2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）
理科综合化学学科
1.化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是
A.竹简的成分之一纤维素属于天然高分子B.龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物
C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为Ca(OH)2D.古壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3
【答案】C
【解析】
【详解】A．纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，其相对分子质量较高，是一种天然高分子，
A正确；
B．羟基磷灰石又称又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为[Ca10(PO4)6(OH)2]，属于无机物，B正确；
C．熟石膏是主要成分为2CaSO4H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；
D．Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；
故答案选C。
2.光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如下反应制备。
下列说法错误的是
A.该高分子材料可降解B.异山梨醇分子中有3个手性碳
C.反应式中化合物X为甲醇D.该聚合反应为缩聚反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；
B．异山梨醇中四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，
B错误；
C．反应式中异山梨醇释放出一个羟基与碳酸二甲酯释放出的甲基结合生成甲醇，故反应式中X为甲醇，C
正确；
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D．该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；
故答案选B。
3.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为C(NH)B(OCH)Cl，部分晶体结构如下图所示，其
233443
+
中为平面结构。
C(NH2)3
下列说法正确的是
A.该晶体中存在N-H…O氢键B.基态原子的第一电离能：C C.基态原子未成对电子数：B 【答案】A 【解析】 【详解】A．由晶体结构图可知，[C(NH)]+中的-NH的与中的O形成氢键，因此， 232HB(OCH3)4 该晶体中存在NH-氢键，A说法正确； B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第A、A元素的原子结构比较稳定，其第一电离能 高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B 正确； D．[C(NH)]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；中B与4个O 23B(OCH3)4 形成了4个键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；中O分别与B和C B(OCH3)4 形成了2个键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中 B、和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确； 综上所述，本题选A。 一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时， 4.VO25ZnZn(CF33SO)2 第2页/共18页 2+ Zn可插入VO25层间形成Znx25VOnH2O。下列说法错误的是 A.放电时VO25为正极 B.放电时Zn2+由负极向正极迁移 C.充电总反应：xZn+V25O+nH2O=Znx25VOnH2O -2+ D.充电阳极反应：Znx25VOnH2O-2xe=xZn+V25O+nH2O 【答案】C 【解析】 【分析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、VO25为正极，电池的总反应为 xZn+V25O+nH2O=Znx25VOnH2O。 2+ 【详解】A由题信息可知，放电时，Zn可插入VO25层间形成Znx25VOnH2O，VO25发生了还原反 应，则放电时VO25为正极，A说法正确； BZn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2+，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向正极迁移，B 说法正确； C电池在放电时的总反应为xZn+V25O+nH2O=Znx25VOnH2O，则其在充电时的总反应为 Znx25VOnH2Ox=Zn+V25O+nH2O，C说法不正确； D充电阳极上Znx25VOnH2O被氧化为VO25，则阳极的电极反应为 -2+ Znx25VOnH2O-2xe=xZn+V25O+nH2O，D说法正确； 综上所述，本题选C。 5.根据实验操作及现象，下列结论中正确的是 选 实验操作及现象结论 项 第3页/共18页 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明稀硝酸的氧化性比 A 显现象浓硝酸强 取一定量Na23SO样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓 2- B此样品中含有SO4 HNO3，仍有沉淀 Cu的金属性比 将银和AgNO3溶液与铜和Na24SO溶液组成原电池。连通后银表面有银白 C 强 色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝Ag 溴与苯发生了加成 D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 反应 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡， 所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误； B．浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中含有硫酸 根，B错误； C．铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以 该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确； D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误； 故选C。 2+ 6.“肼合成酶”以其中的Fe配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH22NH)，其反应历程 如下所示。 下列说法错误的是 第4页/共18页 A.NH2OH、NH3和HO2均为极性分子 B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成 C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+ D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND22ND 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确； B．由反应历程可知，有NH，NO键断裂，还有NH键的生成，B正确； C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正 确； D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD， 不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误； 故选D。 + 向AgCl饱和溶液有足量AgCl固体中滴加氨水，发生反应+和 7.()Ag+NH33Ag(NH) ++ ，lgc(M)/molL-1与lgc(NH)/molL-1的关系如下 Ag(NH33)+NHAg(NH3)2()3() ++ 图所示(其中M代表+、-、或)。 AgClAg(NH3)Ag(NH3)2 下列说法错误的是 A.曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线 +--9.75 B.AgCl的溶度积常数Ksp=cAg()cCl()=10 ++ C.反应的平衡常数K的值为3.81 Ag(NH33)+NHAg(NH3)210 第5页/共18页 -1++ D.cNH=0.01molL时，溶液中cAg(NH)>cAg(NH)>cAg+ (3)(332)()() 【答案】B 【解析】 【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减 小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子， 则曲线I、、、分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲 线。 【详解】A．由分析可知，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，可视为氯化银溶解度随 NH3浓度变化曲线，故A正确； B．由分析可知，曲线I、、、分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度 对数变化的曲线，由图可知，氨分子浓度小于10—6mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度均为10— 5mol/L，则氯化银的溶度积为10—510—5=10—10，故B错误； C．