2023年重慶市高考化學試卷

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2023年重慶市高考化學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．重慶市戰(zhàn)略性新興產(chǎn)業(yè)發(fā)展“十四五”規(guī)劃(2021-2025年)涉及的下列物質中，屬于金屬材料的是

A．重組蛋白B．高性能銅箔C．氮化鎵半導體D．聚氨酯樹脂A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．重組蛋白為有機物，A不符合題意；B．合金、純金屬均為金屬材料，銅為金屬材料，B符合題意；C．氮化鎵半導體為新型無機非金屬材料，C不符合題意；D．聚氨酯樹脂為有機合成材料，D不符合題意；故選B。2．下列離子方程式中，錯誤的是A．NO2通入水中：B．Cl2通入石灰乳中：C．Al放入NaOH溶液中：2D．Pb放入Fe2SO【答案】B【詳解】A．二氧化氮和水生成硝酸和NO，反應為3NOB．石灰乳轉化氫氧化鈣不能拆，反應為Cl2C．Al放入NaOH溶液中生成偏鋁酸鈉和去：2AlD．Pb放入Fe2SO4故選B。3．下列敘述正確的是A．Mg分別與空氣和氧氣反應，生成的產(chǎn)物相同B．SO2分別與H2OC．Na2O2分別與HD．濃H2SO4分別與Cu【答案】C【詳解】A．鎂在空氣中燃燒也會部分和氮氣反應生成氮化鎂，A錯誤；B．SO2與H2OC．Na2O2分別與HD．濃H2SO4與Cu故選C。4．已知反應：2F2+2NaOH=OF2+2NaFA．轉移的電子數(shù)為4NA B．生成的NaFC．乙生成的氧化產(chǎn)物分子數(shù)為2NA D．生成的H【答案】C【詳解】A．反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+HB．根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaFC．根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaFD．根據(jù)反應2F2+2NaOH=OF2+2NaF+H故答案為C。5．下列實驗裝置或操作能夠達到實驗目的的是ABCD

制取NH轉移溶液保護鐵件收集NOA．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．氯化銨受熱分解為氨氣和氯化氫，兩者遇冷又會生成氯化銨，不適合制取氨氣，A不符合題意；B．轉移溶液時玻璃棒應該伸入容量瓶刻度線以下，正確，B符合題意；C．保護鐵件應該連接比鐵更活潑的金屬使得鐵被保護，而不是連接惰性電極石墨，C不符合題意；D．NO會與空氣中氧氣反應，不適合排空氣法收集，D不符合題意；故選B。6．“嫦娥石”是中國首次在月球上發(fā)現(xiàn)的新礦物，其主要由Ca、Fe、P、A．Y位于元素周期表的第ⅢB族B．基態(tài)Ca原子的核外電子填充在6個軌道中C．5種元素中，第一電離能最小的是FeD．5種元素中，電負性最大的是P【答案】A【詳解】A．釔原子序數(shù)比Fe大13，為39號元素，為元素周期表的第五周期第ⅢB族，A正確；B．鈣為20號元素，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p64s2，基態(tài)Ca原子的核外電子填充在10個軌道中，B錯誤；C．同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變??；同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，5種元素中，鈣第一電離能比鐵小，C錯誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；5種元素中，電負性最大的是O，D錯誤；故選A。7．橙皮苷廣泛存在于臍橙中，其結構簡式(未考慮立體異構)如下所示：

