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2023 年一般高等学校招生全国统一考试课标卷 化学7. 以下有关燃料的说法错误的选项是 A燃料燃烧产物CO2 是温室气体之一B化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C以液化石油气代替燃油可削减大气污染 D燃料不完全燃烧排放的CO 是大气污染物之一【答案】B【考点定位】考察燃料燃烧，环境污染与防治等学问。【名师点睛】此题考察燃烧的燃烧，涉及化石燃料和液化石油气等，化石燃料是一种碳氢化合物或其衍生物。化 石燃料所包含的自然资源有煤、石油和自然气；液化石油气是由炼厂气或自然气(包括油田伴生气)加压、降温、 液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。8. 以下各组中的物质均能发生加成反响的是A. 乙烯和乙醇B苯和氯乙烯C乙酸和溴乙烷D丙烯和丙烷【答案】B【解析】试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反响，乙醇、溴乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只 能发生取代反响，不能发生加成反响，答案选B。【考点定位】考察有机反响类型【名师点睛】此题考察有机反响类型。取代反响、加成反响的异同比较如下：有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反响，称为取代反响；有机物分子中双键或 三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成的化合物的反响称为加成反响；“上一下一，有进有出”是取代反响的特点，“断一，加二都进来”是加成反响的特点；一般来说，烷烃、苯、饱和醇、饱和卤代烃往往简洁发生取代反响，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物 简洁发生加成反响。9. a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，b2-和C+离子的电子层构造一样，d 与b 同族。以下叙第1页 共13页述错误的选项是Aa 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1Bb 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc 的原子半径是这些元素中最大的Dd 和a 形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【考点定位】考察元素的推断，元素周期律的应用等学问。【名师点睛】此题考察元素的推断，元素周期律的应用等学问。在短周期元素中，能形成b2-和 C+离子的元素只能位于其次、第三周期，所以b 为氧元素，c 为Na 元素，H 原子的核外只有一个电子，则A 为H 元素，d 与b 同族，则d 为S 元素，然后依据元素周期律的根底学问解答即可。10. 分子式为C4H8Cl2 的有机物共有不含立体异构A 7 种B8 种C9 种D10 种【答案】C【解析】试题分析：依据同分异构体的书写方法，一共有9 种，分别为 1,2二氯丁烷；1,3二氯丁烷；1,4二氯丁烷； 1,1二氯丁烷；2,2二氯丁烷；2,3二氯丁烷；1,1二氯2甲基丙烷；1,2二氯2甲基丙烷；1,3二 氯2甲基丙烷。答案选C。【考点定位】考察同分异构体的推断。【名师点睛】此题考察同分异构体数目的推断。推断取代产物同分异构体的数目，其分析方法是分析有机物的构造特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进展推断。11. Mg-AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。以下表达错误的选项是A负极反响式为Mg-2e-=Mg2+B. 正极反响式为Ag+e-=Ag第2页 共13页C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移D. 负极会发生副反响Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2【答案】B【考点定位】考察原电池的工作原理。【名师点睛】此题以Mg-AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池为载体，考察原电池电极反响式的书写，离子的迁移方向等学问。化学电源是高考中的热点，也是难点，学生要结合原电池的学问来推断试题给出 的化学电源的工作原理，然后结合化合价的变化推断正、负极。 12某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进展如下试验：取少量样品参与足量水仍有局部固体未溶解；再参与足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品参与足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A. NaHCO 、Al(OH)B. AgCl、NaHCOCNa SO、BaCODNaCO 、CuSO33【答案】C3233234【解析】33试题分析：ANaHCO 、Al(OH)中参与足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终 无固体存在，A 项错误；BAgCl 不溶于水和酸，参与水后，碳酸氢钠溶解，而AgCl 不溶，再参与足量稀盐酸， AgCl 照旧不溶，固体不能全部溶解，B 项错误；C亚硫酸钠和碳酸钡中参与水，碳酸钡不溶于水使局部固体不溶解，参与稀盐酸，碳酸钡与盐酸反响生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品参与足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反响生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，符合题意，C 项正确；DNa2CO 、CuSO中加热足量稀34硫酸，振荡后无固体存在，D 项错误；答案选C。【考点定位】考察物质的推断和性质。【名师点睛】此题考察物质的推断和性质。该题既能检查学生元素化合物根底学问的把握状况，又能检查学生灵 活应用学问的力气，更能考察学生的规律推理力气，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条 件。13以下试验操作能到达试验目的的是试验目的试验操作第3页 共13页A B C D【答案】D制备 Fe(OH)3 胶体由 MgCl2 溶液制备无水MgCl2除去Cu 粉中混有的CuO比较水和乙醇中氢的活泼性将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3 溶液中将 MgCl2 溶液加热蒸干参与稀硝酸溶液，过滤、洗涤、枯燥分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【考点定位】考察化学试验根本操作。