【文档说明】山东中学联盟2023年高考考前热身押题 化学答案.pdf，共(5)页，684.643 KB，由小赞的店铺上传

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山东中学联盟2023年高考考前热身押题1、解析：A项：利用氨气易液化的性质用作制冷剂，这是物理性质，故A错；B项：糯米经发酵、水解得葡萄糖，葡萄糖再生成乙醇（这是氧化还原反应），乙醇在经氧化反应生成乙酸，故B正确；C项：75%酒精使蛋白质变性失活起到杀菌消毒

的作用，故C错误；D项：甘氨酸亚铁补铁时，血红蛋白配位络合二价铁，故D错。2、解析：A项：CaO是固体，保存在广口瓶中，同时CaO属性强碱的碱性氧化物，保存在塑料瓶中，或者玻璃瓶和橡胶塞，故A正确；B项：硝酸亚铁溶液保存时加入稀硝酸，能将

二价铁氧化成三价铁，引入杂质，故B错；C项：碳酸钠水解呈碱性，升高温度，水解程度增大，碱性增强，有利于除去酯类油污，但是柴油属于矿物油，与碱不反应，故C错误；D项：蒸馏时，若温度计水银球低于蒸馏烧瓶支管口时，过早结束收集物质的操作，收集的馏分少了，产率偏低，故D错。3、解析：根据基

态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，可推出Y是O，Z是S，再分析衰变方程发现M质子数比X大2，原子序数X<Y<M，因此确定M为F，X为N。A项：HF中氢键强度大于NH3，简单氢化物的沸点HF>NH3，故A正确；B项：简单氢化物还原性与非金属性顺序相反，故B正确；C项：14N

2和15N2在组成上都是氮气，属于同种物质，都是分子，一定不是同位素，故C错误；D项：基态N原子是半充满稳定结构，第一电离能超过O原子，故D正确。4、解析：A项：存在顺反异构体，顺式结构和反式结构，故A错误；B项：从高分子结构恢复到单体是苯乙烯和丙烯腈，两者通过加聚反应合成；C项：聚乙烯醇结

构含有n个羟基，羟基能与水形成氢键，因此在水中有很好的溶解性，故C正确；D项：酚醛树脂是有苯酚和甲醛通过缩聚反应合成的，故D正确。5、解析：A项：四氮唑中氮原子可以与乙醇形成氢键增大溶解度，而与四氯化碳不能形成氢键，因此在乙醇中溶解度大于四氯化碳中的，故A错误

；B项：四氮唑和呋喃中都含有65大π键，环上的原子都是采用sp2杂化，故B正确；C项：∠1和∠2的中心原子均为sp2杂化，但是∠2的中心原子O有一对孤电子，排斥力强，键角小，故C正确；D项：四氮唑中含σ键数目为7，呋喃中σ键数目为9，故D正确

。7、解析：M分子可燃烧，能发生氧化反应，苯环上有氢和烷烃的结构均能被取代，还含有苯环和酮羰基，可发生加成反应，故A正确；M分子中N原子采用sp3杂化，使一个碳原子结构和孤电子对离开平面，故B错误；C项：N分子与足量氢气加成后生成物结构为（*表

示手性碳原子），故C正确；N分子与溴水按物质的量比为1:1加成时，“1,2”－加成产物有3种，“1,4”－加成产物有2种，“1,6”－加成产物有1种，共6种，故D正确。8、解析：A项：根据图像可发现，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气

结合氢离子转化为羟基自由基，故A正确；B项：生成DFF的总反应为HMF→DFF+H2，故B正确；C项：生成HMFCA过程中，O2+2H++2e－=2·OH，HMF+·OH+h+→HMFCA+H+，故C正确；生成HMFCA与DFF物质的量比为1:1时，具体物质的物质

的量是多少不知道，CdS量子点至少产生h+不知道的，故D错误。9、解析：A项：“中和盐化”时，苯胺显碱性，CoCl2+CO2+H2O+2→CoCO3+2·HCl，故A正确；B项：H2O2不稳定，易分解，因此

