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2023 年高考押题预测卷01（广东卷）
化学·全解全析
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B
B
B
B
D
A
C
A
A
A
A
D
A
D
B
C
1.【答案】B
【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；
B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分
子亲和，从而实现吸水，无化学变化；
C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；
D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。
答案选B。
【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成
其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。
2.【答案】B
【详解】A．HClO 中O 形成两条共价键，H 和Cl 各形成一条共价键，结构式为H-O-Cl，A 错误；
B．CaO2是离子化合物，Ca2+与
之间以离子键结合，电子式为
，B 正确；
C．CO2分子为直线形分子，C 原子的半径大于O 原子，C 错误；
D．乙醇的分子式为C2H6O，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，D 错误；
故答案为B
3.【答案】B
【详解】A．锗是32 号元素，基态
原子价层电子排布式为
，A 正确；
B．
与
晶体都属于分子晶体，
的相对分子质量大，
晶体内的分子间作用力大，则
的熔点比
高，B 错误；
C．
分子中原子
形成了4 个
键，孤电子对数=
，价层电子对数为4，中心原子的杂化
类型为sp3，分子的空间构型为正四面体，C 正确；
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D．元素非金属性越强，其第一电离能越大，非金属性大小为
，则第一电离能大小：
，D 正确；
故选B。
4.【答案】B
【详解】A．铜与浓硝酸反应生成红棕色二氧化氮气体和硝酸铜，体现了硝酸的强氧化性和酸性，A 错误；
B．一段时间后抽出铜丝，向装置b 注入水，b 中气体红棕色变浅，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，
B 正确；
C．注入水后装置b 中铜片表面产生气泡，
与稀硝酸反应生成NO 气体，C 错误；
D．酸性氧化物是指和水反应只能生成对应价态的酸、或和碱反应只能生成盐和水的氧化物，
和
均不是酸性氧化物，D 错误；
故选B。
5.【答案】D
【详解】A．向
溶液中滴加
溶液生成Fe3+化合价升高，则H2O2中的O 的化合价降低为-2 价，
故该反应的离子方程式为：
，A 错误；
B．向
中投入
固体该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故该反应的离子方程式为：
，B 错误；
C．已知H2S 是弱酸，离子方程式书写不能拆，故向
溶液通入
的离子方程式为：
，C 错误；
D．用醋酸溶解石灰石的离子方程式为：
，D 正确；
故答案为：D。
6.【答案】A
【详解】A．明矾处理废水，利用
胶体的吸附性，与Al(OH)3是两性氢氧化物无关，A 错误；
B．
具有强氧化性，可用
消毒自来水，B 正确；
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C．
可与
反应，可用氢氟酸刻蚀玻璃，C 正确；
D．
可以杀菌和抗氧化，可在葡萄酒中添加适量的二氧化硫，D 正确；
故选A。
7.【答案】C
【分析】根据价类图可知，a 为H2S，b 为S，c 为SO2，d 为SO3，e 为H2SO3，f 为H2SO4，据此结合物质
的性质分析解答。
【详解】A．a 为H2S，c 为SO2，两者会发生反应生成S 单质和水，A 正确；
B．c 为SO2，S 为+4 价，处于中间价态，既可被氧化，也可被还原，B 正确；
C．b 为S，在足量的氧气中充分燃烧会生成SO2，不会生成SO3，C 错误；
D．H2S 与氧气可发生反应生成S，S 与氧气反应生成SO2，SO2与氧气一定条件下发生SO3，SO3与水反应
会生成H2SO4，D 正确；
故选C。
8.【答案】A
【详解】A．1 mol CH2Cl2含有2mol C-Cl 键，C-Cl 键数目为2NA，A 正确；
B．溶液体积未知，无法计算氯离子数目，B 错误；
C．氮气和氢气反应生成氨气为可逆反应，无法计算生成氨气的数目，C 错误；
D．过氧化钠与水反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1mol Na2O2与足量H2O 反应，生成O2的
分子数目为0.5NA，D 错误；
故选A。
9.【答案】A
【详解】A．乙醇与浓硫酸混合迅速加热到
，反应原理为：C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O 可以制
得乙烯，A 符合题意；
B．分别测定饱和
溶液的
，由于不知道饱和NaX、NaY 溶液的浓度是否相等，故无法比较
的酸性，B 不合题意；
C．由于Cl-也能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故铁锈溶于稀盐酸，再滴加酸性高锰酸钾溶液，无法检验铁锈
中是否含
，C 不合题意；
D．
溶液中依次滴加过量氯水、淀粉
溶液，依次可观察到溶液颜色由无色变为黄色，再变为蓝色，
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发生的反应有：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2说明Cl2的氧化性强于Br2，由于Cl2水过量，故淀粉-KI 溶液变蓝不
一定发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，也可能是Cl2+2KI=2KCl+I2，故无法说明Br2的氧化性强于I2，D 不合题
意；
故答案为：A。
10.【答案】A
【详解】A．由反应流程可知，Pt 电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt 为阳极，Ni 电极为阴极，
故与电源负极相连，A 错误；
B．根据反应历程
和阴极区的反应
2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→
+H2，B 正确；
C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故阴极附近pH 增大，C 正确；
D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应
