2023年全国统一高考化学试卷(甲卷)真题及答案.docx
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1、2023年全国统一高考化学试卷(甲卷)真题及答案一、选择题:本题共7小题,每小题6分,(江南博哥)共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1(6分)化学与生活密切相关,下列说法正确的是()A苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射CSO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B解析:A苯甲酸钠是强碱弱酸盐;B胶体粒子的直径在1100nm,对光具有散射效果;C二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质;D维生素C具有还原性。【解答】解:A苯甲酸钠是强碱弱酸盐,作为食
2、品防腐剂不是由于其具有酸性,是由于其易透过细胞膜,进入细胞,干扰霉菌和细菌的通透性而阻碍细菌对氨基酸的吸收而达到消毒效果,故A错误;B胶体粒子的直径在1100nm,对光具有散射效果,胶体产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射形成的,故B正确;C二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质,SO2在工业上常用来漂白纸浆、毛丝、草帽辫等,与氧化性无关,故C错误;D维生素C具有还原性,易被氧化,故D错误;故选:B。2(6分)藿香蓟具有清热解毒功效,其有效成分结构如图,下列有关该物质的说法错误的是()A可以发生水解反应B所有碳原子处于同一平面C含有2种含氧官能团D能与溴水发生加成反应【答案】B解析:A藿香蓟
3、中含有酯基;B藿香蓟标记的C存在sp3杂化;C藿香蓟中含有酯基、醚键和碳碳双键;D藿香蓟中含有不饱和双键。【解答】解:A藿香蓟中含有酯基,可以发生水解反应,故A正确;B藿香蓟标记的C存在sp3杂化,与这个C相连的原子肯定不共面,故所有碳原子不可能处于同一平面,故B错误;C藿香蓟中含有酯基、醚键和碳碳双键,含有2种含氧官能团,故C正确;D藿香蓟中含有不饱和双键,可以和溴水发生加成反应,故D正确;故选:B。3(6分)实验室将粗盐提纯并配制0.1000molL1的NaCl溶液。下列仪器中,本实验必须用到的有()天平温度计坩埚分液漏斗容量瓶烧杯滴定管酒精灯ABCD【答案】D解析:将粗盐提纯需要过滤后蒸
4、发结晶,配制0.1000molL1的NaCl溶液,一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,根据操作步骤选取实验仪器,据此进行解答。【解答】解:将粗盐提纯需要过滤后蒸发结晶,需要用到的仪器为漏斗、玻璃棒、蒸发皿及烧杯,配制0.1000molL1的NaCl溶液,一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,需要用到仪器为:天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等,故实验必须用到的有,故选:D。4(6分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NAB标准状况下,2.24LSO3中电子的数目为4.00NAC1.0LpH2的H2
5、SO4溶液中H+的数目为0.02NAD1.0L1.0molL1的Na2CO3溶液中的数目为1.0NA【答案】A解析:A异丁烷含有的共价键为13;B标准状况下三氧化硫为液体;C根据ncV进行计算;DNa2CO3溶液会发生水解。【解答】解:A异丁烷含有的共价键数为13,则0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA,故A正确;B标准状况下三氧化硫为液体,不能使用气体摩尔体积进行计算,故B错误;CpH2的H2SO4溶液中c(H+)102mol/L,根据ncV1L102mol/L0.01mol,则H+的数目为0.01NA,故C错误;DNa2CO3溶液中会发生水解,故1.0L1.0molL1的Na
6、2CO3溶液中的数目小于1.0NA,故D错误;故选:A。5(6分)W、X、Y、Z为短周期主族元素,原子序数依次增大,最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等,WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是()A原子半径:XWB简单氢化物的沸点:XZCY与X可形成离子化合物DZ的最高价含氧酸是弱酸【答案】C解析:短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大,最外层电子数之和为19,Y的最外层电子数与其K层电子数相等,则Y为Mg;WX2是形成酸雨的物质之一,则W为N元素,X为O;四种原子的最外层电子数之和为19,Z原子的最外层电子数为195626,其原子序数在最后,则Y为S元素
7、,据此解答。【解答】解:由分析可知W为N、X为O、Y为Mg、Z为S,A同周期元素原子半径从左到右逐渐减小,则原子半径:XW,故A错误;BX的简单氢化物为水,Z的简单氢化物为硫化氢,水分子间存在氢键,沸点较大,故简单氢化物的沸点:XZ,故B错误;CY与X可形成MgO,含有离子键,为离子化合物,故C正确;DZ为S,最高价氧化物为硫酸,是强酸,故D错误;故选:C。6(6分)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如图所示。下列说法正确的是()A析氢反应发生在IrOxTi电极上BCl从Cu电极迁移到IrOxTi电极C阴极发生的反
8、应有:2CO2+12H+12eC2H4+4H2OD每转移1mol电子,阳极生成11.2L气体(标准状况)【答案】C解析:与电源的正极相连的IrOxTi电极为阳极,发生氧化反应,电极反应式为:2H2O4eO2+4H+,与电源负极相连的Cu电极为阴极,发生还原反应,电极反应式为:2CO2+12H+12eC2H4+4H2O,2CO2+12H+12eC2H5OH+3H2O,据此分析。【解答】解:A由分析知IrOxTi电极上发生的反应不是析氢反应,故A错误;B质子交换膜只允许H+通过,因此Cl无法从Cu电极迁移到IrOxTi电极,故B错误;C由分析知,阴极发生的反应有:2CO2+12H+12eC2H4+
