的杂化方式均为

D．和均能发生水解反应和加成反应

【答案】B

【解析】A．中含C、H、O三种元素，其电负性为：，A项正确；

B．中含有成单键的碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B项错误；

C．中碳原子和氧原子的杂化方式均为，C项正确；

中均含有酯基和苯环，均能发生水解反应和加成反应，D项正确；

故选B。

10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W原子的核外电子只有一种运动状态；X与Z同主族，X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；Y元素原子中只有两种形状的电子云，最外层没有成对电子。下列说法正确的是

A．非金属性：W>X 

B．最简单氢化物的键角：X＜Z

C．简单离子半径：Y>X 

D．四种元素的氧化物都至少有两种

【答案】D

【分析】W原子的核外电子只有一种运动状态，W为H； X元素基态原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，X、Z元素位于第VA族，故X为N，Z为P；Y位于X和Z之间，Y元素原子中只有两种形状的电子云，说明只有s和p轨道，最外层没有成对电子，故Y为Na；综合以上分析，W、X、Y、Z分别为H、N、Na、P。

【解析】A．NH3中N为-3价，H为+1价，故非金属性N＞H，A错误；B．P的电负性较N小，PH3中的成键电子对比NH3中的更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长大，这样导致PH3中成键电子对之间的斥力减小，H-P-H键角更小，B错误；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-＞Na+，C错误；D．氢的氧化物有H2O、H2O2，氮的氧化物有NO、NO2、N2O4等超过两种，钠的氧化物有Na2O、Na2O2，磷的氧化物有P2O3、P2O5，所以四种元素的氧化物都至少有两种，D正确；故选D。

11．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是

A．中含有的键与键的数目之比为

B．，

C．既被氧化又被还原

D．理论上每产生，转移

【答案】D

【解析】A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A正确；B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B正确；C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故 既被氧化又被还原，选项C正确；D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D错误；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。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

27．（15分）从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。

已知：①碱浸液中碲以的形式存在；

②Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；

③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。

(1)中Te的化合价为_______价，“还原”中发生反应的离子方程式(该工艺条件下，Pb2+不沉淀)为_______。

(2)“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 °C ，反应时间为120 min，其原因是_______。

(3)“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因：_______。

(4)加适量Na2S除铜铅，滤渣的成分为_______。

(5)加酸调pH时发生反应的化学方程式为_______，加入硫酸的量不宜过多，其原因是_______。

(6)由O、Cu、Ba、Hg形成的某种超导材料的晶胞如图2所示。

该晶胞中O、Cu、Ba、Hg原子的个数比为_______。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)+6（1分）  +=+（2分）

(2)再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本（2分）

(3)过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降（2分）

(4)PbS、CuS（1分）

(5)Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O （2分） 过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低（1分）

(6)4：1：2：1（2分）  （2分）

【解析】铜阳极泥分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠，与反应得到和，溶液含、Cu2+、Pb2+，加适量硫化钠沉淀Cu2+、Pb2+，过滤得滤渣为PbS、CuS，滤液加适量硫酸，与H2SO4、调pH，反应生成TeO2沉淀。

（1）中Te的化合价为+6价，“还原”中与反应得到和，发生反应的离子方程式为：十=+。

（2）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 °C” 的原因是：该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。

（3）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为：十=+，又知Na2SO3可将Te(IV)还原为0价Te；则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因为：过量的Na2SO3可将Te( IV )还原为0价Te，致使溶液中Te( IV )浓度下降。

（4）加适量Na2S除铜铅，由于发生反应：Cu2++S2-=CuS，Pb2++S2-=PbS，则滤渣的成分为PbS、CuS。

（5）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+ H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O，已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，则硫酸会和TeO2反应，则加酸调pH时加入硫酸的量不宜过多，其原因是：过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。

（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。设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为=。

28．（14分）Na2FeO4具有强氧化性，是一种新型的绿色非氯净水消毒剂，碱性条件下可以稳定存在，酸性条件下会自身分解生成Fe(OH)3。可用Fe(OH)3与NaClO在强碱性条件下制取，某实验小组利用如图所示实验装置，制取Na2FeO4，并验证其处理含CN-废水的能力。

Ⅰ.制取Na2FeO4

(1)仪器D的名称为_____。洗气瓶B中盛有的试剂为_____。实验开始，先打开分液漏斗_____(填“A”或“C”)的活塞。

(2)写出大试管中发生反应的离子方程式：_____。

(3)三颈烧瓶中的红褐色固体基本消失，得到紫色溶液时，停止通入Cl2。通入氯气的过程中三颈烧瓶中发生反应的离子方程式有：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、______。

Ⅱ.模拟并验证Na2FeO4处理含CN-废水的能力

(4)取一定量Na2FeO4加入试管中，向其中加入0.2mol•L-1的NaCN溶液10mL，CN-被氧化为CO和N2。充分反应后测得试管中仍有Na2FeO4剩余，过滤。向滤液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，将沉淀过滤干燥后称量，得白色沉淀0.3546g。

①配制0.2mol•L-1的NaCN溶液，需要的玻璃仪器有______(填序号，下同)。

②计算NaCN溶液中CN-的去除率为______(保留两位有效数字)。

【答案】(1)球形干燥管（2分）  饱和食盐水（2分）  C（2分）

(2) （2分）

(3) （2分）

(4)ADEF（2分）  90%（2分）

【解析】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；

（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；

（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；

（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。

29．（14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（1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。

30．（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：。