山东中学联盟2023年高考考前热身押题化学答案

3.0 envi 2024-12-08 5 4 684.64KB 5 页 3知币

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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：14N2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



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+CHCl2CHCl2，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2023.5

10、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 2Fe3++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 PbSO4，“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SiO2，[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－+2H2O=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 0.6mA，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 H2A的Ka1=10 －9.8 ，M点是 c(H2A)=c(A2－)，也是 c(HA －)取最大值时，

6.22

21a 10

)(

)()( 







 AHc

HcAc

KK a

，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Mn3+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，CF3COOH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。

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