2023年高考考前押題密卷（遼寧卷）化學(xué)·全解全析（考試時間：75分鐘  試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1  Li 7  C 12  N 14  O 16  Na 23  S 32  Cl 35.5  Fe 56  Ni 59  Ce 140 一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求．1．【答案】A【詳解】A．朱砂的主要成分是HgS，選項A錯誤；B．人工合成淀粉能減少二氧化碳的排放，有利于推進“碳中和”目標(biāo)的實現(xiàn)，B正確；C．鋁合金密度小、強度高，通常具有較強的抗腐蝕能力，是制造飛機和宇宙飛船的理想材料，C項正確；D．高鐵酸鉀(K2FeO4)氧化性，在水處理過程中能使蛋白質(zhì)的變性、膠體聚沉、發(fā)生鹽類水解、氧化還原反應(yīng)，D正確；綜上所述，答案為A。2．【答案】B【詳解】A．中甲基在3號碳原子上，命名為：3-甲基丁酸，故A錯誤；B．硼酸的分子式為[或]，其電子式為，B正確； C．反式聚異戊二烯結(jié)構(gòu)簡式：，C錯誤；D．水解生成碳酸，水解方程式為：，故A錯誤；綜上所述，答案為B。3．【答案】D【詳解】A．1個中存在4個配位鍵，則1 mol 中配位鍵的數(shù)目為4，A錯誤；B．酸性溶液中存在平衡：，1L pH=4的溶液中，數(shù)目小于，故B錯誤；C．沒有明確溶液體積，不能計算懸濁液中的數(shù)目，故C錯誤；D．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，分子中碳氧雙鍵中含鍵，所以鍵數(shù)為，D正確；綜上所述，答案為D。4．【答案】D【詳解】
A．共價單鍵是σ鍵，共價三鍵中含有2個π鍵1個σ鍵，中含有的鍵與鍵的數(shù)目之比為，選項A正確；B．根據(jù)圖中信息可知有離子反應(yīng)，S元素由+2價變?yōu)?/span>-2價降了4，結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒配得離子反應(yīng)為，故y=24，同理，由中S由+4價降為-2價降了6，結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒配得離子反應(yīng)為，故x=21，選項B正確；C．參與的反應(yīng)為，中S由-2價升高為+2價被氧化，C由+4價變?yōu)?/span>+2價被還原，故 既被氧化又被還原，選項C正確；D．根據(jù)反應(yīng)，每生成，轉(zhuǎn)移；反應(yīng)中每生成，轉(zhuǎn)移，選項D錯誤；答案選D。5．【答案】A【詳解】A．苯甲醛與新制氫氧化銅反應(yīng)，產(chǎn)生氧化亞銅沉淀、H2O和苯甲酸鈉，離子方程式書寫正確，A正確；B．的氧化性強于，故向溶液中加入少量HI溶液發(fā)生的反應(yīng)為，B錯誤；C．在強堿溶液中，鐵銨礬與次氯酸鈉反應(yīng)生成：，另外還發(fā)生與OH-的反應(yīng)，C不正確；D．用過量苯酚溶液與碳酸鈉溶液生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，離子方程式為：+CO+HCO，故D錯誤；綜上所述，答案為A。6．【答案】D【詳解】A．與在水溶液里主要因氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯誤；B．分子式為的芳香族化合物的同分異構(gòu)體有、、、共4種，但分子式為的芳香族化合物的同分異構(gòu)體有：和共5種，B錯誤；C．乙醇具有還原性，當(dāng)它與足量酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)時會被氧化成乙酸，而乙二醇與足量酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成(草酸也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化)，C錯誤；D．甘油中的羥基中存在孤電子對，能與形成絡(luò)合物而使沉淀溶解，則中N原子周圍也存在孤電子對，也能與形成絡(luò)合物而使沉淀溶解，類比合理，D符合題意；綜上所述，答案為D。7．