9、4H2O,故C正确;D由分析知,阳极电极反应式为:2H2O4eO2+4H+,每转移1mol电子,阳极生成0.25mol氧气即5.6L氧气(标准状况),故D错误;故选:C。7(6分)如图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图pMlgc(M)/(molL1);c(M)105molL1可认为M离子沉淀完全。下列叙述正确的是()A由a点可求得KspFe(OH)3108.5BpH4时Al(OH)3的溶解度为molL1C浓度均为0.01molL1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离DAl3+、Cu2+混合溶液中c(Cu2+)0.2molL1时二者不会同
10、时沉淀【答案】C解析:A由a点横纵坐标可得和c(OH)和c(Fe3+),进一步可求出KspFe(OH)3;B由pH4可求出c(OH),利用溶度积公式,可求出c(Al3+),即Al(OH)3的溶解度;C根据Fe3+沉淀完全时的c(OH),利用溶度积规则可判断Al3+是否开始沉淀;D根据Al3+沉淀完全时的pH,得在此pH时Cu2+刚开始沉淀,c(Cu2+)0.1mol/L,再利用溶度积规则可判断Cu2+已经开始沉淀。【解答】A由图可知,a点pH2,c(H+)102mol/L,c(OH)1012mol/L,c(Fe3+)102.5mol/L,所以KspFe(OH)3c(Fe3+)c3(OH)103
11、8.5,故A错误;B根据图象Al3+的曲线,KspAl(OH)31033,pH4时,c(H+)104mol/L,c(OH)1010mol/L,c(Al3+)mol/L103mol/L,即Al(OH)3的溶解度为103mol/L,故B错误;C由图象可知,Fe3+优先沉淀,当Fe3+沉淀完全时,c3(OH)(mol/L)31033.5(mol/L)3,此时QspAl(OH)30.01mol/L1033.5(mol/L)31035.5(mol/L)3KspAl(OH)31033,Al3+还未沉淀,所以浓度均为0.01molL1的Al3+和Fe3+可通过分步沉淀进行分离,故C正确;D根据图象Cu2+的
12、曲线,pH7时,c(H+)107mol/L,c(OH)107mol/L,c(Cu2+)105.5mol/L,KspCu(OH)2c(Cu2+)c2(OH)105.5(107)21019.5,由B分析知KspAl(OH)31033,Al3+沉淀完全时的c(OH)mol/L109.3mol/L,c(H+)104.7mol/L,pH4.7,此时Cu2+刚开始沉淀,c(Cu2+)0.1mol/L,若c(Cu2+)0.2molL10.1molL1,因此Al3+、Cu2+会同时沉淀,故D错误;故选:C。二、非选择题:共58分。第810题为必考题,每个试题考生都必须作答。第1112题为选考题,考生根据要求作
13、答。(一)必考题:共43分。8(14分)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题:(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 将BaSO4还原为BaS。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 Ca2+S2CaS。(3)“酸化”步骤应选用的酸是 c(填标号)。a.稀硫酸b.浓硫酸c.盐酸d.磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行?其原因是 不可行,多余的Ca2+无法除去,同时会放出更多的H2S污染环境。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为 Ba
14、Cl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的:nCO1:1。【答案】(1)将BaSO4还原为BaS;(2)Ca2+S2CaS;(3)C;(4)不可行,多余的Ca2+无法除去,同时会放出更多的H2S污染环境;(5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl;(6)1:1。解析:由制备流程可知,用碳粉和氯化钙处理BaSO4,将BaSO4转化为易溶于水的BaS和氯化钡,硫化钡经过盐酸酸化生成氯化钡,然后氯化钡与四氯化钛、草酸氨反应生成BaTiO(C
15、2O4)2沉淀,过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3,以此解答该题。【解答】解:(1)由流程可知,“焙烧”步骤中碳粉转化为了CO,化合价升高,做还原剂,将硫酸钡转化为硫化钡,故“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将BaSO4还原为BaS,故答案为:将BaSO4还原为BaS;(2)“浸取”时多余的钙离子与硫离子生成硫化钙沉淀,故离子反应为:Ca2+S2CaS,故答案为:Ca2+S2CaS;(3)酸化的作用是为了将BaS转化为BaCl2而不能引入新杂质,故选用HCl,故答案为:C;(4)焙烧后的产物有BaS和CaS,如果直接加盐酸,多余的Ca2+无法除去,同时会放出更多的H2S污染环境,故答案为:不可
16、行,多余的Ca2+无法除去,同时会放出更多的H2S污染环境;(5)由沉淀步骤可知加入了TiCl4和(NH4)2C2O4生成了BaTiO(C2O4)2,根据反应原子守恒可写出化学方程式为:BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl,故答案为:BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl;(6)BaTiO(C2O4)2分解方程式为:BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO3+2CO+2CO2+4H2O,则:nCO1:1,故答案为:1:1。9(14分)钴配合物Co(NH3)6Cl3
17、溶于热水,在冷水中微溶,可通过如下反应制备:2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+2H2O具体步骤如下:.称取2.0gNH4Cl,用5mL水溶解。.分批加入3.0gCoCl26H2O后,将溶液温度降至10以下,加入1g活性炭、7mL浓氨水,搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。.加热至5560反应20min。冷却,过滤。.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中,趁热过滤。.滤液转入烧杯,加入4mL浓盐酸,冷却、过滤、干燥,得到橙黄色晶体。回答下列问题:(1)步骤中使用的部分仪器如图。仪器a的名称是 锥形瓶。加快NH4Cl溶解的操作有 搅拌。(2)步骤中,
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