【高考真题】2023年高考理综化学真题试卷（新课标卷）

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【高考真题】2023年高考理综化学真题试卷（新课标卷）
一、单选题
1．（2023·新课标卷）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
2．（2023·新课标卷）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．该高分子材料可降解 B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇 D．该聚合反应为缩聚反应
3．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
4．（2023·新课标卷）一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，可插入层间形成。下列说法错误的是
A．放电时为正极
B．放电时由负极向正极迁移
C．充电总反应：
D．充电阳极反应：
5．（2023·新课标卷）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
A．A
B．B
C．C
D．D
6．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
7．（2023·新课标卷）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线
B．的溶度积常数
C．反应的平衡常数K的值为
D．时，溶液中
二、工业流程题
8．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为　 　(填化学式)。
（2）水浸渣中主要有和　 　。
（3）“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是　 　。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以和的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致　 　；时，会导致　 　。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到沉淀，在时，溶解为或在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明具有_______(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠()溶液，反应的离子方程式为　 　。
三、实验题
9．（2023·新课标卷）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及 ，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。
③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。
回答下列问题：
（1）仪器A中应加入　 　(填“水”或“油”)作为热传导介质。
（2）仪器B的名称是　 　；冷却水应从　 　(填“a”或“b”)口通入。
（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是　 　。
（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为　 　；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行　 　？简述判断理由　 　。
（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止　 　。
（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量　 　洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
（7）本实验的产率最接近于　 　(填标号)。
a． b． c． d．
四、原理综合题
10．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的　 　。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为　 　(填步骤前的标号)，理由是　 　。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为　 　，判断的依据是　 　。
②进料组成中含有情性气体的图是　 　。
③图3中，当、时，氮气的转化率　 　。该温度时，反应的平衡常数　 　(化为最简式)。
五、有机推断题
11．（2023·新课标卷）莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）C中碳原子的轨道杂化类型有　 　种。
（3）D中官能团的名称为　 　、　 　。
（4）E与F反应生成G的反应类型为　 　。
（5）F的结构简式为　 　。
（6）I转变为J的化学方程式为　 　。
（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)；
①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A.纤维素分子式为：(C6H10O5)n，相对分子质量可以达到几万甚至几十万，属于天然高分子化合物，A项正确；
B. 羟基磷灰石 的化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机化合物；B项正确；
C.石膏的化学式为硫酸钙，熟石灰为氢氧化钙，C项错误；
D. Fe2O3 ，俗称铁红，常作为红色尤其涂料，D项正确；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.注意高分子化合物的定义，根据纤维素分子式进行判断即可。
C.注意常见物质的俗称，石膏、石灰石、生石灰、熟石灰等区别。
2．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料；聚合反应
【解析】【解答】A.根据高分子结构式可知，含有酯基，可以通过水解进行降解，A项正确；
B.饱和碳原子上连接不同原子或者原子团为手性碳，
C.根据原子守恒可知，X为甲醇，C项正确；
D.该反应通过脱水缩合生成聚合物，同时产生小分子，属于缩聚反应，D正确
故答案为：B。
【分析】方法总结：手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数BD.由图可知，为平面结构，所以C原子和氮原子都是sp2杂化，由于B原子形成4个共价键，无孤对电子，所以为sp3杂化，O原子形成两个共价键，还有两个孤对电子，所以为sp3杂化，D项错误；
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
4．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据化合价升降可知，该电池中Zn为负极；为正极，A项正确；
B.电解质溶液阴阳离子移动的方向为：阳正阴负，B项正确；
C.放电时总反应为：，放电与充电时相反的，所以反应为：，C项错误；
D.充电阳极上，氧化为，根据化合价变化可知，阳极反应为：，D项正确；
故答案为：C。
【分析】解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
5．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；苯酚的性质及用途；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，稀硝酸与铁会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；
