山东中学联盟2023年高考考前热身押题 化学答案.pdf

1、山东中学联盟2023年高考考前热身押题1、解析：A项：利用氨气易液化的性质用作制冷剂，这是物理性质，故A错；B项：糯米经发酵、水解得葡萄糖，葡萄糖再生成乙醇（这是氧化还原反应），乙醇在经氧化反应生成乙酸，故B正确；C项：75%酒精使蛋白质变性失活起到杀菌消毒的作用，故C错误；D项：甘氨酸亚铁补铁时，血红蛋白配位络合二价铁，故D错。2、解析：A项：CaO是固体，保存在广口瓶中，同时CaO属性强碱的碱性氧化物，保存在塑料瓶中，或者玻璃瓶和橡胶塞，故A正确；B项：硝酸亚铁溶液保存时加入稀硝酸，能将二价铁氧化成三价铁，引入杂质，故B错；C项：碳酸钠水解呈碱性，升高温度，水解程度增大，碱性增强，有利于除

2、去酯类油污，但是柴油属于矿物油，与碱不反应，故C错误；D项：蒸馏时，若温度计水银球低于蒸馏烧瓶支管口时，过早结束收集物质的操作，收集的馏分少了，产率偏低，故D错。3、解析：根据基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可推出Y是O，Z是S，再分析衰变方程发现M质子数比X大2，原子序数XYNH3，故A正确；B项：简单氢化物还原性与非金属性顺序相反，故B正确；C项：14N2和15N2在组成上都是氮气，属于同种物质，都是分子，一定不是同位素，故C错误；D项：基态N原子是半充满稳定结构，第一电离能超过O原子，故D正确。4、解析：A项：存在顺反异构体，顺式结构和反式结构，故A错误；B项：从高分子结构

3、恢复到单体是苯乙烯和丙烯腈，两者通过加聚反应合成；C项：聚乙烯醇结构含有n个羟基，羟基能与水形成氢键，因此在水中有很好的溶解性，故C正确；D项：酚醛树脂是有苯酚和甲醛通过缩聚反应合成的，故D正确。5、解析：A项：四氮唑中氮原子可以与乙醇形成氢键增大溶解度，而与四氯化碳不能形成氢键，因此在乙醇中溶解度大于四氯化碳中的，故A错误；B项：四氮唑和呋喃中都含有65 大键，环上的原子都是采用sp2杂化，故B正确；C项：1和2的中心原子均为sp2杂化，但是2的中心原子O有一对孤电子，排斥力强，键角小，故C正确；D项：四氮唑中含键数目为7，呋喃中键数目为9，故D正确。7、解析：M 分子可燃烧，能发生氧化反应

4、，苯环上有氢和烷烃的结构均能被取代，还含有苯环和酮羰基，可发生加成反应，故 A 正确；M 分子中 N 原子采用 sp3 杂化，使一个碳原子结构和孤电子对离开平面，故 B 错误；C 项：N 分子与足量氢气加成后生成物结构为（*表示手性碳原子），故 C 正确；N 分子与溴水按物质的量比为 1:1 加成时，“1,2”加成产物有 3 种，“1,4”加成产物有2 种，“1,6”加成产物有 1 种，共 6 种，故 D 正确。8、解析：A项：根据图像可发现，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟基自由基，故A正确；B项：生成DFF的总反应为HMFDFF+H2，故B正确；C项：生成H

5、MFCA过程中，O2+2H+2e=2OH，HMF+OH+h+HMFCA+H+，故C正确；生成HMFCA与DFF物质的量比为1:1时，具体物质的物质的量是多少不知道，CdS量子点至少产生h+不知道的，故D错误。9、解析：A 项：“中和盐化”时，苯胺显碱性，CoCl2+CO2+H2O+2CoCO3+2HCl，故 A 正确；B 项：H2O2 不稳定，易分解，因此最后加，提高过氧化氢的利用率，故 B 正确；C 项：四氯乙烷属于卤代烃，难溶于水，且密度大于水，采用分液的分离操作方法，主要有分液漏斗和烧杯等，故 C 错误；D 项：“再生”过程中，2HCl+H2O2+2CeCl32+2CeCl4+2H2O，

6、“氯化”过程中，4CeCl4+C2H24CeCl3+CHCl2CHCl2，故 D 正确。6、解析：A项：等浓度的KI溶液和FeCl3溶液，但是体积关系不知道，因此哪种微粒过量不清楚，实验操作错误，故A错；B项：高锰酸钾溶液浓度不同，体积相同，物质的量不同，有色物质多的，可能褪色时间长，但反应速率不慢，因此实验方案应该是草酸浓度不同，高锰酸钾溶液浓度和体积均相同，故B错；C项：CH3COONH4中醋酸根水解程度与铵根水解程度相同，测pH值时显中性，但是浓度高的醋酸铵中，水解的微粒多，虽然显中性，水解产生的氢氧根离子多，只是后又被消耗了，故C错误；D项：有机混合液中加入稍过量的NaOH溶液，苯在上

