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2023 年高考押题预测卷02（广东卷）
化学·全解全析
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C
D
C
C
C
D
C
C
D
B
A
D
C
C
B
B
1.【答案】C
【详解】A．古代服饰是由天然高分子化合物制成，A 错误；
B．白斩鸡的主要成分为油脂、蛋白质等有机物，B 错误；
C．光孝寺的墙、瓦是以砫酸盐为主要成分的传统无机非金属材料，C 正确；
D．出行车辇与砫酸盐无关，D 错误；
故选C。
2.【答案】D
【详解】A．镁原子失去最外层的2 个电子变成镁离子，镁离子结构示意图为：
，A 错误；
B．
18Mg 中子数为6， 18O 中子数为10，中子数不相同，B 错误；
C．Mg 的相对原子质量为18，C 错误；
D．
18Mg 与
24Mg 质子数相同中子数不同，互为同位素，D 正确；
故选D。
3.【答案】C
【详解】①灼烧干海带需要用坩埚；②海带灰浸泡、过滤，需要烧杯、玻璃棒和漏斗即A 和D；④萃取、
分液得到含
的
溶液，需要用到烧杯和分液漏斗即B 和D，所以不需要用到的仪器是C，故答案为：
C。
4.【答案】C
【详解】A．OP 中含有的官能团有羧基和酯基，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 项正确；
B．OP 中含有酯基，能在NaOH 溶液中发生水解反应，B 项正确；
C．OP 中不含有可使Bt2的CCl4溶液褪色的官能团，C 项错误；
D．OP 中含有羧基，能与Na2CO3溶液发生反应，D 项正确；
答案选C。
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5.【答案】C
【详解】A．足量CO2溶于水能与SiO
、CO
反应生成硅酸和碳酸氢根离子，不能大量共存，故A 错误；
B．酸性高锰酸钾具有强氧化性能氧化碘离子，且I-和ClO-也能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B
错误；
C．能使pH 试纸变深蓝色的溶液中含氢氧根离子，该组离子均与碱不能反应，可以大量共存，故C 正确；
D．氯水能与SO
发生氧化还原反应，不能大量共存，故D 错误；
故选：C。
6.【答案】D
【详解】A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了
CaO 具有碱性氧化物的通性，故A 不符合题意；
B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO 和NO 在催化剂作用下发生反应，
生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B 不符合题意；
C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C 不符合题意；
D．向工业废水中添加FeS 以除去废水中的
，是铜离子和FeS 生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS 还原
性，故D 符合题意；
故选D。
7.【答案】C
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物
的价类二维图，则a 为硫化氢、b 为硫、c 为二氧化硫、d 为三氧化硫、e 为硫酸、f 为硫酸盐、g 为氨气、h
为氮气、i 为一氧化氮、j 为二氧化氮或四氧化二氮、k 为硝酸、l 为铵盐。
【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A 正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e 的转化过程为
H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B 正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C 错误；
D．由分析可知，f 为硫酸盐、l 为铵盐，可能都是硫酸铵，故D 正确；
故选C。
8.【答案】C
【详解】A．4.6g 乙醇物质的量为0.1mol，含有0.6mol 氢原子，但水中也有氢原子，所含氢原子数大于
0.6NA，A 错误；
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B．将标准状况下22.4LNO 与11.2LO2混合后存在2NO+O2=2NO2、2NO2
N2O4，且标况下NO2和N2O4均
不是气体，体积远远小于22.4L，B 错误；
C．高氯酸钾中的氯从+7 降低到0，氯化氢中的氯从-1 升高到0，每生成4 摩尔氯气，转移电子数为7 摩尔，
C 正确；
D．石英晶体为SiO2，6 克石英为0.1molSiO2，含有0.1mol×4=0.4mol 硅氧键，D 错误；
答案选C。
9.【答案】D
【详解】A．铁粉与氯化铁在水溶液中反应生成氯化亚铁，能达到除杂目的，A 不符合题意；
B．氯气在饱和食盐水中的溶解度很低，HCl 可溶于饱和食盐水，能达到除杂目的，B 不符合题意；
C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙和氯化钠，过滤可除去碳酸钙，用盐酸溶液除去过量的碳酸钠，再加
热可除去过量的盐酸，能达到实验目的，C 不符合题意；
D．乙烯能与酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，除去了SO2但又引入了新的杂质，不能达到除杂目的，D 符
合题意；
故选D。
10.【答案】B
【分析】由工作原理图可知，左边X 电极上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应、为负极，
电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边Y 电极为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，原电池
