2023年高考押題預測卷01（遼寧卷）-化學（全解全析）

絕密★啟用前2023年高考押題預測卷01【遼寧卷】化學·全解全析一、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】C【詳解】A．鋼是一種鐵碳合金，A正確；B．與質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，B正確；C．芯片的成分為晶體Si，C錯誤；D．氮化硅屬于新型無機豐金屬材料，D正確；故選C。2．【答案】C【詳解】A．的電子式為，A項錯誤；B．羧基結(jié)構(gòu)中含碳氧雙鍵，故1mol甘氨酸中含1molπ鍵，B項錯誤；C．甘氨酸屬于氨基酸，既具有酸性又具有堿性，C項正確；D．、均為離子晶體，D項錯誤。答案選C。3．【答案】A【詳解】A．CO和N2互為等電子體，兩種物質(zhì)所含孤電子對數(shù)相等，氮氣電子式為，1mol氮氣中所含孤電子對數(shù)為2mol，即2.8g該混合物中含有孤電子對數(shù)0.2NA，故A正確；B．NH3、CO與Cu+形成配位鍵，即4個σ鍵，3個氨分子中含有9個σ鍵，1個CO中含有1個σ鍵，因此1mol[Cu(NH3)3CO]+中所含σ鍵個數(shù)為14NA，故B錯誤；C．Na2HPO3為正鹽，則H3PO3為二元酸，無機含氧酸是由羥基電離產(chǎn)生，因此1molH3PO3中含有羥基數(shù)為2NA，故C錯誤；D．生成1molCu2O，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol×2×(21)=2mol，即轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2NA，故D錯誤；答案為A。4．【答案】D【詳解】A．雙氧水與在堿性環(huán)境下可制備消毒劑，中氯化合價降低變?yōu)?，則雙氧水中氧化合價升高，則是因為具有還原性，故A錯誤；B．NaOH溶液可吸收NO和的混合氣體，反應生成亞硝酸鈉和水，是發(fā)生了氧化還原反應，不是因為NO和均為酸性氧化物，故B錯誤；C．形成的酸雨放置一段時間后pH降低，是因為生成的亞硫酸和空氣中氧氣反應生成硫酸，故C錯誤；D．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，F(xiàn)e?Sn形成了原電池，鐵為負極，加速了鐵皮腐蝕，故D正確。綜上所述，答案為D。5．【答案】C【詳解】A．離子的還原性：I＞Fe2+，所以向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸時，應該是I先失去電子，發(fā)生氧化反應，離子方程式應該為：，故A錯誤；B．向中加入固體，既做氧化劑又做還原劑，中的18O全部在NaOH中，因此氧氣的化學式為O2，故B錯誤；C．氯氣和足量溶液反應生成硫酸鈉、氯化鈉和二氧化硫，離子方程式為：，故C正確；D．由水電離的的溶液中水的電離被抑制，該溶液可能是酸性也可能是堿性，若溶液為酸性，滴加少量溶液：，若溶液為堿性，滴加少量溶液：，故D錯誤；故選C。6．【答案】D【詳解】A．價電子總數(shù)和原子總數(shù)相同的分子、離子或基團互稱為等電子體。和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，均為三角錐形，A正確；B．、均為氣體，分子尺寸小，和類似，所以可推出、可以裝在以氫鍵相連的幾個水分子構(gòu)成的籠內(nèi)，B正確；C．電負性：F>Cl>H，由酸性強于可推出酸性強于，C正確；D．HI還原性較強，會被濃硫酸氧化，故NaI固體與濃硫酸共熱得不到HI，D錯誤；故選D。7．【答案】D【詳解】含鉭廢渣(主要含、及油脂等)經(jīng)過加入碳酸鈉焙燒，并通入空氣，氧化的同時可去除油脂，得到的“鈉鹽和氧化物”中主要成分有、、等，再加水溶解，過濾得到濾渣I的主要成分為，濾液I的主要成分為、，再通入二氧化碳，轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀作為濾渣II的主要成分而除去，濾液中主要溶質(zhì)為，再加入硫酸轉(zhuǎn)化為HTaO3后，加入碳酸鋰灼燒，最終得到目標產(chǎn)物鉭酸鋰，據(jù)此分析解答。A．通空氣除氧化生成和外，還可以將油脂氧化除去，A項錯誤；B．由鈉鹽和氧化物主要成分可知，過濾后的濾渣I中主要成分是，B項錯誤；C．“沸騰爐焙燒”中發(fā)生的反應有，但需要熔融狀態(tài)焙燒，在水溶液中兩者不反應，所以不能體現(xiàn)氧化鋁的兩性，C項錯誤；D．