2023年全国高考理综化学真题试卷(全国乙卷)(答案+解析).docx

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1、2023 年高考理综化学真题试卷全国乙卷一、选择题：此题共 13 小题，毎小题 6 分，共 78 分.共 7 题；共 42 分1. 我国提出争取在2030 年前实现碳达峰、2060 年前实现碳中和，这对于改善环境、 实现绿色进展至关重要。“碳中和”是指 CO2的排放总量和削减总量相当。以下措施中能促进碳中和最直接有效的是 A. 将重质油裂解为轻质油作为燃料B. 大规模开采可燃冰作为能源C. 通过清洁煤技术削减煤燃烧污染D. 研发催化剂将 CO2 复原为甲醇化学试剂制备的气体A𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 + 𝑁𝐻

2、4𝐶𝑙B𝑀𝑛𝑂2 + 𝐻𝐶𝑙 浓C𝑀𝑛𝑂2 + 𝐾𝐶𝑙𝑂3D𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑆𝑂4 浓𝑁𝐻3𝐶𝑙2𝑂2𝐻𝐶𝑙2. 在试

3、验室釆用如图装置制备气体，合理的是 A. AB. BC. C 3.以下过程中的化学反响，相应的离子方程式正确的选项是 34A. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO2+Ca SO4 =Ca CO3 + SO2B. 过量铁粉参加稀硝酸中：Fe +4H+ + NO3=Fe3+ +NO +2 H2OC. 硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH=Al O2+ 2 H2O4.一种活性物质的构造简式为，以下有关该物质的表达正确的选项是 A. 能发生取代反响，不能发生加成反响B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C. 与互为同分异构体D. 1mol 该物质与碳酸钠反响得 44 gCO2D

4、. 氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2=CuS 5. 我国嫦娥五号探测器带回 1.731 kg 的月球土壤，经分析觉察其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次増大，最外层电子数之和为 15。X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与 W 同族，以下结论正确的选项是 A. 原子半径大小挨次为 WXYZB. 化合物 XW 中的化学健为离子键C. Y 单质的导电性能弱于Z 单质的D. Z 的氧化物的水化物的酸性强于碳酸6. 沿海电厂承受海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并 降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极如下图，

5、通入肯定的电流。以下表达错误的选项是 A. 阳极发生将海水中的 Cl氧化生成 Cl2 的反响B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC. 阴极生成的 H2 应准时通风稀释安全地排入大气D. 阳极外表形成的 Mg (OH)2 等积垢需要定期清理7. HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中 c(M )随着c(H ) 而变化， M不发生水解。试验觉察，298K 时 c2𝑀 )c2𝐻 )为线性关系，如以下图中实线所示。以下表达错误的选项是 A. 溶液 pH = 4 时.c(M ) XYZMgAlSiO，即，A 不符合题意；B.化合物 XW 即 MgO 为离

6、子化合物，其中的化学键为离子键，B 符合题意；C.Y 单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z 单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y 单质的导电性能强于Z 单质的，C 不符合题意；D.Z 的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D 不符合题意； 故答案为：B【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z 为同周期相邻元素，可知W 所在主族可能为第A 族或第A 族元素，又因X、Y、Z 为同周期相邻元素，且均不与W 同族，故W 肯定不是第A 族元素，即W 肯定是第A 族元素，进一步结合可推知W、X、Y、Z 依次为 O、Mg、Al、

7、Si。6.【答案】 D【考点】电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.依据分析可知，阳极区海水中的 Cl-会优先失去电子生成 Cl2， 发生氧化反响，A 正确；B. 设置的装置为电解池原理，依据分析知，阳极区生成的Cl2 与阴极区生成的OH-在管道中会发生反响生成NaCl、NaClO 和 H2O，其中 NaClO 具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B 正确；C. 由于 H2 是易燃性气体，所以阳极区生成的H2 需准时通风稀释，安全地排入大气，以排解安全隐患，C正确；D. 阴极的电极反响式为：2H2O+2e-=H2+2OH-， 会使海水中的 Mg2+沉淀积垢，所以阴极外表会形成Mg(OH)2

8、等积垢需定期清理，D 错误；故答案为：D【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，依据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的 Cl-会优先失电子生成 Cl2， 阴极区H2O 优先得电子生成H2 和 OH-。7.【答案】 C【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的原理，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较，电离平衡常数【解析】【解答】A.由图可知 pH=4，即 c(H+)=1010-5mol/L 时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)= 7.5 108mol/L3.010-4mol/L，A 正确；B.由图可知，c(H+)=0

9、时，可看作溶液中有较大浓度的 OH-， 此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=510-8， B 正确；C.MA 饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，假设 pH=7，说明参加了酸，但该酸不肯定是HA，设调 pH 所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知 c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子局部nc(Xn-)，C 错误；D.Ka(HA)=c(H+)c(A)c(HA)， 当 c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=c(M+)，2Ksp(MA