B.浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，也会产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；
C.在形成原电池过程中，活泼金属做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；
D.溴水和苯发生萃取，从而使溴水褪色，不是发生加成反应，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：B.进行硫酸根或者亚硫酸根检验时，不能用硝酸酸化，一般用盐酸酸化。
C.一般原电池负极活泼型大于正极，可以进行金属活泼性判断。
6．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.根据定义可知，电荷分布不均匀，不对称，为极性分子，NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀；A项正确；
B.根据反应过程可知，反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键形成，B项正确；
C.根据反应历程可知，Fe2+先被氧化为Fe3+，又被还原为Fe2+，C项正确；
D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，D项错误；
故答案为：D。
【分析】解答关于反应历程的题目思路：弄清楚反应化学键的断裂和形成，以及元素化合键的变化即可进行解答。
7．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由图可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；
B.由图可知，根据曲线III和VI可知，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L ，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；
C.根据坐标（-1，-2.35）（-1，5.16），溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，那么平衡常数为：，C项正确；
D.由图可知，在c（NH3）=0.01mol/L时，可以看出，，D项正确；
故答案为：B。
【分析】在氯化银饱和溶液中，银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子也增大，滴加氨水过程中，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，解答即可。
8．【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al（OH）3
（4）不能形成 沉淀；不能形成 沉淀
（5）C
（6）2Cr2O +3S2O +10H+=4Cr3++6SO +5H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；
（2）由分析可知，二氧化硅、氧化铁都不溶于水，所以，水浸渣为二氧化硅、氧化铁；
（3）沉淀步骤调pH到弱酸性的目的是将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，形成氢氧化铝沉淀；
（4）加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH9时，二者应该都要沉淀，所以当pH>9时，可能为MgSiO3不能沉淀，pH<9时，可能MgNH4PO4不能沉淀；
（5））由题给可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，所以为两性氧化物；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，该离子反应为：
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣和含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
9．【答案】（1）油
（2）球形冷凝管；a
（3）防暴沸
（4）FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
（5）抑制氯化铁水解
（6）a
（7）b
【知识点】有机物的合成；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热；
（2）B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应下进上出；
（3）向热的溶液加入冷的物质，会发生爆沸，所以 必须待沸腾平息后方可加入 ；
（4）FeCl3为氧化剂，化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6））根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；
（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为：
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，但是里面含有杂质有：安息香，氯化铁，安息香不溶于水，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
10．【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1②在恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar的图是图4
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
11．【答案】（1）3-甲基苯酚(间甲基苯酚)
（2）2
（3）氨基；羟基
（4）取代反应
（5）
（6） +H2O +HCl+N2↑
（7）9；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3-甲基苯酚；
（2）有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为2种；
（3）有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基；
（4）有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，所以反应类型为取代反应；
（5）根据分析，有机物F的结构简式为；
（6）有机物I与水反应生成有机物J，为水解反应，生成HCl和氮气，反应为：
+H2O +HCl+N2↑
（7）连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种：
，，，，，，
，，，其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3：3：3：2：2：1的同分异构体的结构简式为：
【分析】1.解题思路 ：原题→审题、综合分析，隐含条件明显条件→找出解题突破口 (结构、反应、性质、现象特征)， 顺推可逆推→ 结论←检验 。 2.解题关键： ⑴根据有机物的物理性质，有机物特定的反应条件寻找突破口。 ⑵根据有机物之间的相互衍变系寻找突破口。 ⑶根据有机物结构上的变化，及某些特征现象上寻找突破口。 ⑷根据某些特定量的变化寻找突破口。
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【高考真题】2023年高考理综化学真题试卷（新课标卷）
一、单选题
1．（2023·新课标卷）化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A．竹简的成分之一纤维素属于天然高分子
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2
