2023年高考化学海南卷(含答案与解析).pdf

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1、在海南省2023年一般局等学校招生全国统一考试此化学本试卷分第一卷（选择题）和其次卷（非选择题）两局部。总分值80分，考试时间-二.二号生考卷100分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 S32 Fe56Cu64一、选择题：此题共6小题，每题2分，共12分，在每题给出的四个选项中，只有一二项是符合题目要求的。1.以下食品添加剂中，常用作防腐剂的是（）A.碘酸钾 B.碳酸氢钠 C.苯甲酸钠 D.磷酸氢钙2.某工业废气所含氮氧化物（NO）质量比约为7:4,该NO可表示为（）X X8.-名姓答题4.以下化合物中，能与Na 0溶液反响生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是-A-N

2、09B.NOC.N 02 3D.NO23.用浓硫酸配制稀硫酸时，不必要的个人安全防护用品是()A.实脸服B.橡胶手套C.护目镜D.防毒面罩9.二校学业毕&无（）A.MgCl B.Ca（NO）C.FeSO D,A1C12 32 4 35.化学与生产生活亲热相关。以下说法错误的选项是（）-A-Na O可与CO反响放出氧气，可用于作制呼吸面具2 2 2B.SiO?具有导电性.可用于制作光导纤维和光电池C.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀.可用作化工反响器的内壁涂层D.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等1011效某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，以下说法正确的选项是（）A.AgC

3、l的溶解度、K 均减小 B.AgCl的溶解度、K 均不变spspC.AgCl的溶解度减小，K 不变 D.AgCl的溶解度不变，K 减小spsp12化学试卷第1页共24页能量变化模拟计算结果如以以下图所示。活化氧可以快速氧化二氧化硫。以下说法正确的是A.每活化一个氧分子吸取0.29 e V的能量B.水可使氧分子活化反响的活化能降低0.42 eVc.氧分子的活化是0 0的断裂与C O键的生成过程D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂AU/国典笈Swxwnn.活化R 一旗子。研收子三、非选择题，共4 4分。每个试题考生都必需作答。13.（8分）X、Y、Z为短周期元素，X原子的质子数等于Z

4、与Y的质子数之和，Z与Y位于同一周期，Y原子核外有3个未成对电子，非金属Z的一种固体单质可导电。答复以下问题：（1）Y在周期表中的位置是第_ _ _ _ _ _ _ 周期、第 族，其原子构造示意图为：Y与Z之间形成的化学键属于（2）X、Y、Z三种 元 素 中 子 原 半 径 最 大 的 是 （填元素符号）；X单质既可与盐酸反响，又可溶于.氢氧化钠溶液，产 生 的 气 体 为 （填分子式），该气体与Y单质反响的化学方程式为。（3）Z高价氧化物的电子式为。14.（8分）铜是人类觉察最早并广泛使用的一种金属。答复以下问题：（1）试验室使用稀硫酸和H O溶解铜片，该反响的化学方程式为2 2（2）电子工

5、业使用F e C l溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程3化 学 试 卷 第3页 共24页 在化卷上j答题一无-一二f二一一二二一二二-一二二一一一号生考二一二一二一二名,一二二一二一校业毕二二二号生考一二二三名姓二一一二校#毕效过氧化氢分解反响2H O=2H。(1)+0(g)的AH=kJ.moh,不同2 2 2 2温度下过氧化氢分解反响的平衡常数K K（填“大于”“小于”或3I3K 294K“等于”）。（2）100时.在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表：离子参与量/(mg L-i)区分率/%离子参与量/(mg L-i)区分率/%无-2Fe3+1.015A13+102

6、CU2+0.186Zn2+1010C口+0.196由上表数据可知，能使过氧，氢分解反响活化能：降低最多的离子是O贮运过氧化氢时.可选用的容器材质为（填标号）A.不锈钢 B.纯铝 C.黄铜 D.铸铁Y3A过氧化氢的K/2.24x10q,H,0,的酸性 H 0（填“大于”“小于”或“等于）。争论说明，过氧化氢溶液中HO-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。2常温下，不同浓度的过氧化氢分解速率与pH的关系如右图所示。确定浓度的过氧化氢,pH增大分解速率增大的缘由是：一样pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的缘由是.*、*安17.（10分）某小组在试验空中探究金属钠与二氧化盘反响。答复以下问题：（1）选