10、)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=510-8， c2(M+)=1010-8， 对应图得此时溶液中 c(H+)=2.010-4mol/L，2K (HA)=c(H+)c(A)=c(H+)2.010-4， D 正确；ac(HA)故答案为：C【分析】依据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。二、必考题：共 129 分8.【答案】 1Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH32Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+310-64244H2SO ；SiO ；CaSO5TiO2+(x+1)H2O_TiO2xH2O+2H+_6(NH4)2SO4【考点】氧化复原反响方程式的配平，pH

11、的简洁计算，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，物质的分别与提纯【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反响为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反响生成硫酸铝铵、Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3氨气和水，反响的化学方程式为；(2)由题给开头沉淀和完全沉淀的pH 可知，将 pH 约为 2.0 的滤液参加氨水调整溶液 pH 为 11.6 时，Fe3+首先沉淀、然后是 Al3+、Mg2+， Ca2+没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为110-5(110-2.9)2=110-10.8， 当溶液 pH 为 11.

12、6 时，溶液中镁离子的浓度为 11010.8(1102.4)2=110-6mol/L4(4) 增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减 少 TiOSO 溶液中含有硫酸钙的量，应参加浓硫酸加热到160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5) 酸溶后将 TiOSO4 溶液参加热水稀释并适当加热，能使TiOSO4 完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，反TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+应的离子方程式为_；_(6) 由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母

13、液混合后吸取氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反响，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质参加热水水浸，二氧化钛、二 氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙局部溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化 钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为 2.0 的滤液中参加氨水至 11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中参加浓硫酸加热到160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反响

14、，二氧化钛与稀硫酸反响得到TiOSO4， 过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4 溶液；将 TiOSO4溶液参加热水稀释并适当加热，使TiOSO4 完全水解生成 TiO2x H2O 沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和 TiO2x H2O9. 【答案】 1滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶（2） 反响放热，为防止体系温度急剧增加而反响过快（3） 反响温度 98接近水的沸点 100，而油浴更易提温42MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O（5） 取洗涤液，参加 BaCl2 溶液，看是否有白色沉淀生成，假设无，说明洗涤干净（6） 洗涤液含有的离子主要有H +和 Cl-,

15、依据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净【考点】氧化复原反响方程式的配平，常用仪器及其使用，性质试验方案的设计，物质检验试验方案的设计【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a 的仪器名称为滴液漏斗，c 的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d 口进，a 口出；(2)反响为放热反响，为掌握反响速率，避开反响过于猛烈，需分批缓慢参加KMnO4 粉末并使用冰水浴； (3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴掌握温度更加灵敏和准确，该试验反响温度接近水的 沸点，故不承受热水浴，而承受油浴；(4) 由滴加 H2O2 后发生的现象可知，

16、参加的目的是除去过量的KMnO4 ， 则反响的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；4(5) 该试验中为推断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO 2-来推断，检测方法是：取最终一次洗涤液，滴加 BaCl2 溶液，假设没有沉淀说明洗涤完成；(6) 步骤 IV 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V 洗涤过量的盐酸，H+与 Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。【分析】(1)依据装置中的仪器分析；(2) 依据反响放热分析；4(3) 依据加热温度选择加热方式； (4)依据转移电子守恒配平方程式； (5)用 Ba2+检验 SO 2-；(6)依据电荷守恒分析；10

17、. 【答案】 1溴或 Br22.=4.8；7.6105(24.8103)23大于；KPKP； H0；当1 103 = 2.3 时， 𝐾 = 𝐾𝑃 𝐾𝑃 101 103= 104当1 103 =12𝑇12𝑇2.4 时， 𝐾 = 𝐾𝑃1 𝐾𝑃2 100.7 103.4= 104.1即降温,K 减小，平衡逆移，说明 H0412【考点】反响热和焓变，化学反响速率，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解

18、析】【解答】(1)红棕色液体，推想为溴单质，因此错过觉察的元素是溴(或 Br)；422(2) 由题意 376.8时玻璃烧瓶中发生两个反响： BaPtCl sBaCl s+Pts+2Cl g、C1 (g)+I (g) 2ICl(g)，BaPtCl sBaCl s+Pts+2Cl g的平衡常数K =1.0104Pa2， 则平22422p222衡时p2(Cl )=1.0104Pa2， 平衡时p(Cl )=100Pa，设到达平衡时I (g)的分压减小pkPa，则376.8平衡时，测得烧瓶中压强为 32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得 p=12.4，则平衡时 p(ICl)=2p kPa

19、=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反响2ICl(g)C1(g)+I(g)的平衡常数 K=7.6105；22(24.8103)2(3) 结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即 Kp2越大，说明上升温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则 NOCl 分解为 NO 和 Cl2 反响的大于 0；.2NO+2ICl2NOClKp1.2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2+得 2ICl(

