2023年高考押題預測卷03（廣東卷）化學·全解全析12345678910111213141516ACCDCCBADCACCBBB1.【答案】A【詳解】A．蠶絲主要成分為蛋白質(zhì)，點燃時，會產(chǎn)生燒焦羽毛的氣味，A正確；B．兒茶素( C15H14O6 )含氧元素，不是烴類物質(zhì)，B錯誤；C．鋼條屬于金屬材料，C錯誤；D．紙的主要成分是纖維素，與淀粉分子量不同，不是同分異構(gòu)體，D錯誤；故選A。2.【答案】C【詳解】A．中子數(shù)為18的硫原子，質(zhì)子數(shù)為16，則質(zhì)量數(shù)為34，可表示為：或34S，選項A錯誤；B．硫原子比氫原子大，故H2S的比例模型為，選項B錯誤；C．H2O分子中含有兩個共價鍵，分子的結(jié)構(gòu)式：H-O-H，選項C正確；D．Cl的最外層滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，CH3Cl的電子式為：，選項D錯誤；答案選C。3.【答案】C【詳解】A．①操作錯誤，混合乙醇和濃硫酸時是將濃硫酸緩緩加入到乙醇中，故A錯誤；B．②操作錯誤，收集乙酸乙酯時導管不能伸入到溶液液面一下，故B錯誤；C．分離乙酸乙酯和飽和碳酸鈉溶液，先將下層液體放出，再從上口倒出乙酸乙酯，③操作正確，故C正確；D．④操作錯誤，提純乙酸乙酯時溫度計水銀部位在支管口處，故D錯誤。綜上所述，答案為C。4.【答案】D【詳解】A．該離子方程式中H未配平，正確的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑，A錯誤；B．硫化鈉溶液中，S2-水解分為兩步：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，B錯誤；C．醋酸是弱電解質(zhì)，在離子方程式中不能拆寫，正確的離子方程式為CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C錯誤；D．向氫氧化鈉溶液中通入足量二氧化碳，反應生成碳酸氫鈉，該反應的離子方程式為CO2+OH-=，D正確；故選D。5.【答案】C【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知該有機物的分子式為C16H16O3，故A錯誤；B．兩個苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，通過單鍵相連，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，因此所有碳原子不一定在一個平面上，故B錯誤；C．1mol該有機物中含3mol酚羥基，能與3molNaOH反應，故C正確；D．該有機物中只有酚羥基鄰對位氫能與溴水發(fā)生取代反應，由結(jié)構(gòu)簡式可知含3個酚羥基鄰對位的氫，則1mol該化合物最多可與含3molBr2的溴水發(fā)生取代反應，故D錯誤；故選：C。6.【答案】C【詳解】A．食醋可與水垢中的碳酸鈣反應生成二氧化碳，酸性比碳酸強，A正確；B．清洗炒完菜的鐵鍋后并擦干，可避免鐵鍋在潮濕環(huán)境下發(fā)生吸氧腐蝕，B正確；C．蒸制糕點加碳酸氫鈉作膨松劑，膨松劑的主要作用是產(chǎn)生氣體使糕點疏松多孔并調(diào)節(jié)酸性，C錯誤；D．石膏或鹵水為電解質(zhì)溶液，制作豆腐時，加入石膏或鹵水可破壞膠體的穩(wěn)定性，使膠體聚沉，D正確；故選C。7.【答案】B【詳解】A．苯胺中含有1mol-NH2，含有的鍵數(shù)目為，A錯誤；B．LiH中H顯-1價，反應時生成H2，故反應電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為，B正確；C．-NH2含有9個電子，中約含電子數(shù)目為，C錯誤；D．計量氣體體積時，需要說明溫度與壓強，D錯誤；故選B。8.【答案】A【詳解】A．②和④分別為氯氣、次氯酸，氯氣沒有漂白性，次氯酸有漂白性可使有色物質(zhì)褪色，A錯誤；B．濃氨水和氯氣會反應生成氯化銨白色固體，能檢查輸送②的管道是否漏氣，B正確；C．氯化鈉為離子化合物，鈉失去1個電子、氯得到1個電子，鈉離子和氯離子生成氯化鈉，圖示正確，C正確；D．二氧化錳和濃鹽酸在加熱條件下生成氯氣、氯化錳、水：，D正確；故選A。9.【答案】D【詳解】A．根據(jù)入料可知BiVO4 電極為負極，所以Pt 電極發(fā)生還原反應作正極，故A正確；B．根據(jù)入料可知BiVO4 電極為負極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為-2e-+2OH-=+H2O，故B正確；C．Pt電極為正極， BiVO4電極為負極所以Pt電極電勢高于BiVO4電極，故C正確；D．電子從BiVO4電極(負極)經(jīng)導線流向Pt電極(正極)，且不能進入溶液，故D錯誤；故選D。10.【答案】C【詳解】A．②中的品紅褪色體現(xiàn)了SO2的漂白性，③中的品紅褪色體現(xiàn)SO2的還原性，A錯誤；B．SO2與水反應生成H2SO3能與品紅分子結(jié)合，使其褪色，無水存在時，SO2分子不能使其褪色，B錯誤；C．SO2與水反應生成H2SO3弱電解質(zhì)，，C正確；D．KMnO4中Mn元素+7價處于最高價態(tài)，體現(xiàn)氧化性，則SO2中S元素+4價體現(xiàn)還原性，D錯誤；故答案為：C。