流程中先加入二氧化碳沉鋁，最后灼燒又產(chǎn)生二氧化碳，所以可循環(huán)利用二氧化碳，D項正確；故答案選D。8．【答案】B【詳解】A．由圖可知，反應③過程中，涉及碳氮極性鍵的形成，故A錯誤；B．三鍵氮原子的雜化方式為sp雜化、雙鍵氮原子的雜化方式為sp2雜化，所以轉(zhuǎn)化過程中氮原子的雜化方式發(fā)生改變，故B正確；C．由題意可知，該反應的總反應是一價銅催化的疊氮化物－端炔烴環(huán)加成反應，故C錯誤；D．催化劑能降低反應的活化能，但不能改變反應的焓變，故D錯誤；故選B。9．【答案】B【詳解】A．取鋼鐵電極附近溶液加溶液，產(chǎn)生藍色沉淀說明溶液中有，可以證明有鋼鐵腐蝕，但不一定發(fā)生吸氧腐蝕，A不符合題意；B．該方法可以檢驗鹵代烴中鹵素原子種類，產(chǎn)生白色沉淀說明為Cl原子，淡黃色沉淀為Br原子，黃色沉淀為I原子，B符合題意；C．加熱后溶液變黃，可以說明平衡發(fā)生了移動，但無法判斷反應速率的變化，C不符合題意；D．乙醇也可與鈉發(fā)生反應生成氫氣，無法證明是否有水，D不符合題意。故選B。10．【答案】D【詳解】A．a(chǎn)代表的原子位于晶胞8個頂點和4條棱上，且內(nèi)部有6個，因此一個晶胞中含有a代表的原子：，c代表的原子都位于晶胞內(nèi)部有4個，因此a代表的原子與c代表的原子個數(shù)比為2∶1，根據(jù)化學式可知，a代表Cr原子，A錯誤；B．由題圖可知，b原子周圍距離最近的同類原子有3個，B錯誤；C．由題圖可知，晶胞體積為cm3，晶胞中氫原子的質(zhì)量為g，則儲氫后氫氣的密度為，儲氫能力應為，C錯誤；D．原子半徑：V>Cr，因此V取代晶體中部分Cr原子后，晶胞參數(shù)增大，D正確；故選：D。11．【答案】B【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，分子式為，選項A正確；B．由圖可知，分子中有3種不同化學環(huán)境的氫原子，一氯代物有3種，選項B錯誤；C．四苯基乙烯中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生氧化反應，與氫氣的加成為還原反應，還有苯環(huán)能發(fā)生取代反應，選項C正確；D．由于碳碳單鍵能旋轉(zhuǎn)，則分子中所有原子可能共平面，選項D正確；答案選B。12．【答案】B【詳解】A．由圖可知，開關K置于M處時，該裝置為原電池，需要利用光能，開關K置于N處時，該裝置為電解池，也需要光能，則該裝置可實現(xiàn)光能向電能和化學能的轉(zhuǎn)化，選項A正確；B．原電池中正極的電勢大于負極，則電極電勢：，電解池中陽極的電勢大于陰極，則電極電勢：，選項B錯誤；C．原電池工作時，電子由負極通過導線流向正極，則開關K置于M處時，電子由極通過導線流向極，選項C正確；D．開關K置于N處時，該裝置為電解池，極為陰極，其電極反應式為，選項D正確；答案選B。13．【答案】D【詳解】根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，由圖可知，T2℃時反應先達到平衡，則T2>T1，升高溫度，平衡時B的體積分數(shù)增大，平衡正向移動，說明正反應為吸熱反應。A．不用固體或純液體來表示反應速率，因為固體或純液體的濃度視為常數(shù)，A錯誤；B．根據(jù)分析，升高溫度，平衡正向移動，由于相對分子質(zhì)量：M大于N，因此升高溫度，更多的固體轉(zhuǎn)變?yōu)闅怏w，混合氣體的總質(zhì)量增大，而剛性容器體積不變，所以容器內(nèi)氣體的密度增大，B錯誤；C．該反應為氣體體積不變的反應，在T1℃達平衡時，n(B)=amol×30%=0.3amol，則平衡時，C錯誤；D．根據(jù)分析，T2℃時反應先達到平衡，則T2>T1，D正確；故選D。14．【答案】C【詳解】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X與Y、Z均相鄰，則X為第二周期元素，根據(jù)題給化合物的結(jié)構(gòu)，W元素形成1個共價鍵，W為H，X與H形成，X為3價，則X為N，Y是O，Z是P。A．同周期主族元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，同主族元素，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，則原子半徑大小關系為P>N>O，故A正確；B．