2023年高考化学考前信息必刷卷（山东卷）（解析版）.docx

1、绝密启用前2023年高考化学考前信息必刷卷01（山东卷）山东高考化学科目时间：6月9日15:30-17:00，考试时间90分钟，满分100分。试卷结构依然采取10道单选题、5道不定项选择题和5道主观大题的模式。考查内容上预测不会有大的变化，试题情境将更加与实际生产生活相贴切。 本套试卷突出了对氧化还原反应、实验基础和物质结构与性质模块内容的考查，如第7、10、11、12题都考查到了氧化还原反应，第2、4、10题考查了实验基础知识。选择题中增加了对晶胞结构的考查。第13题的电化学知识考查了浓差电池，比较新颖。本卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12

2、N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Ni 59 As 75一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是A新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变BDNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸C建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金D“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能【答案】C【详解】A催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误； BDNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；C合金是金属与金属或非金属熔合

3、而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确； D燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；故选C。2下列有关操作或仪器使用的说法错误的是A、均可用酒精灯直接加热B、使用前均须检查是否漏水C、可用于物质的分离D“0”刻度在上端，“0”刻度在下端【答案】D【详解】A是蒸发皿，蒸发实验使用，是坩埚，灼烧固体使用，均可用酒精灯直接加热，A正确；B、带有盖子或活塞，且用于盛装或量取液体，需要防止漏液，因此使用前均须检查是否漏水，B正确；C是分液漏斗，可用于萃取、分液实验，是漏斗，可用于过滤，均可用于物质的分离，C正确；D“0”刻度在上端，没有“0”刻度，D错误；故选D。3下列物质应用错误的是A

4、可用于制作耐火材料BCuO可代替做打印机墨粉C波尔多液可用于农作物杀菌D可用于冷冻麻醉应急处理【答案】B【详解】A氧化铝熔点很高，一般条件下，氧化铝不能熔化，所以氧化铝可以作耐火材料，故A正确；B打印机墨粉中使用Fe3O4，是利用了其磁性，CuO不具有磁性，故不能用CuO代替 Fe3O4，故B错误；C波尔多液是一种保护性杀菌剂，由硫酸铜和石灰乳配制而成，故C正确；D易汽化而吸收热量，可使局部冷冻麻醉，故D正确；故选B。4下列实验设计所得结论均正确的是A将氯水密闭放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应B将制备乙酸乙酯后剩余的反应液加入碳酸钠溶液，有气泡产生，说明乙酸有剩余C将酸性高锰酸

5、钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，证明甲苯中的甲基可活化苯环D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液，无砖红色沉淀，说明蔗糖未发生水解【答案】A【详解】A氯气和水生成的次氯酸容易分解为盐酸、氧气，氯水放置一段时间，氯水的颜色变浅，说明氯气能与水反应，故A正确；B酯化反应中使用浓硫酸作催化剂，硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸剩余，故B错误；C将酸性高锰酸钾溶液分别加入到苯和甲苯溶液中并振荡，苯不能是酸性高锰酸钾溶液褪色、甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲苯中的苯环活化了甲基，故C错误；D检验葡萄糖的反应需要在碱性条件下进行，故应该先加入氢氧化钠除去过量稀硫酸后在进

6、行实验，故D错误；故选A。5硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是A单质硅和金刚石中的键能：B和中化合价均为-4价C中Si原子的杂化方式为spD碳化硅硬度很大，属于分子晶体【答案】A【详解】A原子半径：SiC，键长：Si-SiC-C，则键能：Si-SiC-C，故A正确；BH的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为价，故B错误；CSiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；D碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；故选A。6对乙酰氨基酚是新冠病毒感染者居家治疗常用药之一，其合成路线如下：下列叙述正确的是A化合物3中有三种官能团B化合物1、2、3中

7、N原子均采取sp3杂化C化合物2可以发生取代、氧化和消去反应DCH3COOH的酸性比ClCH2COOH弱【答案】D【详解】A化合物3中有酰氨基和酚羟基共2种官能团,选项A错误；B硝基中的氮原子价层电子对数为3，是sp2杂化，选项B错误；C化合物2中羟基直接与苯环相连，无法发生消去反应，选项C错误；D氯乙酸中的-Cl是一种吸电子基团，能使羧基中的H更易电离，因此氯乙酸的酸性比醋酸的更强，选项D正确；答案选D。7过二硫酸钾()是工业上一种重要的消毒剂和织物漂白剂，可通过电解溶液制备。它在100下能发生分解反应：(未配平)，设是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A中存在个非极性共价键B每生成，转移

