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2023 年高考押题预测卷01【辽宁卷】
化学·全解全析
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，只有一项符合题目要
求．
1．【答案】C
【详解】
A．钢是一种铁碳合金，A 正确；
B．
与
质子数相同，中子数不同，互为同位素，B 正确；
C．芯片的成分为晶体Si，C 错误；
D．氮化硅属于新型无机丰金属材料，D 正确；
故选C。
2．【答案】C
【详解】
A．
的电子式为
，A 项错误；
B．羧基结构中含碳氧双键，故1 mol 甘氨酸中含1 mol π 键，B 项错误；
C．甘氨酸属于氨基酸，既具有酸性又具有碱性，C 项正确；
D．
、
均为离子晶体，D 项错误。
答案选C。
3．【答案】A
【详解】
A．CO 和N2互为等电子体，两种物质所含孤电子对数相等，氮气电子式为
，1mol 氮气中所含孤电
子对数为2mol，即2.8g 该混合物中含有孤电子对数0.2NA，故A 正确；
B．NH3、CO 与Cu+形成配位键，即4 个σ 键，3 个氨分子中含有9 个σ 键，1 个CO 中含有1 个σ 键，因此
1mol[Cu(NH3)3CO]+中所含σ 键个数为14NA，故B 错误；
C．Na2HPO3为正盐，则H3PO3为二元酸，无机含氧酸是由羟基电离产生，因此1molH3PO3中含有羟基数为
2 NA，故C 错误；
D．生成1molCu2O，转移电子物质的量为1mol×2×(2-1)=2mol，即转移电子物质的量为2 NA，故D 错误；
答案为A。
4．【答案】D
【详解】
A．双氧水与
在碱性环境下可制备消毒剂
，
中氯化合价降低变为
，则双氧水中氧
化合价升高，则是因为
具有还原性，故A 错误；
B．NaOH 溶液可吸收NO 和
的混合气体，反应生成亚硝酸钠和水，是发生了氧化还原反应，不是因
为NO 和
均为酸性氧化物，故B 错误；
C．
形成的酸雨放置一段时间后pH 降低，是因为生成的亚硫酸和空气中氧气反应生成硫酸，故C 错误；
D．镀锡铁皮的镀层破损后，Fe−Sn 形成了原电池，铁为负极，加速了铁皮腐蚀，故D 正确。
综上所述，答案为D。
5．【答案】C
【详解】
1
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A．离子的还原性：I-＞Fe2+，所以向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸时，应该是I-先失去电子，发生氧化
反应，离子方程式应该为：
，故A 错误；
B．向
中加入
固体，
既做氧化剂又做还原剂，
中的
18O 全部在NaOH 中，因此氧
气的化学式为O2，故B 错误；
C．氯气和足量
溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和二氧化硫，离子方程式为：
，故C 正确；
D．由水电离的
的溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸性也可能是碱性，若溶液
为酸性，滴加少量
溶液：
，若溶液为碱性，滴加少量
溶液：
，故D 错误；
故选C。
6．【答案】D
【详解】
A．价电子总数和原子总数相同的分子、离子或基团互称为等电子体。
和
互为等电子体，结构相
似，均为三角锥形，A 正确；
B．
、
均为气体，分子尺寸小，和
类似，所以可推出
、
可以装在以氢键相连的几个水分子
构成的笼内，B 正确；
C．电负性：F>Cl>H，由
酸性强于
可推出
酸性强于
，C 正确；
D．HI 还原性较强，会被浓硫酸氧化，故NaI 固体与浓硫酸共热得不到HI，D 错误；
故选D。
7．【答案】D
【详解】
含钽废渣(主要含
、
及油脂等) 经过加入碳酸钠焙烧，并通入空气，氧化
的同
时可去除油脂，得到的“钠盐和氧化物”中主要成分有
、
、
等，再加水溶解，过滤
得到滤渣I 的主要成分为
，滤液I 的主要成分为
、
，再通入二氧化碳，
转化
为氢氧化铝沉淀作为滤渣II 的主要成分而除去，滤液中主要溶质为
，再加入硫酸转化为HTaO3后，
加入碳酸锂灼烧，最终得到目标产物钽酸锂，据此分析解答。
A．通空气除氧化
生成
和
外，还可以将油脂氧化除去，A 项错误；
B．由钠盐和氧化物主要成分可知，过滤后的滤渣I 中主要成分是
，B 项错误；
C．“沸腾炉焙烧”中发生的反应有
，但需要熔融状态焙烧，在水溶液
中两者不反应，所以不能体现氧化铝的两性，C 项错误；
D．流程中先加入二氧化碳沉铝，最后灼烧又产生二氧化碳，所以可循环利用二氧化碳，D 项正确；
故答案选D。
8．【答案】B
【详解】
A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A 错误；
B．三键氮原子的杂化方式为sp 杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方
式发生改变，故B 正确；
2
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C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C 错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D 错误；
故选B。
9．【答案】B
【详解】
A．取钢铁电极附近溶液加
溶液，产生蓝色沉淀说明溶液中有
