2023年高考化学真题完全解读（广东卷）

2023年高考真题完全解读(广东卷)2023年是广东全面实施新课程、新教材、新高考的开局之年，化学试题依据《普通高中化学课程标准(2017年
版2020年修订)》和《中国高考评价体系》，考查内容涵盖核心价值、学科素养、关键能力与必备知识。发挥了“立德树人，服务选材，引导教
学”核心功能，全面覆盖“核心价值，学科素养，关键能力，必备知识”考查内容，实现了“基础性，综合性，应用性，创新性”考查要求，重点考
查学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。化学试题平稳过渡，稳中有新，今年的试题立足于课标，结合中学学情实际，整体平稳、层次分明
，有利于引导中学教学和高校选才，特别是试题充分估量了本届考生受疫情以及选科变化的影响，充分考虑了教情跟学情，题型、结构和难度与去年
保持总体平稳，助力学生稳定心态发挥水平。试题延续了去年的风格和结构，学生易于入手。一、立德树人，彰显化学学科价值试题在考查学生必备
知识、关键能力的同时，关注学科素养、核心价值的培育，突出“立德树人、服务选才、引导教学”的功能，既让学生感受到中华文明对世界文明的
贡献，又让学生感觉到我们国家的现代科技发展进步，重大建设成就和社会发展成果。如：以中国古乐器为切入点，考查硅酸盐材料判断；第2题以
北京冬奥会、神舟十三号、天宫课堂、华龙一号核电为情境，考查天然有机高分子、化学变化、同位素等概念；第2小题当中，浓缩了我国四大科技
成果于试题中，呈现了中国式现代化建设取得的新时代历史成就。第3小题中，美丽乡村守护中华家园，强化了学生的理想信念、爱国主义教育，弘
扬了社会主义核心价值观，把显性的考查和隐性的教育结合起来。第7题以劳动、生产活动为背景，向学生展示了化学在生产生活中的重要作用，同
时也树立了劳动美的价值观，对于科学态度和社会责任的落实起到了推动作用，第18题Ni、Co均是重要的战略性金属，利用氨浸工艺可提取N
i、Co，并获得高附加值化工产品等。二、重视基础，引导遵循课程标准在注重基础知识考查的前提下，深化化学学科关键能力和学科核心素养的
考查。试题以理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、研究与创新等四项关键能力为学生的水平表征，清晰呈现各项能力水平的内在逻辑。试题深化
基础性考查，引导中学教学遵循教育规律、回归课标、回归教材，注重对知识的理解与应用。以选择题为例，每题设计一个主题思想，各个选项围绕
主题考查不同的知识内容或从不同角度考查同一知识内容，这种做法大大增加了整份试卷的知识覆盖面，提高了考试信度，有效地考查了考生对化学
学科主干与核心知识的掌握程度。如：第4题考查NH3喷泉实验，涉及氨的制备、收集和干燥方法；第6题和第16题都考查了电化学。其中第6
题是原电池，侧重于原电池工作原理的考查，内容比较基础；第16题是电解池，侧重于电解池的应用原理，难度较大，考查电解原理的理解及判断
，电解池电极反应式及化学方程式的书写，电解池有关计算；第8题考查有机官能团的性质及结构；第9题的二氧化硫的制取，考查净化、收集、性
质检验及尾气处理的装置；第11题阿伏加德罗常数的判断；第12题考查漂白粉和漂粉精；浓硫酸的强氧化性，温度对化学平衡移动的影响，一元
强酸与一元弱酸的比较等基础知识。三、关注能力，深入考查学科素养试题中体现了关键能力的考查，为了考查分析问题和解决问题的综合能力，合
理地设计能力层级，服务科学选才，助力创新人才的培养。部分试题突破了封闭式作答的藩篱，进一步探索半开放性试题的一个设计，鼓励考生运用
创造性、发散思维，多角度分析解决问题，引导教学改变追求唯一的标准答案、总结答题套路等固化的复习备考模式。情境设题成为高考命题的基本
原则，主要从“生活科学实践”和“重大社会热点”中选择情境，考查学生解决实际问题和从事科学研究的能力，试题开放性和探究性将进一步加大
。如：第17题的第5小问，写出化学能转化为热能在生产或生活中的一种应用；第20题第3小问，分析预测化合物可能的化学性质等等；试题加
强学科内容的综合性考查，如第18题，以处理后的矿石硝酸浸取液提取镍、钴为主线，渗透物质结构、反应速率、弱电解质溶液和物质的量的一个
考查；第19题，以配合物分离稀土为主线，渗透反应速率、化学平衡以及控制变量等方法的考查。四、重视迁移，展示化学特有魅力试题以社会生
活实际为背景设立相应的情境，关注我国科学技术发展，重点考查学生运用必备知识解决实际问题的能力，发挥了育人的导向作用。通过运用所学的
知识解释身边的相关现象，解决实际问题的能力，充分体现了课堂知识迁移到实际生活，体现了学生把知识转化为能力的素养。试题中利用独特的化
学符号体系和丰富的表征方式，如电化学、分子结构、晶胞结构、价类二维图、能量反应进程变化曲线等等，丰富的情境创设，体现了学科独特的语
言魅力。如：第6题以负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除Cl-实现废酸的纯化，考查原电池工作原理；第8题2022年诺贝尔化学奖的
“点击化学”；如第13题利用活性石墨电极电解饱和食盐水为载体，考查氯及其化合物性质；第16题用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解
池，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨；第20题基于CO、碘代烃类等，合成化合物有机物的路线进行分析，全面考查分析推断能力。五、
图文并茂，聚焦问题设计 图片是试卷的重要组成部分，题目设计上强调对考生分析解决(解答)化学问题能力的考查，试卷的信息量有所增加，情
境复杂，图文并茂。本卷涉及图象或图表的达17题，占85%。其中第1、4、6、8、9、10、13、15、16、17、18、19、20
题均有图形，第7、12、18、19、20题均有图表。利用图形、图表、反应流程等多种形式实现对考生获取信息、吸收整合信息能力的考查，
使试题能全面考查考生的化学学科素养。题号难度考查内容详细知识点选择题1易元素及其化合物硅酸盐工业；化学科学对人类文明发展的意义；金
