文档内容
2023 年高考考前押题密卷（湖北卷）
化学·全解全析
本卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cr 52 Co 59
一、选择题：本题共 15小题，每小题3分，共45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．自然界与人类活动均对氮的循环产生影响。下列说法正确的是
A．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸
B．汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制造汽车发动机
D．亚硝酸钠可用于肉制品的生产，不仅可以防腐还可以保护其颜色
【答案】D
【解析】A．豆浆主要是蛋白质，煮沸后变性，不是水解生成氨基酸，选项A错误；
B．汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N 与O 化合形成NO，选项B
2 2
错误；
C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，选项C错误；
D．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加亚硝酸钠，可以增加肉类的鲜
度，并有抑制微生物的作用，能防止肉类变质并保持鲜红色，但亚硝酸钠有毒，作为食品添加剂使用时必
须按规定添加，选项D正确；
答案选D。
2．化学创造美好生活，下列有关物质性质的叙述与用途错误的是
选项 物质 性质用途
电子跃迁到激发态过程中释放能量，产生紫色
A 钾盐用作紫色烟花原料
光
B 具有还原性 葡萄酒中添加 作抗氧化剂
C 高铁酸钾具有强氧化性 可用作饮用水的消毒剂
D 具有碱性 环保工程师用熟石灰处理酸性废水
学科网（北京）股份有限公司【答案】A
【解析】A．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，处于较高能量的电子不稳定，很快跃迁回能量较低的轨
道，释放多余的能量，以光的形式释放出来，使火焰呈现颜色，既焰色反应的原理，，利用金属包括钾元
素的焰色反应可以制作烟花，A错误；
B．葡萄酒中添加 作抗氧化剂，利用 的还原性，B正确；
C．高铁酸钾具有强氧化性铁元素为+6价，具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，C正确；
D． 显碱性，可用于处理酸性废水，D正确；
故选A。
3．下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。
下列说法正确的是
A．上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸
B．化合物甲分子中含有4个手性碳原子
C．化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙
【答案】B
【解析】A．根据上述反应，甲和乙反应生成丙和乙醇，A错误；
B．根据化合物甲的结构简式，分子中含有的手性碳原子如图： 共4种，B正确；
C．化合物甲含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基，化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽
键和氟原子，C错误；
D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物为： 而不是乙，D错误；
学科网（北京）股份有限公司故选B。
4．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．标况下，2.24 L的NH 和HF的分子数均为0.1N
3 A
B．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4N
A
C． 和 的混合气体中含有的孤电子对数为
D．2LpH=5的0.05mol·L-1KCr O 溶液中 数目为0.1N
2 2 7 A
【答案】C
【解析】A．标况下HF为液态，2.24 LHF的物质的量远大于0.1 mol，则其中含有的分子数远大于0.1N ，
A
A错误；
B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则
n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)X
B．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低
C．YX 空间构型是直线形
2
D．单质Z与单质Y反应生成ZY
【答案】B
【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y
价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布
为[Ar]3d104s1，Z为Cu。
【解析】A．同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH HB，所以曲线a、b、c表示 的各微粒分布曲线，曲线a代表 ，曲线b代表 ，曲
线c代表 ，曲线d为HB，曲线e为 ，故A正确；
B． 的水解平衡常数 ，曲线d和e相交时 = ， ，此时
pH=8.3， = ，则 ，故B正确；
C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；
D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒： ，根据
物料守恒： = + ，则 ，但随着HA溶液的滴入，
2
Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中 + ，则 ，
故错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（13分）某小组探究 能否将 氧化，甲同学设计了如下实验：
实验现象
A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝
学科网（北京）股份有限公司B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝
(1)A中反应的离子方程式为___________，说明氧化性： 。
(2)乙同学认为：B中溶液滴加淀粉溶液，未变蓝，原因是 ，于是设计了如下实验：
①盐桥中电解质可以使用___________(填“ ”或“ ”)。
②K闭合时，指针向右偏转，“石墨2”作___________极，电极反应为___________
③当指针归零后，向右侧烧杯中滴加 溶液或向左侧烧杯中滴加 溶液，指针均向右
偏转，说明 (或 )浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越___________(填“强”或“弱”)。
④乙同学查阅资料，已知 ，当等体积等浓度 和 溶液混合时，溶液中
___________ ，溶液中 和 很小， 氧化性和 的还原性很弱，二者直
接接触，不发生氧化还原反应。
(3)丙同学测得 溶液的 ，认为可能是硝酸氧化了 ，请设计实验方案验证丙同学的
猜想：___________
【答案】(1) （2分）
(2) ① （2分） ②正极 （1分） （2分） ③强（2分） ④
（2分）
(3)向 溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液 ，若溶液
变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响（2分）