【名师点睛】此题考察化学试验根本操作。借助试验考察物质的根本性质，涉及胶体的制备、盐类水解的应用、 物质的除杂，水和乙醇中氢的活泼性检验，难度不大，只要寻常留意根底学问的积存，复习时结实把握试验根底学问，有效结合题中的信息，准确答题即可。其次卷2426联氨又称联肼，N H ，无色液体是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，答复以下问题：（1） 联氨分子的电子式为，其中氮的化合价为。（2） 试验室可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨，反响的化学方程式为 。32O2(g)+N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)H32 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g)H4=-1048.9kJ/mol上述反响热效应之间的关系式为H4=，联氨和N2O4 可作为火箭推动剂的主要缘由为 。（4） 联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相像，联氨第一步电离反响的平衡常数值为(：2N2H4+H+NH +的 K=8.7107；K=1.010-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。5W（5） 联氨是一种常用的复原剂。向装有少量AgBr 的试管中参与联氨溶液，观看到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3 处理水中溶解的O2 相比，联氨的优点是 。【答案】26、1 ；-2第4页 共13页2NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O3H4=2H3-2H2-H1 ；反响放热量大、产生大量气体48.710-7，N2H6(HSO4)25固体渐渐变黑，并有气泡产生1N2H4 的用量少，不产生其他杂质复原产物为 N2 和H2O，而 Na2SO3产生Na2SO4（4） 联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相像，则联氨第一步电离的方程式为 N2H4+H2ON H +OH-,25：N2H4+H+N H +的 K=8.7107；K=1.010-14，联氨第一步电离的平衡常数25WK=c(N H +)c(OH-)c(N H )= c(N H +)c(OH-)c(H+)c(N H )c(H+)=KKw=8.71071.010-14=8.710-7 ；联25242524氨为二元弱碱，酸碱发生中和反响生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。4（5） 联氨是一种常用的复原剂，AgBr 具有弱氧化性，两者发生氧化复原反响，化学方程式为4AgBr+N2H4= 4Ag+N2+4HBr，所以向装有少量AgBr 的试管中参与联氨溶液，可观看到固体渐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反响为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的氧气为 1kg32g/mol32g/moL=1kg；与使用Na2SO3 处理水中溶解的O2 相比，联氨的优点是N2H4 的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3 的氧化产物为Na2SO ，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。【考点定位】考察电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等学问。【名师点睛】此题以多学问点综合题的形式考察化学根本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解 质的电离平衡，简洁化学计算等学问。对于弱电解质电离平衡常数的计算要留意几点：准确书写电离平衡常数 的表达式；假设没有直接的数据代入，要依据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。 27丙烯腈CH2=CHCN是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛CH2=CHCHO和乙腈CH3CN 等，答复以下问题：（1） 以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈C3H3N和副产物丙烯醛C3H4O的热化学方程式如下：第5页 共13页 C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515kJ/mol C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) H=-353kJ/mol两个反响在热力学上趋势均很大，其缘由是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反响条件是；提高丙烯腈反响选择性的关键因素是。（2） 图a为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC低于460OC 时，丙烯腈的产率填“是”或者“不是”对应温度下的平衡产率，推断理由是；高于460OC 时，丙烯腈产率降低的可能缘由是双选，填标号A催化剂活性降低B平衡常数变大C副反响增多D反响活化能增大（3） 丙烯腈和丙烯醛的产率与n氨/n丙烯的关系如图b所示。由图可知，最正确n氨/n丙烯约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】27.1两个反响均为放热量大的反响；降低温度、降低压强；催化剂；（2） 不是；该反响为放热反响，平衡产率应随温度上升而降低 ；AC31 ； 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低； 1:7.5:1【解析】试题分析：1由于两个反响均为放热量大的反响，所以热力学趋势大；该反响为气体体积增大的放热反响， 所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图a 可知，提高丙烯腈反响选择性的关键因素是催化剂。（3） 依据图像可知，当n氨/n丙烯约为1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根第6页 共13页据化学反响C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按 1:1.5:1 的体积比参与反响到达最正确状态，而空气中氧气约占 20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。