關于橙皮苷的說法正確的是A．光照下與氯氣反應，苯環(huán)上可形成C?B．與足量NaOH水溶液反應，O?C．催化劑存在下與足量氫氣反應，π鍵均可斷裂D．與NaOH醇溶液反應，多羥基六元環(huán)上可形成π鍵【答案】C【詳解】A．光照下烴基氫可以與氯氣反應，但是氯氣不會取代苯環(huán)上的氫，A錯誤；B．分子中除苯環(huán)上羥基，其他羥基不與氫氧化鈉反應，B錯誤；C．催化劑存在下與足量氫氣反應，苯環(huán)加成為飽和碳環(huán)，羰基氧加成為羥基，故π鍵均可斷裂，C正確；D．橙皮苷不與NaOH醇溶液反應，故多羥基六元環(huán)不可形成π鍵，D錯誤；故選C。8．下列實驗操作和現(xiàn)象，得出的相應結論正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向盛有Fe(OH)盛NiOOH氧化性：NiOB向CuSO4溶液中通入H出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)酸性：HC乙醇和濃硫酸共熱至170℃溴水褪色乙烯發(fā)生了加成反應D向Na2HPO4出現(xiàn)黃色沉淀AgNa2A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，盛NiOOH的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體，說明NiOOH將氯離子氧化為氯氣，而氫氧化鐵不行，故氧化性：B．出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)，是因為硫化銅的溶解度較小，不能說明酸性H2C．揮發(fā)的乙醇也會被強氧化劑溴單質氧化使得溴水褪色，不能說明乙烯發(fā)生了加成反應，C錯誤；可能有SO2。D．出現(xiàn)黃色沉淀Ag3PO4故選A。9．配合物[MA2L2]的分子結構以及分子在晶胞中的位置如圖所示，下列說法錯誤的是

A．中心原子的配位數(shù)是4 B．晶胞中配合物分子的數(shù)目為2C．晶體中相鄰分子間存在范德華力 D．該晶體屬于混合型晶體【答案】D【詳解】A．由題干配合物[MA2L2]的分子結構示意圖可知，中心原子M周圍形成了4個配位鍵，故中心原子M的配位數(shù)是4，A正確；B．由題干圖示晶胞結構可知，晶胞中配合物分子的數(shù)目為8×1C．由題干信息可知，該晶體為由分子組成的分子晶體，故晶體中相鄰分子間存在范德華力，C正確；D．由題干信息可知，該晶體為由分子組成的分子晶體，D錯誤；故答案為：D。10．NCl3和SiCl4均可發(fā)生水解反應，其中

下列說法正確的是A．NCl3和SiCl4均為極性分子 B．NCl3和NH3中的C．NCl3和SiCl4的水解反應機理相同 D．NHCl2和NH【答案】D【詳解】A．NCl3中中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：3+12(5-3×1)=4，故空間構型為三角錐形，其分子中正、負電荷中心不重合，為極性分子，而SiClB．NCl3和NH3中中心原子N周圍的價層電子對數(shù)均為：3+12(5-3×1)=4，故二者C．由題干NCl3反應歷程圖可知，NCl3水解時首先H2O中的H原子與NCl3上的孤電子對結合，O與Cl結合形成HClO，而SiCl4上無孤電子對，故SiCl4的水解反應機理與之不相同，C錯誤；D．NHCl2和NH3分子中均存在N-H鍵和孤電子對，故均能與故答案為：D。11．NH4

A．M點Kw等于N點B．M點pH大于N點pHC．N點降溫過程中有2個平衡發(fā)生移動D．P點c【答案】B【詳解】A．溫度升高，水的電離程度增大，則M點Kw小于N點KB．升高溫度促進銨根離子的電離，且N點銨根離子濃度更大，水解生成氫離子濃度更大，N點酸性更強，故M點pH大于N點pH，B正確；C．N點降溫過程中有水的電離平衡、銨根離子的水解平衡、硫酸銨的溶解平衡3個平衡發(fā)生移動，C錯誤；D．P點為硫酸銨的不飽和溶液，由電荷守恒可知，cH故選B。12．電化學合成是一種綠色高效的合成方法。如圖是在酸性介質中電解合成半胱氨酸和煙酸的示意圖。下列敘述錯誤的是

A．電極a為陰極B．H+C．電極b發(fā)生的反應為：

D．生成3mol半胱氨酸的同時生成1【答案】D【分析】該裝置是電解池，電極b上3-甲基吡啶轉化為煙酸過程中‘加氧少氫’，發(fā)生氧化反應，則b為陽極，a為陰極，陰極電極反應式為