最后加，提高过氧化氢的利用率，故B正确；C项：四氯乙烷属于卤代烃，难溶于水，且密度大于水，采用分液的分离操作方法，主要有分液漏斗和烧杯等，故C错误；D项：“再生”过程中，2·HCl+H2O2+2CeCl3→2+2CeCl4+2H2O，“氯化”过程中，4CeCl4+C2H2→4CeCl3+CHC

l2CHCl2，故D正确。6、解析：A项：等浓度的KI溶液和FeCl3溶液，但是体积关系不知道，因此哪种微粒过量不清楚，实验操作错误，故A错；B项：高锰酸钾溶液浓度不同，体积相同，物质的量不同，有色物质多的，可能褪色时间长，但反应速率不慢，因此实验方案应

该是草酸浓度不同，高锰酸钾溶液浓度和体积均相同，故B错；C项：CH3COONH4中醋酸根水解程度与铵根水解程度相同，测pH值时显中性，但是浓度高的醋酸铵中，水解的微粒多，虽然显中性，水解产生的氢氧根离子多，只是后又被消耗了，故C错误；D

项：有机混合液中加入稍过量的NaOH溶液，苯在上层，水溶液在下层，静置、分液后，向水层中通入稍过量CO2，将苯酚钠转化成苯酚，再振荡、静置、分液后得苯酚，故D正确。化学答案解析2023.510、解析：M电极反应式B2H6－12e－+14OH－=

2BO－2+10H2O，N电极反应式NC(CH2)4CN+8H++8e－=H2N(CH2)6NH2，因此M电极为负极，N电极为正极，电流从正极流向负极，从高电势流向低电势，故A、B正确；C项：N电极为正极，双极膜的b膜产生氢离子移

向N电极，a膜产生氢氧根离子移向M电极，根据电极反应式和膜变化电荷（与电路中转移电子数相等），可知需要定期补充H2O和NaOH，故C错误；D项：23.2g己二胺为0.2mol。根据N极电极反应式可知，电子数为1.6mol，a膜产生氢氧根离子为1.6mol，故D正确。11、解析：A项：由于超细

大理石，稀硫酸可以与之发生反应，制备二氧化碳，故正确；B项：硫酸铜溶液不能尾气吸收二氧化硫，污染环境，故B错误；C项：氨气进入硫酸铜溶液需要防倒吸，故C错；D项：溴乙烷消去需要加热，同时溢出气体有乙烯和乙醇，两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错。12、解析：“废渣”与硫化钠“熔炼”时，由于硫

离子具有强的还原性，不能通空气，同时大量气体会带走热量，消耗更多能量，故A错；“溶液I”的主要成分有Na2SbS3，“滤渣I”中有PbS、SiO2和Ag；加入氯化铁和氯化钠混合液，三价铁氧化硫化铅中的S2－和Ag，生成S和AgCl，PbS发生的总反应为2F

e3++PbS+4Cl－PbCl2－4+S+2Fe2+，因此C错了；“溶液Ⅱ”中含有PbCl2－4、Na+、Fe2+、Cl－等，“滤渣Ⅱ”中含S和AgCl、SiO2，“溶液Ⅱ”中加入稀硫酸，会生成PbS

O4，“溶液Ⅲ”中含有H+、Na+、Fe2+、Cl－等，经处理后，可以得到氯化铁和氯化钠混合溶液，返回至“滤渣I”工序中，故B正确；“滤渣Ⅱ”中加入亚硫酸钠后，生成[Ag(SO3)2]3－，“滤渣Ⅲ”主要成分为S和S

iO2，[Ag(SO3)2]3－溶液加入NaOH和N2H4处理可以得银单质，利用电子守恒计算，4Ag~~N2H4，可以计算出至少消耗0.8tN2H4，故D正确。13、解析：(Ph)3P中P提供孤电子对与Rh结合，没有影响Rh化合价，CO中C提供孤电子对与Rh结合，也没有影响化合价，当Rh与H结合