11.【答案】A【詳解】A．向盛有3.0mL無水乙醇的試管中加入一小塊金屬鈉，緩慢產(chǎn)生氣泡說明乙醇分子中羥基氫的活潑性小于水分子中的氫，故A正確；B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳雙鍵，故B錯誤；C．向含有少量氯化銅的氯化鎂溶液中加入氫氧化鈉溶液，產(chǎn)生白色沉淀可能是因為鎂離子的濃度大于銅離子濃度，則產(chǎn)生白色沉淀不能說明氫氧化鎂的溶度積小于氫氧化銅，故C錯誤；D．次氯酸鈉溶液具有強氧化性，能使有機色質(zhì)漂白褪色，不能用pH試紙測定次氯酸鈉溶液的pH，則試紙先變藍，后褪色不能說明次氯酸鈉溶液呈中性，故D錯誤；故選A。12.【答案】C【分析】工業(yè)廢氣(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考慮其他成分)通過過量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸鈣和亞硫酸鈣，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，亞硝酸鈉和銨根離子的溶液反應生成無污染的氣體，應為氮氣，氣體2有氮氣和一氧化碳，捕獲劑所捕獲的氣體主要是一氧化碳，據(jù)此解答。【詳解】A．工業(yè)廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，則固體1為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正確； B．由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后得到NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，故B正確；C．根據(jù)分析可知，氣體2含有CO、N2，經(jīng)捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C錯誤；D．根據(jù)圖示可知，氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2與含有的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，發(fā)生反應的離子方程式為：+=N2↑+2H2O，故D正確；故答案為C。13.【答案】C【詳解】A．根據(jù)題圖，結(jié)合題意知，石墨電極II上，發(fā)生氧化反應產(chǎn)生，故石墨電極II是陽極，則b是電源正極，a是電源負極，A項正確；B．石墨電極II上，放電產(chǎn)生和：，石墨電極可能與氧氣反應產(chǎn)生二氧化碳，因此，石墨電極Ⅱ附近可能收集到一種能使澄清石灰水變渾濁的氣體，B項正確；C．電解時，在石墨電極I上放電，生成Cu,左室中通過陰離子交換膜進入中間室，故溶液的濃度減小，C項錯誤；D．由，和陽極反應式可得，故產(chǎn)生的體積為，D項正確；答案選C。14.【答案】B【詳解】A．由題干反應歷程圖可知，該過程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合價均為+2價，即保持不變，A正確；B．由題干反應歷程圖可知，反應前加入了CuO，CuO與HCl反應轉(zhuǎn)化為Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解為Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2與O2反應又生成了CuO，則CuO為催化劑，而Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均為中間產(chǎn)物，B錯誤；C．由題干反應歷程圖可知，Cu(OH)Cl分解產(chǎn)生兩種產(chǎn)物即Cu2OCl2和物質(zhì)X，根據(jù)質(zhì)量守恒可知X為H2O，C正確；D．由題干反應歷程圖可知，該過程涉及Cu2OCl2與O2反應生成了CuO和Cl2的反應，根據(jù)氧化還原反應配平可得：2Cu2OCl2+O22Cl2+4CuO，D正確；故答案為：B。15.【答案】B【分析】X、Y、Z、N是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，X元素原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，但第一電離能都低于同周期相鄰元素，為O元素；Y原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，但第一電離能都高于同周期相鄰元素，為Mg元素；Z元素價電子中，在不同形狀的原子軌道中運動的電子數(shù)相等，為Si元素；N元素只有一個不成對電子且則這幾種元素中元素序數(shù)最大，為Cl元素，結(jié)合題目分析解答。【詳解】A．X為O，Y為Mg，Z為Si，原子半徑大小為，故A錯誤；B．X為O，Z為Si，N為Cl，電負性大小為，故B正確；C．Y為Mg，Z為Si，N為Cl，元素的第一電離能，故C錯誤；D．X為O，O的基態(tài)原子的電子軌道表示式，故D錯誤；故答案選B。