文档内容
2023 年高考考前押题密卷（湖南卷）
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 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Co 59 Cu 64
一、选择题：本题共 14小题，每小题3分，共42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．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是
A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应
B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”
C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸( )缩聚制得
D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
【答案】B
【解析】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸
转化为硝酸盐)，故A正确；
B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效
促进碳中和，故B错误；
C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C正确；
D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确。
综上所述，答案为B。
2．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收 得到组成为 的发烟硫酸。当 时形成焦
硫酸( )，结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是
A．属于极性分子 B．具有强氧化性
C．所有S和O均为 杂化 D．其盐 的溶液呈酸性
【答案】D
学科网（北京）股份有限公司【解析】A．硫氧键和氧氢键都是极性键，焦硫酸分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A项正
确；
B．焦硫酸由浓硫酸吸收SO 制得，其性质和浓硫酸类似，具有强氧化性，B项正确；
3
C．焦硫酸分子中，硫原子形成了4个σ键，没有孤电子对；氧原子形成了2个σ键，孤电子对数目为2，
所以硫和氧均采取sp3杂化，C项正确；
D．焦硫酸属于强酸，其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐，溶液呈中性，D项错误。
答案选D。
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；
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
学科网（北京）股份有限公司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。
学科网（北京）股份有限公司【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 ，
学科网（北京）股份有限公司故错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
15．（14分）FeCl 是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl 固体，并探究FeCl 溶液与Cu的
3 3 3
反应。
已知：FeCl 晶体易升华，FeCl 溶液易水解。
3 3
Ⅰ．FeCl 的制备
3
(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的 ，正确的接口顺序为a-
___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备 的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl 溶液与Cu的反应
3
向4mL0.1mol/LFeCl 溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，
3
不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知： 和 均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1： 与过量的Cu粉反应生成 ，再结合 生成白色沉淀 。
猜想2： 与 发生氧化还原反应生成 ，再结合 生成白色沉淀 。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
学科网（北京）股份有限公司实验
操作 现象
编号
实验
加入铜粉后无现象
1
溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后
实验
溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变
2
浅，试管底部有白色沉淀
(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i． 与 可发生如下两种反应：
反应A： (淡黄色)；
反应B： (黄色)。
ii． 与 共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”
或“不是”)产生 的主要原因。
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在 、 、 时， 氧化性增强，可将 氧化
为 。据此将实验2改进，向 溶液中同时加入 、 ，立即生成白色沉淀 ，写出
该反应离子方程式___________。
(6)若向 溶液中滴加足量的 和 的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉
淀 的质量 ，则 的产率为___________(写出表达式即可)。
【答案】(1)吸收多余的Cl，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl 水解
2 3
变质（2分）
(2)U形干燥管（1分） b→c→d→e（2分）
学科网（北京）股份有限公司(3)MnO +4H++2Cl- Mn2+++Cl ↑+2H O（2分）
2 2 2
(4)1（1分）
(5)＞（1分） 不是（1分） Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（2分）
(6) （2分）
【解析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl 的发生装置，原理为：MnO +4HCl(浓)
2 2
MnCl +Cl↑+2H O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl 中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙
2 2 2 2
或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl，然后将干燥的Cl 通入装置A中，装置A为制备FeCl ，装置
2 2 3
B中的收集器用于收集FeCl ，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl，用于尾气处理，同时可以防止空气
3 2
中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl 水解变质，据此分析解题。
3
（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl，用于尾气处理，同时可以防止空气中的
2
水蒸气进入收集器中，防止FeCl 水解变质，故答案为：吸收多余的Cl，用于尾气处理，同时可以防止空
3 2
气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl 水解变质；
3
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl，正
2
确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl 的发生装置，原理为：MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O，该
2 2 2 2 2
反应的离子方程式为：MnO +4H++2Cl- Mn2++Cl↑+2H O，故答案为：MnO +4H++2Cl- Mn2+
2 2 2 2
+Cl↑+2H O；
2 2
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，
结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜
想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到
白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说
明反应B不是产生 的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在 、 、 时， 氧化性增强，可将 氧化
为 。据此将实验2改进，向 溶液中同时加入 、 ，立即生成白色沉淀 ，即
Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方
程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向 溶液中滴加足量的 和 的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理
论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀 的质量 ，则
学科网（北京）股份有限公司的产率为： = ，故答案为： 。
16．（14分）CO 与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
2
反应i． CO g)+H (g) HCOOH(g) ΔH
2( 2 1
反应ii． CO(g)+H(g) HO(g)+CO(g) ΔH >0
2 2 2 2
反应iii．……
可能的反应机理如下(M为催化剂)；
回答下列问题：
(1)反应iii的化学方程式为___________。
(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：
物质 CO(g) H(g) HCOOH(g)
2 2
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -393.51 0 -362.3
依据以上信息，ΔH=___________。
1
(3)在一定压强下，按n(H )：n(CO)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO
2 2 2
的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性= 随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO 平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
2
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H 的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Q=___________ MPa-1。
2 p
学科网（北京）股份有限公司③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________
(填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
(4)若在Bi或Bi/CeO 催化剂表面还原CO 生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。
2 2
HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO”)的催化活性
2
更优异。
【答案】(1)CO (g)+2H(g) HCHO(g)+ H O(g)（2分）
2 2 2
(2)+31.21kJ·mol-1（2分）
(3) ①C（2分） ② （2分） ③ii（1分） 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，
但HCOOH的选择性却迅速下降（2分）
(4) HCOO*（2分） Bi/CeO（1分）
2
【解析】（1）据图可知，CO(g)还可以和H(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO(g)
2 2 2
+2H (g) HCHO(g)+ H O(g)；
2 2
（2）焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；
1
（3）①A．ΔH＞0，ΔH＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO 平衡转化率
1 2 2
减小，A不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向
移动，CO 的转化率减小，B不符合题意；
2
C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO 转化率增大，C符合题意；
2
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H )=n(CO )=1mol，673.15K时，CO 的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，
2 2 2
所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H 和CO 都是1∶1反应，所以此时
2 2
n(H )=n(CO )=1×5%mol，则此时p(CO)=p(H)=aMPa，p(HCOOH)= MPa，所以反应i的压力
2 2 2 2
商计算式Q= = ；
p
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更
显著；
（4）据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/
CeO 对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
2
17．（15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
学科网（北京）股份有限公司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（2
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
（3分）
【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 。
18．（15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___________。
学科网（北京）股份有限公司(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
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（2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。
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