2023年普通高等学校招生全国统一考试全国乙卷理科综合(化学部分)

2023年普通高等学校招生全国统一考试·全国乙卷理科综合(化学部分)化学可能用到的相对原子质量：H—1B—11C—12N—14O—16Mg—24S—32K—39Fe—56一、单项选择题(本题共7小题，每小题6分，共42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)7．(2023·全国乙卷，7)下列应用中涉及到氧化还原反应的是()A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光解析：C明矾水解产生的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，与氧化还原反应无关，A错误；撒盐可降低雪的熔点，使雪融化，未发生化学变化，与氧化还原反应无关，B错误；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C正确；荧光指示牌被照发光是由于电子的跃迁，与氧化还原反应无关，D错误。8．(2023·全国乙卷，8)下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是()A．①的反应类型为取代反应B．反应②是合成酯的方法之一C．产物分子中所有碳原子共平面D．产物的化学名称是乙酸异丙酯解析：C反应机理反应①是酯化反应，也属于取代反应，A正确；反应②是丙烯中碳碳双键发生加成反应生成酯，也是合成酯的方法之一，B正确；产物中酯基右端连接2个甲基的碳原子为饱和碳原子，具有类似甲烷的四面体结构，故产物分子中所有碳原子不可能共平面，C错误；由反应①及产物的结构简式可确定其化学名称为乙酸异丙酯，D正确。9．(2023·全国乙卷，9)下列装置可以用于相应实验的是() A．制备CO2 B．分离乙醇和乙酸 C．验证SO2酸性 D．测量O2体积解析：DNa2CO3受热不分解，即该装置不能用于制备CO2，A错误；乙醇和乙酸互溶，图示为分液装置，不能用于分离乙醇和乙酸，B错误；SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，可证明SO2具有漂白性，C错误；量气管和水准管中液面高度相同时，O2排开的水的体积与O2的体积相等，即图示装置可用于测量O2体积，D正确。10．(2023·全国乙卷，10)一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构。下列叙述正确的是()A．X的常见化合价有－1、－2B．原子半径大小为Y>X>WC．YX的水合物具有两性D．W单质只有4种同素异形体解析：A由W、X、Y均为短周期元素，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构，可知X为O元素，Y为Mg元素；结合原子序数W<X及该矿物溶于稀盐酸生成无色无味气体可确定W为C元素，该矿物为MgCO3。氧元素常见化合价有－1、－2，如Na2O2、Na2O中氧元素分别为－1价和－2价，A正确；根据元素在周期表中的位置，可确定原子半径：Mg>C>O，B错误；MgO的水合物Mg(OH)2不具有两性，C错误；碳元素可形成金刚石、石墨、石墨烯、C60、碳纳米管等多种同素异形体，D错误。11．(2023·全国乙卷，11)一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是()A硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀6FeSO4＋O2＋2H2O=2Fe2(SO4)3＋2Fe(OH)2↓B硫化钠溶液出现浑浊颜色变深Na2S＋2O2=Na2SO4C溴水颜色逐渐褪去4Br2＋4H2O=HBrO4＋7HBrD胆矾表面出现白色粉末CuSO4·5H2O=CuSO4＋5H2O解析：DFeSO4溶液中出现的棕黄色沉淀应为Fe(OH)3，而不是Fe(OH)2，发生的反应为12FeSO4＋3O2＋6H2O=4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓，A错误；Na2S溶液出现浑浊颜色变深，说明生成了S,2Na2S＋2H2O＋O2=2S↓＋4NaOH，B错误；溴水中存在平衡Br2＋H2OHBr＋HBrO，HBrO见光易分解，促使该平衡正向移动，从而使溴水褪色，C错误；胆矾在空气中久置失去结晶水而逐渐变成白色的CuSO4粉末，D正确。12．(2023·全国乙卷，12)室温钠－硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠－硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：eq\f(1,2)S8＋e－→eq\f(1,2)Seq\o\al(2－,8)，eq\f(1,2)Seq\o\al(2－,8)＋e－→Seq\o\al(2－,4)，2Na＋＋eq\f(x,4)Seq\o\al(2－,4)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,4)))e－→Na2Sx下列叙述错误的是()A．充电时Na＋从钠电极向硫电极迁移B．放电时外电路电子流动的方向是a→bC．放电时正极反应为：2Na＋＋eq\f(x,8)S8＋2e－→Na2SxD．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能解析：A电池分析充电时，阳离子Na＋应向阴极钠电极迁移，A错误；放电时，Na失去的电子经外电路流向正极，即电子流向是a→b，B正确；将题给硫电极发生的反应依次标号为①②③，由eq\f(x,4)×①＋eq\f(x,4)×②＋③可得正极总反应，C正确；炭化纤维素纸具有良好的导电性，D正确。13．(2023·全国乙卷，13)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B．b点时，c(Cl－)＝c(CrOeq\o\al(2－,4))，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)C．Ag2CrO4＋2Cl－2AgCl＋CrOeq\o\al(2－,4)的平衡常数K＝107.9D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀解析：C图像分析结合上述分析可知，A、B错误；该反应的平衡常数K＝eq\f(cCrO\o\al(2－,4),c2Cl－)＝eq\f(c2Ag＋·cCrO\o\al(2－,4),c2Ag＋·c2Cl－)＝eq\f(KspAg2CrO4,K\o\al(2,sp)AgCl)＝107.9，C正确；该混合溶液中形成AgCl沉淀所需的c(Ag＋)＝eq\f(10－9.8,0.1)mol·L－1＝10－8.8mol·L－1，形成Ag2CrO4沉淀所需的c(Ag＋)＝eq\r(\f(10－11.7,0.1))mol·L－1＝10－5.35mol·L－1，形成AgCl所需的c(Ag＋)较小，所以先产生AgCl沉淀，D错误。二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共43分)26．(2023·全国乙卷，26)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。