+2e-+2H+=2

；【詳解】A．a(chǎn)極上硫元素化合價升高，a為陰極，A正確；B．電解池中陽離子移向陰極，則H+移向a電極，B正確；C．電極b上3-甲基吡啶轉化為煙酸過程中發(fā)生氧化反應，在酸性介質中電極反應式為：

，C正確；D．根據(jù)電子守恒可得關系式：

~6e-~6

，因此生成6mol半胱氨酸的同時生成1mol煙酸，D錯誤；故選：D。13．化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相對分子質量相差7，1molX3Y7WR含40mol質子，X、W和R三種元素位于同周期，X原子最外層電子數(shù)是R原子核外電子數(shù)的一半。下列說法正確的是A．原子半徑：W＞R B．非金屬性：X＞RC．Y和Z互為同素異形體 D．常溫常壓下X和W的單質均為固體【答案】A【分析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相對分子質量相差7，說明Y、Z為氫元素的兩種核素，由題干信息可知，1molX3Y7WR含40mol質子，X、W和R三種元素位于同周期，X原子最外層電子數(shù)是R原子核外電子數(shù)的一半，則X、W、R的內(nèi)層電子數(shù)為2，設X的最外層電子數(shù)為a，則R的核外電子數(shù)為2a，W的核外電子數(shù)為b，Y的質子數(shù)為1，則有：3(a+2)+2a+b+7=40(a、b均為整數(shù))，5a+b=27，解得a=5，b=2(X、R不在同周期，舍去)；a=4，b=7；a=3，b=12(X、R不在同周期，舍去)；則X為C，R為O，W為N。【詳解】A．同周期從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：W＞R，故A正確；B．同周期從左到右非金屬性逐漸增強，則非金屬性：R＞X，故B錯誤；C．Y和Z是氫的兩種核素，兩者互為同位素，故C錯誤；D．常溫常壓下X的單質為固體，W的單質是氣體，故D錯誤。綜上所述，答案為A。14．逆水煤氣變換體系中存在以下兩個反應：反應Ⅰ：CO反應Ⅱ：CO在恒容條件下，按VCO

A．反應Ⅰ的ΔH<0，反應Ⅱ的B．M點反應Ⅰ的平衡常數(shù)KC．N點H2O的壓強是D．若按VCO【答案】C【詳解】A．隨著溫度的升高，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，則說明隨著溫度升高，反應Ⅱ逆向移動、反應Ⅰ正向移動，則反應Ⅱ為放熱反應焓變小于零、反應Ⅰ為吸熱反應焓變大于零，A錯誤；B．M點沒有甲烷產(chǎn)物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料VCO2:C．N點一氧化碳、甲烷物質的量相等，結合反應方程式的系數(shù)可知，生成水得總的物質的量為甲烷的3倍，結合阿伏伽德羅定律可知，H2O的壓強是D．反應Ⅰ為氣體分子數(shù)不變的反應、反應Ⅱ為氣體分子數(shù)減小的反應；若按VCO故選C。二、工業(yè)流程題15．Fe3O4是一種用途廣泛的磁性材料，以FeCl2為原料制備