【答案】B【詳解】廢鉛膏(主要成分為、、和，含少量、等元素)煅燒時，以氣體形式分離出體系，再加入過氧化氫和稀硫酸后，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，鉛元素和鋇元素均轉(zhuǎn)化為難溶于水和酸的硫酸鹽，鐵元素經(jīng)過酸浸過濾后以濾液的形式分離出去，后續(xù)加入醋酸銨“溶鉛”，鉛元素轉(zhuǎn)化為醋酸鉛，從而分離除去硫酸鋇，經(jīng)過濾得到的醋酸鉛濾液再次與二氧化碳發(fā)生反應(yīng)得到PbCO3，再經(jīng)煅燒過程PbCO3分解得到PbO，據(jù)此分析解答。A．“煅燒”過程以氣體形式分離出體系，主要利用的是沸點低進行分離提純，A正確；B．“溶浸”過程可氧化，也可還原，使其也轉(zhuǎn)化為，B錯誤；C．根據(jù)上述分析可知，“溶鉛”為了除去硫酸鋇，該過程的離子方程式為，C正確；D．“沉鉛”過程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，則其化學(xué)方程式為，D正確；故選B。8．【答案】B【詳解】A．為催化劑，能降低該反應(yīng)的活化能，加快化學(xué)反應(yīng)速率，故A正確；B．由題圖可知，實現(xiàn)醚類化合物的羰基化反應(yīng)有兩種途徑，故B錯誤；C．分析題圖可知，循環(huán)過程中涉及極性鍵的斷裂和非極性鍵(碳碳鍵)的形成，故C正確；D．分析題圖可知，當(dāng)、基團為甲基時，、CO和為箭頭進來的物質(zhì)(反應(yīng)物)，為箭頭出去的物質(zhì)(生成物)，該過程的總反應(yīng)為，故D正確；故答案選B。9．【答案】C【詳解】A．溶液的濃度未知，無法比較酸性，且NaClO溶液的pH用試紙無法測定[提示：NaClO溶液具有漂白性，會使pH試紙褪色]，A項錯誤；B．濃鹽酸也能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)使溶液褪色，則溶液褪色不能說明鐵銹中是否含有二價鐵，B錯誤；C．常溫下，將苯與混合體積為，說明混合過程中削弱了分子間的氫鍵，且苯與分子間的作用弱于氫鍵，導(dǎo)致分子間距離增大，從而使體積變大，C正確；D．向過量的硝酸銀溶液中先加入少量氯化鉀溶液，再加入碘化鉀溶液時，溶液中只存在沉淀的生成，沒發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，所以無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故D錯誤；綜上所述，答案為C。10．【答案】B【詳解】A．第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去最外層的一個電子所需能量，故Li的第一電離能為，A項正確；B．由Li2O的晶胞圖可知每個Li和4個O配位，其配位數(shù)為4，B項錯誤；C．晶格能是指在標(biāo)準(zhǔn)狀況下使離子晶體變成氣態(tài)正離子和氣態(tài)負離子時所吸收的能量，由圖可知晶格能為，C項正確；D．每個晶胞內(nèi)含有8個Li和4個O，則的密度為，D項正確。答案選B。11．【答案】B【詳解】A．苯環(huán)對角線上的原子共線，中心C為四面體結(jié)構(gòu)，則最多共線的C原子有3個，A錯誤；B．雙酚分子加成后為對稱結(jié)構(gòu)， ，六元環(huán)上的一氯代物有4種，B正確；C．苯酚中含有1個苯環(huán)，雙酚A中含有兩個苯環(huán)，不屬于同系物，C錯誤；D．苯酚的酸性小于碳酸，強于碳酸氫根離子，故苯酚與碳酸氫鈉不反應(yīng)，D錯誤；故答案為：B。12．【答案】D【詳解】中間電極上產(chǎn)生CaP的組成為3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，說明中的氫被還原生成氫氣，則該電極為陰極，連接電源的負極，兩側(cè)的電極就是陽極。據(jù)此解答。A．中間的為陰極，兩側(cè)的為陽極，根據(jù)電子守恒分析，陽極失去的電子總數(shù)應(yīng)該等于陰極得到電子總數(shù)，故三電極流出或流入的電子數(shù)不相等，A錯誤；B．工作時Ti/SnO2-Sb電極與電源的正極相連，B錯誤；C．Ti/SnO2-Sb電極為陽極，水被氧化，氧化產(chǎn)物為氧氣，氫離子不是氧化產(chǎn)物，C錯誤；D．陰極是中的氫得到電子生成氫氣，同時生成和，和鈣離子和水結(jié)合形成3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，D正確；故選D。13．