工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子由负极经过导线进入正极，据此解答该题。
【详解】A．由分析可知，X 极为全氢电池的负极，A 错误；
B．由题干信息可知，该装置为原电池，原电池将化学能转化成电能，B 正确；
C．由于HClO4是强酸，结合分析可知电极Y 的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，C 错误；
D．由分析可知，左侧X 极为负极，右侧Y 极为正极，故Na+由负极即左侧移向正极右侧，故反应一段时
间后右室c(NaClO)增大，D 错误；
故答案为：B。
11.【答案】A
【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W 为原子序数在20 以内且原子序数依次增大的六种主族元素，根据图中
信息可知，Y 为C，Z 为O，X 为H，Z、Q 属于同一主族，故Q 为S，W+与Q2-具有相同的电子层结构，W
为K，T 为Cl；故X 为H，Y 为C，Z 为O，Q 为S，T 为Cl，W 为K。
【详解】A．W2YZ3为K2CO3，XTZ 为HClO，两者发生反应
，并无二氧化碳
生成，A 项错误；
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B．该化合物为离子化合物，含有离子键，C-H 键为极性键，C-C 键为非极性键，故该化合物中含有离子
键、极性键、非极性键，B 项正确；
C．Y、Q、T 的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸，硫酸，HClO4，非金属性T＞Q＞Y，故最高价氧化
物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y，C 项正确；
D．Y、Z、Q、T 分别与X 形成的简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子间有氢键，故水
的沸点较高，D 项正确；
答案选A。
12.【答案】D
【详解】A．反应
中，N 元素化合价降低，
为氧化剂，故A 正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360
kJ/mol=
，故B 正确；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C 正确；
D．
和
是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D 错
误；
故选D。
13.【答案】C
【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化
钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中
铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫
酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨
水代替氢氧化钠溶液，故A 错误；
B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B 错误；
C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢
氧化铝沉淀，故C 正确；
D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D 错误；
故选C。
14.【答案】C
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【详解】A．由图可知，该过程的总反应为
，反应过程中CH4中C 元素的化合
价升高，作还原剂，被氧化，故A 正确；
B．能量越低越稳定，由图可知，中间体
的能量比
更低，则
比
更稳定，
故B 正确；
C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到
过渡态2 的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/mol，故C 错误；
D．由图可知，
转化为
的焓变为-149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1 kJ/mol，故D 正确；
答案选C。
15.【答案】B
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源的负极相连的电极N 为电解池的阴极，氢离子在阴极得
到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，电极
为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失
去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，次碘酸根离子与乙醇反应生成三碘甲烷、碳酸根离子、碘离子、
氢氧根离子和水，双极膜中氢氧根离子向阳极移动。
【详解】A．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N 为电解池的阴极，故A 正确；
B．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N 为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应
生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，则电解一段时间后，电解一段时间后，阴极区硫酸浓度不变，故
B 错误；
C．由分析可知，电极
为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，电