16.【答案】B【詳解】A．由起點0.1mol/L的MOH溶液c(OH-)水=10-11可知，MOH是弱堿，常溫下由MOH電離出的c(OH-)=，由MOH電離出的c(M+)≈c(OH-)=10-3mol/L，MOH的電離常數(shù)，數(shù)量級為10-5，A錯誤；B．d點c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(M+)，則有c(Cl-)=c(M+)，B正確；C．由起點可知NOH完全電離，NOH為強堿，b點溶質(zhì)為NCl，對水的電離不抑制也不促進，MOH是弱堿，e點溶質(zhì)為MCl，由于M+發(fā)生水解反應，促進水的電離，則e點水的電離程度大于b點，C錯誤；D．f點溶質(zhì)為MCl、HCl，HCl對水的電離有抑制作用，由圖知是水電離出氫氧根濃度為10-7mol/L，未知加入HCl體積，不確定混合溶液中氫離子濃度，則pH不等于7，D錯誤；故選：B。17.【答案】(1) （2分）(2)加熱銅和濃硫酸的混合物，品紅溶液褪色，然后再加熱褪色后的品紅溶液，溶液又變成紅色（2分）(3)吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境（1分）(4) 與、酸性條件下的都反應（1分）    （1分）   藍色沉淀（1分）    （2分）   0.02mol/L HCl（1分）   6.0mol/L NaNO3（1分）    分別用不含的鐵鹽驗證能氧化，用不含的硝酸鹽驗證能氧化（2分）【詳解】（1）銅絲與濃硫酸反應在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為，故答案為：；（2）可以先加熱銅和濃硫酸的混合物，品紅溶液褪色，然后再加熱褪色后的品紅溶液，如果又變成紅色，說明品紅被漂白的產(chǎn)物不穩(wěn)定，故答案為：加熱銅和濃硫酸的混合物，品紅溶液褪色，然后再加熱褪色后的品紅溶液，溶液又變成紅色；（3）二氧化硫有刺激性氣味，會污染環(huán)境，不能隨意排放，浸NaOH溶液的棉團作用是吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境，故答案為：吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境；（4）由猜想1、2可得猜想3是：與、酸性條件下的都反應；取少量反應后的上層清液于試管中，滴入少量溶液，如果出現(xiàn)藍色沉淀，說明有亞鐵離子生成，說明猜想1成立，溶液中與發(fā)生的離子方程式為；1.0mol/L的的，所以c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，要證明猜想2成立，只需要保證氫離子和硝酸根離子的濃度和原溶液相等就行，需要把硝酸鐵溶液換成c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，所以往圖中的裝置中加入100mL 0.02mol/LHCl溶液、100mL6.0mol/LNaNO3 溶液和過量的固體，再通入過量，出現(xiàn)白色沉淀，說明猜想2成立；若要證明猜想3成立，還要進行實驗3，結(jié)合猜想1和猜想2的驗證，可以分別用不含的鐵鹽驗證能氧化，用不含的硝酸鹽驗證能氧化，故答案為：分別用不含的鐵鹽驗證能氧化，用不含的硝酸鹽驗證能氧化。18.【答案】(1)1.2（2分）(2)<（2分）(3)CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)  ΔH=-129kJ·mol-1（2分）(4) 加快（1分）     增大（1分）(5)C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O（2分）(6)80（2分）(7)c（2分）【詳解】（1）CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在3min時達到平衡時，由于V=1L，所以c(H2O)=0.35mol/L，c(CO)=0.15mol/L，c(H2)=c(CO2)=0.60mol/L-0.35mol/L=0.25mol/L，則化學平衡常數(shù)K==1.2；故答案為：1.2；（2）相同條件下，向2L恒容密閉容器中充入1molCO、1mol H2O(g)、2molCO2、2mo1 H2，此時各種物質(zhì)的濃度分別是c(CO)= c(H2O)=0.5mol/L，c(H2)=c(CO2)=1mol/L,物質(zhì)的濃度商是，所以反應逆向進行，v (正)< v (逆)，故答案為：<；（3）CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃燒熱分別為283 kJ·mol-1、286 kJ·mol-1、726 kJ·mol-1，可得反應的熱化學方程式是：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1；②H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l)ΔH=-726kJ·mol-1，①+②×2-③×，整理可得：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-129 