【答案】D【詳解】T1℃時，反應(yīng)達到平衡時，正逆反應(yīng)速率相等，則，反應(yīng)的平衡常數(shù)K==，設(shè)平衡時生成甲酸的濃度為amol/L，由題意可建立如下三段式： 由平衡常數(shù)可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反應(yīng)的平衡常數(shù)K==2。A．由反應(yīng)熱與反應(yīng)物的鍵能之和和生成物的鍵能之和的差值相等可知，反應(yīng)△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A正確；B．由分析可知，甲酸的體積分數(shù)為，故B正確；C．由分析可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K==2，則k逆=0.5k正，故C正確；D．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，化學(xué)平衡常數(shù)減小，由溫度為T2℃時，k正=2.1k逆可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＇==2.1＞K，則反應(yīng)溫度T2℃＜T1℃，故D錯誤；故選：D。14．【答案】C【詳解】X的原子半徑在周期表中最小，X為H；W是地殼中含量第二的元素，W是Si；Y的p軌道上自旋方向不的電子數(shù)之比為3：1，Y的原子序數(shù)比Si小，Y是O；根據(jù)和正負化合價相等，Z為Mg。A．由分析可知，Y是O，Z是Mg，則離子半徑：，A錯誤；B．由分析可知，Y是O，W是Si，二者形成的化合物為SiO2，SiO2能與氫氟酸反應(yīng)，B錯誤；C．由分析可知，X是H，Z是Mg，二者形成的化合物為MgH2，MgH2與水反應(yīng)生成和H2，C正確；D．由分析可知，X是H，Y是O，二者形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非極性鍵，D錯誤；故選C。15．【答案】D【詳解】A．檸檬酸的，檸檬酸三鈉的，a點為檸檬酸三鈉溶液，，，則溶液中數(shù)量級為，選項A正確；B．b點為和的混合溶液，的電離平衡常數(shù)，的水解平衡常數(shù)，的電離大于的水解，溶液顯酸性，選項B正確；C．c點為和的混合溶液，二者的物質(zhì)的量之比為1∶2，溶液滿足：，，則，選項C正確；D． 由題意可得，·==，則=，時，溶液中，則，故，則溶液滿足：，D錯誤；答案選D。 二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（14分）【答案】(1)將三價鈰轉(zhuǎn)化為四價鈰，且將碳酸鹽轉(zhuǎn)化為二氧化碳，實現(xiàn)鈰的富集(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑(3)過濾(4)浸出液中加入的SO濃度越大，增大，而減小，因此D隨浸出液中增大而減小(5)95.68%(6)8     ×107【詳解】（1）根據(jù)題意，四價鈰不易進入溶液，而三價鈰易進入溶液。故焙燒氟碳鈰礦的目的是將三價鈰轉(zhuǎn)化為四價鈰，且將碳酸鹽轉(zhuǎn)化為二氧化碳，實現(xiàn)鈰的富集。（2）轉(zhuǎn)化為，則H2O2轉(zhuǎn)化為O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。故答案為：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。（3）“操作I”為過濾。故答案為：過濾。（4）浸出液中加入的SO濃度越大，根據(jù)化學(xué)平衡：Ce4++SO，故而增大，而減小，因此D隨浸出液中增大而減小。故答案為：浸出液中加入的SO濃度越大，增大，而減小，因此D隨浸出液中增大而減小。（5）根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。故答案為95.68%。（6）①由圖可知，一個晶胞中，1個鈰離子周圍有4個氧離子，故鈰離子的配位數(shù)為：4×2=8，故答案為：8。②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每個晶胞中相當(dāng)于有4個CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。故答案為：×107。17．