极反应式为
，故C 正确；
D．由得失电子数目守恒可知，每制备
三碘甲烷，需要消耗5mol 次碘酸根离子，外电路转移10mol 电
子，则理论上双极膜内解离180g 水，故D 正确；
故选B。
16.【答案】B
【分析】根据H2SeO4=H++HSeO ，HSeO
H++SeO
，K2=1.0×10-2(298K)，可知H2SeO4为强酸，而
HSeO 为弱酸，则HSeO 对应的盐SeO
为弱酸盐，SeO
离子水解，溶液呈碱性，水解离子方程式为
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SeO
+H2O
HSeO +OH-。而H2SeO4对应的盐HSeO 为强酸盐，在水溶液中只电离，不水解，溶液显酸
性，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，SeO
只能发生一步水解得到HSeO ，A 错误；
B．滴加NaOH 溶液10mL 时，刚好生成NaHSeO4，溶液中存在HSeO 的电离平衡：HSeO4
-
H++SeO
，所以离子浓度为
，B 正确；
C．溶液存在电荷守恒，即
，当滴加至中性时，
，所以
，C 错误；
D．当用去NaOH 溶液体积20mL 时，此时溶液的溶质为Na2SeO4，SeO
为弱酸盐，SeO
离子水解，溶液
呈碱性，水解离子方程式为SeO
+H2O
HSeO +OH-，此时遵循物料守恒，即
，D 错误；
故选B。
17.【答案】(1) A（2 分） C（2 分） G（2 分）
(2) BC （2 分） 不变（2 分）
(3)温度（2 分） NH4Cl 浓度(或相同体积、温度下，NH4Cl 的量) （2 分）
【详解】（1）NH4Cl 和Ca(OH)2制备NH3是固体混合物加热制取气体的反应，有水生成，试管口应向下倾
斜，发生装置选A，NH3密度比空气小，用向下排空气法收集，收集装置选C，氨气极易溶于水，要用防
倒吸装置，但不能距离水太远，也不能插入液面以下，选G，故答案为A、C、G；
（2）A．没有指明正、逆速率，不能判断是否到达平衡或是反应向哪个方向进行，故A 错误；
B．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，密闭容器中总压强不变，
故B 正确；
C．随反应进行混合气体的质量减小，容器的容积不变，反应混合气体的密度减小，当密度不再变化，说
明到达平衡状态，故C 正确；
故BC 正确；
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反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，故答案为
BC；不变；
（3）根据表中数据知，实验1、2 的目的是探究温度对溶液中NH4Cl 水解程度的影响，实验2、3 的目的是
探究NH4Cl 浓度对溶液中NH4Cl 水解程度的影响。故答案为温度；NH4Cl 浓度(或相同体积、温度下，
NH4Cl 的量)。
18.【答案】(1)第4 周期第Ⅷ族（2 分）
（2 分）
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O（2 分）
(3)4.7~7.4（2 分）
(4)D（2 分）
(5)C（2 分）
(6)14.2%（2 分）
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含
Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀
Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液
中加入活性炭和NH4Cl 溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：
CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将
溶液在HCl 氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co 为27 号元素，位于元素周期表第4 周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基
态Co2+价层电子的电子排布图为：
。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3
+ 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH 后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，
由题干信息
、
可知Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，即当Al3+完
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全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时c(OH-)=
=10-9.3mol/L，则pH=4.7，同时得到含
c(Co2+)=0.1mol/L 的滤液，此时溶液中c(OH-)=
=10-6.6mol/L，则pH=7.4，即调节pH 的范围
为4.7~7.4。
（4）A．流程中
除作反应物外，
溶于水电离出的
会抑制后期加入的
的电离，
可防止加氨水时c(OH-)过大，防止生成
沉淀，故A 正确；
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K 稳表示，K 稳值越大，表
示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K 稳值比[Co(NH3)6]3+小，故
B 正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到
[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于