属材料的性质及利用。2易化学与STS元素周期表提供的元素信息；元素、核素、同位素；化学科学对人类文明发展的意义。3易化学与STS二
氧化硅的用途；醇类的物理性质；淀粉和纤维素。4易化学实验基础氨的喷泉实验；氨气的实验室制法。5易物质的分类物质结构胶体的性质和应用
；物理变化与化学变化；苯分子结构的特点。6易化学反应原理(原电池)原电池；原电池电子流向判断及应用；原电池电极反应式书写；原电池有
关计算。7易化学与可持续发展铁与非金属单质反应；甲烷的燃烧；蛋白质的变性；绿色化学与可持续发展。8易有机化学基础(官能团结构与性质
)有机反应类型；有机官能团的性质及结构；含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算；多官能团有机物的结构与性质。9中元素及其化合物(硫
)含硫化合物之间的转化；二氧化硫的化学性质；温度对化学反应速率的影响。10中物质的分类与转化酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；
钠与水反应原理；过氧化钠与水的反应；醛类与新制氢氧化铜悬浊液的反应。11中阿伏加德罗常数物质的量有关计算；结合气体物质与NA相关推
算；结合物质结构基础知识与NA相关推算。12易元素及其化合物漂白粉和漂粉精；浓硫酸的强氧化性；温度对化学平衡移动的影响；一元强酸与
一元弱酸的比较。13中元素及其化合物(氯)氯气的化学性质；原电池、电解池综合考查。14较难物质结构与性质(元素推断)电离能变化规律
；元素性质与电负性的关系；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；氢键对物质性质的影响。15中化学反应原理吸热反应和放热反应；影响化学
反应速率的因素；活化能及其对反应速率的影响；化学平衡的移动及其影响因素。16中化学反应原理(电解)电解原理的理解及判断；电解池电解
基本判断；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断；电解池有关计算。非选择题17中综合实验设计和评价化学反应热的计算；中和热的测定
与误差分析；酸碱中和滴定原理的应用。18中化学工艺流程盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；盐溶液中离子浓度大小的比较
；晶胞的有关计算；常见无机物的制备。19难化学反应原理化学反应速率计算；化学平衡的移动及其影响因素；转化率的相关计算及判断；轨道表
示式。20中有机合成与推断根据要求书写同分异构体；有机物的推断；根据题给物质选择合适合成路线；有机合成综合考查。1．教学过程中要进
一步加强对常见元素化合物、基本概念、基本原理、基础实验等基础性知识的教学，要着重关注学生容易出现理解偏差或理解深度不够的内容，我们
既要让学生知其然还要知其所以然，真正把学科观念和思维方法落实到位，避免过多“死记硬背”。2．复习过程中要加强学科知识的融合，精心设
计好知识复习专题，加强知识间的联系，融汇贯通，形成知识网络化、逻辑性更强的知识体系，以便学生更好提取和运用。3．避免过多的僵化机械
训练，在高考题中，会出新的情景、新的设问、新的融合、新的角度，要多加强变式训练，引导学生思维开放，提高学生的适应能力，以便能够更好
地应对高考，更从容接受高考的选拔。4．复习过程中不能好高骛远，以打牢知识为本，能力培养为关键，素养培育为核心，价值引领为导向，不可
一味求新、求变，不能一味加大难度、无限制拔高，应当根据学情，精心选择和设计内容，把学生最需要的给他，让他在现有水平上有所提高。5．
加强学生思维能力的培养，要加强学生语言组织能力的培养，在教学中可以适当提高学生自主探究、分析和思考的时间，给一定的空间友感悟知识，
从过程中寻找答案。一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是( )A．九霄环佩木古琴B．
裴李岗文化骨笛C．商朝后期陶埙D．曾侯乙青铜编钟【答案】C【解析】A项，九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；B项，裴
李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；C项，商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；D项，曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错
误； 故选C。2．科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是( )A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂气，是第族
元素B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位
素D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体【答案】C【解析】A项，化学符号Xe，原子序数54，在元
素周期表中处于第5周期0族，故A错误；B项，赤铁矿的主要成分是Fe2O3，不是FeO，故B错误；C项，2H与3H具有相同的质子数，
不同的中子数，互为同位素，故C正确；D项，金刚石是共价晶体，故D错误；故选C。3．建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列
说法正确的是( )A．千家万户通光纤，光纤的主要材质为B．乡村公路铺沥青，沥青属于天然无机材料C．美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油难
溶于水D．均衡膳食助健康，主食中的淀粉可水解为葡萄糖【答案】D【解析】A项，光纤的主要材质为二氧化硅，A错误；B项，沥青属于有机材
料，B错误；C项，甘油溶于水，C错误；D项，淀粉水解的最终产物为葡萄糖，D正确； 故选D。4．1827年，英国科学家法拉第进行了N
