1、2023年高考湖北卷化学真题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题12023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是A液氮-液氢B液氧-液氢C液态-肼D液氧-煤油【答案】A【详解】A虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮液氢不能作为火箭推进剂，A正确；B氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧液氢能作为火箭推进剂，B错误；C肼和在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反
2、应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态肼能作为火箭推进剂，C错误；D煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧煤油能作为火箭推进剂，D错误；故选A。2下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是A石灰乳中存在沉淀溶解平衡B氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂C铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应DLi、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强【答案】D【详解】A石灰乳中存在沉淀溶解平衡，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；B氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有
3、部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；C铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生还原反应和氧化反应，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；DLi、Na、K均为第A的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；故选D。3工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅高纯硅下列说法错误的是A制备
4、粗硅的反应方程式为B1molSi含Si-Si键的数目约为C原料气HCl和应充分去除水和氧气D生成的反应为熵减过程【答案】B【详解】A. 和在高温下发生反应生成和，因此，制备粗硅的反应方程式为，A正确；B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1mol Si含Si-Si键的数目约为，B错误；C. SiHCl3和水蒸气反应，硅和氧气反应，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气 ，C正确；D. ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成的反应为熵减过程，D正确；故选B。4湖北蕲春李时珍的本草纲目记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一
5、的结构简式如图。下列说法正确的是A该物质属于芳香烃B可发生取代反应和氧化反应C分子中有5个手性碳原子D1mol该物质最多消耗9molNaOH【答案】B【详解】A结构中含氧元素，不是烃类化合物，A错误；B酚羟基邻对位氢原子可以发生取代反应，羧基发生酯化反应，发生取代反应，酚羟基、碳碳双键能发生氧化反应，B正确；C将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；D分子结构中酚羟基、羧基、酯基都可以和氢氧化钠溶液反应，则分子结构中7个酚羟基、2个羧基、2个酯基都和氢氧化钠反应，1mol该物质最多消耗11molNaOH，D错误；故选B。
6、5化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是A用电子式表示的形成：B用离子方程式表示溶于烧碱溶液：C用电子云轮廓图表示H-H的s-s键形成的示意图：D用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：【答案】D【详解】A钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；B氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；CH的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-s键形成的示意图：，C正确；D用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂
7、为，D错误；故选D。6W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是A分子的极性：B第一电离能：XYZC氧化性：D键能：【答案】A【分析】据题意分析，Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。【详解】AW为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非
8、极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，因此分子的极性：，A正确；BX为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，因此第一电离能：YXH，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，C正确；D据表分析，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，D错误；故选D。12下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理的是A能与水反应生成B可与反应生成C水解生成D中存在具有
9、分子内氢键的异构体【答案】B【详解】A水可以写成H-OH的形式，与CHCH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A错误；B3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B正确；C水解生成和CH3OCOOH，可以发生互变异构转化为，C错误；D可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D错误；故选B。13利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：下列操作错误的是A红磷使用前洗涤以除去表面杂质B将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气C从a口通入冷凝水，升温使红磷转化D冷凝管外壁出现白磷，冷却后
10、在氮气氛围下收集【答案】B【详解】A红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，所以红磷在使用前应洗涤，A正确；B红磷与氧气反应的温度为240左右，但是转化的白磷可以在40左右燃烧，因此，在红磷装入装置后应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；C据图分析，从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；D白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的 故选B。14为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。
11、下列说法正确的是A当时，体系中BpH在9.510.5之间，含L的物种主要为C的平衡常数的lgK约为14D当时，参与配位的【答案】C【详解】A据图分析，从图中可以看出Fe()主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL-较少，据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)10-9.46，但pH=1时c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)c(FeL+)c(HL-)c(OH-)，A错误；B据图分析，图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH9.9时HL-的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此当pH在9.510.5之间时
12、，含L的物种主要为HL-，B错误；C该反应的平衡常数K=，当FeL2-与FeL+分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.010-14.86，因此该络合反应的平衡常数K10-14.16，即lg K14，C正确；D根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为FeL33-和FeL2(OH)2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c(FeL33-)=c(FeL2(OH)2-)=110-4molL-1，此时形成FeL33-消耗了310-4molL-1的L2-，形成FeL2(OH)2-消耗了210-4molL-1的L2-，共消耗了510-4molL-