kJ·mol-1，故答案為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH=-129kJ·mol-1；（4）依據(jù)化學反應原理，增大壓強，反應物的濃度增大，化學反應速率加快，由于該反應的正反應是氣體體積減小的反應，增加壓強，平衡正向移動，會產(chǎn)生更多的甲醇，甲醇的產(chǎn)率增大，故答案為：加快；增大；（5）以辛烷(C8H18)代表汽油，該電池工作時的負極是通入燃料C8H18的電極，該電極的反應方程式是C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O，故答案為：C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O；（6）已知一個電子的電量是1.602×10-19C，用該電池電解飽和食鹽水，當電路中通過1.929×105C的電量時，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量是n(e-)=(1.929×105C÷1.602×10-19C)÷6.02×1023/mol=2mol，電解的總反應方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,在反應過程中電子轉(zhuǎn)移2mol電子，生成2molNaOH，其質(zhì)量是m(NaOH)=2mol×40g/mol=80g，故答案為：80；（7）在上述4個反應中c為化合反應，原子利用率為100%，原子利用率最高，故答案為：c。19.【答案】(1) （2分）     d（1分）     +2、+3（2分）(2)稀硫酸（1分）(3) （2分）(4) （2分）(5)過量的消耗了反應生成的Ba(OH)2（2分）(6) （2分）【分析】MnO2在酸性條件下有強氧化性，FeS2有強還原性，二者在酸浸的時候會發(fā)生氧化還原反應，結(jié)合題圖中后續(xù)操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X為稀硫酸。然后向濾液中加入H2O2可以將雜質(zhì)離子為Fe2+氧化為Fe3+，再加入CaO調(diào)整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO來調(diào)pH又會導致溶液中留下較多的Ca2+，凈化階段加入MnF2的目的就是使Ca2+轉(zhuǎn)化為難溶物CaF2除去，過濾得到的濾液含有MnSO4，然后經(jīng)一系列處理得到Mn3O4；據(jù)此分析解答。【詳解】（1）Mn原子序數(shù)為25，價電子排布圖為 ，位于周期表中d區(qū)；中O為-2價，結(jié)合化合物中各元素的代數(shù)和為可知，中Mn的化合價既有+2價也有+3價，故答案為： ；d；+2、+3；（2）由分析知，稀酸X為稀硫酸，故答案為：稀硫酸；（3）由圖可知，內(nèi)，Mn元素浸出率提高，含量明顯增加，說明此時與反應生成Mn2+、、S等，對應的離子方程式為：，故答案為：；（4）由，的濃度為，可得：；再由，可得，故答案為：；（5）由題意可知，二氧化錳與硫化鋇反應生成氫氧化鋇，因反應物是一種兩性氧化物，當時，二氧化錳過量，過量的二氧化錳與氫氧化鋇反應消耗氫氧化鋇，導致其產(chǎn)率降低，故答案為：過量的消耗了反應生成的Ba(OH)2；（6），則，；527.4℃時，，，可知：，則此時產(chǎn)物為：，反應方程式為：，故答案為：；20.【答案】(1)酯基（1分）(2)酯化反應(取代反應) （1分）(3) C11H10O3（1分）     （2分）(4) （2分）(5) 9（2分）     、（2分）(6) （3分）【分析】由合成流程可知，與甲醇發(fā)生信息中的反應生成A為，A與氫氣發(fā)生加成反應生成B為，HOCH2CH2OH與B發(fā)生縮聚反應生成的C為；與苯在氯化鋁作用下反應生成D的為，D與甲醇發(fā)生酯化反應生成E為，E發(fā)生信息中的反應生成F，試劑X為，生成F為，最后F在加熱條件下發(fā)生取代反應生成G為；（1）A為，含有的含氧官能團名稱是酯基；（2）D與甲醇發(fā)生酯化反應生成，則D→E的反應類型是酯化反應或取代反應；（3）E為，其分子式是C11H10O3；由分析可知F的結(jié)構(gòu)簡式是；（4）HOCH2CH2OH與B發(fā)生縮聚反應生成的C為，發(fā)生反應的化學方程式為；（5）B為，其同分異構(gòu)體W 0.5mol與足量碳酸氫鈉溶液反應生成44gCO2，CO2的物質(zhì)的物質(zhì)的量為1mol，說明W分子結(jié)構(gòu)中含有2個羧基，除去2個-COOH，還有4個C，這四個碳如為直鏈狀即C-C-C-C，連接2個-COOH，共有6種結(jié)構(gòu)，另外四個碳中可以有一個支鏈，即，連接2個-COOH，共有3種結(jié)構(gòu)，即符合條件的B的同分異構(gòu)體W共有9種，其中核磁共振氫譜為三組峰的結(jié)構(gòu)簡式為、；（6）結(jié)合題中生成D的反應原理甲苯和可生成，再與H2在催化劑作用下發(fā)生加成反應，生成，再在濃硫酸的作用下加熱發(fā)生酯化反應即可生成，具體合成路線為 。
 

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