20、g)Cl2(g)+I2(g)， 故 K= Kp1Kp2；当 1𝑇该反响的H大于 0，依据图像可知， 103 = 2.3𝐾 = 𝐾𝑃1 𝐾𝑃2 101 103= 104当 1𝑇时，103 = 2.4𝐾 = 𝐾𝑃1 𝐾𝑃2 100.7 103.4= 104.1；时，即降温,K 减小，平衡逆移，说明 H0(4) .NOCl+hvNOCl*2.NOCl+NOCl*2NO+Cl2+得总反响为 2NOCl+hv=2N

21、O+Cl， 因此 2molNOCl 分解需要吸取 1mol 光子能量，则分解 1mol 的NOCl 需要吸取 0.5mol 光子。【分析】(1)依据红棕色液体推断；(2) 依据三段式及平衡常数公式计算；(3) 依据图像中曲线的趋势和所对应的数据进展估算； (4)依据物质的量之比等于化学计量数之比计算；三、选考题11. 【答案】 1A C2N O Cl；6323（3） 𝑠𝑝3；高；NH 分子间形成氢键增大分子间作用力；H O 分子有两对孤对电子，而 NH 分子有一对孤对电子,所以H2O 中孤对电子对键的斥力比 NH3 大，键角小4𝜋𝑟

22、;3 2 4𝜋𝑟3 4（4） Al；3𝐴𝑙3𝑎2𝑐𝑐𝐶𝑟【考点】原子核外电子排布，推断简洁分子或离子的构型，协作物的成键状况，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型推断，氢键的存在对物质性质的影响【解析】【解答】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr 有 24 个核外电子，轨道处于半布满时体系总能量低，核外电子排布应为Ar3d54s1， A 正确；B. Cr 核外电子排布为Ar3d54s1， 由于能级穿插，3d 轨道能量高于 4s 轨道的能量，即

23、 3d 电子能量较高，B 错误；C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C 正确；故答案为 AC；(2) Cr(NH3)3(H2O)2Cl2+中三价铬离子供给空轨道，N、O、Cl 供给孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl 三种原子的个数和即 3+2+1=6；(3) PH3 的价层电子对为 3+1=4，故 PH3 中 P 的杂化类型是 sp3； N 原子电负性较强，NH3 分子之间存在分子间氢键，因此NH3 的沸点比PH3 的高；H2O 的键角小于NH3

24、 的，缘由是：NH3 含有一对孤对电子，而H2O 含有两对孤对电子，H2O 中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4) AlCr 具有体心四方构造，如下图，黑球个数为81+1=2，白球个数为 81+2=4，结合化学式284AlCr2 可知，白球为 Cr，黑球为 Al，即处于顶角位置的是 Al 原子。设 Cr 和 Al 原子半径分别为rCr 和 rAl，则金属原子的体积为4𝜋𝑟3 4 + 4𝜋𝑟3 2 = 8𝜋(2𝑟3 +𝑟3 )， 故金属原子空间占有率8𝜋(2&#

25、119903; 3 +𝑟3 )𝐶𝑟333𝐴𝑙3𝐶𝑟3𝐴𝑙𝐶𝑟 3𝑎2 𝑐𝐴𝑙=8𝜋(2𝑟𝐶𝑟 +𝑟𝐴𝑙)%。3𝑎2 𝑐【分析】(1)依据 Cr 的核外电子排布分析；(2)依据配位键形成的原理分析； (3)依据价层电子

26、对互斥理论分析；12.【答案】 12-氟甲苯或邻氟甲苯2+NaOH𝑍𝑛𝐶𝑙2+NaCl+H2O3氨基、碳溴键、酮羰基、碳氟键45取代反响6107(4)依据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；【解析】【解答】(1)由 A的构造可知，名称为：2氟甲苯或邻氟甲苯；(2)反响为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反响生成【考点】有机化合物的命名，有机物的合成，同分异构现象和同分异构体，有机化学反响的综合应用，醛的化学性质，取代反响;(3) 依据分析，含有的官能团为碳溴键，碳氟键，氨基，羰基或酮基；(4) 依据分析，D 为， E 为， 依据构造特点，及反响特征，可推出Y 为；(5) 依据分析，E 为， F 为， 依据构造特点，可知与发生取代反响生成F；(6) C 为， 含有苯环且能发生银镜反响的同分异构体含有醛基、碳氟键、碳氯键，构造有共 10 种；(7) 依据及分析可知，与乙酸、乙醇反响生成。【分析】A在酸性高锰酸钾的氧化下生成B，与 SOCl2反响生成C，与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反响生成，与 Y发生取代反响生成，与发生取代反响生成F，F 与乙酸、乙醇反响生成W