【考点定位】考察影响化学平衡的因素，化学图像的分析与推断，化学计算等学问。【名师点睛】此题考察影响化学平衡的因素，化学图像的分析与推断，化学计算等学问。该题是对化学平衡的集 中考察，涉及的学问点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后依据图象中呈现的关系、题给信息和所学 学问相结合，做出符合题目要求的解答。28(15 分)某班同学用如下试验探究Fe2+、Fe3+的性质。答复以下问题：（1） 分别取确定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液在FeCl2 溶液中需参与少量铁屑，其目的是。（2） 甲组同学取 2mLFeCl2 溶液，参与几滴氯水，再参与 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红，说明 Cl2 可将Fe2+氧化。FeCl2 溶液与氯水反响的离子方程式为 。（3） 乙组同学认为甲组的试验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2 溶液中先参与 0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是 。（4） 丙组同学取 10 mL0.1mol/LKI 溶液，参与 6mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合。分别取 2mL 此溶液于 3 支试管中进展如下试验： 第一支试管中参与 1mLCCl4 充分振荡、静置，CCl4 层呈紫色； 其次只试管中参与 1 滴 K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀： 第三支试管中参与 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红。试验检验的离子是填离子符号；试验和说明：在I- 过量的状况下，溶液中仍含有填离子符号，由此可以证明该氧化复原反响为 。（5） 丁组同学向盛有H2O2 溶液的试管中参与几滴酸化的FeCl3 溶液，溶液变成棕黄色，发生反响的离子方程式为；一段时间后溶液中有气泡消灭，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的缘由是；生成沉淀的缘由是 用平衡移动原理解释。【答案】28.(1)防止Fe2+被氧化22Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（3） 隔绝空气排解氧气对试验的影响（4） Fe2+；Fe3+；可逆反响(5)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，Fe3+催化H2O2 分解产生O2；H2O2 分解反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。第7页 共13页3防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，则煤油的作用是隔绝空气。2444依据Fe2+的检验方法，向溶液中参与 1 滴 K3Fe(CN)6 溶液，假设生成蓝色沉淀，确定含有亚铁离子；则试验检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl ，在CCl 中呈紫色，Fe3+遇 KSCN 溶液显血红色，试验和说明，在I-过量的状况下，溶液中仍含有Fe3+和 I ，由此可以证明该反响为可逆反响。【考点定位】考察铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2 的性质，盐类的水解等学问。【名师点睛】此题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2 的性质为根底，考察了探究试验方案的设计与评价， 学生读题不会感到生疏，有利于考察学生的根底学问，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2 的性质，盐类的水解等学问。人们常用KSCN 溶液检验Fe3+的存在，假设向溶液中参与几滴KSCN 溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义 Fe3+；人们常用 K3Fe(CN)6 溶液检验Fe2+的存在，假设向溶液中参与几滴 K3Fe(CN)6 溶液，生成蓝色沉淀，则该溶液中含义Fe2+。36化学-选修 2：化学与技术(15 分双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常承受蒽醌法，其反响原理和生产流程如以下图：第8页 共13页A氢化釜B过滤器C氧化塔D萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在确定的温度、压力和催化剂作用下进展氢化，再经氧化、 萃取、净化等工艺得到双氧水。答复以下问题：（1） 蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是，循环使用的|原料是，配制工作液时承受有机溶剂而不承受水的缘由是。（2） 氢化釜A 中反响的化学方程式为，进入氧化塔C 的反响混合液中的主要溶质为。（3） 萃取塔D 中的萃取剂是，选择其作萃取剂的缘由是。22（4） 工作液再生装置F 中要除净残留的H O ，缘由是。（5） 双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4 溶液测定，该反响的离子方程式为。一种双氧水的质量分数为 27.5%，密度为 1.10gcm3，其浓度为mol/L。【答案】36(1) 1氢气和氧气 乙基蒽醌 乙基蒽醌乙基氢蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂2（3） 水H2O2 溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水2（4） H2O2 分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸乙基氢蒽醌4256H+5H2O2+2MnO -=2Mn2+5O+8H O ；8.9（3） 萃取塔D 中需要分别双氧水和乙基蒽醌，H2O2 溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，所以选取的萃取剂是水。22（4） H2O2 分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F 中要除净残留的H O 。