13、1的L2-，即参与配位的c(L2-)510-4，D错误；故选C。15镧La和H可以形成一系列晶体材料，在储氢和超导等领域具有重要应用。，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，中的每个H结合4个H形成类似的结构，即得到晶体。下列说法错误的是A晶体中La的配位数为8B晶体中H和H的最短距离：C在晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼D单位体积中含氢质量的计算式为【答案】C【详解】A据图分析，由的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，因此La的配位数为8，A正确；B据图分析，由晶胞结构可知，每个H结合4个H形
14、成类似的结构，H和H之间的最短距离变小，因此晶体中H和H的最短距离：，B正确；C由题干信息分析可知，在晶胞中，每个H结合4个H形成类似的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，且不是闭合的结构，C错误；D据图分析，1个晶胞中含有58=40个H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.010-10cm)3=(4.8410-8)3cm3，则单位体积中含氢质量的计算式为，D正确；故选C。二、工业流程题16是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第_周期，第_族。(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“50
15、0焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_。(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_。“850煅烧”时的化学方程式为_。(5)导致比易水解的因素有_(填标号)。aSi-Cl键极性更大bSi的原子半径更大cSi-Cl键键能更大dSi有更多的价层轨道【答案】(1) 4 (2)(3)焰色反应(4) (5)abd【分析】由反应流程和题中信息分析可知，粗品与在500焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴
16、，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。【详解】（1）Co元素是第27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第族，所以Co元素位于元素周期表第4周期、第族。（2）“500焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，因此，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。因此鉴别“滤饼3”和固
17、体常用方法 是焰色反应。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。（5）aSi-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；bSi的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；c通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；dSi有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；因此，导致比易水解的因素有abd。
18、三、有机推断题17碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：回答下列问题：(1)由AB的反应中，乙烯的碳碳_键断裂(填“”或“”)。(2)D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有_种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为的结构简式为_。(3)E与足量酸性溶液反应生成的有机物的名称为_、_。(4)G的结构简式为_。(5)已知：，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种，-不饱和酮J，J的结构简式为_。若经此路线由H合成I，存在的问题有_(填标号)。a原子利用率低b产物难以分离c反应条件苛刻
19、d严重污染环境【答案】(1)(2)7 (3)乙酸 丙酮(4)(5) ab【分析】据合成路线分析，A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），B与Mg在无水乙醚中发生生成C（CH3CH2MgBr），C与CH3COCH3反应生成D（），D在氧化铝催化下发生消去反应生成E（），E和碱性高锰酸钾反应生成F（），参考DE反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G（），G与反应加成反应生成二酮H，据此分析解答。【详解】（1）合成路线，分析A为CH2=CH2，与HBr发生加成反应生成B（CH3CH2Br），乙烯的键断裂；（2）D为，分子式为C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：共8
20、种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为的结构简式为；（3）E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成和，名称分别为乙酸和丙酮；（4）据合成路线分析可知，G为，；（5）根据已知的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I（）)和J（）。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题。四、填空题18学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_，装置B的作用为_。(2)铜与过量反应的探究如下：实验中Cu溶解的离子方程式为_；产生的
21、气体为_。比较实验和，从氧化还原角度说明的作用是_。(3)用足量NaOH处理实验新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为_。(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是_，粗品中X的相对含量为_。【答案】(1)具支试管 防倒吸(2)Cu+H2O2+2H+= Cu2+2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂(3)CuO2(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原
22、来的颜色 72%【详解】（1）据图分析可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，因此装置B的作用为防倒吸；（2）根据实验现象分析，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2+2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，因此从氧化还原角度说明的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X
23、为CuO2；（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，因此 n(CuO2)=0.1mol/L0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。五、原理综合题19纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)HC40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下：回答下列问题：(1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的_。(2)图示历程包含_个基元反
24、应，其中速率最慢的是第_个。(3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_、_。(4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为，该反应的平衡常数为_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_。(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是_(填标号)。a升高温度b增大压强c加入催化剂【答案】(1)128(2)3 3(3)6 10(4)(5)在反应过程中，断裂和形成
25、的化学键相同(6)a【详解】（1）根据和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=；（2）根据反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；（3）根据的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，因此总共含有6个五元环，10个六元环；（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为，设起始量为1mol，因此根据信息列出三段式为：则，该反应的平衡常数Kp=P01+P01+P01-1+=P021-2；（5）根据及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，因此可以说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；（6）a根据 反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a正确；b根据化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b错误；c加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c错误；故选a。
