2023年高考押題預(yù)測(cè)卷02(廣東卷)-化學(xué)(全解全析)

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷02（廣東卷）化學(xué)·全解全析12345678910111213141516CDCCCDCCDBADCCBB1.【答案】C【詳解】A．古代服飾是由天然高分子化合物制成，A錯(cuò)誤；B．白斬雞的主要成分為油脂、蛋白質(zhì)等有機(jī)物，B錯(cuò)誤；C．光孝寺的墻、瓦是以砫酸鹽為主要成分的傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料，C正確；D．出行車(chē)輦與砫酸鹽無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤；故選C。2.【答案】D【詳解】A．鎂原子失去最外層的2個(gè)電子變成鎂離子，鎂離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，A錯(cuò)誤；B．18Mg中子數(shù)為6，18O中子數(shù)為10，中子數(shù)不相同，B錯(cuò)誤；C．Mg的相對(duì)原子質(zhì)量為18，C錯(cuò)誤；D．18Mg與24Mg質(zhì)子數(shù)相同中子數(shù)不同，互為同位素，D正確；故選D。3.【答案】C【詳解】①灼燒干海帶需要用坩堝；②海帶灰浸泡、過(guò)濾，需要燒杯、玻璃棒和漏斗即A和D；④萃取、分液得到含的溶液，需要用到燒杯和分液漏斗即B和D，所以不需要用到的儀器是C，故答案為：C。4.【答案】C【詳解】A．OP中含有的官能團(tuán)有羧基和酯基，不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A項(xiàng)正確；B．OP中含有酯基，能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，B項(xiàng)正確；C．OP中不含有可使Bt2的CCl4溶液褪色的官能團(tuán)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．OP中含有羧基，能與Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)，D項(xiàng)正確；答案選C。5.【答案】C【詳解】A．足量CO2溶于水能與SiO、CO反應(yīng)生成硅酸和碳酸氫根離子，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．酸性高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性能氧化碘離子，且I-和ClO-也能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C．能使pH試紙變深藍(lán)色的溶液中含氫氧根離子，該組離子均與堿不能反應(yīng)，可以大量共存，故C正確；D．氯水能與SO發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選：C。6.【答案】D【詳解】A．向燃煤中添加生石灰以減少酸雨的形成，是因?yàn)檠趸}能和二氧化硫等氣體反應(yīng)，體現(xiàn)了CaO具有堿性氧化物的通性，故A不符合題意；B．汽車(chē)尾氣系統(tǒng)中安裝催化轉(zhuǎn)化器以減少尾氣污染，是排氣系統(tǒng)中CO和NO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)，生成無(wú)毒氣體氮?dú)夂投趸紲p少污染，故B不符合題意；C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可減少白色污染，故C不符合題意；D．向工業(yè)廢水中添加FeS以除去廢水中的，是銅離子和FeS生成了硫化銅沉淀，沒(méi)有體現(xiàn)FeS還原性，故D符合題意；故選D。7.【答案】C【分析】由圖中氫化物的化合價(jià)可知，左側(cè)為氮及其部分化合物的價(jià)類(lèi)二維圖，右側(cè)為硫及其部分化合物的價(jià)類(lèi)二維圖，則a為硫化氫、b為硫、c為二氧化硫、d為三氧化硫、e為硫酸、f為硫酸鹽、g為氨氣、h為氮?dú)?、i為一氧化氮、j為二氧化氮或四氧化二氮、k為硝酸、l為銨鹽?！驹斀狻緼．由分析可知，左側(cè)為氮及其部分化合物的價(jià)類(lèi)二維圖，故A正確；B．由分析可知，右側(cè)為硫及其部分化合物的價(jià)類(lèi)二維圖，a→b→c→d→e的轉(zhuǎn)化過(guò)程為H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性質(zhì)可知，轉(zhuǎn)化過(guò)程均能一步實(shí)現(xiàn)，故B正確；C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不屬于酸性氧化物，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，f為硫酸鹽、l為銨鹽，可能都是硫酸銨，故D正確；故選C。