422（5） 双氧水在酸性条件下与KMnO4 发生氧化复原反响，Mn 元素的化合价由+7 价降低到+2 价，O 元素的化合价由-价上升到 0 价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反响的离子方程式为6H+5H2O2+2MnO -=2Mn2+5O +8H O；依据公式c=1000paM=10001.1027.5%34=8.9mol/L。【考点定位】考察工业制双氧水的工艺流程分析等学问。第9页 共13页【名师点睛】此题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，考察了化工中的根本操作和常见工艺流程分析，虽 然背景生疏，但考点并不突兀，依据反响原理和生产流程分析可知，氢气与乙基蒽醌在氢化釜中反响生成乙基氢 蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反响乙基蒽醌与H2O2，利用乙基蒽醌与 H2O2 的物理性质将其分别，学问来源于课本，高于课本，学生读题不会感到生疏，有利于考察学生的根底学问。37化学-选修 3：物质构造与性质15 分东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜铜镍合金著名中外，曾主要用于造币， 亦可用于制作仿银饰品。答复以下问题：（1） 镍元素基态原子的电子排布式为，3d 能级上的未成对的电子数为。（2） 硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4 蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4 中阴离子的立体构型是。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3 之间形成的化学键称为，供给孤电子对的成键原子是。3氨的沸点填“高于”或“低于”膦PH ，缘由是；氨是分子填“极性”或“非极性”， 中心原子的轨道杂化类型为。CuNi（3） 单质铜及镍都是由键形成的晶体：元素铜与镍的其次电离能分别为：I=1959kJ/mol，I=1753kJ/mol， II的缘由是。CuNi（4） 某镍白铜合金的立方晶胞构造如以下图。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为。假设合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=nm【答案】37. 11s22s22p63s23p63d84s2 或Ar 3d84s22（2） 正四周体配位键N高于NH3 分子间可形成氢键极性 sp3（3） 金属铜失去的是全布满的 3d10 电子，镍失去的是 4s1 电子43:1【解析】第10页共13页试题分析：1镍是 28 号元素，位于第四周期，第族，依据核外电子排布规章，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d 能级有 5 个轨道，这5 个轨道先占满 5 个自旋方向一样的电子，再分别占据三个轨道， 电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。4（2） 依据价层电子对互斥理论，SO 2-的 键电子对数等于 4，孤电子对数6+2-242=0，则阴离子的立体构型是正四周体形。依据配位键的特点，在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3 之间形成的化学键称为配位键，供给孤电子对的成键原子是N。3氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦PH ；依据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N 的 键电子对数等于 3，孤电子对数5-32=1，则中心原子N 是 sp3 杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。【考点定位】考察核外电子排布，轨道杂化类型的推断，分子构型，化学键类型，晶胞的计算等学问。【名师点睛】此题考察核外电子排布，轨道杂化类型的推断，分子构型，物质熔沸点的推断，化学键类型，晶胞 的计算等学问，保持了往年学问点比较分散的特点，立足课本进展适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数 目往往承受均摊法：位于晶胞顶点的原子为8 个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/8；位于晶胞面心的原子为 2 个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/2；位于晶胞棱心的原子为 4 个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为 1/4；位于晶胞体心的原子为 1 个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1。38化学-选修 5：有机化学根底15 分氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为下：，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯G的合成路线如第11页共13页：A 的相对分子量为 58，氧元素养量分数为 0.276，核磁共振氢谱显示为单峰答复以下问题：1A 的化学名称为。2B 的构造简式为，其核磁共振氢谱显示为组峰，峰面积比为。（3） 由C 生成D 的反响类型为。（4） 由D 生成E 的化学方程式为。5G 中的官能团有、。填官能团名称6G 的同分异构体中，与G 具有一样官能团且能发生银镜反响的共有种。不含立体异构【答案】38.11丙酮226:13取代反响45碳碳双键 酯基 氰基68【解析】试题分析：1A 的相对分子量为 58，氧元素养量分数为 0.276，则氧原子个数为 580.27616=1，依据商余法，364212=36，A 分子的分子式为C H O，核磁共振氢谱显示为单峰，则A 为丙酮。2A 为丙酮，依据题给的信息，B 为磁共振氢谱显示为 2 组峰，峰面积比为 6:1。，依据B 的构造简式可知，B 分子中有 2 种氢原子，其核第12页共13页【考点定位】考察有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的推断等学问。【名师点睛】此题考察有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的推断等学问。此题涉及到 的有机物的合成，思路及方法与往年并没有差异，合成路线不长，考点分布在官能团、反响类型、有机化学反响方程式和同分异构体等根本学问点上。对于有机物的推断关键是看懂信息，明确各类有机物的根本反响类型和相互转化关系，审题时要抓住根底学问，结合信息进展分析、联想、比照、迁移应用、参照反响条件推出结论。第13页共13页
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