7、用如以下图装置及药品制取co。翻开弹簧夹，制取CO。为了得到枯燥、2 2纯洁的CO,产生的气流应依次通过、的洗气瓶（填试剂-名称）。反响完毕后，关闭弹簧夹，可观看到的现象是。化学试卷第5页共24页四1818-18-答复以下问题：(1)己知A的分子式为C M。，其化学名称为.(2)B中的官能团的名称为.(3)由A生成C的化学反响方程式为 反响类型是.(4)由D的构造可推断：D应存在立体异构。该立体异构体的构造简式为(5)假设用更为廉价易得的氨水替代盐酸羟氨(NH OW4HC1)与C反响，生成物2的构造简式为。(6)A的异构体中能与三氯化铁溶液发生显色反响的还有 种；其中，核磁共振氢谱为四组峰，峰

8、面积比为6：2：1：1的构造简式为。19选修3物质构造与性质19-1(6分)以下元素或化合物的性质变化挨次正确的选项是A.第一电离能：ClSPSiB.共价键的极性：HFHClHBrHIC.晶格能：NaFNaClNaBrNaID,热稳定性：MgCO CaCO SrCO BaCO3 3 3 319-(14 分)黄铜矿是主要的炼铜原料，C u F e S是其中铜的主要存在形式。答复以下问题：2(D CuFe2中存在的化学键类型_ _ _ _ _ _ _ _ _。以下基态原子或离子的价层电子排布图正S确的是(填标号).A.乂 *1Cu.B.M4,F e OC.M”化 学 试 卷 第7页 共2 4页海

9、南 省2 0 2 3年一般高等学校招生全国统一考试化学答案解析一、选择题1.【答案】c【解析】碘酸钾用于补碘；碳酸氢钠用于发酵粉；磷酸氢钙用于肥料。2.【答案】A【解析】N O中氮氧质量比为：14 7 得 =：1，则该化学式为N O,A项正确。*16%4 2 23.【答案】D【解析】浓硫酸没有毒，无需要带防毒面罩，选D项。4.【答案】D【解析】CO”与A13+发生双水解反响，3cCh-+2Ah+3H O=2AI(OH)1+3C0 T,Al(OH)可以溶于3 3 2 3 2 3N aOH,反响为：Al(OH)+NaOH=NaAlO+2H O,选D 项。3 2 25.【答案】B【解析】A项，发生反

10、响为2Na O+2CO=2Na CO+0,放出0可作呼吸面具，正确；B项，SiO不2222322 2具有导电性，S i为半导体，具有导电性，S iO用于制光导纤维，而S i用于制光电池，错误；C项，聚四氟2乙烯称为塑料王，具有抗腐性，正确；D项，氯水中含有H C 1O,具有漂白性，正确。6.【答案】C【解析】AgCl在的沉淀溶解平衡为：AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq),参与稀盐酸，会使得平衡逆向移动,溶液中AgCl固体含量增多，即AgCl的溶解度减小。K 仅与温度有关，题中温度不变，则K,不变，C叩项正确。二、选择题7.【答案】B【解析】A项，乙醇不能作为萃取剂，错误；B项，M

11、n O难溶于水，过滤可以分别M nO和KC1,正确:2 2C项，N H为碱性气体，可以被P。吸取，错误；D项，乙醇中的水，应先加生石灰吸取后，再蒸播出乙3 2 5醇，错误。&【答案】BC/12【解析】该装置为原电池。Mg比炭活泼，故Mg作负极，B项错误：正极为活性炭，图示中生成OH-,则正极反响式为：O +4 e-+2 H O =4 O H ,负极为：M g -2 e-=M g 2+,电池总反响即为正、负极相加，为2 22 M g +0 +2 H 0 =2 M g(0 H),A 项正确：活性炭可以吸附0 ,在负极处，可以加快反响速率，C 项正2 2 2 2确；电池中电子由负极移向正极，即为b流