【解析】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了 ，因此A中反
应的离子方程式为 ；故答案为： ；
学科网（北京）股份有限公司（2）盐桥中电解质可以使用 ，若用 则其中氯离子会与银离子产生沉淀；当K闭合时，指针向右
偏转，说明形成了原电池，向右偏转则说明石墨2作正极，电极反应为 ；当指针归零后，向
右侧烧杯中再次加入任意一种反应物，再次发生反应可知 (或 )浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越
强；根据 ，当等体积等浓度 和 溶液混合时，溶液中
， 故答案为：正极；
；强； ；
（3）丙同学认为可能是硝酸氧化了 ，那么要先有HNO 生成，故实验步骤为：向 溶液中
3
滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液 ，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，
若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响；故答案为：向 溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少
量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液 ，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影
响。
17．（14分）丙烯醛( )是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和
DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OH RCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
(1)已知A的结构简式为 ，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写
结构简式)。
(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。
(3)已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。
(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。
(5)DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。
(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
学科网（北京）股份有限公司ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1molM最多能消耗4molNaOH
(7)结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)______。
【答案】(1) （2分）
(2)保护碳碳双键，防止其发生加成反应（1分）
(3) （2分）
(4)邻苯二甲酸（1分） 取代反应（1分）
(5)2 + +2CH OH（2
3
分）
(6)16（2分）
(7) （3分）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成 ，A与氢气加成生成 ，
再NaOH醇溶液加热条件下生成D ；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环
上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成 ，
D与F发生信息中反应生成甲醇和 ，
聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【解析】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成 外，还
学科网（北京）股份有限公司有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发
生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成
反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，
故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲
酸；取代反应；
（5） 与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：
1反应，反应方程式为：2 +
+2CH OH，故答案为：2 +
3
+2CH OH；
3
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1molM最多能消
耗4molNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH
和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对
位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH 、-CH，苯环上连3个不同取代
3 3
基时有10种结构，因此符合题意的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生
成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：
，故答案为：
学科网（北京）股份有限公司。
18．（14分）无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量
NiO、CuO、FeO和 等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时pH 7.6 4.4 6.8 1.9 7.5
完全沉淀时pH 9.2 6.4 8.4 3.2 9.5
请回答下列问题：
(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正
四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。
(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节 的目的是_______。
(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下： (水层)
（有机层） （(有机层) (水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，
根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围
内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。
学科网（北京）股份有限公司(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。
(5)为测定粗产品中 的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03 mol
的 溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 molL的KSCN溶液滴定过量的 ，若消耗20.00 mL
KSCN溶液，则该粗产品中 的质量分数为⋅_______。(写出计算过程，已知： )