7、层，水溶液在下层，静置、分液后，向水层中通入稍过量CO2，将苯酚钠转化成苯酚，再振荡、静置、分液后得苯酚，故D正确。化学答案解析2023.510、解析：M 电极反应式 B2H612e+14OH=2BO2+10H2O，N 电极反应式 NC(CH2)4CN+8H+8e=H2N(CH2)6NH2，因此 M 电极为负极，N 电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，故 A、B 正确；C 项：N 电极为正极，双极膜的 b 膜产生氢离子移向 N 电极，a 膜产生氢氧根离子移向 M 电极，根据电极反应式和膜变化电荷（与电路中转移电子数相等），可知需要定期补充 H2O和 NaOH，故 C 错误；D

8、项：23.2g 己二胺为 0.2mol。根据 N 极电极反应式可知，电子数为 1.6mol，a 膜产生氢氧根离子为 1.6mol，故 D 正确。11、解析：A项：由于超细大理石，稀硫酸可以与之发生反应，制备二氧化碳，故正确；B项：硫酸铜溶液不能尾气吸收二氧化硫，污染环境，故B错误；C项：氨气进入硫酸铜溶液需要防倒吸，故C错；D项：溴乙烷消去需要加热，同时溢出气体有乙烯和乙醇，两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错。12、解析：“废渣”与硫化钠“熔炼”时，由于硫离子具有强的还原性，不能通空气，同时大量气体会带走热量，消耗更多能量，故 A 错；“溶液 I”的主要成分有 Na2SbS3，“滤渣 I”

9、中有 PbS、SiO2 和 Ag；加入氯化铁和氯化钠混合液，三价铁氧化硫化铅中的 S2和 Ag，生成 S 和 AgCl，PbS 发生的总反应为 2Fe3+PbS+4ClPbCl24+S+2Fe2+，因此 C 错了；“溶液”中含有 PbCl24、Na+、Fe2+、Cl等，“滤渣”中含 S 和 AgCl、SiO2，“溶液”中加入稀硫酸，会生成 PbSO4，“溶液”中含有 H+、Na+、Fe2+、Cl等，经处理后，可以得到氯化铁和氯化钠混合溶液，返回至“滤渣 I”工序中，故 B 正确；“滤渣”中加入亚硫酸钠后，生成Ag(SO3)23，“滤渣”主要成分为 S 和 SiO2，Ag(SO3)23溶液加入

10、NaOH 和 N2H4 处理可以得银单质，利用电子守恒计算，4AgN2H4，可以计算出至少消耗 0.8tN2H4，故 D 正确。13、解析：(Ph)3P 中 P 提供孤电子对与 Rh 结合，没有影响 Rh 化合价，CO 中 C 提供孤电子对与Rh 结合，也没有影响化合价，当 Rh 与 H 结合，氢电负性大于 Rh，则 Rh 显+1，Rh 与其它 C 结合时，Rh 显+1 价，当 E 与氢气反应时，有两个氢和一个 C（不是 CO）与 Rh 结合，此时 Rh 呈现+3价，故 A 错误；物质 A、E 为平面四方形结构，因此肯定不是 sp3 杂化，进一步说明有 d 轨道参与杂化形成四个杂化轨道，其余各

11、物质中 Rh 均有 5 或 6 个杂化轨道，也会有 d 轨道参与，故 B 正确；乙烯与 Rh 结合时，是键提供电子与 Rh 形成配位，故 C 错误；结构中，甲基是推电子集团，C1 略带正电，C2 略带负电，因此从 CD 过程中，C2 原子与 Rh 结合，C1 上面加氢原子，最后 C2 上面加CHO，因此主要产物是丁醛，故 D 错误。14、解析：cNiSe2/CFP 电极的反应式为 O2+2e+2H+=H2O2，Fe3+e=Fe2+，因此为正极，则 Pt/C电极为负极，电极反应式为 C2H6O210e+2H2O=2CO2+10H+，电流从正极经电解质流向负极，故A 正确，C 正确；cNiSe2/

12、CFP 电极区域 H2O2+Fe2+H+=Fe3+H2O+OH，因此可以看出 Fe3+是工作过程的催化剂，故 B 正确；控制电流强度为 0.6mA，H2O2 产生量为 18.75mmol，一分钟时，H2O2产生量为 1.125mol，对应电子数为 2.25mol，再根据选择性为 37.5%，得出电极上转移的电子数为2.2537.5%=6mol，根据 Pt/C 电极反应式 C2H6O210e+2H2O=2CO2+10H+，Pt/C 电极上消耗的乙二醇为 61062=37.2g，同时 H2O2 生成OH 也氧化乙二醇，OH 物质的量为 1.125mol，氧化乙二醇反应式为 10OH+C2H6O2=