12、向a,D 项错误。9 .【答案】C【解析】A项，金刚石中一个碳原子形成4根化学键，但是每根C-C键均被共用2次，故1 mo l C只能形1成 4*一1 1】0 1 =2 0 1 0 1 0(2 键，错误；B 项，D O 的摩尔质量为2 0 g -mo l-i ,1 8 gD。中的质子数为2 2 22 2 x 1 0 =9 m o l,错误；C项，乙烯和环己烷的化学式可以通式(C H )。来表示，2 8 g 两者混合物中所含原2 02 n2 8子 2 0 总数为二x 3 n =6 m o l,正确；D项，N H+局部水解生成N H H O,故溶液中N H+和 N H -H O1 4 4 3 2

13、432之和为1 mo l,错误。1 0 .【答案】A D【解析】A 项，含有F e3+，可以水解生成F e(O H)胶体，具有净水作用，正确；D项，含有A 1 升，可水解3生成A l(O H),胶体，正确。31 1 .【答案】D【解析】A 项，酯化反响属于取代反响，错误；B 项，乙酸乙酯中具有酯类的同分异构体有：甲酸丙酯、甲酸异丙酯和丙酸甲酯，另外还存在不属于酯类的同分异构体，故不止三种，错误;C项，酯化反响中浓硫酸作催化剂，故反响后的混合溶液中存在H S O ,假设参与 溶液，确定会产生C O ,无法说明是否存2 4 N a H C O 23在乙酸，错误；D 项，增加可逆反响中的一种反响物，

14、另一种反响物的转化率会提高，正确。1 2.【答案】C D【解析】A 项，从图中知，反响物的总能量比生成物的总能量大，故该过程为放热反响，错误;B项，活化能是指反响过程中所要经受的最大能量，图中在无水状况下，要到达的最大能量为6 7 5 e V ,而有水时的反响活化能为。7 5 e V ,两者之间的差值为0.1 8 e V ,错误；c 项，从图中小球的变化来看，起始时，两个O原子是相连的，最终两个O原子是分开的，并且原子与C原子相连，即经受了。-O键的断裂与O-O键的生成过程，正确；D项，SO转化为SO时，炭黑.没有变化，故作为反响的催化剂，正确。2 3二、非选择题1 3.【答案】(1)化学试卷

15、 第 1 1 页 共 2 4 页化学试 卷 第 1 2 页 共 2 4 页VA/12(极性)共价键 A 1H2N +3H厂 温、高 压 f 2 N H2 2 催 化 剂 3(3)O:C:O；【解析】由题意推知，Y 为 N元素，Z 为C元素，碳的一种同素异形体石墨可以导电。X 为A1询。(1)N位于其次周期，第VA族。N 核内共有7个质子，最外层有5个电子。N与C均为非金属元素，两者之间只能形成极性共价键。(2)A 1 有三个电子层，而 N和C只有两个电子层，故A 1 的原子半径最大。A 1 可以与H C 1,也可以与N a O H溶液反响，反响中均有H 生成。H 和 N 在高温、高压、催化剂的

16、条件下生成N H 3。2 2 2 co 的构造式为。=C =O,碳原子与两个氧原子之间形成两对共用电子对。21 4.【答案】(1)C u+H 0 +H S O =C u S O +2 H 02 2 2 4 4 2(2)C u+2 F e 3+=C u 2+2 F e 2+酸性防止Fe3+zK解生成F e(0 H)3 C U 2+0.1 2 5 0【解析】(1)C u 不能与稀H S O ；反响，但是在H O 作用下，可以将C u 氧化生成C u 2+。2 4 2 2(2)F e 3+氧化C u 生成F e z+和C112+。F e+水解显酸性，方程式为F e 3+3 H O-F e(O H)+

17、3 H+,在酸性条23件下，可以抑制F e 3+水解。反 响 中，C u 2+氧化厂后，生成C u+,故C u”作氧化剂。反响关系为：2 C u2+-I;2 S Or 依据消 耗 的 N a S。2 2 3的 量，列 式 有：n Cu2+0.1x25x10-3得 n g u 2+)=2.5 x1 0-3 m ol ,()()c Cu?+=2.5x10-3 m o l:20 x10-3L=0.125 mol-L-i o化 学 试 卷 第 1 1 页 共 2 4 页化学试 卷 第 1 2 页 共 2 4 页15.【答案】(1)氯气(2)CH+C1-C H C1+HC14 2 3(3)CH OH3(