25℃時各物質溶度積見下表：物質FeFeCa溶度積K4.9×2.8×5.0×回答下列問題：(1)Fe3O4中Fe元素的化合價是+2和。O(2)反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是。(3)反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣。①反應的離子方程式為。②為加快反應速率，可采取的措施有。(寫出兩項即可)。(4)①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，理論上②稱取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入過量Na2C2O4，將所得沉淀過濾洗滌后，溶于熱的稀硫酸中，用0.1000mol/【答案】(1)+31s22s22p6(2)防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵(3)4CaO+6H2(4)11最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不變色66.6%【分析】FeCl2溶液加入氧化鈣生成氫氧化亞鐵，F(xiàn)eCl【詳解】（1）Fe3O4可以寫成FeO?Fe2O3，故Fe元素的化合價是+2和+3。（2）空氣中氧氣具有氧化性，反應釜1中的反應需在隔絕空氣條件下進行，其原因是防止二價鐵被空氣中氧氣氧化為三價鐵；（3）①反應釜2中，加入CaO和分散劑的同時通入空氣，氧氣將二價鐵氧化三價鐵，三價鐵與氧化鈣和水生成的氫氧化鈣生成氫氧化鐵，反應的離子方程式為4CaO+6H2②為加快反應速率，可采取的措施有適當升高溫度、攪拌等；（4）①反應釜3中，25℃時，Ca2+濃度為5.0mol/L，反應不能使鈣離子生成沉淀，防止引入雜質，故此時②高錳酸鉀溶液紫紅色，故滴定達到終點的現(xiàn)象為：最后半滴標準液加入后，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不變色；氯化鈣和草酸鈉轉化為草酸鈣沉淀CaC2O4，草酸鈣沉淀加入硫酸轉化為草酸，草酸和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應：2MnO4-+5H2三、實驗題16．煤的化學活性是評價煤氣化或燃燒性能的一項重要指標，可用與焦炭(由煤樣制得)反應的CO2的轉化率α來表示。研究小組設計測定α

(1)裝置Ⅰ中，儀器a的名稱是；b中除去的物質是(填化學式)。(2)①將煤樣隔絕空氣在900℃加熱1小時得焦炭，該過程稱為。②裝置Ⅱ中，高溫下發(fā)生反應的化學方程式為。③裝置Ⅲ中，先通入適量的氣體X，再通入足量Ar氣。若氣體X被完全吸收，則可依據(jù)d和e中分別生成的固體質量計算α。i.d中的現(xiàn)象是。ii.e中生成的固體為Ag，反應的化學方程式為。iii.d和e的連接順序顛倒后將造成α(填“偏大”“偏小”或“不變”)。iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定α：將干燥后的CO2(含雜質N2的體積分數(shù)為n)以一定流量通入裝置Ⅱ反應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中CO2的體積分數(shù)為m，此時α【答案】(1)分液漏斗HCl(2)干餾CO2+C高溫2CO【分析】稀鹽酸與碳酸鈣反應生成二氧化碳、氯化鈣和水，由于鹽酸易揮發(fā)，二氧化碳中含有氯化氫雜質，用飽和碳酸氫鈉溶液吸收氯化氫，再用濃硫酸干燥氣體，二氧化碳通到灼熱的焦炭中反應生成一氧化碳，將混合氣體通入足量氫氧化鋇溶液中吸收二氧化碳，一氧化碳與銀氨溶液反應生成銀單質?！驹斀狻浚?）裝置Ⅰ中，儀器a的名稱是分液漏斗；由于二氧化碳中含有揮發(fā)的氯化氫氣體，因此b中碳酸氫鈉與氯化氫反應，則除去的物質是HCl；故答案為：分液漏斗；HCl。（2）①將煤樣隔絕空氣在900℃加熱1小時得焦炭，即隔絕空氣加強熱使之分解，則該過程稱為干餾；故答案為：干餾。②裝置Ⅱ中，高溫下二氧化碳和焦炭反應生成一氧化碳，其發(fā)生反應的化學方程式為CO2+C高溫③i.d中二氧化碳和氫氧化鋇反應生成碳酸鋇沉淀和水，其反應的現(xiàn)象是有白色沉淀生成；故答案為：有白色沉淀生成。ii.e中生成的固體為Ag，根據(jù)氧化還原反應分析得到CO變?yōu)樘妓徜@，則反應的化學方程式為CO+2[Ag(NH3)2iii.d和e的連接順序顛倒，二氧化碳和銀氨溶液反應，導致銀氨溶液消耗，二氧化碳與氫氧化鋇反應的量減少，則將造成α偏大；故答案為：偏大。iiii.在工業(yè)上按照國家標準測定α：將干燥后的CO2(含雜質N2的體積分數(shù)為n)以一定流量通入裝置Ⅱ反應，用奧氏氣體分析儀測出反應后某時段氣體中CO2的體積分數(shù)為m，設此時氣體物質的量為bmol，二氧化碳物質的量為bmmol，原來氣體物質的量為amol，原來二氧化碳物質的量為a(1?n)mol，氮氣物質的量為anmol，則消耗二氧化碳物質的量為[a(1?n)?bm]mol，生成CO物質的量為2[a(1?n)?bm]mol，則有b=an+bm+2[a(1?n)?bm]，解得：b=a(2-n)1+m，此時α四、原理綜合題17．銀及其化合物在催化與電化學等領域中具有重要應用。(1)在銀催化下，乙烯與氧氣反應生成環(huán)氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根據(jù)圖所示，回答下列問題：