D．古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
【答案】C
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；多糖的性质和用途
【解析】【解答】A.纤维素分子式为：(C6H10O5)n，相对分子质量可以达到几万甚至几十万，属于天然高分子化合物，A项正确；
B. 羟基磷灰石 的化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机化合物；B项正确；
C.石膏的化学式为硫酸钙，熟石灰为氢氧化钙，C项错误；
D. Fe2O3 ，俗称铁红，常作为红色尤其涂料，D项正确；
故答案为：C。
【分析】易错分析：A.注意高分子化合物的定义，根据纤维素分子式进行判断即可。
C.注意常见物质的俗称，石膏、石灰石、生石灰、熟石灰等区别。
2．（2023·新课标卷）光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A．该高分子材料可降解 B．异山梨醇分子中有3个手性碳
C．反应式中化合物X为甲醇 D．该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料；聚合反应
【解析】【解答】A.根据高分子结构式可知，含有酯基，可以通过水解进行降解，A项正确；
B.饱和碳原子上连接不同原子或者原子团为手性碳，
C.根据原子守恒可知，X为甲醇，C项正确；
D.该反应通过脱水缩合生成聚合物，同时产生小分子，属于缩聚反应，D正确
故答案为：B。
【分析】方法总结：手性碳原子判断：1、要判断一个碳原子是否为手性碳，首先要满足的条件是该碳原子必须为饱和碳，即连接有4个基团；2、其次，若一个碳原子为手性碳原子，那么该碳原子上所连的4个基团必须不一样。
3．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数BD.由图可知，为平面结构，所以C原子和氮原子都是sp2杂化，由于B原子形成4个共价键，无孤对电子，所以为sp3杂化，O原子形成两个共价键，还有两个孤对电子，所以为sp3杂化，D项错误；
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
4．（2023·新课标卷）一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，可插入层间形成。下列说法错误的是
A．放电时为正极
B．放电时由负极向正极迁移
C．充电总反应：
D．充电阳极反应：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据化合价升降可知，该电池中Zn为负极；为正极，A项正确；
B.电解质溶液阴阳离子移动的方向为：阳正阴负，B项正确；
C.放电时总反应为：，放电与充电时相反的，所以反应为：，C项错误；
D.充电阳极上，氧化为，根据化合价变化可知，阳极反应为：，D项正确；
故答案为：C。
【分析】解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
5．（2023·新课标卷）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项 实验操作及现象 结论
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
取一定量样品，溶解后加入溶液，产生白色沉淀。加入浓，仍有沉淀 此样品中含有
将银和溶液与铜和溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 的金属性比强
向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；苯酚的性质及用途；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，稀硝酸与铁会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；
B.浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，也会产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸根，B错误；
C.在形成原电池过程中，活泼金属做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；
D.溴水和苯发生萃取，从而使溴水褪色，不是发生加成反应，D项错误；
故答案为：C。
【分析】易错分析：B.进行硫酸根或者亚硫酸根检验时，不能用硝酸酸化，一般用盐酸酸化。
C.一般原电池负极活泼型大于正极，可以进行金属活泼性判断。
6．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.根据定义可知，电荷分布不均匀，不对称，为极性分子，NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀；A项正确；
B.根据反应过程可知，反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键形成，B项正确；
C.根据反应历程可知，Fe2+先被氧化为Fe3+，又被还原为Fe2+，C项正确；
D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，D项错误；
故答案为：D。
【分析】解答关于反应历程的题目思路：弄清楚反应化学键的断裂和形成，以及元素化合键的变化即可进行解答。
7．（2023·新课标卷）向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应和，与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。
下列说法错误的是
A．曲线I可视为溶解度随浓度变化曲线
B．的溶度积常数
C．反应的平衡常数K的值为
D．时，溶液中
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由图可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A正确；
B.由图可知，根据曲线III和VI可知，溶液中银离子和氯离子浓度均为10-5mol/L ，则氯化银的溶度积为10-5×10-5=10-10，故B错误；
C.根据坐标（-1，-2.35）（-1，5.16），溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，那么平衡常数为：，C项正确；
D.由图可知，在c（NH3）=0.01mol/L时，可以看出，，D项正确；
故答案为：B。
【分析】在氯化银饱和溶液中，银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子也增大，滴加氨水过程中，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，解答即可。
二、工业流程题
8．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为　 　(填化学式)。
（2）水浸渣中主要有和　 　。
（3）“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是　 　。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以和的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致　 　；时，会导致　 　。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到沉淀，在时，溶解为或在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明具有_______(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠()溶液，反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al（OH）3