，氢电负性大于Rh，则Rh显+1，Rh与其它C结合时，Rh显+1价，当E与氢气反应时，有两个氢和一个C（不是CO）与Rh结合，此时Rh呈现+3价，故A错误；物质A、E为平面四方形结构，因此肯定不是sp3杂化，进一步说明有d轨道参与杂化形成四个杂化轨道

，其余各物质中Rh均有5或6个杂化轨道，也会有d轨道参与，故B正确；乙烯与Rh结合时，是π键提供电子与Rh形成配位，故C错误；结构中，甲基是推电子集团，C1略带正电，C2略带负电，因此从C→D过程中，C2原子

与Rh结合，C1上面加氢原子，最后C2上面加－CHO，因此主要产物是丁醛，故D错误。14、解析：c—NiSe2/CFP电极的反应式为O2+2e－+2H+=H2O2，Fe3++e－=Fe2+，因此为正极，则Pt/C电极为负极，电极反应式为C2H6O2－10e－+2H2

O=2CO2+10H+，电流从正极经电解质流向负极，故A正确，C正确；c—NiSe2/CFP电极区域H2O2+Fe2++H+=Fe3++H2O+·OH，因此可以看出Fe3+是工作过程的催化剂，故B正确；控制电流强度为0.6

mA，H2O2产生量为18.75mmol，一分钟时，H2O2产生量为1.125mol，对应电子数为2.25mol，再根据选择性为37.5%，得出电极上转移的电子数为2.25÷37.5%=6mol，根据Pt/C电极反应式C2H6O2－10e－+2H2O=2CO2+10H+，Pt/C电极上消耗

的乙二醇为6÷10×62=37.2g，同时H2O2生成·OH也氧化乙二醇，·OH物质的量为1.125mol，氧化乙二醇反应式为10·OH+C2H6O2=2CO2+8H2O，则消耗乙二醇为0.1125mol，质量为0.1125×62=6.975g，共处理乙二醇44.175g，故D错误。15、解

析：pOH越小，碱性越强，c(A2－)也会越大，因此线MX代表A2－，线XY代表HA－，线MY代表H2A，最后两条线分别是H+、OH－。根据X点可以计算H2A的Ka2=10－12.8，根据Y点可计算H2

A的Ka1=10－9.8，M点是c(H2A)=c(A2－)，也是c(HA－)取最大值时，6.2222221a10)()()(AHcHcAcKKa，再根据c(H2A)=c(A2－)，求出c(

H+)=10－11.3，进一步得出pOH=2.7,故A正确；X→M→Y→N过程，c(A2－)逐渐减少，水的电离程度再减小，故B错误；当pH减小时，根据Ka2不变，而HA－先增大后减小，则c(A2－)·c(H+)先增大后减小，故C正确；N点时，根据电荷守恒c(Na+)

+c(H+)=2c(A2－)+c(HA－)+c(OH－)+c(Cl－)，N点c(H+)=c(HA－)，可以得出c(Na+)=2c(A2－)+c(OH－)+c(Cl－)，而c(Cl－)>c(OH－)，则c(Na+)>2c(A2－)+2c(OH－)，故D错误。16

、解析：（1）乙酰丙酮锰（Ⅲ）的中心离子为Mn3+离子，说明配体带一个负电荷，结构如图所示，氧与Mn3+结合都是通过配位键结合，则1mol乙酰丙酮锰（Ⅲ）中含有6mol配位键，乙酰丙酮锰（Ⅲ）中碳原子有两种，一种是双键碳，一种是甲基中的碳，因此VSEPR模型是平面三角形和四面体；由于中心离子M

n3+采用d2sp3杂化，余下三个d轨道和四个电子，因此会有单电子，则乙酰丙酮锰（Ⅲ）有顺磁性，Mn3+的价电子为3d4，有四个单电子，基态原子中，与Mn同周期中，还是四个单电子的是铁（3d64s2）。（2）F电负性强，吸引电子能力强，使羧基大π键电子云密度减小，CF3