8.【答案】C【詳解】A．4.6g乙醇物質(zhì)的量為0.1mol，含有0.6mol氫原子，但水中也有氫原子，所含氫原子數(shù)大于0.6NA，A錯(cuò)誤；B．將標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LNO與11.2LO2混合后存在2NO+O2=2NO2、2NO2N2O4，且標(biāo)況下NO2和N2O4均不是氣體，體積遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于22.4L，B錯(cuò)誤；C．高氯酸鉀中的氯從+7降低到0，氯化氫中的氯從-1升高到0，每生成4摩爾氯氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為7摩爾，C正確；D．石英晶體為SiO2，6克石英為0.1molSiO2，含有0.1mol×4=0.4mol硅氧鍵，D錯(cuò)誤；答案選C。9.【答案】D【詳解】A．鐵粉與氯化鐵在水溶液中反應(yīng)生成氯化亞鐵，能達(dá)到除雜目的，A不符合題意；B．氯氣在飽和食鹽水中的溶解度很低，HCl可溶于飽和食鹽水，能達(dá)到除雜目的，B不符合題意；C．碳酸鈉與氯化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣和氯化鈉，過(guò)濾可除去碳酸鈣，用鹽酸溶液除去過(guò)量的碳酸鈉，再加熱可除去過(guò)量的鹽酸，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C不符合題意；D．乙烯能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)生成CO2，除去了SO2但又引入了新的雜質(zhì)，不能達(dá)到除雜目的，D符合題意；故選D。10.【答案】B【分析】由工作原理圖可知，左邊X電極上氫氣失電子與氫氧根結(jié)合生成水，發(fā)生了氧化反應(yīng)、為負(fù)極，電極反應(yīng)是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊Y電極為正極，發(fā)生了還原反應(yīng)，電極反應(yīng)是2e-+2H+═H2，原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，電子由負(fù)極經(jīng)過(guò)導(dǎo)線進(jìn)入正極，據(jù)此解答該題?！驹斀狻緼．由分析可知，X極為全氫電池的負(fù)極，A錯(cuò)誤；B．由題干信息可知，該裝置為原電池，原電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能，B正確；C．由于HClO4是強(qiáng)酸，結(jié)合分析可知電極Y的電極反應(yīng)式為：2H++2e-=H2↑，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，左側(cè)X極為負(fù)極，右側(cè)Y極為正極，故Na+由負(fù)極即左側(cè)移向正極右側(cè)，故反應(yīng)一段時(shí)間后右室c(NaClO)增大，D錯(cuò)誤；故答案為：B。11.【答案】A【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W為原子序數(shù)在20以?xún)?nèi)且原子序數(shù)依次增大的六種主族元素，根據(jù)圖中信息可知，Y為C，Z為O，X為H，Z、Q屬于同一主族，故Q為S，W+與Q2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，W為K，T為Cl；故X為H，Y為C，Z為O，Q為S，T為Cl，W為K?！驹斀狻緼．W2YZ3為K2CO3，XTZ為HClO，兩者發(fā)生反應(yīng)，并無(wú)二氧化碳生成，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．該化合物為離子化合物，含有離子鍵，C-H鍵為極性鍵，C-C鍵為非極性鍵，故該化合物中含有離子鍵、極性鍵、非極性鍵，B項(xiàng)正確；C．Y、Q、T的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為碳酸，硫酸，HClO4，非金屬性T＞Q＞Y，故最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：T＞Q＞Y，C項(xiàng)正確；D．Y、Z、Q、T分別與X形成的簡(jiǎn)單化合物分別為CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子間有氫鍵，故水的沸點(diǎn)較高，D項(xiàng)正確；答案選A。12.【答案】D【詳解】A．反應(yīng)中，N元素化合價(jià)降低，為氧化劑，故A正確；B．