由图可知，氨分子浓度对数为—1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10—2,35mol/L + cAg(NH3) —++ 和105.16mol/L，则的平衡常数K== Ag(NH33)+NHAg(NH3)2+ cAgNHcNH (33)() ++ cAg(NH3)cAg(NH3)—2,35 103.81，故正确； +=+=10C cAgNHcNHcAgNHcNH10—5.1610?1 (33)()(33)() D．由分析可知，曲线I、、、分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度 -1 对数变化的曲线，则c(NH3)=0.01molL时，溶液中 ++ cAg(NH)>cAg(NH)>cAg+，故D正确； (332)()() 故选B。 8.铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化 合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示： 第6页/共18页 已知：最高价铬酸根酸性介质中以2-存在，在碱性介质中以2-存在。 在Cr27OCrO4 回答下列问题： （1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为_______(填化学式)。 （2）水浸渣中主要有SiO2和_______。 （3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是_______。 （）除硅磷步骤中，使硅、磷分别以和的形式沉淀，该步需要控制溶液的 4“”MgSiO3MgNH44PO pH9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致_______；pH>9时，会导致_______。 + （5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到VO25沉淀，VO25在pH<1时，溶解为VO2或 3+在碱性条件下，溶解为-或3-，上述性质说明具有填标号。 VOVO3VO4VO25_______() A．酸性B．碱性C．两性 （6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na22SO5)溶液，反应的离子方程式为_______。 【答案】（1）Na2CrO4 2- （2）Fe2O3（3）SiO3 （）不能形成沉淀不能形成沉淀 4.MgNH44PO.MgSiO3 （）（）2-2-+3+2- 5C62Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+5H2O 【解析】 【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的 最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫 酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵 溶液将硅元素、磷元素转化为和沉淀，过滤得到含有、的 MgSiO3MgNH44POMgSiO3MgNH44PO 滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤 液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀， 过滤得到氢氧化铬。 【小问1详解】 由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4； 【小问2详解】 由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3Fe2O3； 第7页/共18页 【小问3详解】 2- 由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀，故答案为：SiO3； 【小问4详解】 由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为和沉 MgSiO3MgNH44PO 淀，若溶液时，会导致磷元素不能形成沉淀若溶液时，会导镁离子生成氢氧化 pH<9MgNH44POpH>9 钠沉淀，不能形成沉淀，导致产品中混有杂质，故答案为：不能形成沉淀；不能形 MgSiO3MgNH44PO 成MgSiO3沉淀； 【小问5详解】 由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化 物，故选C； 【小问6详解】 由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为 2-2-+3+2-，故答案为：2-2-+3+2-。 2Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+5H2O2Cr2O7+3S2O5+10H=4Cr+6SO4+5H2O 9.实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下： 相关信息列表如下： 物质性状熔点/沸点/溶解性 难溶于冷水 安息香白色固体133344 溶于热水、乙醇、乙酸 不溶于水 二苯乙二酮淡黄色固体95347 溶于乙醇、苯、乙酸 冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶 装置示意图如下图所示，实验步骤为： 在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl326HO，边搅拌边加热，至固体全部溶解。 第8页/共18页 停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45~60min。 加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。 过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。 粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。 回答下列问题： （1）仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。 （2）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。 （3）实验步骤中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。 （4）在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量 的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______？简述判断理由_______。 （5）本实验步骤~在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止_______。 （6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度 的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。 a．热水b．乙酸c．冷水d．乙醇 （7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。 a．85%b．80%c．75%d．70% 【答案】（1）油（2）.球形冷凝管.a （3）防暴沸（4）.FeCl2.可行.空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3 可循环参与反应 （5）溶解安息香，防止安息香析出 （6）a（7）b 【解析】 第9页/共18页 【分析】在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl36H2O，加热至固体全部溶解，停止加 热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄 色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品 1.6g，据此解答。 【小问1详解】 该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为 热传导介质，故答案为：油； 【小问2详解】 根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故答案为：球 形冷凝管；a； 【小问3详解】 步骤中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故答案为：防暴沸； 【小问4详解】 FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二 酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故答案为：FeCl2；可行；空气可 以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应； 【小问5详解】 由表格中信息可知，安息香难溶于冷水，溶于热水，乙醇，乙酸，所以步骤中，乙酸除做溶剂外， 另一主要作用是溶解安息香，防止安息香析出，故答案为：溶解安息香，防止安息香析出； 【小问6详解】 根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗 品除去安息香，故答案为：a； 【小问7详解】 2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约 1.6g 为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为100%=80.8%，最接近80%，故答案为：b。 1.98g 10.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： 13-1 （1）根据图1数据计算反应N2(g)+H23(g)=NH(g)的=H_______kJmol。 22 第10页/共18页