H3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是( )?A．图1：喷泉实验B．图2：干燥N
H3C．图3：收集NH3D．图4：制备NH3【答案】B【解析】A项，NH3极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，从而产生喷泉，故
A可以达到预期；B项，P2O5为酸性氧化物，NH3具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P2O5干燥NH3，故B不可以达到预期；C
项，NH3的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，故C可以达到预期；D项，CaO与浓氨水混合后与水反应并放出大量的热，促使NH3挥
发，可用此装置制备NH3，故D可以达到预期；故选B。5．化学处处呈现美。下列说法正确的是( )A．舞台上干冰升华时，共价键断裂B．
饱和CuSO4溶液可析出无水蓝色晶体C．苯分子的正六边形结构，单双键交替呈现完美对称D．晨雾中的光束如梦如幻，是丁达尔效应带来的美
景【答案】D【解析】A项，舞台上干冰升华物理变化，共价键没有断裂，A错误；B项，饱和CuSO4溶液可析出的蓝色晶体中存在结晶水为五
水硫酸铜，B错误；C项，苯分子的正六边形结构，六个碳碳键完全相同呈现完美对称，C错误；D项，晨雾中由于光照射胶体粒子散射形成的光束
如梦如幻，是丁达尔效应带来的美景，D正确； 故选D。6．负载有Pt和Ag的活性炭，可选择性去除Cl-实现废酸的纯化，其工作原理如图
。下列说法正确的是( )A．Ag作原电池正极B．电子由Ag经活性炭流向PtC．Pt表面发生的电极反应：O2+2H2O+4e-= 4
OH-D．每消耗标准状况下11.2L的O2，最多去除1mol Cl-【答案】B【解析】O2在Pt得电子发生还原反应，Pt为正极，C
l-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极。A项， Cl-在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误；B项，电子由负极Ag
经活性炭流向正极Pt，B正确；C项，溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O2+4H++4e-= 2H2O，C错误；D项，每消耗标
准状况下11.2L的O2，转移电子2mol，而2 mol Cl-失去2mol电子，故最多去除2mol Cl-，D错误。 故选B。7
．劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )选项劳动项目化学知识A帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐加
热使蛋白质变性B环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料聚乳酸在自然界可生物降解C家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈铁丝在O2中燃
烧生成Fe3O4D学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气沼气中含有的CH4可作燃料【答案】C【解析】A项，鸡蛋主要成分是蛋白质，帮
食堂师傅煎鸡蛋准备午餐，加热使蛋白质变性，有关联，故A不符合题意；B项，聚乳酸在自然界可生物降解，为了减小污染，宣传使用聚乳酸制造
的包装材料，两者有关联，故B不符合题意；C项，擦干已洗净的铁锅，以防生锈，防止生成氧化铁，铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4，两者没有
关联，故C 符合题意；D项，利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷，甲烷用作燃料，两者有关系，故D不符合题意。故选C。8
．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物，说法不正确的是(
)A．能发生加成反应B．最多能与等物质的量的NaOH反应C．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D．能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应【答
案】B【解析】A项，该化合物含有苯环，含有碳碳叁键都能和氢气发生加成反应，因此该物质能发生加成反应，故A正确；B项，该物质含有羧基
和?，因此1mol该物质最多能与2molNaOH反应，故B错误；C项，该物质含有碳碳叁键，因此能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故
C正确；D项，该物质含有羧基，因此能与氨基酸和蛋白质中的氨基反应，故D正确；故选B。9．按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试
管，关闭活塞。下列说法正确的是( )A．Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性C．在Ⅰ和Ⅲ的试
管中，都出现了浑浊现象D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去【答案】C【解析】Ⅰ中发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+
H2O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞
褪色。A项，Ⅰ中试管内发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O ，氢元素化合价不变， H+不体现氧化性，故A错误；B项
，Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；C项，Ⅰ试管内发生反应S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，Ⅲ试管内发生