回答下列问题：(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先______________________________，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查______________________________。依次点燃煤气灯____________，进行实验。(2)O2的作用有______________________________。CuO的作用是______________________________(举1例，用化学方程式表示)。(3)c和d中的试剂分别是__________、__________(填标号)。c和d中的试剂不可调换，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。A．CaCl2 B．NaClC．碱石灰(CaO＋NaOH) D．Na2SO3(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：__________________________。取下c和d管称重。(5)若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为____________。解析：(1)将样品和CuO放入石英管中后，应先通入O2排除石英管中的空气，再将已称重的U型管c、d与石英管连接，以防止石英管中空气中含有的CO2和水蒸气对实验产生干扰，然后检查装置的气密性。为使有机物被充分氧化，应先点燃b处煤气灯使CuO红热，再点燃a处煤气灯使有机物燃烧。(2)O2可排除装置中空气，同时作为反应物氧化有机物使其生成CO2和H2O，还可以将生成的CO2和H2O赶入c和d装置中使其被完全吸收。有机物氧化不充分时会生成CO，而CuO可将CO氧化为CO2，从而使有机物中的C元素完全被氧化。(3)应先吸收有机物燃烧产生的水(用CaCl2吸收)，再吸收产生的CO2[用碱石灰(CaO＋NaOH)吸收]。因碱石灰能同时吸收水和CO2，故不能将c、d中的药品调换位置。(4)样品反应完全后，装置内仍有残留的CO2和H2O，故应继续通入一段时间O2，将CO2和H2O赶入c、d装置中。(5)c管增重0.0108g，则n(H)＝2×eq\f(0.0108g,18g·mol－1)＝0.0012mol；d管增重0.0352g，则n(C)＝eq\f(0.0352g,44g·mol－1)＝0.0008mol；故样品中n(O)＝eq\f(0.0236－0.0012－0.0008×12g,16g·mol－1)＝0.0008mol，则根据C、H、O元素的物质的量之比可知分子式为(C2H3O2)n，又因为该有机物的相对分子质量为118，所以n＝2，分子式是C4H6O4。答案：(1)通入O2排除石英管中的空气装置的气密性b、a(2)排除装置中空气，氧化有机物，将生成的CO2和H2O赶入c和d装置中完全吸收CO＋CuOeq\o(=,\s\up7(高温))CO2＋Cu(3)AC碱石灰会同时吸收水和CO2(4)熄灭a处煤气灯，继续通入一段时间O2，然后熄灭b处煤气灯，待石英管冷却至室温，停止通入O2(5)C4H6O427．(2023·全国乙卷，27)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。为提高溶矿速率，可采取的措施是________________________________________________________________________________________________________________________________________________(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c(Fe3＋)＝____________mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是____________。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有______________。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断______________。电解废液可在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：流程梳理(1)硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的反应，化学方程式为MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋CO2↑＋H2O。可根据影响反应速率的因素分析可采取的措施。(2)加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除铁。若使用H2O2替代MnO2，则Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶液pH＝4，即c(OH－)＝10－10mol·L－1时，由Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.8×10－39，可得c(Fe3＋)＝2.8×10－9mol·L－1。同理，pH＝7，c(OH－)＝10－7mol·L－1时，c(Al3＋)＝1.3×10－12mol·L－1，Al3＋被除去，c(Ni2＋)＝5.5×10－2mol·L－1，Ni2＋未被除去。(4)酸溶时得到相应金属的硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni2＋时会生成NiS和BaSO4沉淀。(5)由图可知，电解槽中反应生成MnO2，则阳极反应为Mn2＋－2e－＋2H2O=MnO2↓＋4H＋，阴极反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，总反应为Mn2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))MnO2↓＋2H＋＋H2↑，为保持电解液成分稳定，所补充物质应能与H＋反应，同时生成Mn2＋，故可以加入适量MnCO3、Mn(OH)2、MnO等。(6)根据得失电子守恒和质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMn2O4反应的化学方程式是8MnO2＋2Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。答案：(1)MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋CO2↑＋H2O粉碎矿石(或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的温度等)(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解(3)2.8×10－9Al3＋(4)NiS和BaSO4(5)Mn2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))MnO2↓＋2H＋＋H2↑加入适量MnCO3、Mn(OH)2、MnO等(6)8MnO2＋2Li2CO3eq\o(=,\s\up7(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑28．