2023年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分(全国甲卷)可能用到的相对原子质量：F19Al27一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。(化学部分为第7～13题)1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B说法正确；C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正确；综上所述，本题选B。2.藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是A.可以发生水解反应B.所有碳原子处于同一平面C.含有2种含氧官能团D.能与溴水发生加成反应【答案】B【解析】第1页/共18页学科网（北京）股份有限公司【详解】A．藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A说法正确；B．藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；C．藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键，因此其含有2种含氧官能团，C说法正确；D．藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，因此，其能与溴水发生加成反应，D说法正确；综上所述，本题选B。3.实验室将粗盐提纯并配制0.1000molL1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有①天平②温度计③坩埚④分液漏斗⑤容量瓶⑥烧杯⑦滴定管⑧酒精灯A.①②④⑥B.①④⑤⑥C.②③⑦⑧D.①⑤⑥⑧【答案】D【解析】【详解】实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。4.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NAB.标准状况下，2.24LSO3中电子的数目为4.00NAC.1.0LpH2的H2SO4溶液中H的数目为0.02NA1的溶液中2的数目为D.1.0L1.0molLNa2CO3CO31.0NA【答案】A【解析】【详解】A．异丁烷的结构式为，1mol异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；第2页/共18页学科网（北京）股份有限公司B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24LSO3物质的量，故无法求出其电子数目，B错误；+C．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H)=0.01mol/L，则1.0LpH=2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；2-2-D．Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO3会发生水解，所以1.0L1.0mol/L的Na2CO3溶液中CO3的数目小于1.0NA，D错误；故选A。5.W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是A.原子半径：XWB.简单氢化物的沸点：XZC.Y与X可形成离子化合物D.Z的最高价含氧酸是弱酸【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。【详解】A．X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C正确；D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物乙烯、乙6.CO2K(醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是第3页/共18页学科网（北京）股份有限公司A.析氢反应发生在IrOxTi电极上B.Cl从Cu电极迁移到IrOxTi电极阴极发生的反应有：C.2CO212H12eC2H44H2OD.每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去—+电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，铜电极为阴极，酸性条件下二氧+−化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O、+−2CO2+12H+12e=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电+−极反应式有2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O，故C正确；—+D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；答案选C。、7.下图为Fe(OH)3Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图151(pMlgcM/molL；cM10molL可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是第4页/共18页学科网（北京）股份有限公司8.5A.由a点可求得KspFe(OH)31010101B.pH4时Al(OH)3的溶解度为molL3C.浓度均为0.01molL1的Al3和Fe3可通过分步沉淀进行分离21D.Al3、Cu2混合溶液中cCu0.2molL时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则332.512338.5KspFe(OH)3=c(Fe)c(OH)=1010=10，故A错误；3369333B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则KspAl(OH)3=c(Al)c(OH)=1010=10，pH43310-31时Al(OH)3的溶解度为=10molL，故B错误；(1010)3C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3和Fe3，故C正确；21D．由图可知，Al3沉淀完全时，pH约为4.7，Cu2刚要开始沉淀，此时cCu0.1molL，若21cCu0.2molL>0.1molL1，则Al3、Cu2会同时沉淀，故D错误；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。(必做题：26～28题，选做题：35～36题)8.BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。第5页/共18页学科网（北京）股份有限公司回答下列问题：（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。（3）“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸b．浓硫酸c．盐酸d．磷酸（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。（）沉淀步骤中生成的化学方程式为。5“”BaTiOC2O42_______（）热分解生成粉状钛酸钡，产生的n:n=。6“”CO2CO_______【答案】（1）做还原剂，将BaSO4还原2（2）SH2OHSOH（3）c（4）①.不可行②.CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低（）5BaCl2TiCl4H2O+2NH42C2O4BaTiOC2O424NH4Cl+2HCl（6）1:1【解析】【分析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分BaCl2BaCl2TiCl4NH42C2O4沉淀得到；经热分解得到。BaTiOC2O42BaTiOC2O42BaTiO3【小问1详解】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水第6页/共18页学科网（北京）股份有限公司的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到BaCl2BaCl2TiCl4NH42C2O4；经热分解得到。BaTiOC2O42BaTiOC2O42BaTiO3【小问2详解】“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。【小问3详解】“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。【小问4详解】如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。【小问5详解】沉淀步骤中生成的化学方程式为：“”BaTiOC2O42。BaCl2+TiCl4H2O+2NH42C2O4=BaTiOC2O424NH4Cl+2HCl【小问6详解】Δ热分解生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，“”BaTiOC2O42BaTiO32CO2+2CO产生的n:n。co2co=1:1钴配合物溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：9.CoNH36Cl32CoCl2NHCl10NHHO活性炭2CoNHCl2HO。243223632具体步骤如下：Ⅰ．称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。Ⅱ．分批加入3.0gCoCl26H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。Ⅲ．加热至55~60℃反应20m