其结晶析出，故C 正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D 错误；
故选D。
（5）A．
溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A 错误；
B．滴定前溶液中发生反应：
，向所得的溶液中2~3 滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定
过程中发生反应
，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速
度，接近终点时改加半滴
溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴
定终点，故B 错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C 正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2
，n(Co3+)=n(
)=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-
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4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)=
=14.2%。
19.【答案】(1) -49.48 kJ/mol（2 分） BC（2 分） 0.05（2 分） 2.17（2 分） 反应ⅰ放
热，升高温度，平衡逆向移动（2 分）
(2)
（2 分） 乙（1 分） 根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强
平衡逆向移动（1 分）
【解析】(1)①生成物总能量-反应物总能量=焓变，
=-201.17kJ/
mol-241.82kJ/mol+393.51 kJ/mol-0=-49.48 kJ/mol；
②A．催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，故A 错误；
B．移走CO(g)，CO 浓度减小，可以使反应ⅱ平衡向右进行，故B 正确；
C．反应ⅰ反应前后气体系数和不同，气体气体总物质的量是变量、气体总质量不变，所以气体相对分子
质量是变量，容器内气体的相对分子质量不再改变说明反应达到了平衡，故C 正确；
D．平衡常数只与温度有关，压缩反应容器，反应ⅰ的化学平衡常数不变，故D 错误；
选BC；
③
氢气的浓度降低(9-5.75)mol/L=3.25 mol/L，反应生成CO 的浓度为0.25mol/L，则反应ⅱ消耗氢
气的浓度为0.25mol/L，反应ⅰ消耗氢气的浓度为3mol/L，
时间内
；
40min 时反应达到平衡状态，氢气的浓度降低(9-3.6)mol/L=5.4 mol/L，反应生成CO 的浓度为1.2mol/L，则
反应ⅱ消耗氢气的浓度为1.2mol/L，生成水的浓度为1.2mol/L，消耗CO2的浓度为1.2mol/L，反应ⅰ消耗
氢气的浓度为(5.4-1.2)=4.2mol/L，则反应ⅰ消耗CO2的浓度1.4mol/L，反应生成水的浓度为1.4mol/L；平
衡时容器中CO2的浓度(3-1.2-1.4)=0.4mol/L、H2的浓度是3.6mol/L、CO 浓度是1.2mol/L、H2O 的浓度是
(1.2+1.4)=2.6 mol/L，此条件下反应ⅱ平衡常数K=
。
④反应ⅰ放热，升高温度，平衡逆向移动，所以甲醇选择性随温度升高而降低。
(2)①总反应-历程ⅰ-历程ⅲ得历程ⅱ的方程式为
。
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②若在甲乙两个等容积的恒容容器中分别加入
和
，在同一条件下达到平衡，
根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强
平衡逆向移动，所以转化率较
大的是乙。
20.【答案】(1)酮羰基、氯原子（1 分）
(2)消去反应（1 分）
(3)
、
（2 分） Cl 或氯（1 分）
(4)
（2 分）
(5) 13（2 分）
（2 分）
(6)
（3
分）
【分析】A 发生加成反应生成羟基得到B，B 发生消去反应生成C，C 发生取代反应生成D；E 生成F，F
生成G，结合G 化学式可知，E 为邻二甲苯、F 为
，F 发生酯化反应生成G，G 转化为
H，DH 生成I；
【详解】（1）由图可知，A 中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子；
（2）B 发生消去反应生成碳碳双键得到C，为消去反应；
（3）D 中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期从左到右，金属性
减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负
性减弱；故其中电负性最大的元素为Cl 或氯；
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（4）F 发生酯化反应生成G，反应为
；
（5）B 除苯环外寒烟1 个氯、3 个碳、1 个氧，其同分异构体中，满足下列条件：
①含有苯环；②与
溶液发生显色反应，含酚羟基；③含有2 个甲基，且连在同一个碳原子上；
若含有-OH、-CCl(CH3)2，则由邻间对3 种；若含有-OH、-CH(CH3)2、-Cl，则为3 个不相同的取代基在苯
环上有10 种情况；故共13 种情况；
核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则结构对称性很好，结构简式为
；
（6）乙醇氧化为乙酸，乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和
发生已知反应原
理生成产品，故流程为：
。
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