①中間體OMC生成吸附態(tài)EOads的活化能為kJ②由EOg生成AAg的熱化學方程式為(2)一定條件下，銀催化劑表面上存在反應：Ag2Os?2T401443463p1051100①463K時的平衡常數(shù)Kp=②起始狀態(tài)Ⅰ中有Ag2O、

已知狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質量相等，下列敘述正確的是(填字母)。A．從Ⅰ到Ⅱ的過程ΔSB．pC．平衡常數(shù)：KD．若體積VⅢ=2E．逆反應的速率：v③某溫度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解過程中反應速率vO2與壓強p的關系為vO2=k1?p(3)α?AgI可用作固體離子導體，能通過加熱

①測定晶體結構最常用的儀器是(填字母)。A．質譜儀

B．紅外光譜儀

C．核磁共振儀

D．X射線衍射儀②γ?AgI與α?③測定α?AgI中導電離子類型的實驗裝置如圖所示。實驗測得支管a中AgI質量不變，可判定導電離子是Ag+而不是I

【答案】(1)83EOg?(2)10CDE3(3)D12:7a中銀電極質量減小，b中銀電極質量增大【詳解】（1）①過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，中間體OMC生成吸附態(tài)EOads的活化能為?93②由圖可知，EOg生成AAg放出熱量?117kJ/mol（2）①反應中只有氧氣為氣體，結合表格數(shù)據(jù)可知，463K時的平衡常數(shù)Kp=p②結合表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，壓強變大，平衡正向移動，則反應為吸熱反應；A．從Ⅱ到Ⅲ為體積增大，反應正向移動的過程，導致固體質量減小，已知狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質量相等，則從Ⅰ到Ⅱ的過程為固體質量增大的過程，平衡逆向移動，為熵減過程，故從Ⅰ到Ⅱ的過程ΔS<0B．平衡常數(shù)Kp=p1C．反應為吸熱反應，降低溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故平衡常數(shù)：KⅡD．已知狀態(tài)Ⅰ和Ⅲ的固體質量相等，則氧氣的物質的量相等，若體積VⅢ=2VⅠ，根據(jù)阿伏伽德羅定律可知，pO2,E．結合A分析可知，逆反應的速率：vⅠ>vⅡ；固體不影響反應速率，溫度越低反應速率越低，逆反應的速率：故選CDE；③某溫度下，設向恒容容器中加入mgAg2O，當固體質量減少4%時，逆反應速率最大，此時達到平衡狀態(tài)，減小質量為生成氧氣的質量，則生成m×4%32molO2，若轉化率為14.5%（3）①晶體與非晶體的最可靠的科學方法是X射線衍射法；故測定晶體結構最常用的儀器是D．X射線衍射儀；②據(jù)“均攤法”，γ?AgI晶胞中含8×18+6×12=4個I，則晶體密度為4MNAVγ③由圖可知，a為陽極、b為陰極，實驗測得支管a中AgI質量不變，則碘離子沒有遷移到a中與銀離子產(chǎn)生AgI沉淀，銀離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銀單質，導致b中銀電極質量增大，a中銀電極銀單質失去電子發(fā)生氧化反應生成銀離子，導致a中銀電極質量質量減小，可判定導電離子是Ag+而不是I五、有機推斷題18．有機物K作為一種高