2023年高考押題預(yù)測卷02（五省新高考）化學(xué)·全解全析78910111213DCDCCDC7．D【詳解】A．油脂長時(shí)間放置后會接觸到空氣中的氧氣，從而發(fā)生氧化還原反應(yīng)而變質(zhì)，會產(chǎn)生不愉快的氣味，故A正確；B．可利用大理石粉與水混合得到的漿狀物對燃煤產(chǎn)生的廢氣進(jìn)行脫硫處理，涉及碳酸鈣受熱分解生成氧化鈣和二氧化碳，氧化鈣和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣和氧氣反應(yīng)生成硫酸鈣，故B正確；C．乙酸鈉溶液中鈉離子和乙酸根離子間的離子鍵被破壞，析出晶體，生成乙酸鈉晶體，形成新的離子鍵，成鍵會釋放熱量，故C正確；D．汽車尾氣中含有CO和NO，催化處理得到氮?dú)夂投趸迹兄诟纳瞥鞘锌諝赓|(zhì)量，但不能減少二氧化碳的排放，不利于實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰、碳中和，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。8．C【詳解】A．N2、H2在合成塔中制取NH3，“氨分離器”中，將生成的NH3液化分離后，N2、H2循環(huán)使用，所以主要應(yīng)用了氨氣易液化的性質(zhì)，A正確；B．常溫下，濃硝酸能使鐵鈍化，從而阻止鐵與濃硝酸的繼續(xù)反應(yīng)，所以工業(yè)上可用鐵槽車儲運(yùn)濃硝酸，B正確；C．流程中的轉(zhuǎn)化，涉及的反應(yīng)有：N2、H2合成氨反應(yīng)，NH3催化氧化生成NO的反應(yīng)，NO、O2、H2O化合生成HNO3的反應(yīng)，沒有涉及復(fù)分解反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)槲矚庵泻写罅康?/span>N2、H2，依圖中信息，為提高氮的利用率，尾氣可循環(huán)進(jìn)入“合成塔”，D正確；故選C。9．D【詳解】A．由于碳酸氫鈉的溶解度較小，足量的CO2通入飽和碳酸鈉溶液中會析出碳酸氫鈉晶體，離子方程式應(yīng)為2Na++CO2+CO+H2O=2NaHCO3，A錯(cuò)誤；B．酸性條件不會有氫氧根生成，正確離子方程式為5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，B錯(cuò)誤；C．銨根也可以和氫氧根反應(yīng)，SO恰好完全反應(yīng)時(shí)應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，正確離子方程式為2Ba2++4OH-+Al3++NH 2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O，C錯(cuò)誤；D．NH4HSO3溶液中逐滴加入足量的Ba(OH)2溶液生成亞硫酸鋇沉淀和一水合氨，D正確；綜上所述答案為D。10．C【詳解】A．Ga為第四周期Ⅲ族元素，為第四周期ⅤA族元素，故A說法正確；B．據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，Ga連有4個(gè)As，As連有4個(gè)Ga，Ga與As原子的配位數(shù)均為4，故B說法正確；C．Ga與As間的最短距離為體對角線的，即，故C說法錯(cuò)誤；D．一個(gè)晶胞由4個(gè)Ga與4個(gè)As構(gòu)成，所以晶體的密度為，故D說法正確；答案為C。11．C【詳解】A．M中除含有C、H元素外還含有O、Br元素，不屬于烴，分子中含有碳碳三鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．M中存在-C(CH3)3結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷的正四面體結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)中的碳原子不可能全共平面，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．手性碳原子是是指與四個(gè)各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，分子中不存在手性碳原子，選項(xiàng)C正確；D．分子中含有二個(gè)碳碳三鍵和一個(gè)苯環(huán)，1mol該物質(zhì)與反應(yīng)，最多可消耗，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。12．D【詳解】A．由分析可知，b極為正極，放電時(shí)發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，電路中每轉(zhuǎn)移4mol電子，消耗1mol氧氣，由于不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，無法計(jì)算所需氧氣的體積，B錯(cuò)誤； C．由分析可知，放電時(shí)陰離子移向負(fù)極，即OH-往負(fù)極a極遷移，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，該電池負(fù)極電極反應(yīng)為：Al+4OH--3e-=AlO+2H2O，D正確；故答案為：D。