NH3和PH3的中心原子雜化方式均為，且均有一個孤電子對，鍵長：P—H鍵>N—H鍵，導致中成鍵電子對之間斥力比小，故鍵角：，故B正確；C．該化合物的陰離子中P原子形成5個共價鍵，形成最外層有10個電子的結(jié)構(gòu)，故C錯誤；D．H、N、O三種元素形成的化合物中既含離子鍵又含共價鍵，故D正確；選C。15．【答案】B【詳解】A．設HF的電離平衡常數(shù)Ka，，隨增大，F(xiàn)濃度增大，難溶于水，F(xiàn)濃度越大，的濃度越小，所以代表與的變化曲線，L2代表與的變化曲線，故A錯誤；B．溶液中Sr、F兩種元素均有SrF2提供，根據(jù)物料守恒，a、c兩點的溶液中均存在，故B正確；C．根據(jù)圖像可知，=1時，=，的數(shù)量級為，故C錯誤；D．根據(jù)電荷守恒，，c點，溶液呈酸性，所以，故D錯誤；選B。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（13分）【答案】(1)低于55℃時，反應速率隨溫度升高而增加，浸出率增大；超過55℃后，因氨氣揮發(fā)而導致，濃度下降，浸出率下降C將氧化為除去(2)(3)不正確?？赡苁鞘軣岱纸饣蜾@鹽分解放出氨氣(4)(5)NH3、(NH4)2SO4【詳解】由制備2Zn(OH)2?ZnCO3流程可知，鋅焙砂(主要成分為ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等離子)中加入硫酸銨、氨水、雙氧水，發(fā)生ZnO+2+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且雙氧水將錳離子氧化成二氧化錳，發(fā)生Mn2++H2O2+2NH3?H2O=MnO2↓+2+2H2O，過濾分離出二氧化錳，在濾液中加硫化銨，再過濾，除去銅離子，濾渣為CuS，蒸氨分離出氨氣，再加入碳酸氫銨得到2Zn(OH)2?ZnCO3和二氧化碳氣體，發(fā)生3Zn2++6=2Zn(OH)2?ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，過濾得2Zn(OH)2?ZnCO3，濾液為硫酸銨溶液，2Zn(OH)2?ZnCO3進行焙燒得到ZnO，據(jù)此分析解題。（1）①溫度升高，反應速率增大，浸出率逐漸增大，但浸出時加入，溫度高于55℃后，溫度升高，易分解出氨氣，氨氣揮發(fā)使?jié)舛认陆担雎史炊陆?，故答案為：低?5℃時，反應速率隨溫度升高而增加，浸出率增大；超過55℃后，因氨氣揮發(fā)而導致，濃度下降，浸出率下降；②是強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，是弱酸酸根離子，溶液酸性越強越容易形成，促進溶出，所以之后浸出率下降，說明的浸出主要依賴硫酸銨濃度的大小，C正確，故答案為：C；③加入，發(fā)生反應或，將氧化為而除去，故答案為：將氧化為除去；（2）由分析可知，過濾分離出二氧化錳，在濾液中主要含有，向其中加硫化銨，再過濾，除去銅離子，濾渣為CuS，則流程中生成“濾渣”的離子方程式：，故答案為：；（3）由題給信息可知，“蒸氨”時逸出的氨氣可能是由于“浸取”步驟中加入的氨水是過量的，也可能是受熱分解放出氨氣，從整個流程來看，逸出的氨氣還可能是由銨鹽分解產(chǎn)生的，故答案為：不正確，可能是受熱分解或銨鹽分解放出氨氣；（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金屬陽離子為鋅離子，“沉鋅”時加入碳酸氫銨，溶液中的鋅離子與碳酸氫銨溶液反應生成，離子方程式為，故答案為：；（5）“蒸氨”過程中除去的多余NH3和“過濾Ⅲ”所得濾液中的(NH4)2SO4都可循環(huán)使用，故答案為：NH3、(NH4)2SO4。17．（14分）【答案】(1)+208.4(2)BDI0.4731M由圖可知，直線M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計算的Ea=20.5kJ/mol，活化能小，催化效能高)【詳解】（1）從圖中可以看出，反應：ΔH=237.1kJ/mol28.7kJ/mol=+208.4kJ/mol。答案為：+208.4；（2）①A．單位時間內(nèi)生成1molCH3OH(g)的同時消耗3molH2(g)，反應進行的方向相同，雖然變化量之比等于化學計量數(shù)之比，但反應不一定達平衡狀態(tài)；B．在絕熱恒容的容器中，隨著反應的進行，混合氣的溫度不斷發(fā)生改變，平衡常數(shù)不斷發(fā)生改變，當反應的平衡常數(shù)不再變化時，反應達平衡狀態(tài)；C．