（13分）【答案】(1)p-2q     p (p-2q)(2)66.5     1000     變大(3)陽離子     【詳解】（1）,，則c(HNCO)=（p-2q）mol/L，則反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=c ( NH3) ×c ( HNCO ) =p (p-2q) ( mol/L )2。（2）從圖分析，過渡態(tài)3的相對能量為241-87=154kJ/mol，則ΔE1=154-87.5=66.5kJ/mol。從圖分析，HNCO(g)+NH3(g)?CO(NH2)2(g)為放熱反應(yīng)，升溫，平衡逆向移動，則右側(cè)的線為T1℃的，取A點數(shù)值，kPa?1，若點A時繼續(xù)投入等物質(zhì)的量的兩種反應(yīng)物，再次達到平衡時(溫度不變)，相當(dāng)于加壓，平衡正向移動，則CO(NH2)2的體積分數(shù)變大。（3）從圖分析，c電極產(chǎn)生氮氣，為陽極反應(yīng)，d上產(chǎn)生氫氣，為陰極反應(yīng)，則a為負極，鋅失去電子，結(jié)合氫氧根離子，故該交換膜為陰離子交換膜，b為正極，與b極室相連的交換膜為陽離子交換膜，裝置Ⅱ陽極上的反應(yīng)式為。18．（14分）【答案】(1)恒壓漏斗(或恒壓分液漏斗)     飽和NaHS溶液(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2(3)b(4)4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S(5)     偏高【詳解】Ⅰ中硫化亞鐵和鹽酸反應(yīng)生成硫化氫氣體，硫化氫通過飽和NaHS溶液的裝置Ⅱ除去氯化氫氣體雜質(zhì)后進入裝置Ⅲ，裝置Ⅲ中硫化氫、氨氣、氯化鎳反應(yīng)生成NiS，尾氣有毒需要尾氣處理裝置；（1）裝置圖中，儀器a的名稱是恒壓漏斗(或恒壓分液漏斗)；裝置Ⅱ中的試劑為飽和NaHS溶液，飽和NaHS溶液可以除去生成硫化氫氣體中揮發(fā)的氯化氫氣體雜質(zhì)；（2）裝置Ⅲ中硫化氫、氨氣、氯化鎳反應(yīng)生成NiS，反應(yīng)為H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；（3）反應(yīng)結(jié)束后關(guān)閉K1、K4，在b、c處分別連接下圖兩個裝置，打開K2、K3 進行抽濾洗滌，抽濾洗滌時，洗滌水進入裝置Ⅲ然后通過抽氣裝置抽出達到洗滌目的，故連有抽氣泵的裝置Ⅳ接在b處以便能夠抽出洗滌水；（4）已知，NiS在潮濕的空氣中可轉(zhuǎn)化為堿式硫化高鎳[Ni(OH)S]，從而降低除銅離子能力，故隨時間延長殘留銅離子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O= 4Ni(OH)S；（5）①由反應(yīng)Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+可知，，則樣品的純度為；②滴定過程中，緩沖溶液pH值過低，Ni2++H2Y2- NiY2-+ 2H+，導(dǎo)致平衡逆向移動，則需要更多的標(biāo)準(zhǔn)液參與反應(yīng)，導(dǎo)致測得的產(chǎn)品純度偏高。19．（14分）【答案】(1)酰胺基     (2)BD(3)++HBr(4)3CH=CH2(5) 、 、、【詳解】E和反應(yīng)生成，逆推可知E是，結(jié)合信息①逆推可知D是，和SOCl2反應(yīng)生成B，B是，以此解題。（1）根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可知，C中含氧官能團的名稱是肽鍵；由分析可知，E的結(jié)構(gòu)簡式為；（2）A．化合物A中含有羧基，不屬于鹵代烴，A錯誤；B．根據(jù)化合物F的結(jié)構(gòu)簡式可知，其化學(xué)式為，B正確；C．由A到B為取代反應(yīng)，由B到C為取代反應(yīng)，由C到D為取代反應(yīng)，由D到E也是取代反應(yīng)，則由A→E過程中涉及的有機反應(yīng)類型有1種，C錯誤；D．對比E和F的結(jié)構(gòu)簡式可知，由E+Y→F過程中有生成，D正確；故選BD；（3）根據(jù)流程可知，C→D過程化學(xué)方程式是++HBr；（4）首先丙烯和水加成生成2—丙醇，再催化氧化生成丙酮，丙酮和HCN加成生成，再和水反應(yīng)生成，具體合成路線為：CH3CH=CH2；（5）分子中含有1個苯環(huán)，且苯環(huán)上只有1個支鏈，其等效氫有6種，故答案為：、、、。
 

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