13．C【詳解】A．a點(diǎn)的成分為NaCl和NaHCO3。相比a點(diǎn)，b點(diǎn)加入更多鹽酸， NaHCO減少，b點(diǎn)成分為NaCl和NaHCO3。c點(diǎn)成分為NaCl。NaHCO3弱酸鹽促進(jìn)水的電離，水的電離程度：a>b>c，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．a點(diǎn)的成分為NaCl、NaHCO3，存在電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．Na2CO3轉(zhuǎn)變?yōu)?/span>NaHCO3消耗鹽酸2.9mL，而總共消耗鹽酸6.8mL，所以純堿中NaHCO3消耗鹽酸為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項(xiàng)正確；D．b點(diǎn)的成分為NaCl、NaHCO3，而c點(diǎn)成分為NaCl，所以b到c的過程中c(Na+)>c(Cl-)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。27．(1)三頸燒瓶  防止三頸燒瓶內(nèi)液體倒吸進(jìn)A中試管(2)檢查裝置氣密性(3)Ca(C1O)2+ 4HCl(濃)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O  平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下(4)飽和NaCl溶液(5)2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O(6)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏?/span>I2溶液，錐形瓶內(nèi)溶液變成藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色  21.3%【詳解】（1）由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置c為三頸燒瓶、裝置a為長頸漏斗，因氨氣極易溶于水，所以長頸漏斗能起導(dǎo)氣和防止三頸燒瓶內(nèi)液體倒吸進(jìn)A中試管中的作用，故答案為：三頸燒瓶；防止三頸燒瓶內(nèi)液體倒吸進(jìn)A中試管；（2）由分析可知，該實(shí)驗(yàn)有氣體的生成和參與，為防止實(shí)驗(yàn)中氣體逸出發(fā)生意外事故，所以盛放試劑前，首先要進(jìn)行氣密性檢查，故答案為：檢查氣密性；（3）由分析可知，裝置D為濃鹽酸與漂白粉中次氯酸鈣反應(yīng)生成氯化鈣、氯氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Ca(C1O)2+ 4HCl(濃)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O，裝置中導(dǎo)管 b的作用是平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下，故答案為：Ca(C1O)2+ 4HCl(濃)= CaCl2+ 2Cl2↑+ 2H2O；平衡氣壓，便于濃鹽酸順利滴下；（4）由分析可知，裝置C中盛有的飽和食鹽水用于除去氯化氫氣體，故答案為：飽和食鹽水；（5）由分析可知，裝置B中氯氣與氨氣在氫氧化鈉溶液中反應(yīng)制備肼，反應(yīng)的離子方程式為2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O，故答案為：2NH3+2OH—+Cl2=N2H4+2C1—+2H2O；（6）由題意可知，當(dāng)溶液中的肼和碘溶液完全反應(yīng)時(shí)，滴入最后一滴碘溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色，則終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏?/span>I2溶液，錐形瓶內(nèi)溶液變成藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；滴定消耗20.00 mL0.2000 mol/L碘溶液，由方程式可知，6.00g溶液中肼的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈21.3%，故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏?/span>I2溶液，錐形瓶內(nèi)溶液變成藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；21.3%。28．(1)  (2)ABC(3)  (4)(5)進(jìn)一步消耗廢酸，調(diào)節(jié)溶液pH，利于下一步聚合(6)大  、水解與硅酸根離子水解互相促進(jìn)，利于產(chǎn)品聚合(7)2【詳解】（1）由晶胞結(jié)構(gòu)及均攤法可知，晶胞中Fe原子的個(gè)數(shù)：，Al原子的個(gè)數(shù)：4，所以化學(xué)式為；鐵是26號元素，因此基態(tài)鐵原子價(jià)層電子排布式為；故答案為：；。