HCl+KOH=KCl+H2O，D 正确；
故答案为A。
11.【答案】A
【分析】由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，
正反应为放热反应。
【详解】A． 由2NO2(g)
N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消
耗)=2v(N2O4消耗)，故A 正确；
B． 27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别
为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为
=88.89%，故B 错误；
C． 由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反
应的化学平衡常数减小，故C 错误；
D． 温度不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在
此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D 错误；
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故选A。
12.【答案】D
【详解】A．根据图示可知：在a 电极Al 失去电子被氧化为
，所以a 电极为负极，放电时失去电子发
生氧化反应，A 错误；
B．放电时OH-往负极区移动，对于该电池来说，移向a 电极，与Al 失去电子产生的Al3+反应产生
，
B 错误；
C．题干未指明气体所处的外界条件，故不能根据转移电子数目确定消耗的氧气的体积，C 错误；
D．根据图示可知：在a 电极Al 失去电子产生Al3+，Al3+与溶液中的OH-反应产生为
，则负极的电极
反应式为：
，D 正确；
故合理选项是D。
13.【答案】A
【分析】过程Ⅰ的反应方程式为
，过程Ⅱ的反应方程式为
，总反应为
。
【详解】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A 错误；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式
由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B 正确；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH 在整个过程中参与了循环，故C 正确；
D．根据图示可得总反应为
，故D 正确；
故选A。
【点睛】关于图示反应问题，箭头尾端为反应物，箭头所指方向为反应产物，首尾相连的部分即为参与循
环的物质。
14.【答案】D
【分析】由题给流程可知，反应1 为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2
为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条
件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【详解】A．由分析可知，反应1 为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，则母液
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的主要成分为硫酸钠，故A 正确；
B．由分析可知，反应2 为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应
的化学方程式为
，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
2：1，故B 正确；
C．由题给信息可知，温度过高，亚氯酸钠受热易分解，则采用减压蒸发可以降低蒸发时的温度，防止亚
氯酸钠分解，提高产品产率，故C 正确；
D．由得失电子数目守恒可知，相同质量二氧化氯与氯气的消毒能力的比值为
≈2.63，则相同
质量二氧化氯的消毒能力是氯气的2.63 倍，故D 错误；
故选D。
15.【答案】B
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子半径逐渐增大，它们原子的最外层电子数
之和为15，X 原子核外电子总数等于W 原子次外层电子数，则X 为8 号元素即O，W 与X 可形成原子个
数比为1∶1 的化合物，Y 与Z 同主族，则设Y、Z 的最外层上的电子数为a，W 的最外层上电子数为b，
则有2a+b+6=15，当b=1 时，a=4，则Y 为C、Z 为Si，W 为Na，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X 为O，W 为Na，二者简单离子具有相同的电子排布，但Na 的核电荷数大，
则对应离子半径小，则简单离子半径为O2-＞Na+即X＞W，A 错误；
B．由分析可知，四种元素分别为：O、C、Si、Na，则高温下，ZX2即SiO2可与W2YX3即Na2CO3反应，
方程式为：Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2，B 正确；
C．由分析可知，X 为O，Y 为C，由于H2O 中存在分子间氢键，故简单氢化物的沸点H2O＞CH4即X＞
Y，C 错误；
D．由分析可知，Y 为C，Z 为Si，则最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO3＞H2SiO3即Y＞Z，D 错误；
故答案为：B。
16.【答案】C
【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常
数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c 变到b，，故A 错误；
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B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B 错误；
C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b 向a 的变
化，故C 正确；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c 向d 的变化，故D 错误；
故答案为C。
17.【答案】(1) I-会被空气中的O2氧化 2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3
(2)酸式滴定管 B ab 或ba(答“de”“ed”“gh”“hg”“jk”“kj”均可) PbI2固体不断溶解
(3)产生金黄色沉淀(或“产生亮黄色沉淀”“产生黄色浑浊”) 200 小于
【详解】（1）①I-具有较强还原性，会被空气中的O2氧化，导致KI 溶液变质；
②根据题意KI 和Pb(NO3)2发生复分解反应生成PbI2沉淀，根据元素守恒可得化学方程式为