反应2S2-+SO2+2H2O=3S↓+4OH-，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；D项，撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢
，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；故选C。10．部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是( )A．可存在
c→d→e的转化B．能与H反应生成c的物质只有bC．新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基D．若b能与H2O反应生成O2，则b中含共价键
【答案】B【解析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠(过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e 、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜
、氧化铜、氢氧化铜。A项，由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；
B项，钠和氧化钠(过氧化钠)都能与H2O反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C项，新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；D项，
若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理； 故选B。11．设NA为阿伏加德罗常数的值。侯氏制碱法
涉及NaCl 和NH4Cl和NaHCO3等物质。下列叙述正确的是( )A．1mol NH4Cl含有的共价键数目为5 NAB．1mo
l NaHCO3完全分解，得到的CO2分子数目为2 NAC．体积为1L的1mol·L-1NaHCO3溶液中，HCO3-数目为NAD
．NaCl 和NH4Cl的混合物中含1molCl-，则混合物中质子数为28 NA【答案】D【解析】A项，铵根中存在4个N-H共价键
，1mol NH4Cl 含有的共价键数目为4NA，A错误；B项，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，1mol NaHCO3完
全分解，得到0.5molCO2分子，B错误；C项，NaHCO3= Na++HCO3-，HCO3-会发生水解和电离，则1mol Na
HCO3溶液中HCO3-数目小于1NA，C错误；D项，NaCl 和NH4Cl的混合物中含1molCl-，则混合物为1mol，质子数
为28NA，D正确；故选D。12．下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是( )选项陈述Ⅰ陈述ⅡA将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭
浓硫酸具有氧化性和脱水性B装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅NO2转化为N2O4的反应吸热C久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2漂白
粉的有效成分是CaCO3D1mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强NaCl溶液的比醋酸的高【答案】A【解析】A项，蔗糖在
浓硫酸作用下形成多孔炭主要是蔗糖在浓硫酸作用下脱水，得到碳和浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸具有氧化性和脱水性，故
A符合题意；B项，装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，降低温度，平衡向生成N2O4方向移动，则NO2转化为N2O4的反应为放热，故
B不符合题意；C项，久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸
反应生成二氧化碳，故C不符合题意；D项，1mol·L-1 NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强，氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质，导电
性强弱与NaCl溶液的pH比醋酸的高无关系，故D不符合题意。故选A。13．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K
1，一段时间后( )A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性C．b处出现蓝色，说明还原
性：Cl-＞I-D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转【答案】D【解析】闭合K1，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极
氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl
+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。A项，根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；B项，左侧生成氯气，氯
气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C项，b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2