容器內(nèi)c(CO2):c(H2):c(CH3OH):c(H2O)=1:3:1:1，即等于化學計量數(shù)之比，反應不一定達平衡狀態(tài)；D．在恒溫恒壓的容器中，由于反應前后氣體分子數(shù)不等，平均摩爾質(zhì)量在不斷發(fā)生改變，當氣體的平均摩爾質(zhì)量不再變化時，反應達平衡狀態(tài)；故選BD。②對于反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＞0，增大壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則表示壓強為4.0MPa下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線為I；一定條件下，在一密閉容器中充入1molCO2和3molH2發(fā)生反應，曲線Ⅱ表示壓強為1.0MPa下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關系，a點時CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則可建立如下三段式：a點對應的平衡常數(shù)Kp==0.47MPa2。③在M催化劑作用下，從圖中可采集數(shù)據(jù)，得出如下反應：3.0×103=3.4×103Ea+C、9.2×103=3.2×103Ea+C，從而求出該反應的活化能Ea=31kJ·mol1。在N催化劑作用下，從圖中可采集數(shù)據(jù)，得出如下反應：1.0×103=3.6×103Ea+C、9.2×103=3.2×103Ea+C，從而求出該反應的活化能Ea=20.5kJ·mol1。從圖中信息獲知催化效能較低的催化劑是M，判斷理由是：由圖可知，直線M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計算的Ea=20.5kJ/mol，活化能小，催化效能高)。答案為：BD；I；0.47；31；M；由圖可知，直線M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計算的Ea=20.5kJ/mol，活化能小，催化效能高)。18．（14分）【答案】(1)O22Cu2++2Br+SO2+2H2O═2CuBr↓+SO+4H+60℃水浴加熱溶液藍色完全褪去(2)防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶體快速干燥(3)83.3%(4)100冷卻結(jié)晶【詳解】在CuSO4和NaBr的固體混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2氣體，即可得到CuBr沉淀，經(jīng)過濾洗滌干燥獲得產(chǎn)品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO2的水溶液進行洗滌，防止CuBr被氧化；SO2氣體有毒，尾氣需要用堿液吸收處理。（1）水中溶解的氧氣可以氧化CuBr，實驗中所用的蒸餾水需煮沸除去O2；三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，SO2被氧化為硫酸，反應離子方程式為：2Cu2++2Br+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；所需溫度低于水的沸點，可以用60℃的水浴加熱；實驗所用45gCuSO4?5H2O為0.18mol，30.9gNaBr為0.3mol，所以NaBr稍過量，當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成，現(xiàn)象為溶液藍色完全褪去；（2）溴化亞銅見光會分解，所以抽濾需要避光，防止CuBr見光分解，在空氣中會慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；（3）實驗所用NaBr過量，根據(jù)CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量可知理論上可以得到0.18molCuBr，所用產(chǎn)率為×100%=83.3%；（4）原燒杯中含有100g×20%=20gNaOH，物質(zhì)的量為0.5mol，實驗完成后燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)