8、电子C标准状况下，含有的原子数为D溶液的离子总数为【答案】A【详解】A中K为+1价，S为+6价，则可知2个氧原子为-1价，即存在一个过氧键，中存在个非极性共价键，故A正确；B由-1价的O转化生成，每生成，转移电子，故B错误；C标准状况下，不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故C错误；D，溶于水电离产生，均为0.05mol，离子总量为0.05mol3=0.15mol，即个离子，故D错误；故选：A。8金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的。X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体的必需微量元素之一。含有60mol质子。下列说法正确的是A原子半径

9、：MXZYBX、Y、Z可形成多种酸CM原子的价层电子排布式为D同周期元素中第一电离能比X大的有两种【答案】B【详解】X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，推出Y为H元素，X为O元素，基态X和Z的未成对电子数相同，则Z为C元素；金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的，含有60mol质子，M是人体的必需微量元素之一，为Cu元素；综上，X为O、Y为H、Z为C、M为Cu；A原子半径：M(Cu) Z(C)X(O)Y(H)，选项A错误；BX、Y、Z可形成多种酸，如H2CO3、H2C2O4、H2S、H2SO3、H2SO4等，选项B正确；CM为Cu，原子的价层电子排布式为3d104s1，选项C

10、错误；DX为O，同周期元素中第一电离能比O大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，选项D错误；答案选B。9乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g) + H2(g) = C2H6(g) H= a kJmol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是A1 mol C2H6(g)的能量大于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和B该反应的焓变：H = -129.6 kJmol-1C过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2D相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF【答案】B【详解】A由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1

11、mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；B由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；C由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1过渡态2，C错误；D由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34 kJmol-1、26.3 kJmol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；故选B。10为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验编号12实验内容实验现象随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深

12、至棕黄色后又变浅随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀下列说法不正确的是A实验1中溶液变浅是因为B实验2中出现紫色沉淀是因为C实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热D实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察【答案】C【详解】A溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确； B碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；C过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生

13、成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误； D实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11在分析化学上，测定含酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：I用粉还原得到；II用溶液滴定，反应的离子方程式为。下列说法错误的是A还原性：B反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为C反应II的滴定实验可选用溶液

14、作指示剂D反应I中生成时消耗的和反应中消耗时生成的的量相同【答案】B【详解】A根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；B根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；CFe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；D书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；故选B。12从钒铬锰矿渣(主要成分为、MnO)中提取铬的一种工艺流程如图：已知：Mn(II)在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化；在酸性溶液中钒通常以、等存在；沉铬过程中，当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为。下列

15、说法正确的是A“沉钒”时，胶体的作用是吸附B滤液B的，沉铬完全C“提纯”过程中的作用是还原铬D“转化”过程中发生反应：【答案】AB【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒” 步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰Mn(I)被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化” 步骤中的反应离子方程式为：Mn2+H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。【详解】A由分析可知，“沉钒”时，胶体的作用是吸附，故

16、A正确；B当溶液时，开始出现沉淀，此时铬离子浓度为，则KspCr(OH)3)= =110-30，沉铬完全时，溶液中c(Cr3+)=110-5mol/L，c(OH-)=110-8.3mol/L，则c(H+)=，pH=-lgc(H+)=5.7，故B正确；C由分析可知，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰Mn(I)被空气中氧气氧化，故C错误；D由分析可知，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2+H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故D错误；故选AB。13浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备

17、磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是A电极a应与Ag(II)相连B电渗析装置中膜b为阴离子交换膜C电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大D电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4【答案】BD【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。【详解】A浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电

18、极a应与Ag(II)相连，故A正确；B左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B错误；C阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；D电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；故选BD。14某笼形络合物ANi(CN)x(NH3)y(C6H6)z结构中，金属离子与CN