（2）A、B、C都是工藝流程中提高浸取率的措施，此外還有攪拌等；故答案為：ABC。（3）制取聚合硫酸硅酸鐵鋁時(shí)為防止引入雜質(zhì)，“酸化、聚合”步驟加入的最佳試劑為硫酸，堿浸時(shí)發(fā)生NaOH和的反應(yīng)，所得濾液的主要成分應(yīng)為；故答案為：；。（4）加入鐵礦燒渣經(jīng)“步驟X”后，溶液中含有，氧氣可氧化，離子方程式為；故答案為：。（5）“氧化、聚合”前剩余的鈦白廢酸過多的話，會導(dǎo)致酸性太強(qiáng)，不利于和水解聚合，所以需要用鐵礦燒渣消耗過量的酸，調(diào)節(jié)溶液pH，利于下一步聚合；故答案為：進(jìn)一步消耗廢酸，調(diào)節(jié)溶液pH，利于下一步聚合。（6）根據(jù)所學(xué)知識推測，與傳統(tǒng)凈水劑PAC(聚合氯化鋁)相比，聚合硫酸硅酸鐵鋁聚合程度更大，理由是、水解與硅酸根離子水解互相促進(jìn)，水解程度更大，有利于產(chǎn)品聚合；故答案為：大；、水解與硅酸根離子水解互相促進(jìn)，利于產(chǎn)品聚合。（7）根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0的原則，可得，解得；故答案為：2。29．(1)+261  BD(2)  恒壓條件下，的摩爾分?jǐn)?shù)增大，的分壓增大，平衡正向移動，的轉(zhuǎn)化率降低(3)＜  在1000K，反應(yīng)①，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③，反應(yīng)趨勢大，占主導(dǎo)(4)【詳解】（1）反應(yīng)③等于反應(yīng)①減去反應(yīng)②，；A．都表示正反應(yīng)同一個(gè)方向，故A不符合題意；B．該反應(yīng)是氣體分子數(shù)可變的反應(yīng)，恒容條件下壓強(qiáng)不變即達(dá)到平衡，故B符合題意；C．氣體密度等于質(zhì)量除以容器體積，恒容條件又都是氣體參與反應(yīng)，故密度始終保持不變，因此不能作為平衡的標(biāo)志，故C不符合題意；D．有，一個(gè)正反應(yīng)，一個(gè)逆反應(yīng)，速率之比等于計(jì)量系數(shù)之比，則達(dá)到平衡，故D符合題意；故答案為：+261；BD。（2）反應(yīng)①是吸熱反應(yīng)，溫度越高，平衡正向移動，則的轉(zhuǎn)化率越大，故；恒壓條件下，的摩爾分?jǐn)?shù)增大，的分壓增大，平衡正向移動，的轉(zhuǎn)化率降低；故答案為：；恒壓條件下，的摩爾分?jǐn)?shù)增大，的分壓增大，平衡正向移動，的轉(zhuǎn)化率降低。（3）在1000K，反應(yīng)①，不易自發(fā)，反應(yīng)③，容易自發(fā)，故反應(yīng)自發(fā)趨勢①＜③；根據(jù)圖中曲線和可知越大，反應(yīng)平衡常數(shù)越小，反應(yīng)趨勢越小，在1000K，反應(yīng)①，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③，反應(yīng)趨勢大，占主導(dǎo)；故答案為：＜；在1000K，反應(yīng)①，反應(yīng)趨勢小，反應(yīng)③，反應(yīng)趨勢大，占主導(dǎo)。（4）設(shè)，列三段式，達(dá)到平衡時(shí)，分壓與的分壓相同即有，求解，平衡后氣體的總物質(zhì)的量為，則；故答案為：。30．(1)C9H10O2  4－羥基苯甲酸(對羥基苯甲酸)     (2)羥基、羧基  氧化反應(yīng)  保護(hù)酚羥基(3)n+(n-1)H2O(4)低于(5)14  或【詳解】（1）由分析可知，化合物B分子式；有機(jī)物D的名稱為4-羥基苯甲酸(對羥基苯甲酸)；化合物E的結(jié)構(gòu)簡式為；（2）根據(jù)上述分析可知X是HOCH2COOH，其中所含官能團(tuán)的名稱是羥基、羧基；B→C的反應(yīng)為甲基被酸性高錳酸鉀氧化為羧基，屬于氧化反應(yīng)；該流程中A→B中羥基轉(zhuǎn)化為酯基、C→D中酯基水解轉(zhuǎn)化為羥基，其目的保護(hù)酚羥基；（3）F分子中含有-OH、-COOH，在一定條件下發(fā)生縮聚反應(yīng)產(chǎn)生高聚物G，反應(yīng)為：n+(n-1)H2O（4）(M)形成分子內(nèi)氫鍵，(D)形成分子間氫鍵，導(dǎo)致后者更高，故沸點(diǎn)M小于D；（5）有機(jī)物B結(jié)構(gòu)簡式是，其同分異構(gòu)體滿足條件：①分子中除苯環(huán)外不含其他環(huán)；②能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，因此含有甲酸酯基：一取代有2種：、；二取代有6種：、、、、、；三取代有6種：、、、、、；共14種不同結(jié)構(gòu)；其中核磁共振氫譜中有4組峰且峰面積之比為1：1：2：6的結(jié)構(gòu)簡式為或。
 

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