COOH酸性增强，其次是氯，CCl3COOH次之，乙酸酸性最弱；CCl3COOH分子量高于CF3COOH，范德华力强，同时Cl电负性小于F，对大π键电子云吸引程度弱，氧的电子云密度大，形成分子间氢键强度大，沸点高。（3）Mn（Ⅱ）位于Cl－围成的八面体空隙中，图a中略大的球为Mn（Ⅱ），周

围小球为氯离子，一个氯被两个Mn（Ⅱ）共用，根据均分，可得Mn（Ⅱ）：Cl－=1:3，根据两个图可以发现，Mn（Ⅱ）位于8个顶点、4个棱心、两个面心、一个体心，可以计算出Mn（Ⅱ）有4个，再根据比例关系判断出有12个Cl－，因此该晶胞带电荷数为－4，

晶胞密度2121035.35554caNA）（g/cm3。17、解析：铬镍矿经过焙烧时发生反应有2Cr2O3+8NaHCO3+3O2高温4Na2CrO4+8CO2+4H2O，2NaHCO3+Al2O3高温2NaAlO2+2CO2+H2O，2NaHCO

3+SiO2高温Na2SiO3+2CO2+H2O，“溶液I”中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，通入足量二氧化碳，AlO－2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO－3，SiO2－3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO－3，2CrO2－4+

2CO2+H2O=Cr2O2－7+2HCO－3，加入硫酸时，进一步把CrO2－4转化为Cr2O2－7，“滤渣Ⅳ”含有氢氧化铝和硅酸，向“溶液Ⅱ”再加入葡萄糖时，是Cr2O2－7与葡萄糖发生氧化还原反应，Cr2O2－7变化6个价态，葡萄糖C6H

12O6变化24价态，因此两者比例关系为4:1，“溶液Ⅲ”中加入尿素的离子方程式2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3+3CO2+6NH+4，使Cr3+沉降率达到99.9%，c(Cr

3+)的浓度为10－5mol・L—1，带入Ksp=6.4×10－31，可得c3(OH－)=6.4×10－26=64×10－27，c(OH－)=4×10－9，pOH=9－lg4=9－2lg2=8.4，则pH=5.6。“滤渣I”含有难溶的NiO、CuO和Fe2O3，加

入“酸A”，根据已知②判断，应该为HCl，“物质B”起到调pH作用，同时最好不引入杂质，最后制备的是Ni，因此用Ni的碳酸盐，调pH同时，引入镍离子，“滤渣Ⅱ”为氢氧化铁，再加入Ni，发生反应为Ni+2Cu2++2Cl－=2CuCl+Ni2+，再加入NH4HCO3时，Ni2++2

HCO－3=NiCO3+H2O+CO2，所得滤液含氯化铵。根据Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，把粗镍转化为Ni(CO)4(g)需要在低温区，把Ni(CO)4(g)转化为纯镍，需要在高

温区，即可得出温度关系。18、解析：（1）盛有铜屑的仪器有支管口，名称为蒸馏烧瓶，反应时，蒸馏烧瓶溢出的气体有NO、HNO3、水蒸气，进入装置丙除去硝酸，再进入装置乙中除去水蒸气，当用NO排装置中空气时，NO遇空气生成二氧化氮（红棕色气体），因

此观察到装置丁红棕色气体消失时，空气已经排净，此时再生成氯气，经过装置乙进入装置丁，发生反应制备亚硝酰氯，多余的气体再经i尾气处理。亚硝酰氯是红褐色液体，因此观察到红褐色液体不再增加时，反应已经结束，而冰盐水起到的作用吸收反应放出能量，同时液化