KCl，说明还原性：I-＞Cl-，C错误；D项，断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故
选D。14．化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充
满，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是( )A．元素电负性：B．氢化物沸点
：C．第一电离能：D．YZ3和YE3-的空间结构均为三角锥形【答案】A【解析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布
式为nsn-1，所以n-1=2，n=3，X为镁或者n=2，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮
或磷，根据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素。A项，元素电
负性：氧大于氮大于氢，A正确；B项，磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所以氢
化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，B错误；C项，同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能
都要大，所以氮大于氧大于镁 ，C错误；D项，NH3价层电子对为3+1=4 ，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，NO3-价层电子对
为3+0=3，没有孤电子对，NO3-空间结构为平面三角形，D错误；故选A。15．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程
(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是( )A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，
R的浓度增大C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【解析】A项，由图可知两种
催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B项，由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左
移动，R的浓度增大，B正确；C项，由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误
；D项，由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所
能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。16．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨
。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是( )?A．电解总反应：KNO3
+3H2O= NH3·H2O+2O2↑+KOHB．每生成1mol NH3·H2O，双极膜处有9 mol的H2O解离C．电解过程中，
阳极室中的物质的量不因反应而改变D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率【答案】B【解析】由信息大电流催化电解KNO
3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为NO3- +8e－+7H2O= NH3
·H2O+9OH-，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e－=O2↑＋2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移
向电极b。A项，由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3+3H2O= NH3·H2O+2O2↑+KOH，故A正确；B项，
每生成1mol NH3·H2O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol H+进入阴极室，即有8mol的H2O解离，故B错误；
C项，电解过程中，阳极室每消耗4mol OH-，同时有4mol OH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正
确；D项，相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正确；故
选B。二、非选择题(本题共4小题，共56分)17．(14分)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过
量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.5000mo
l·L-1的NaOH溶液滴定至终点，消耗溶液22.00 mL。①上述滴定操作用到的仪器有 。A．?B．?C． D．?②该盐酸浓度为
mol·L-1。(2)热量的测定：取上述溶液和盐酸各进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量
为 (c和分别取和，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)+CuSO4(aq)
= FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。序号反应试剂体系温度/℃反应前反应后i0.