13、2CO2+8H2O，则消耗乙二醇为 0.1125mol，质量为 0.112562=6.975g，共处理乙二醇 44.175g，故 D 错误。15、解析：pOH 越小，碱性越强，c(A2)也会越大，因此线 MX 代表 A2，线 XY 代表 HA，线MY 代表 H2A，最后两条线分别是 H+、OH。根据 X 点可以计算 H2A 的 Ka2=1012.8，根据 Y 点可计 算 H2A 的 Ka1=10 9.8，M 点 是 c(H2A)=c(A2)，也 是 c(HA)取 最 大 值 时，6.2222221a10)()()(AHcHcAcKKa，再根据 c(H2A)=c(A2)，求出 c(H+)=101

14、1.3，进一步得出pOH=2.7,故 A 正确；XMYN 过程，c(A2)逐渐减少，水的电离程度再减小，故 B 错误；当pH 减小时，根据 Ka2 不变，而 HA先增大后减小，则 c(A2)c(H+)先增大后减小，故 C 正确；N 点时，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)+c(Cl)，N 点 c(H+)=c(HA)，可以得出c(Na+)=2c(A2)+c(OH)+c(Cl)，而 c(Cl)c(OH)，则 c(Na+)2c(A2)+2c(OH)，故 D 错误。16、解析：（1）乙酰丙酮锰（）的中心离子为Mn3+离子，说明配体带一个负电荷，结构如图所示，氧

15、与Mn3+结合都是通过配位键结合，则1mol乙酰丙酮锰（）中含有6mol配位键，乙酰丙酮锰（）中碳原子有两种，一种是双键碳，一种是甲基中的碳，因此VSEPR模型是平面三角形和四面体；由于中心离子Mn3+采用d2sp3杂化，余下三个d轨道和四个电子，因此会有单电子，则乙酰丙酮锰（）有顺磁性，Mn3+的价电子为3d4，有四个单电子，基态原子中，与Mn同周期中，还是四个单电子的是铁（3d64s2）。（2）F电负性强，吸引电子能力强，使羧基大键电子云密度减小，CF3COOH酸性增强，其次是氯，CCl3COOH次之，乙酸酸性最弱；CCl3COOH分子量高于CF3COOH，范德华力强，同时Cl电负性小于F

16、，对大键电子云吸引程度弱，氧的电子云密度大，形成分子间氢键强度大，沸点高。（3）Mn（）位于Cl围成的八面体空隙中，图a中略大的球为Mn（），周围小球为氯离子，一个氯被两个Mn（）共用，根据均分，可得Mn（）：Cl=1:3，根据两个图可以发现，Mn（）位于8个顶点、4个棱心、两个面心、一个体心，可以计算出Mn（）有4个，再根据比例关系判断出有12个Cl，因此该晶胞带电荷数为4，晶胞密度2121035.35554caN A）（g/cm3。17、解析：铬镍矿经过焙烧时发生反应有 2Cr2O3+8NaHCO3+3O2高温4Na2CrO4+8CO2+4H2O，2NaHCO3+Al2O3高温2NaAlO

17、2+2CO2+H2O，2NaHCO3+SiO2高温Na2SiO3+2CO2+H2O，“溶液I”中含有 Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，通入足量二氧化碳，AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3，SiO23+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3，2CrO24+2CO2+H2O=Cr2O27+2HCO3，加入硫酸时，进一步把CrO 24 转化为 Cr2O27，“滤渣”含有氢氧化铝和硅酸，向“溶液”再加入葡萄糖时，是 Cr2O 27 与葡萄糖发生氧化还原反应，Cr2O 27 变化 6 个价态，葡萄糖 C6H12O6 变化 24 价态，因此两者比例关系为 4:1，“溶

18、液”中加入尿素的离子方程式 2Cr3+3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3+3CO2+6NH+4，使 Cr3+沉降率达到 99.9%，c(Cr3+)的浓度为 105mol L1，带入 Ksp=6.41031，可得 c3(OH)=6.41026=641027，c(OH)=4109，pOH=9lg4=92lg2=8.4，则 pH=5.6。“滤渣 I”含有难溶的 NiO、CuO和 Fe2O3，加入“酸 A”，根据已知判断，应该为 HCl，“物质 B”起到调 pH 作用，同时最好不引入杂质，最后制备的是 Ni，因此用 Ni 的碳酸盐，调 pH 同时，引入镍离子，“滤渣”为氢氧化铁，再加入 N