18、4)取代反响(5)CH CH OH3 2【解析】可燃冰的主要成分为CH nH O,失去后可生成A为C H。电解饱和食盐水生成C l、H和NaOH,4 2 4 2 2Cl(B)与CH；在光照条件下生成CH C1(D),CHCl在NaOH(C)溶液中反响CHOH(E),CH OH在浓2 4 3 3 3 3硫酸作用下，发生分子间脱水生成二甲醛，该反响的方程式为2cH O H浓 硫 靛 CH OCH+H O,该反响3 A 3 3 2属于取代反响。二甲醛与乙醇互为同分异构体。16.【答案】(1)-196小于(2)Cn+B 大 于pH上升，H 0-的浓度增加，分解速率加快3过氧化氢浓度越高其电离程度越低，

19、分解率越小【解析】(1)依据盖斯定律有，“上式减去下式后，乘 以2”，得所求反响的烯变。该反响为放热反响，上升温度，平衡逆向移动，K减小，即高温下的K会减小。(2)从表中数据知，C m的存在下，H 0分解率最高。由于活化能越小，反响越易进展，所以H 0在2 22 2Cm存在时，活化能降到最低。给出的离子中，Ah+最不易使H 0分解，故贮存H 0可选用纯铝。2 2 2 2(3)H 0的电离平衡常数小于H 0的Ka，说明H 0的一级电离大于水，故H 0电离出的H+大于2 2 2 I 2 2 2 2H。电离出的H+,即H 0的酸性强。H O=H+H 0-,在碱性越强的条件下，该平衡正向移动，2 2

20、2 2 2 2H 0浓度增大，则H 0的分解速率加快。H 0为弱甩解质，一样pH下，H 0浓度越大，其电离程度2 2 2 2 2 2 2越小，则分解率也越小。17.【答案】(1)碳酸氢钠溶液浓硫酸产生的气体使枯燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反响停顿生成的硫酸钙掩盖在碳酸钙外表，阻挡反响进一步进展9/1 2(2)D 碳(C)点燃 4 N a+3 c o =2 N a C O +C22 3【解析】(1)稀盐酸与C a C。反响生成C O ,生成的CO中会混有H C 1和H 0(g),先通过饱和N a H C O,3 2 2 2将H C 1除去，同时也会生成C O ,再通过浓H S O ,吸

21、取CO中的H 2 O。反响后关闭弹簧夹，H C 1与C a C O2 2 4 2 3反响生成的co会将稀H C 1向下压，最终使H C 1与C a C O ,脱离接触，反响将停顿。H SO与C a C O反2 3 2 4 3应会生成微溶性的C a S。，掩盖在C a C O外表，而阻挡H S O ,进一步与C a C O ,反响生成C。4 3 2 4 3 2(2)滤液中参与酚献变红，说明溶液显碱性；参与澄清石灰水，溶液变浑浊，说明滤液中含有C O 2一，由3此推想，白色物质为C a C O。N a与C。反响，生成黑色物质，由元素角度可分析得出，明显为碳。C与3 2A浓HSO的反响方程式为：C

22、+2 H S O (浓)=C O T+2 S 0 T +2 H 0 ,SO具有刺激性。由上述描述2 4 2 4 2 2 2 2知，Na与CO反 响 生 成N a CO和C ,依 据Na和C得失电子守恒配平反响，得方程式为:2 2 3IWJ温4 N a+3 C O-2 N a C O +r2 2 3 四.选考题1 8 1【答案】B D【解析】A项，环己烯与H C 1发生加成反响可生成氯代环己烷，正确；C项，2甲基1丙烯与H C 1加成可生 成2一甲基一2一氯丙烷，正确；B项和D项将要合成的物质中氯与邻位碳上的H先消去生成一个碳碳双键，用此方法可觉察，所得到的有机物中邻位碳原子上均为5根化学键，因