2mol·L-1 CuSO4溶液1.20 g 铁粉abii0.56 g 铁粉ac①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。② (选
择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。(4)乙同学也借鉴(2)的方法，测量反应A：Fe(s)+ Fe2(SO4)3(aq)
=3FeSO4(aq)的焓变。查阅资料：配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸。加酸的目的是 。提出猜想：Fe粉与Fe2(SO4)3
溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在粉和酸的反应。验证猜想：用试纸测得Fe2(SO4)3溶液的不大于1；向少量Fe2(SO4)
3溶液中加入粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和 (用离子方程式表示)。实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计
了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为 。(5)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。【答案】(1) AD
0.5500(2) 418(T1－T0)(3) > 或(4)抑制Fe3+水解 Fe+2H+= Fe2++ H2↑将一定量
的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu + Fe2(SO4)3 = CuSO4+2 Fe
SO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe +CuSO4 = Cu+ FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应F
e+ Fe2(SO4)3 =3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2(5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)【解析】(1)①滴定操作时需要
用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，故c(HCl)
===0.5500 mol·L-1；(2)由可得Q＝××(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝418(T1－T0)；(3)100
mL0.2mol·L-1 CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，1.20 g 铁粉和0.56 g 铁粉的物质的量分别
为0.021mol、0.01 mol，实验i中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验ii中有0.01mol CuSO4发生反
应，实验i放出的热量多，则b>c；若按实验i进行计算，；若按实验ii进行计算，；(4)Fe3+易水解，为防止Fe3+水解，在配制F
e2(SO4)3溶液时需加入酸；用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1说明溶液中呈强酸性，向少量Fe2(SO4)3溶液
中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe+2H+= Fe2++ H2↑
；乙同学根据相关原理，重新设计优化的实验方案的重点为如何防止Fe与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现Fe2(SO
4)3溶液与Fe的反应，故可将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu + Fe2(
SO4)3 = CuSO4+2 FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe +CuSO4 = Cu+ FeSO4的焓
变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+ Fe2(SO4)3 =3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2；(5)化学能转化为热能在生产和
生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用。1
8．(14分)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺
可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：?已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配
制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co (OH)2易被空
气氧化为Co (OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。氢氧化物Co (OH)2Co (OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(O
H)2Ksp回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为 。(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(
NH4+) (填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由Co (OH)3转化为[Co (NH3)6]2+的离子方程式为 。(4
) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3
的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因
是 。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co
与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引
入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为 。②“热解”对于从矿石提取Ni
、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。【答案】(1) MgO+H2O=Mg(OH)2(2)＞(3) 2Co(O
H)3 +12 NH3·H2O +SO32-=2[Co (NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH- 或2Co(OH)3
+8 NH3·H2O +4NH4++SO32-=2[Co (NH3)6]2++SO42-+13H2O(4) 晶体 减少胶状物质对镍
钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5) HCl 体心 12(6) 0.4或2:5 MgO【解析】硝酸浸取液
(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再
热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加
入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2；(2)常温下，pH=9.9的氨
性溶液中，lgKb(NH3·H2O)=-4.7，，，则c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫
酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co (NH3)6]2+，则由Co(OH)3转化为[Co (NH3)6]2+的离子方程式为
2Co(OH)3 +12 NH3·H2O +SO32-=2[Co (NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH- 或2Co(
OH)3 +8 NH3·H2O +4NH4++SO32-=2[Co (NH3)6]2++SO42-+13H2O；(4)(NH4)2
CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①
X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；②根据题意(NH4)2CO3
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢
氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；②由CoC
l2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O
最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心
的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入
新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(
OH)2MgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5；②“热解”对
于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，
在于可重复利用HNO3和MgO。19．(14分)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。(1)某有机物能与Fe2
+形成橙红色的配离子[FeR3]2+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3+。①基态的电子轨道表示式为 。②完成
反应的离子方程式：NO3- +2 [FeR3]2++3H+____+2 [FeR3]2++H2O(2)某研究小组对(1)中②的反应
进行了研究。用浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c
[([FeR3]2+)]随时间t的变化曲线如图。①c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时，在0~1 min内，[FeR3]2+
的平均消耗速率= 。②下列有关说法中，正确的有 。A．平衡后加水稀释，增大B．[FeR3]2+平衡转化率：C．三组实验中，反应速率
都随反应进程一直减小D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： (3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在
平衡：M+LML K1ML+LML2 K2研究组配制了L起始浓度c0(L)=0.02mol·L-1、M与L起始浓度比c0(M)
/ c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征
H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。c0(M)/ c0(L)S(L)S(ML)S(ML2)01.