19、i，发生反应为 Ni+2Cu2+2Cl=2CuCl+Ni2+，再加入 NH4HCO3 时，Ni2+2HCO3=NiCO3+H2O+CO2，所得滤液含氯化铵。根据 Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)H0，把粗镍转化为 Ni(CO)4(g)需要在低温区，把 Ni(CO)4(g)转化为纯镍，需要在高温区，即可得出温度关系。18、解析：（1）盛有铜屑的仪器有支管口，名称为蒸馏烧瓶，反应时，蒸馏烧瓶溢出的气体有NO、HNO3、水蒸气，进入装置丙除去硝酸，再进入装置乙中除去水蒸气，当用NO排装置中空气时，NO遇空气生成二氧化氮（红棕色气体），因此观察到装置丁红棕色气体消失时，空气已经排净，此时再

20、生成氯气，经过装置乙进入装置丁，发生反应制备亚硝酰氯，多余的气体再经i尾气处理。亚硝酰氯是红褐色液体，因此观察到红褐色液体不再增加时，反应已经结束，而冰盐水起到的作用吸收反应放出能量，同时液化亚硝酰氯，便于收集产品。（2）亚硝酰氯溶于水NOC1+H2O=HC1+HNO2，调pH为6，再加入硝酸银时，会生成亚硝酸盐和氯化银沉淀，加入硝基苯覆盖沉淀，防止滴定时发生沉淀转化，加入硝酸铁作指示剂，用NH4SCN滴定剩余的硝酸银，因此滴定终点判断根据滴入最后半滴NH4SCN标准溶液时，溶液中变为血红色，且半分钟不恢复，剩余硝酸银为0.01V2103，亚硝酰氯消耗的硝酸银0.1V11030.01V2103

21、，n(NOCl)=（0.1V11030.01V2103）/2mol，原有的NOCl有10（0.1V11030.01V2103）/2mol，计算市售亚硝酰氯纯度为%201.0-1.05.6521mVV）（。步骤中，将NOCl溶解后立即转移至250mL容量瓶中，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏小，计算纯度结果偏高；步骤中，有几滴AgNO3溶液滴落在锥形瓶外，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏小，计算纯度结果偏高；步骤中，有少量白色沉淀表面没有覆盖有机物，滴定时发生沉淀转化，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏大，计算纯度结果偏低；步骤中，滴定终点时，有半滴液体悬挂尖嘴处，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏大，计算

22、纯度结果偏低。19、解析：物质 A物质 B，根据 H 结构判断，甲醇应该和 A 中羧基发生反应，BC 过程，是 A中羟基与氯乙烷反应，CD 引入硝基，硝基会转化为氨基，再根据 H 判断，CD 引入两个硝基，在 物 质 C 对 应 的 醚 键 和 酯 基 之 间 的 碳 上，EF，利 用 已 知 化 学 信 息 判 断，FG 为，G 后面反应能较容易判断。符合下列条件的 F 的同分异构体：用 A 表示NHCHO 结构，共12种。设计合成路线：20、解析：在T1、2L容器中充入0.2molCO2和0.2molH2，若只发生反应，吸收4kJ能量，反应特点是前后气体系数相等，因此恒容时，倍数改变投料，

23、反应程度相同，因此若T1、2L容器中充入0.2molCO和0.2molH2O(g)，放出4.24kJ能量，进一步得出H2=（4+4.24）5=41.2kJmol1。G=HTS，可以得出直线的斜率为S，故直线a表示反应I，在1000K时，将1000代入G=HTS，注意统一单位，计算出G越小，反应的自发趋势越大。在T2、340MPa时，在2L容积固定的密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)模拟空间站二氧化碳再处理，平衡后，测得CH4(g)、CO(g)和CH3OH(g)体积分数分别为12%、6%、6%，方程式中CH4与H2O比值为1:2，CO与H2O比值为1:1，CH3OH与H2O比

24、值为1:1，因此得出H2O%=36%，再根据CH4(g)、CO(g)比值为2:1，前两个反应看出整体可发现，二氧化碳与氢气1:3反应，与反应比值是相同的，余下气体百分数为40%，气体投料1molCO2(g)和3molH2(g)，消耗按照1:3消耗，则平衡时二者仍然是1:3，因此CO2%为10%，H2%为30%，%6.70%100%10%6%6%12%6%6%122转化率CO根据投料和反应I可发现，二氧化碳有剩余，氢气全部参与反应，产率要根据氢气来计算。根据碳原子守恒：（设平衡是气体总物质的量为x）1%x10%x6%x6%x12，解出x=50/17mol。%47%100431750%12甲烷产率，平衡时体系总压强p=340450/17=250MPa，代入Kp表达式：42250%30250%10250%36250%12）（）（。根据图像可以判断出，相同温度时，催化剂A对应甲烷产率高一些，因此催化剂A催化效果好一些，同时在催化剂B作用下，甲烷产率随温度升高在逐渐减低，有可能催化剂失活导致，也有可能是催化剂选择性改变了，其它副反应选择性提高了。