2023年解析全国统一考试化学试题新课标Ⅰ解析版.docx

2023年一般高等学校招生全国统一考试 理科综合才能测试 化学 本卷须知： 1.答卷前，考生务必将本人的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应标题的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其它答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 一、选择题：此题共13个小题，每题6分。共78分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合标题要求的。 1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。关于上述化学药品，以下说法错误的选项是 A. CH3CH2OH能与水互溶 B. NaClO通过氧化灭活病毒 C. 过氧乙酸相对分子质量为76 D. 氯仿的化学名称是四氯化碳 【答案】D 【解析】 【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间能够构成氢键，因而乙醇能与水互溶，A说法正确； B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确； 2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确； D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。 综上所述，应选D。 2.紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提获得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，以下表达错误的选项是 A. 分子式为C14H14O4 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C. 能够发生水解反响 D. 能够发生消去反响生成双键 【答案】B 【解析】 14H14O4，A表达正确； B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其能够被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B表达不正确； C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反响，C表达正确； D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其能够在一定的条件下发生消去反响生成碳碳双键，D表达正确。 综上所述，应选B。 3.以下气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是 气体(杂质) 方法 A SO2(H2S) 通过酸性高锰酸钾溶液 B Cl2(HCl) 通过饱和的食盐水 C N2(O2) 通过灼热的铜丝网 D NO(NO2) 通过氢氧化钠溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO2和H2S都具有较强的复原性，都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；因而在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的； B．氯气中混有少量的氯化氢气体，能够用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的； C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气能够与之发生反响： ，而铜与氮气无法反响，因而能够采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的； D．NO2能够与NaOH发生反响：，NO与NaOH溶液不能发生反响；尽管NO能够与NO2一同跟NaOH发生反响：，但由于杂质的含量一般较少，因而也不会对NO的量产生较大的阻碍，故D项能实现除杂的目的； 答案选A。 【点睛】除杂操作原那么可概括为“不多不少，简单最好〞：首先，防止引入新的杂质；其次，尽量防止产品的损失；最后，方法越简单越好。 4.铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反响过程如以下图。 以下表达错误的选项是 A. CH3COI是反响中间体 B. 甲醇羰基化反响为CH3OH+CO=CH3CO2H C. 反响过程中Rh的成键数目保持不变 D. 存在反响CH3OH+HI=CH3I+H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反响机理图可知，铑配合物在整个反响历程中成键数目，配体品种等均发生了变化；同时也能够观察出，甲醇羰基化反响所需的反响物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因而，但凡出如今历程中的，既非反响物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。 【详解】A．通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反响的反响中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也能够生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确； B．通过分析可知，甲醇羰基化反响，反响物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确； C．通过分析可知，铑配合物在整个反响历程中，成键数目，配体品种等均发生了变化，C项不正确； D．通过分析可知，反响中间体CH3COI与水作用生成的HI能够使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确； 答案选C。 【点睛】关于反响机理图的分析，最根本的是推断反响物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完好的循环出现的；反响物那么是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。 5.1934年约里奥–居里夫妇在核反响中用α粒子(即氦核)轰击金属原子，得到核素，创始了人造放射性核素的先河：+→+。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。以下表达正确的选项 A. 的相对原子质量为26 B. X、Y均可构成三氯化物 C. X的原子半径小于Y的 D. Y仅有一种含氧酸 【答案】B 【解析】 【分析】 原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因而W+4=30+1，那么W=27，X与Y原子之间质子数相差2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，那么Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，那么Y的最外层电子为a+2，解得a=3，因而X为Al，Y为P，以此解答。 【详解】A．的质量数为27，那么该原子相对原子质量为27，故A错误； B．Al元素均可构成AlCl3，P元素均可构成PCl3，故B正确； C．Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径Al>P，故C错误； D．P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故D错误； 故答案为：B。 6.科学家近年创造了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为处理环境和能源咨询题提供了一种新途径。 以下说法错误的选项是 A. 放电时，负极反响为 B. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol C. 充电时，电池总反响为 D. 充电时，正极溶液中OH−浓度升高 【答案】D 【解析】 【分析】 由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生复原反响，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反响生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反响生成O2，左侧为阴极，发生复原反响生成Zn，以此分析解答。 【详解】A．放电时，负极上Zn发生氧化反响，电极反响式为：，故A正确，不选； B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，那么1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选； C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反响为：，故C正确，不选； D．充电时，正极即为阳极，电极反响式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因而溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意； 答案选D。 7.以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如以下图。[比方A2−的分布系数：] 以下表达正确的选项 A. 曲线①代表，曲线②代表 B. H2A溶液的浓度为0.2022 mol·L−1 C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D. 滴定终点时，溶液中 【答案】C 【解析】 分析】 依照图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐步减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐步增大，粒子的分布系数只有1个交点；当参加40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子到达最大值接近1；没有参加NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步局部电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，依照反响2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=，据此分析作答。 【详解】A．依照分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误； B．当参加溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反响，结合分析，依照反响2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= ，B错误； C．依照曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，那么HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确； D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，那么c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误； 答案选C。 【点睛】此题的难点是推断H2A的电离，依照pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时留意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。 三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生依照要求作答。 (一)必考题：共129分。 8.钒具有广泛用处。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采纳以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开场沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开场沉淀pH 19 完全沉淀pH 答复以下咨询题： (1)“酸浸氧化〞需要加热，其缘故是___________。 (2)“酸浸氧化〞中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反响的离子方程式___________。 (3)“中和沉淀〞中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及局部的___________。 (4)“沉淀转溶〞中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 (5)“调pH〞中有沉淀消费，生成沉淀反响的化学方程式是___________。 (6)“沉钒〞中析出NH4VO3晶体时，需要参加过量NH4Cl，其缘故是___________。 【答案】 (1). 加快酸浸和氧化反响速率（促进氧化完全） (2). Fe2+ (3). VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O (4). Mn2+ (5). Fe3+、Al3+ (6). Fe(OH)3 (7). NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O (8). 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】 分析】 黏土钒矿中，钒以