反應(yīng)物能量高于生成物，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)焓變△H=生成物總焓-反應(yīng)物總焓=134kJ/mol-360kJ/mol=，故B正確；C．由圖乙知該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能Ea小于逆反應(yīng)的活化能Eb，故C正確；D．和是催化劑，催化劑在化學(xué)反應(yīng)的前后化學(xué)性質(zhì)和質(zhì)量是不變的，無(wú)需不斷補(bǔ)充，故D錯(cuò)誤；故選D。13.【答案】C【分析】由題給流程可知，易拉罐中鋁與氫氧化鈉溶液微熱反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，鐵、鎂不與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，過(guò)濾得到含有鐵、鎂的濾渣和偏鋁酸鈉溶液；向偏鋁酸鈉溶液中加入碳酸氫銨溶液，溶液中鋁離子與碳酸氫根反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，過(guò)濾得到氫氧化鋁沉淀；氫氧化鋁沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸鉀，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得到明礬。【詳解】A．鋁能與氫氧化鈉溶液和氫氧化鉀溶液反應(yīng)，不能與弱堿氨水反應(yīng)，則溶解易拉罐時(shí)不能用氨水代替氫氧化鈉溶液，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，沉淀為氫氧化鋁，故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳也能與偏鋁酸鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，則可以用過(guò)量的二氧化碳代替碳酸氫銨得到氫氧化鋁沉淀，故C正確；D．由分析可知，濾渣的主要成分是鐵、鎂，故D錯(cuò)誤；故選C。14.【答案】C【詳解】A．由圖可知，該過(guò)程的總反應(yīng)為，反應(yīng)過(guò)程中CH4中C元素的化合價(jià)升高，作還原劑，被氧化，故A正確；B．能量越低越穩(wěn)定，由圖可知，中間體的能量比更低，則比更穩(wěn)定，故B正確；C．該反應(yīng)的反應(yīng)速率取決于活化能最大的步驟，由圖可知，該反應(yīng)中活化能最大的步驟是HOMgCH3到過(guò)渡態(tài)2的步驟，該步驟的活化能為299.8kJ/mol，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，轉(zhuǎn)化為的焓變?yōu)?149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1kJ/mol，故D正確；答案選C。15.【答案】B【分析】由圖可知，該裝置為電解池，與直流電源的負(fù)極相連的電極N為電解池的陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，雙極膜中氫離子向陰極移動(dòng)，電極為陽(yáng)極，堿性條件下碘離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成次碘酸根離子，次碘酸根離子與乙醇反應(yīng)生成三碘甲烷、碳酸根離子、碘離子、氫氧根離子和水，雙極膜中氫氧根離子向陽(yáng)極移動(dòng)。【詳解】A．由分析可知，與直流電源的負(fù)極相連的電極N為電解池的陰極，故A正確；B．由分析可知，與直流電源的負(fù)極相連的電極N為電解池的陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，雙極膜中氫離子向陰極移動(dòng)，則電解一段時(shí)間后，電解一段時(shí)間后，陰極區(qū)硫酸濃度不變，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，電極為陽(yáng)極，堿性條件下碘離子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成次碘酸根離子，電極反應(yīng)式為，故C正確；D．由得失電子數(shù)目守恒可知，每制備三碘甲烷，需要消耗5mol次碘酸根離子，外電路轉(zhuǎn)移10mol電子，則理論上雙極膜內(nèi)解離180g水，故D正確；故選B。16.【答案】B【分析】根據(jù)H2SeO4=H++HSeO，HSeOH++SeO，K2=1.0×10-2(298K)，可知H2SeO4為強(qiáng)酸，而HSeO為弱酸，則HSeO對(duì)應(yīng)的鹽SeO為弱酸鹽，SeO離子水解，溶液呈堿性，水解離子方程式為SeO+H2OHSeO+OH-。而H2SeO4對(duì)應(yīng)的鹽HSeO為強(qiáng)酸鹽，在水溶液中只電離，不水解，溶液顯酸性，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)上述分析可知，SeO只能發(fā)生一步水解得到HSeO，A錯(cuò)誤；B．