2KI+2Pb(NO3)2=PbI↓+2KNO3；
（2）①根据仪器X 的结构特点可知其为酸式滴定管；
②由电导率变化曲线可知，电导率出现3 次急剧的下降，说明蒸馏水是分三次快速放入，故选B；
③悬浊液导电是因为存在平衡PbI2
Pb2++2I-，加水稀释后，离子浓度瞬间下降，电导率瞬间减小，之后
反应正向移动，PbI2固体不断溶解，重新达到平衡，而PbI2饱和溶液中Pb2+和I-的浓度不变，所以平衡后电
导率相同，即ab、de、gh、jk 均可以表示PbI2固体的溶解达到平衡状态，而c→d 段溶液的电导率逐渐增大
的原因是PbI2固体不断溶解，导致了溶液中离子浓度不断增大；
（3）①增大PbI2饱和溶液中I-的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，清液中产生金黄色的PbI 沉淀；
②为保证变量唯一，所用蒸馏水的体积应与所用“上层清液”的体积相同，即200mL；
③增大KI 的浓度，PbI2沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，导致溶液中的离子浓度减小，电导率的变化
会小于蒸馏水中，所以A2-A1小于B2-B1。
18.【答案】(1)+3
(2)
(3)
(4)
13
(5)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥
(6)
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【分析】铋矿渣(主要成分是
、
、
、
、
等)，加入盐酸酸浸，滤渣我
，溶
液中含有
、
、
、
，加入
调节
，滤饼中含有
和
，再加入
生成
，进而转化为
，用
合成，最终得到
产品。
【详解】（1）
中的
的化合价为
，O 的化合价为-2，根据化合物中正负化合价为0，则
的
化合价是+3；
（2）“沉铋”时加入
溶液，
转化为
沉淀的离子方程式是：
；“沉铋”所得滤液中含有
、
、
、
，加入铁粉，发生反
应：
，可回收其中的
；
（3）加入
溶液，调节
，滤饼中含有
和
，用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤
饼中的
；
（4）加入
溶液，
转化为
，反应的离子方程式为：
，
已知反应
的
，同时乘
，
，
，当
浓度为
，
，
；
（5）乙酰胺(
)熔点为82.3℃，可溶于水，水溶液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，
可得乙酰胺固体；
（6）根据晶胞的结构，原子1 的坐标为
，则原子2 的坐标为：
；根据晶胞的结构，Bi
原子为:
,Mo 原子为：8，所以晶胞的相对质量的
，晶胞密度为：
8
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。
19.【答案】(1)CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol
(2) > 0.01
(3) L2 两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低 温度高于
T2K 时，反应 ⅱ 几乎不发生(反应 ii 的平衡常数几乎为0)
(4) CH3OH
【详解】（1）反应物CO2(g)+CH4(g)的能量为E1，生成物2CO(g)+2H2(g)的能量为E5，该反应为吸热反应，
热化学反应式为CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol；
（2）①反应吸热，温度上升则平衡向右移动，H2的物质的量增大，根据图示可知T1>T2；②由图可知温度
为T1，平衡时当p(H2)=p(CO)=100.5,，有p(CO2)=p(CH4)=102，则Kp=
=0.01 MPa2
（3）①从两个反应的化学计量数和投料比看，可知丙烷的转化率要低于氧气，所以L2代表丙烷的转化率；
②由于T1K 后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降
低；③当温度达到T2K 时，O2和丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2∶1，可以判断温度达
到T2K 后，反应ⅱ不发生，只发生反应ⅰ。
（4）①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ和ⅲ为吸热反应，当温度上升，则反应ⅰ正向进行，反应ⅱ和ⅲ逆向
进行，所以CO 的物质的量分数增加，X 代表CO，CH3OH 和H2O 的物质的量分数减少，但由于反应ⅰ中
有H2O 生成，所以H2O 减少的物质的量分数少于CH3OH，所以Y 代表CH3OH，Z 代表H2O；
②根据各组分的物质的量分数随温度变化图可知当温度大于220℃时，
>3 且随温度上升而增加，
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由此可绘制出对应曲线
。
20.【答案】(1)碳碳双键、酯基 取代反应
(2)
(3)
+2NaOH
+NaBr+2H2O
(4)n
+(n-1) H2O
(5)
【分析】根据流程图可知，B 为
，B 中的—OH 在HBr/H2O 条件下被—Br 取代生成C，C 为
，依据反应条件可知C→D 为消去反应，D 为
，D 酸化成羧酸E，E 为
，
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因此E 在浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F
,F 发生信息中反应生成G，据此解答。
【详解】（1）F 中所含官能团的名称是碳碳双键和酯基；B→C 的反应类型为取代反应。故答案为：碳碳
双键、酯基；取代反应；
（2）E 为
，E 的同分异构体符合下列条件，①只有3 种环境的氢原子，说明该分子高度对称；②
能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中含六元环，符合条件的分子的结构简式为
。故
答案为：
；
（3）根据上述分析，C 为
，依据反应条件可知C→D 为消去反应，D 为
，则化学反
应方程式为
+2NaOH
+NaBr+2H2O。故答案为：
+2NaOH
+NaBr+2H2O；
（4）根据上述分析，B 为
，B 在一定条件下聚合成高分子化合物的化学方程式为n
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+(n-1) H2O 。故答案为：n
+(n-1) H2O；
（5）化合物H 为不含手性碳原子的化合物，因此G 在和H2O 加成时，-OH 加成在连有-CH3的双键C 上，
这样形成的加成产物，该碳原子处除了连有-CH3和-OH 外，连有的环状部分均相同，因此H 的结构简式为
。故答案为：
。
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