，可以证明有钢铁腐蚀，
但不一定发生吸氧腐蚀，A 不符合题意；
B．该方法可以检验卤代烃中卤素原子种类，产生白色沉淀说明为Cl 原子，淡黄色沉淀为Br 原子，黄色沉
淀为I 原子，B 符合题意；
C．加热后溶液变黄，可以说明平衡发生了移动，但无法判断反应速率的变化，C 不符合题意；
D．乙醇也可与钠发生反应生成氢气，无法证明是否有水，D 不符合题意。
故选B。
10．【答案】D
【详解】
A．a 代表的原子位于晶胞8 个顶点和4 条棱上，且内部有6 个，因此一个晶胞中含有a 代表的原子：
，c 代表的原子都位于晶胞内部有4 个，因此a 代表的原子与c 代表的原子个数比为2 1∶，
根据化学式可知，a 代表Cr 原子，A 错误；
B．由题图可知，b 原子周围距离最近的同类原子有3 个，B 错误；
C．由题图可知，晶胞体积为
cm3，晶胞中氢原子的质量为
g，则储氢后氢气
的密度为
，储氢能力应为
，C 错误；
D．原子半径：V>Cr，因此V 取代晶体中部分Cr 原子后，晶胞参数增大，D 正确；
故选：D。
11．【答案】B
【详解】
A．根据结构简式可知，分子式为
，选项A 正确；
B．由图可知，分子中有3 种不同化学环境的氢原子，一氯代物有3 种，选项B 错误；
C．四苯基乙烯中含有碳碳双键，能发生氧化反应，与氢气的加成为还原反应，还有苯环能发生取代反应，
选项C 正确；
D．由于碳碳单键能旋转，则分子中所有原子可能共平面，选项D 正确；
答案选B。
12．【答案】B
【详解】
A．由图可知，开关K 置于M 处时，该装置为原电池，需要利用光能，开关K 置于N 处时，该装置为电解
池，也需要光能，则该装置可实现光能向电能和化学能的转化，选项A 正确；
B．原电池中正极的电势大于负极，则电极电势：
，电解池中阳极的电势大于阴极，则电
极电势：
，选项B 错误；
C．原电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，则开关K 置于M 处时，电子由
极通过导线流
向
极，选项C 正确；
3
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D．开关K 置于N 处时，该装置为电解池，
极为阴极，其电极反应式为
，选
项D 正确；
答案选B。
13．【答案】D
【详解】
根据“先拐先平数值大”，由图可知，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，升高温度，平衡时B 的体积分
数增大，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应。
A．不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，A 错误；
B．根据分析，升高温度，平衡正向移动，由于相对分子质量：M 大于N，因此升高温度，更多的固体转
变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，B 错误；
C．该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)=amol×30%=0.3amol，则平衡时
，C 错误；
D．根据分析，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，D 正确；
故选D。
14．【答案】C
【详解】
W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X 与Y、Z 均相邻，则X 为第二周期元素，根据题
给化合物的结构，W 元素形成1 个共价键，W 为H，X 与H 形成
，X 为-3 价，则X 为N，Y 是O，Z
是P。
A．同周期主族元素，原子序数越大，半径越小，同主族元素，电子层数越多，原子半径越大，则原子半
径大小关系为P>N>O，故A 正确；
B．NH3和PH3的中心原子杂化方式均为
，且均有一个孤电子对，键长：P—H 键>N—H 键，导致
中成键电子对之间斥力比
小，故键角：
，故B 正确；
C．该化合物的阴离子中P 原子形成5 个共价键，形成最外层有10 个电子的结构，故C 错误；
D．H、N、O 三种元素形成的化合物
中既含离子键又含共价键，故D 正确；
选C。
15．【答案】B
【详解】
A．设HF 的电离平衡常数Ka，
，随
增大，F-浓度增大，
难溶于水，F-浓度越大，
的浓度越小，所以
代表
与
的变化曲线，L2代表
与
的变化曲线，故A 错误；
B．溶液中Sr、F 两种元素均有SrF2提供，根据物料守恒，a、c 两点的溶液中均存在
，故B 正确；
C．根据图像可知，
=1 时
，
=
，
4
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的数量级为
，故C 错误；
D．根据电荷守恒，
，c 点
，溶液呈酸性，所以
，故D 错误；
选B。
二、非选择题：本题共4 小题，共55 分。
16．（13 分）
【答案】
(1)低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致
，
浓度下降，浸出率下降 C 将
氧化为
除去
(2)
(3)不正确。可能是
受热分解或铵盐分解放出氨气
(4)
(5)NH3、(NH4)2SO4
【详解】
由制备2Zn(OH)2•ZnCO3流程可知，锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨
水、双氧水，发生ZnO+2