19、连接形成平面层，两个平面层通过NH3分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如C6H6)，其基本结构如图(H原子未画出)。下列说法错误的是A该结构不是晶胞结构单元Bx：y：z=2：1：1C金属离子的配位数为4和6D该笼形络合物A的晶胞密度为g/cm3【答案】D【详解】A该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)，A项正确；B根据均摊法，每个单元中含有Ni个数为，含有的个数为，含有的个数为，含有的个数为1，故，B项正确；C通过分析，同层有4个，金属离子的配位数为4，轴向有2个的金属离子配位数为，金属离子配位数为4和6，C项正确；D按该

20、结构计算晶胞密度：，D项错误；答案选D。15常温下向溶液中逐滴加入一定浓度的氨水，过程中加入氨水的体积V与溶液中的关系如图。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的与均约为。下列叙述错误的是Aa点溶液中存在四种离子，其中浓度最大Bb点对应溶液中：C与葡萄糖发生银镜反应，最好选择d点D由e点可知，反应的平衡常数的数量级为【答案】AC【详解】Aa点没有加入氨水，溶质为AgNO3，Ag+发生水解，因此NO浓度最大，故A说法错误；B根据电荷守恒，有c(Ag+)+cAg(NH3)2+c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(NO)，b点对应的c(H+)=c(OH-)，因此有c(Ag+)+cA

21、g(NH3)2+c(NH)= c(NO)，即c(Ag+)+cAg(NH3)2+c(NO)，故B说法正确；C与葡萄糖发生银镜反应，溶液中的溶质应为Ag(NH3)2OH，银氨溶液的配制是向硝酸银溶液中滴加氨水，出现白色沉淀，继续滴加氨水，直至白色沉淀恰好溶解，根据题中信息，e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，此时溶质为Ag(NH3)2OH，因此与葡萄糖发生银镜反应，最好选用e点，故C说法错误；DAg+2NH3Ag(NH3)2+，平衡常数表达式为K=，e点氨水体积为4.7mL，根据银元素守恒，cAg(NH3)2+=0.1mol/L，e点c(Ag+)=c(NH3)=210-3mol/L，代入上述平衡常数

22、表达式，K=1.25107，该反应的平衡常数的数量级为107，故D说法正确；答案为AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16（12分）生产、生活和科技发展离不开化学。请回答下列问题：(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图所示。基态Fe原子的价电子排布图为_，Fe2+核外电子有_种空间运动状态。血红素中各非金属元素的电负性由小到大的顺序为_。Fe2+与邻二氮菲( )等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于Fe2+浓度的测定。实验表明，邻二

23、氮菲检测Fe2+的适宜pH范围是2-9，主要原因：_；若OH-浓度高，OH-又会与Fe2+作用，同邻二氮菲形成竞争。卟琳是含有平面共轭大环结构的有机分子材料，具有独特的电子结构和光物理性质，卟琳分子结构如图，N原子的杂化轨道类型相同，采取_杂化。(2)立方砷化硼(BAs)在理论上具有比硅更好的导热性，以及更高的双极性迁移率，有潜力成为比硅更优良的半导体材料。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，立方砷化硼晶胞结构如图所示。As位于元素周期表的_区，找出距离As(0.25，0.25，0.25)最近的As_(用分数坐标表示)。已知晶体密度为agcm-3，A

24、s半径为bpm，假设As、B原子相切，则B原子的半径为_pm(列出计算式)。【答案】(1)（1分） 14（1分） HCNO（2分） 当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N会优先与H+形成配位键(与类似)，导致与金属离子的配位能力减弱（2分） sp2（1分）(2) p（1分） (0.75，0.25，0.75)、(0.75、0.75、0.25)、(0.25、0.75、0.75) （2分） （2分）【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价电子排布图为 ，基态亚铁离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，离子中轨道数为14，则

25、离子核外电子有14种空间运动状态；由血红素结构可知，血红素中各非金属元素为氢、碳、氮、氧，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素的电负性由小到大的顺序为HCNp2p3（1分） TK之前以反应为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应为主，转化率随着温度升高而降低（1分）(4)2（2分）【详解】（1）反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应的焓变H1=(2803+436)kJ/mol(1071+2464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能；由盖斯定律可知，反应反应得到反应，则反应的平衡常数K=；由速率公式可得：2.0

26、104=k0.020.013，解得k=1104，则a=11040.020.023=1.6103；（2）由图可知，电极电势为1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是1.0V、Cu6(S)；（3）反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1p2p3；反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应为主，转化率随着温度升高而降低；（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应的平衡常数K=。