23、不存在这样的有机物，故不能用烯燃与H C 1加成得到B项、D项的物质。18 11【答案】(1)2,6二甲基苯酚(2)埃基、溪取代反响化学试卷 第15页 共2 4页化学试 卷 第16页 共2 4页【解析】(1)由C的构造简式以及A的分子式，可以逆推知，A的 构 造 简 式 为 ，与羟基相连的碳原子命名为1号碳，则另两个甲基的位次分别为2号和6号位，即A命名为2,6 一二甲基苯酚。(2)卤素原子为官能团，B中-B r为官能团，“C=0”称为猴基。(3)A中羟基上H原子与B中的B r原子生成H B r,H B r与N a O H反响生成N a B r和H 0。该反响可以认为先发生取代反响，再发生酸碱

24、中和反响。(4)D中存在C=N,双键两侧连接的基团不同，故存在顺反异构。(5)C中基上O原子与N H OH日中2个H原子结合生成HO,同时得到产物D。假设用 代替N H O H,2 2N H 23则一样的反响机理，可 得 出 另 一 有 机 物 为 飞,。(6)A的同分异构体能与F e C l发生显色，说明要含有酚羟基，此外还有2个饱和碳原子，可以组成一个3乙基，与酚羟基可形成邻、间、对三种同分异构体。也可以是两个甲基与酚羟基在苯环上排布，可以有：两个甲基邻位，酚羟基有2种位置；两个甲基间位，酚羟基有3种位置；两个甲基对位，酚羟基有1种位置。故除了 A之外，还有8种同分异构体。A与 中的峰面积

25、之比均为6 2 1:1。【答案】B C【解析】A项，P元素的价电子为3 s 2 3 P 3 ,p轨道中的电子为半满状态，较稳定，难失去电子，故第一电离能比相邻的S元素要大，故第一电离能：挨次为C l P S S i,错 员B项，电负性大小为：F C l B r l,11/12则极性为H F H C I H B r H I,正确；C项，晶格能大小主要看电荷和半径，此四种物质的电荷均一样，半径：F-C l-B r-N a C I N a B r N a l,正确；D项，碳酸盐分解生成相应的氧化物和C O 2,生成物中晶格能大小挨次为：M g O C a O S r O B a O ,晶格能越大，说

26、明该物质越稳定，碳酸盐生成的物质越稳定，则其分解所需要的温度越小，即该碳酸盐不稳定，故热稳定性为：M g C O C a C O S r C O B a C O ,错误。3 3 3 31911【答案】(1)离子键C D(2)V形s p 3极性水分子间存在氢键(3)3。键和7 1键(4)444x6 4+4x5 6 +8 x3 2(0.5 2 42 xl.0 3 2)xl 0-2 i xNA【解析】(1)C uF eS中含有c u+、F e3+和S 2-,它们之间存在离子键。C u+的价电子为3巾。，属于稳定的2全满构造。F e+的价电子为3 d,属于较稳定的半满构造，由此知C u F eS中不含

27、C 1 1 2+和F e2+。29 臭鸡蛋气味的气体为H S H S中含有2对孤对电子，含有2对。键，故S的价层电子对为2 +2 =4,2 2则S为s p 3杂化，s p 3的抱负模型为四周体型，减 去2对孤对电子占有的空间位置，则H s为V形分子。H S2 2类似于H O分子的空间构造，正负电荷中心不重合，故属于极性分子。H O分子之间存在氢键，故其沸22点比较高。0 S。中的S的孤对电子为1对，还 含 有2对。键，则S的价层电子对为1 +2 =3。SO的构造为22所以SO中存在S与O之间的G键，同时还存在1套三个原子形成的兀4大派键。230 从晶胞图看，1个S 2-连有4个原子，即S一的配

28、位数为4。从面上的C u+看，1个C u+连有2个原子，但是面上的C u+还属于另外一个晶胞，故1个C u+实际上连有4个原子，故C u+”的配位数为4。从化学试卷 第1 9页 共2 4页 化学试 卷 第2 0页 共2 4页1 1晶胞图分析知，N(C u)=6 x4 x _=4,2CuFeS 晶 胞 的 体 积 为abcx24(10-7)1 iN(F e)=8 x _+4 x _+l=4,N(S)=8所以一个晶胞中含有4个8 2cm3,注：lnm=10-9 m=10-7 cm,一 个 晶 胞 的 质 量 为白64+56+32x2),密A4,(64+56+32 x 2)xlO一2i)=度=质 量+体4x64+4x56+8x32-g cm-3(0.5242x1.032)x 10-21 义匕积则 密 度 为11/12