【答案】(1) （2分）
(2) （2分） 将 、 全部转化为 、 而除去（1
分）
(3) 1∶1（2分） 萃取产生 ，随pH的升高 被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动（2分）
(4) （2分）
(5)消耗20.00 mL KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 molL×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的
硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为
⋅
1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为 ，该粗产品中 的质量分数为
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【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、 Fe2+，SiO 与
2
硫酸不反应，固体1为SiO，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+ 转为沉淀除去，
2
‘萃取步骤中将Co2+转到有机层，Ni2+在水层，有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO
3
沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl 溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl 灼烧得到CoCl 。
2 2 2
【解析】（1）钴原子位于立方体的顶点和面心和体心，磷原子在小四面体的体心，即磷在立方体的体对
角线的四分之一位置，故P原子的位置为 。
学科网（北京）股份有限公司（2）氧化剂为氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为： ；结合氢氧
化物沉淀的pH分析，调节 的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。
（3）油相和水相1:1时钴离子和镍离子萃取比例差距最大，根据萃取方程式分析， (水层)
（有机层） （(有机层) (水层)，萃取产生 ，随pH的升高 被消耗，促进萃
取金属离子的平衡正向移动，所以pH升高，金属离子萃取率升高。
（4） 加入SOCl 灼烧得到CoCl ，SOCl 与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应方程式为：
2 2 2
。
（5）为测定粗产品中 的含量，称取10 g粗产品配成100 mL溶液，从中取出25 mL先加入含0.03
mol的 溶液(杂质不与其反应)，再用0.5 molL的KSCN溶液滴定过量的 ，消耗20.00 mL
KSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5 molL×20.0⋅0×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量
为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液
⋅
中氯化钴的质量为 ，该粗产品中 的质量分数为 。
19．（14分）利用甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔，有利于实现碳资源的有效循环。请回答下列问题：
(1)甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔时涉及以下反应：
反应I：2CH(g) C H(g)+3H(g) ΔH=+376.4kJ•mol-1
4 2 2 2 1
反应II：C H(g)+H(g) C H(g) ΔH=-174.4kJ•mol-1
2 2 2 2 4 2
反应III：CH(g) C(s)+2H(g) ΔH=+74.8kJ•mol-1
4 2 3
反应IV：2CH(g) C H(g)+2H(g) H
4 2 4 2 4
ΔH 4 =_______。 △
(2)甲烷在固体催化剂表面发生反应I的过程如图所示。
①A、B、C中，能量状态最高的是______。
②某温度下，反应I的v =k •p2(CH)、v =k •p(C H)•p3(H )，(k为速率常数)，部分数据如表所示。
正 正 4 逆 逆 2 2 2
p(C H)/MPa p(H )/MPa v /(MPa•min-1)
2 2 2 逆
0.05 p 4.8
1
p p 19.2
2 1
p 0.15 8.1
2
表中p=______，该温度下k =______MPa-3•min-1；温度开高，速率常数增大的倍数：k ______k (填
2 逆 正 逆
学科网（北京）股份有限公司“＞”“＜”或“=”)。
(3)某温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH(此时压强为p)，仅发生反应IV。
4 0
①测得平衡时p(H )：p(CH)=2：1，CH 的平衡转化率为_______(保留2位有效数字)，反应IV的
2 4 4
K=_______。
p
②若升高反应体系温度，在相同时间内测得甲烷的转化率与温度的关系如图所示。T℃之后甲烷转化率减
0
小的原因是_______。
(4)一定条件下，甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压的对数与温度的关系如图所示。
①725℃时，反应I、III中，反应倾向较大的是______。
②工业上催化裂解甲烷常通入一定量的H，原因是______。
2
【答案】(1)+202.0kJ·mol-1（2分）
(2) ①B（1分） ②0.2（1分） 12000（2分） ＞（1分）
(3)① 67% （2分） （2分） ②催化剂失活（1分）
(4)①反应III （1分） ②抑制反应III正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降
低（1分）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，因此 。
（2）①A→B是断键过程(吸收能量)，B→C是成键过程(释放能量)，故能量状态最高的是B。
② ，则 、
，两式相除得 ，代入第3组数据，
，解得 ；反应Ⅰ为吸热反应，升温平衡正
向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即 增大的倍数 增大的倍数。
（3）①恒温恒容条件下，气体分压与物质的量成正比，设达平衡时 的分压为 ，根据题给信息可列
三段式如下：
学科网（北京）股份有限公司据题意得 ，解得 ，
则平衡时 ， ， ，
则 的平衡转化率约为67％，
反应Ⅳ的 。
②据题意，因仅发生反应Ⅳ，又反应Ⅳ为吸热反应， ℃之后甲烷转化率减小不可能是平衡移动的结果，
只能是催化剂失活所致。
（4）①由图知，725℃时反应Ⅰ、Ⅲ的 分别是 、
，因此反应Ⅲ的反应倾向较大。
②催化裂解甲烷通入一定量的 ，可以抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化
剂活性降低。
【点睛】高分锦囊有关原理综合类试题中的原因分析，须从速率、平衡以及生产实际等多方面思考，然后
选择合理的角度进行解释，如本题的第(3)问中“ ℃之后甲烷转化率减小的原因”；涉及分析实际生产中
实施某具体措施的原因，可以先从结果入手进行分析，如本题的第(4)问。
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