0000ax0.64b0.400.60【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。①c0
(M)/ c0(L)= a时，x= 。②c0(M)/ c0(L) =b时，平衡浓度比c平(ML2)/ c平(ML)= 。(4)研究
组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)=1.0×10-5mol·L-1时，测得平衡时各物种c平/ c0(L)随c
0(M)/ c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/ c0(L)=0.51时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数
字)。【答案】(1) ? HNO2(2) 5×10-5 mol·L-1·min-1 A、B(3) 0.36 3：4或0.7
5(4)98%【解析】(1)①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为?；②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。(2)①浓度分
别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三
者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时，在0~1 min内，观察图像可知[FeR3]2+的平均消
耗速率为；②A项，对于反应NO3- +2 [FeR3]2++3H+HNO2+2 [FeR3]2++H2O，加水稀释，平衡往粒子数增
加的方向移动，[FeR3]2+含量增加，[FeR3]2+含量减小，增大，A正确；B项，HNO3浓度增加，[FeR3]2+转化率增加
，故，B正确；C项，观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；D项，硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由
橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；故选AB。(3)①c0(M)/ c0(L)= a时，S(ML2)+ S(ML)+ S(
L)=1，且S(ML2)=0.64，S(ML)＜0.01得x=0.36；②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则S(ML2)
与S(ML)的浓度比应为S(ML2)相对峰面积S的一半与S(ML)的相对峰面积S之比，即。(4)；，由L守恒可知，则；则M的转化率
为。20．(14分)室温下可见光催化合成技术，对于人工模仿自然界、发展有机合成新方法意义重大。一种基于CO、碘代烃类等，合成化合物
ⅶ的路线如下(加料顺序、反应条件略)：(1)化合物i的分子式为 。化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰。x的结构
简式为 (写一种)，其名称为 。(2)反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为。y为 。(3)根据化合物
V的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a消去反应b氧化反应(生成有机产物)(
4)关于反应⑤的说法中，不正确的有___________。A．反应过程中，有键和键断裂B．反应过程中，有双键和单键形成C．反应物i
中，氧原子采取sp3杂化，并且存在手性碳原子D．属于极性分子，分子中存在由p轨道“头碰头”形成的键(5)以苯、乙烯和为含碳原料，利
用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。基于你设计的合成路线，回答下列问题：(a)最后一步反应中，有机反应物为 (写结构简式)。(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为 。(c)从苯出发，第一步的化学方程式为 (注明反应条件)。【答案】(1) C5H10O?(或?或?)3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)(2)O2或氧气(3)浓硫酸，加热 ? O2、Cu，加热(或酸性KMnO4溶液)?(或?)(4)CD(5)?和CH3CH2OHCH2=CH2+H2OCH3CH2OH ??【解析】①?与HBr加热发生取代反应生成?，②乙烯在催化剂作用下氧化生成?，③?与?发生开环加成生成?，④?发生取代反应生成?，⑤?与?及CO反应生成?。(1)化合物i?的分子式为C5H10O；?不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰,说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为?(或含醛基时为?或含圆环是为?)，其名称为3-戊酮(或2，2-二甲基丙醛或3，3-二甲基氧杂环丁烷)；(2)反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为100%，②乙烯在催化剂作用下氧化生成?，y为O2或氧气；(3)根据化合物V?的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成?，与羟基相连的碳上有氢，可在铜、银催化作用下氧化生成?，或酸性KMnO4溶液中氧化生成；(4)A项，从产物中不存在C-I键和H-O键可以看出，反应过程中，有C-I键和H-O键断裂，故A正确；B项，反应物中不存在C=O双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中C-O单键，所以反应过程中，有C=O双键和C-O单键形成，故B正确；C项，反应物i?中，氧原子采取sp3杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C错误；D项，CO属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键，故D错误；故选CD；(5)以苯、乙烯和CO为含碳原料，利用反应③和⑤的原理，合成化合物ⅷ。乙烯与水在催化剂加热加压条件下合成乙醇；乙烯在银催化作用下氧化生成环氧乙醚；苯在铁催化作用下与溴生成溴苯，溴苯与环氧乙醚生成?，与HI反应合成?，最后根据反应⑤的原理，?与乙醇、CO合成化合物ⅷ。(a)最后一步反应中，有机反应物为?和CH3CH2OH；(b)相关步骤涉及到烯烃制醇反应，其化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；(c)从苯出发，第一步的化学方程式为??。zxxk.com学科网(北京)股份有限公司zxxk.com学科网（北京）股份有限公司