滴加NaOH溶液10mL時(shí)，剛好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO的電離平衡：HSeO4-H++SeO，所以離子濃度為，B正確；C．溶液存在電荷守恒，即，當(dāng)?shù)渭又林行詴r(shí)，，所以，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)用去NaOH溶液體積20mL時(shí)，此時(shí)溶液的溶質(zhì)為Na2SeO4，SeO為弱酸鹽，SeO離子水解，溶液呈堿性，水解離子方程式為SeO+H2OHSeO+OH-，此時(shí)遵循物料守恒，即，D錯(cuò)誤；故選B。17.【答案】(1)

A（2分）

C（2分）

G（2分）(2)BC

（2分）

不變（2分）(3)溫度（2分）

NH4Cl濃度(或相同體積、溫度下，NH4Cl的量)（2分）【詳解】（1）NH4Cl和Ca(OH)2制備N(xiāo)H3是固體混合物加熱制取氣體的反應(yīng)，有水生成，試管口應(yīng)向下傾斜，發(fā)生裝置選A，NH3密度比空氣小，用向下排空氣法收集，收集裝置選C，氨氣極易溶于水，要用防倒吸裝置，但不能距離水太遠(yuǎn)，也不能插入液面以下，選G，故答案為A、C、G；（2）A．沒(méi)有指明正、逆速率，不能判斷是否到達(dá)平衡或是反應(yīng)向哪個(gè)方向進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)前后氣體體積減小的可逆反應(yīng)，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，密閉容器中總壓強(qiáng)不變，故B正確；C．隨反應(yīng)進(jìn)行混合氣體的質(zhì)量減小，容器的容積不變，反應(yīng)混合氣體的密度減小，當(dāng)密度不再變化，說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；故BC正確；反應(yīng)混合氣體只有氨氣與二氧化碳，二者物質(zhì)的量之比始終為2：1，氨體積分?jǐn)?shù)始終不變，故答案為BC；不變；（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，實(shí)驗(yàn)1、2的目的是探究溫度對(duì)溶液中NH4Cl水解程度的影響，實(shí)驗(yàn)2、3的目的是探究NH4Cl濃度對(duì)溶液中NH4Cl水解程度的影響。故答案為溫度；NH4Cl濃度(或相同體積、溫度下，NH4Cl的量)。18.【答案】(1)第4周期第Ⅷ族（2分）（2分）(2)NaClO3+6FeCl2+6HCl=NaCl+6FeCl3+3H2O（2分）(3)4.7~7.4（2分）(4)D（2分）(5)C（2分）(6)14.2%（2分）【分析】以含鈷廢料（含少量Fe、Al等雜質(zhì)）制取[Co(NH3)6]Cl3：用鹽酸溶解廢料，過(guò)濾出濾渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性濾液，向?yàn)V液中加入適量的NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，再加Na2CO3調(diào)pH，沉淀Al3+、Fe3+為Fe(OH)3和Al(OH)3，過(guò)濾得濾渣[主要成分為Fe(OH)3和Al(OH)3]和濾液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，發(fā)生反應(yīng)依次為：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+2NH3↑+2H2O，再將溶液在HCl氛圍下蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、減壓過(guò)濾得到產(chǎn)品，據(jù)此分析解題。【詳解】（1）Co為27號(hào)元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基態(tài)Co2+的價(jià)層電子排布式為3d7，基態(tài)Co2+價(jià)層電子的電子排布圖為：。（2）向?yàn)V液中加入適量的NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，除雜過(guò)程中NaClO3參與反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaClO3+6FeCl2+6HCl=NaCl+6FeCl3+3H2O。（3）“除雜”過(guò)程中加Na2CO3調(diào)pH后會(huì)生成兩種沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不產(chǎn)生沉淀，由題干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，即當(dāng)Al3+完全沉淀后，F(xiàn)e3+已經(jīng)早就完全沉淀，此時(shí)c(OH-)==10-9.3mol/L，則pH=4.7，同時(shí)得到含c(Co2+)=0.1mol/L的濾液，此時(shí)溶液中c(OH-)==10-6.6mol/L，則pH=7.4，即調(diào)節(jié)pH的范圍為4.7~7.4。