（4）不能形成 沉淀；不能形成 沉淀
（5）C
（6）2Cr2O +3S2O +10H+=4Cr3++6SO +5H2O
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；
（2）由分析可知，二氧化硅、氧化铁都不溶于水，所以，水浸渣为二氧化硅、氧化铁；
（3）沉淀步骤调pH到弱酸性的目的是将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，形成氢氧化铝沉淀；
（4）加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH9时，二者应该都要沉淀，所以当pH>9时，可能为MgSiO3不能沉淀，pH<9时，可能MgNH4PO4不能沉淀；
（5））由题给可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，所以为两性氧化物；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，该离子反应为：
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣和含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
三、实验题
9．（2023·新课标卷）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及 ，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。
③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。
回答下列问题：
（1）仪器A中应加入　 　(填“水”或“油”)作为热传导介质。
（2）仪器B的名称是　 　；冷却水应从　 　(填“a”或“b”)口通入。
（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是　 　。
（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为　 　；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行　 　？简述判断理由　 　。
（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止　 　。
（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量　 　洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
（7）本实验的产率最接近于　 　(填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）油
（2）球形冷凝管；a
（3）防暴沸
（4）FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
（5）抑制氯化铁水解
（6）a
（7）b
【知识点】有机物的合成；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热；
（2）B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应下进上出；
（3）向热的溶液加入冷的物质，会发生爆沸，所以 必须待沸腾平息后方可加入 ；
（4）FeCl3为氧化剂，化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6））根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；
（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为：
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，但是里面含有杂质有：安息香，氯化铁，安息香不溶于水，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
四、原理综合题
10．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的　 　。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为　 　(填步骤前的标号)，理由是　 　。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为　 　，判断的依据是　 　。
②进料组成中含有情性气体的图是　 　。
③图3中，当、时，氮气的转化率　 　。该温度时，反应的平衡常数　 　(化为最简式)。
【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1②在恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar的图是图4
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
五、有机推断题
11．（2023·新课标卷）莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。以下为其合成路线之一。
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。
（2）C中碳原子的轨道杂化类型有　 　种。
（3）D中官能团的名称为　 　、　 　。
（4）E与F反应生成G的反应类型为　 　。
（5）F的结构简式为　 　。
（6）I转变为J的化学方程式为　 　。
（7）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的共有　 　种(不考虑立体异构)；
①含有手性碳；②含有三个甲基；③含有苯环。
其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为　 　。
【答案】（1）3-甲基苯酚(间甲基苯酚)
（2）2
（3）氨基；羟基
（4）取代反应
（5）
（6） +H2O +HCl+N2↑
（7）9；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3-甲基苯酚；
（2）有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为2种；
（3）有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基；
（4）有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，所以反应类型为取代反应；
（5）根据分析，有机物F的结构简式为；
（6）有机物I与水反应生成有机物J，为水解反应，生成HCl和氮气，反应为：
+H2O +HCl+N2↑
（7）连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种：
，，，，，，
，，，其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3：3：3：2：2：1的同分异构体的结构简式为：
【分析】1.解题思路 ：原题→审题、综合分析，隐含条件明显条件→找出解题突破口 (结构、反应、性质、现象特征)， 顺推可逆推→ 结论←检验 。 2.解题关键： ⑴根据有机物的物理性质，有机物特定的反应条件寻找突破口。 ⑵根据有机物之间的相互衍变系寻找突破口。 ⑶根据有机物结构上的变化，及某些特征现象上寻找突破口。 ⑷根据某些特定量的变化寻找突破口。
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