亚硝酰氯，便于收集产品。（2）亚硝酰氯溶于水NOC1+H2O=HC1+HNO2，调pH为6，再加入硝酸银时，会生成亚硝酸盐和氯化银沉淀，加入硝基苯覆盖沉淀，防止滴定时发生沉淀转化，加入硝酸铁作指示剂，用NH4SCN滴定剩余的硝酸银，因此滴定终点判断根据滴入最后半滴NH4

SCN标准溶液时，溶液中变为血红色，且半分钟不恢复，剩余硝酸银为0.01V2×10－3，亚硝酰氯消耗的硝酸银0.1V1×10－3－0.01V2×10－3，n(NOCl)=（0.1V1×10－3－0.01V2×10－3）/2mol，原有的NOCl有1

0×（0.1V1×10－3－0.01V2×10－3）/2mol，计算市售亚硝酰氯纯度为%201.0-1.05.6521mVV）（。步骤①中，将NOCl溶解后立即转移至250mL容量瓶中，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏小，计算纯度结果偏高；步骤②中，有几滴AgNO3溶液滴落在锥形瓶外，导致滴

定时消耗的硫氰酸铵体积偏小，计算纯度结果偏高；步骤③中，有少量白色沉淀表面没有覆盖有机物，滴定时发生沉淀转化，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏大，计算纯度结果偏低；步骤④中，滴定终点时，有半滴液体悬挂尖嘴处，导致滴定时消耗的硫氰酸铵体积偏大，计算纯度

结果偏低。19、解析：物质A→物质B，根据H结构判断，甲醇应该和A中羧基发生反应，B→C过程，是A中羟基与氯乙烷反应，C→D引入硝基，硝基会转化为氨基，再根据H判断，C→D引入两个硝基，在物质C对应的醚键和酯基之

间的碳上，E→F，利用已知化学信息判断，F→G为，G后面反应能较容易判断。符合下列条件的F的同分异构体：用A表示－NHCHO结构，共12种。设计合成路线：20、解析：在T1、2L容器中充入0.2molCO2和0.2

molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收4kJ能量，反应Ⅱ特点是前后气体系数相等，因此恒容时，倍数改变投料，反应程度相同，因此若T1、2L容器中充入0.2molCO和0.2molH2O(g)，放出4.24kJ能量，进一步得出△H2=（4+4.24）×5=41.2kJ·mol—1。△G=△H—T△

S，可以得出直线的斜率为—△S，故直线a表示反应I，在1000K时，将1000代入△G=△H—T△S，注意统一单位，计算出△G越小，反应的自发趋势越大。在T2℃、340MPa时，在2L容积固定的密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)模拟空间站二氧化碳再

处理，平衡后，测得CH4(g)、CO(g)和CH3OH(g)体积分数分别为12%、6%、6%，方程式中CH4与H2O比值为1:2，CO与H2O比值为1:1，CH3OH与H2O比值为1:1，因此得出H2O%=3

6%，再根据CH4(g)、CO(g)比值为2:1，前两个反应看出整体可发现，二氧化碳与氢气1:3反应，与反应Ⅲ比值是相同的，余下气体百分数为40%，气体投料1molCO2(g)和3molH2(g)，消耗按照1:3消耗，则平衡时二者仍然是1:3，因此CO2%为10%，H2%为30%，

%6.70%100%10%6%6%12%6%6%122转化率CO根据投料和反应I可发现，二氧化碳有剩余，氢气全部参与反应，产率要根据氢气来计算。根据碳原子守恒：（设平衡是气体总物质的量为x

）1%x10%x6%x6%x12，解出x=50/17mol。%47%100431750%12甲烷产率，平衡时体系总压强p=340÷4×50/17=250MPa，代入Kp表达式：42250%30250%10250%36250%12）（）（

。根据图像可以判断出，相同温度时，催化剂A对应甲烷产率高一些，因此催化剂A催化效果好一些，同时在催化剂B作用下，甲烷产率随温度升高在逐渐减低，有可能催化剂失活导致，也有可能是催化剂选择性改变了，其它副反应选择性提高了。获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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