（4）A．流程中除作反應(yīng)物外，溶于水電離出的會(huì)抑制后期加入的的電離，可防止加氨水時(shí)c(OH-)過(guò)大，防止生成沉淀，故A正確；B．穩(wěn)定常數(shù)是指中心原子(或離子)與配體發(fā)生反應(yīng)形成配合物的平衡常數(shù)，用K穩(wěn)表示，K穩(wěn)值越大，表示生成的配合物越穩(wěn)定。由于帶電量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K穩(wěn)值比[Co(NH3)6]3+小，故B正確；C．由分析可知，將反應(yīng)后的混合物趁熱過(guò)濾，待濾液冷卻后加入適量濃鹽酸，過(guò)濾、洗滌、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶體。該過(guò)程中加入濃鹽酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其結(jié)晶析出，故C正確；D．若快速冷卻，不易形成晶形完整的晶體，故D錯(cuò)誤；故選D。（5）A．溶液呈堿性，應(yīng)該用堿式滴定管，故A錯(cuò)誤；B．滴定前溶液中發(fā)生反應(yīng)：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈藍(lán)色，滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)，滴定完全時(shí)I2完全轉(zhuǎn)化為I-，藍(lán)色褪去，滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定速度，接近終點(diǎn)時(shí)改加半滴溶液，溶液顏色從藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)顏色，達(dá)到滴定終點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正確；故選C。（6）由題意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。19.【答案】(1)-49.48kJ/mol（2分）BC（2分）0.05（2分）2.17（2分）反應(yīng)ⅰ放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)（2分）(2)（2分）乙（1分）根據(jù)等效平衡原理，甲相當(dāng)于加壓，增大壓強(qiáng)平衡逆向移動(dòng)（1分）【解析】(1)①生成物總能量-反應(yīng)物總能量=焓變，=-201.17kJ/mol-241.82kJ/mol+393.51kJ/mol-0=-49.48kJ/mol；②A．催化劑能加快反應(yīng)速率，不能使平衡移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．移走CO(g)，CO濃度減小，可以使反應(yīng)ⅱ平衡向右進(jìn)行，故B正確；C．反應(yīng)ⅰ反應(yīng)前后氣體系數(shù)和不同，氣體氣體總物質(zhì)的量是變量、氣體總質(zhì)量不變，所以氣體相對(duì)分子質(zhì)量是變量，容器內(nèi)氣體的相對(duì)分子質(zhì)量不再改變說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到了平衡，故C正確；D．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，壓縮反應(yīng)容器，反應(yīng)ⅰ的化學(xué)平衡常數(shù)不變，故D錯(cuò)誤；選BC；③氫氣的濃度降低(9-5.75)mol/L=3.25mol/L，反應(yīng)生成CO的濃度為0.25mol/L，則反應(yīng)ⅱ消耗氫氣的濃度為0.25mol/L，反應(yīng)ⅰ消耗氫氣的濃度為3mol/L，時(shí)間內(nèi)；40min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，氫氣的濃度降低(9-3.6)mol/L=5.4mol/L，反應(yīng)生成CO的濃度為1.2mol/L，則反應(yīng)ⅱ消耗氫氣的濃度為1.2mol/L，生成水的濃度為1.2mol/L，消耗CO2的濃度為1.2mol/L，反應(yīng)ⅰ消耗氫氣的濃度為(5.4-1.2)=4.2mol/L，則反應(yīng)ⅰ消耗CO2的濃度1.4mol/L，反應(yīng)生成水的濃度為1.4mol/L；平衡時(shí)容器中CO2的濃度(3-1.2-1.4)=0.4mol/L、H2的濃度是3.6mol/L、CO濃度是1.2mol/L、H2O的濃度是(1.2+1.