+2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，发生
Mn2++H2O2+2NH3•H2O=MnO2↓+2
+2H2O，过滤分离出二氧化锰，在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜
离子，滤渣为CuS，蒸氨分离出氨气，再加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2•ZnCO3和二氧化碳气体，发生3Zn2+
+6
=2Zn(OH)2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，过滤得2Zn(OH)2•ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，2Zn(OH)2•ZnCO3
进行焙烧得到ZnO，据此分析解题。
（1）①温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入
，温度高于55℃后，温度升
高，
易分解出氨气，氨气挥发使
浓度下降，浸出率反而下降，故答案为：低于55℃时，
反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致
，浓度下降，浸出
率下降；
②
是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，
是弱酸酸根离子，溶液酸性越强越容易形成
，
促进
溶出
，所以
之后浸出率下降，说明
的浸出主要依赖
硫酸铵浓度的大小，C 正确，故答案为：C；
③加入
，发生反应
或
，将
氧化为
而除去，故答案为：将
氧化为
除去；
（2）由分析可知，过滤分离出二氧化锰，在滤液中主要含有
，向其中加硫化铵，再过滤，除去
铜离子，滤渣为CuS，则流程中生成“滤渣”的离子方程式：
，故答案
5
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为：
；
（3）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的氨气可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能
是
受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，故答案为：
不正确，可能是
受热分解或铵盐分解放出氨气；
（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为锌离子，“沉锌”时加入碳酸氢铵，溶液中的锌离子与
碳酸氢铵溶液反应生成
，离子方程式为
，故答案为：
；
（5）“蒸氨”过程中除去的多余NH3和“过滤Ⅲ”所得滤液中的(NH4)2SO4都可循环使用，故答案为：
NH3、(NH4)2SO4。
17．（14 分）
【答案】
(1)+208.4
(2)BD I 0.47 31 M 由图可知，直线 M 斜率小，Ea大，催化效能低(或N 线计算的
Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)
【详解】
（1）从图中可以看出，反应：
ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol
=+208.4kJ/mol。答案为：+208.4；
（2）①A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗3 molH2(g)，反应进行的方向相同，虽然变化量之
比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态；
B．在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反
应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态；
C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态；
D．在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均
摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态；
故选BD。
②对于反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，
则表示压强为4.0MPa 下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为I；
一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1. 0MPa 下CO2的平
衡转化率随温度的变化关系，a 点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：
a 点对应的平衡常数Kp=
=0.47MPa-2。
③在M 催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-
3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N 催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：
1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。从图中信息获
6
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知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线 M 斜率小，Ea大，催化效能低(或N 线计算
的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案为：BD；I；0.47；31；M；由图可知，直线 M 斜率小，
Ea大，催化效能低(或N 线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。
18．（14 分）
【答案】
(1)O2 2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O ═ 2CuBr↓+SO
+4H+ 60℃水浴加热 溶液蓝色完全褪去
(2)防止CuBr 见光分解 防止CuBr 被氧化 除去表面乙醇，并使晶体快速干燥
(3)83.3%
(4)100 冷却结晶
【详解】
在CuSO4和NaBr 的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr 沉淀，经过滤洗
涤干燥获得产品；由于CuBr 易被氧化，可以使用SO2的水溶液进行洗涤，防止CuBr 被氧化； SO2气体有
毒，尾气需要用碱液吸收处理。
（1）水中溶解的氧气可以氧化CuBr，实验中所用的蒸馏水需煮沸除去O2；三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫
还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr 沉淀，SO2被氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Cu2++ 2Br-+
SO2+ 2H2O=2CuBr↓+SO
+4H+；所需温度低于水的沸点，可以用60℃的水浴加热；实验所用
45gCuSO4•5H2O 为0.18mol，30.9gNaBr 为0.3mol，所以NaBr 稍过量，当溶液中的铜离子消耗完时反应即
完成，现象为溶液蓝色完全褪去；
（2）溴化亚铜见光会分解，所以抽滤需要避光，防止CuBr 见光分解，在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤
剂需“溶有SO2”可以防止CuBr 被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；
（3）实验所用NaBr 过量，根据CuSO4·5H2O 的物质的量可知理论上可以得到0.18molCuBr，所用产率为
×100%=83.3%；
（4）原烧杯中含有100g×20%=20gNaOH，物质的量为0.5mol，实验完成后烧杯中的吸收液主要含
Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O 晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生
成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，之后再加入0.5molNaOH 即
可以使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，所用加入100g 20%的NaOH 溶液；加入少量维生素C 溶液(抗
氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3 次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥。
19．（14 分）
【答案】
(1)邻氯甲苯(或2-氯甲苯)
(2)浓硝酸，浓硫酸、加热
(3)
+CH3OH
+H2O
(4)还原反应
(5)酯基、酰胺基
(6)30
(7)
【详解】
7
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由A 和B 的结构式分析，A 发生硝化反应生成B，B 发生氧化发言生成C，C 和甲醇发生酯化反应生成
D，D 发生还原反应硝基转化为氨基得到E，E 和F 发生取代反应生成G，以此解答。
（1）根据习惯命名法或系统命名法可知其化学名称为邻氯甲苯或2-氯甲苯。
（2）根据A 和B 的结构简式可知A→B 是硝化反应，所学的反应试剂和条件为浓硝酸，浓硫酸、加热。
（3）C→D 反应是酯化反应，其化学方程式为
+CH3OH
+H2O 。
（4）D→E 反应是“硝基”变为“氨基”，其反应类型为还原反应。
（5）G 中含氧官能团的名称是酯基和酰胺基。
（6）苯环上三个不同的取代基可以是“醛基”、“氟原子”和“
”，在苯环上位置异构的个数为
10；苯环上三个不同的取代基可以是“醛基”、“氯原子”和“
，在苯环上位置异构的个数也是
10；苯环上三个不同的取代基可以是“氟原子”、“氯原子”和“
”，在苯环上位置异构的个
数也是10，故总数为30。
（7）采用逆向合成分析法，并结合合成路线中的A→B、D→E 和E→G 三步可写出其合成路线为
。
8
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9