(2023·全国乙卷，28)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知x＝________，y＝________。(2)已知下列热化学方程式：FeSO4·7H2O(s)=FeSO4(s)＋7H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1FeSO4·xH2O(s)=FeSO4(s)＋xH2O(g)ΔH2＝bkJ·mol－1FeSO4·yH2O(s)=FeSO4(s)＋yH2O(g)ΔH3＝ckJ·mol－1则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)=2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝______________kJ·mol－1。(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)平衡时pSO3-T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压p总＝____________kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝____________(kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而____________(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时pO2＝____________(用pSO3、pSO2表示)。在929K时，p总＝84.6kPa、pSO3＝35.7kPa，则pSO2＝____________kPa，Kp(Ⅱ)＝____________kPa(列出计算式)。解析：(1)由图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为eq\f(19.4%×7,45.3%)＝3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－eq\f(38.8%×7,45.3%)＝1。(2)将题中反应依次编号为①、②、③，已求得x＝4，y＝1，则根据盖斯定律，由①＋③－2×②可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)=2(FeSO4·xH2O)(s)ΔH＝ΔH1＋ΔH3－2ΔH2＝(a＋c－2b)kJ·mol－1。(3)由反应(Ⅰ)可知平衡体系中pSO2＝pSO3，则由图可知，660K时，该反应的平衡总压p总＝1.5×2kPa＝3.0kPa。Kp(Ⅰ)＝pSO2·pSO3＝1.52(kPa)2＝2.25(kPa)2。由图可知，随反应温度升高pSO3增大，则Kp(Ⅰ)增大。(4)综合2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)、2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)可知，平衡时的eq\f(pSO2－pSO3,2)为反应(Ⅱ)生成的SO2的分压，而反应(Ⅱ)中SO2和O2的化学计量数之比为2∶1，故pO2＝eq\f(1,2)×eq\f(pSO2－pSO3,2)＝eq\f(pSO2－pSO3,4)，已知pSO3＝35.7kPa，p总＝pSO3＋pSO2＋pO2＝35.7kPa＋pSO2＋eq\f(pSO2－35.7kPa,4)＝84.6kPa，则pSO2＝46.26kPa，pO2＝2.64kPa，Kp(Ⅱ)＝eq\f(p2SO2·pO2,p2SO3)＝eq\f(46.262×2.64,35.72)kPa。答案：(1)41(2)(a＋c－2b)(3)3.02.25增大(4)eq\f(pSO2－pSO3,4)46.26eq\f(46.262×2.64,35.72)(二)选考题(共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)35．[化学——选修3：物质结构与性质](2023·全国乙卷，35)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题：(1)基态Fe原子的价电子排布式为______________。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为____________，铁的化合价为________。(2)已知一些物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃NaCl800.7SiCl4－68.8GeCl4－51.5SnCl4－34.1Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________。SiCl4的空间结构为____________，其中Si的轨道杂化形式为________。(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有________个Mg。该物质化学式为____________，B—B最近距离为____________。解析：(1)Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。一般来说，元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，故橄榄石中元素电负性大小顺序为O>Si>Fe>Mg；根据化合物中各元素化合价代数和为零，可知Fe的化合价为＋2。(2)由表中数据可知，NaCl是离子晶体(熔化时离子键被破坏)，SiCl4是分子晶体(熔化时分子间作用力被破坏)，离子键强度远大于分子间作用力，故NaCl熔点明显高于SiCl4。分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高。SiCl4分子结构中，1个Si与周围的4个Cl形成正四面体结构，中心原子Si采用sp3杂化。(3)结合投影图可知，晶体结构图中实线部分为1个晶胞，Mg位于晶胞顶点，数目为4×eq\f(1,6)＋4×eq\f(1,12)＝1；有2个B位于晶胞体内，B原子数目为2，故该物质的化学式为MgB2；如图，B位于边长为a的正三角形的中心，故B—B的最近距离为eq\f(\r(3),2)a×eq\f(1,3)×2＝eq\f(\r(3),3)a。答案：(1)3d64s2O>Si>Fe>Mg＋2(2)NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，NaCl中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔点依次升高，因为三者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强正四面体形sp3(3)1MgB2eq\f(\r(3),3)a36．[化学——选修5：有机化学基础](2023·全国乙卷，36)奥培米芬(化合物J)是一种雌激素受体调节剂，以下是一种合成路线(部分反应条件己简化)。已知：eq\o(→,\s\up7(R3MgBr),\s\do5(四氢呋喃))eq\o(→,\s\up7(NH4Cl/H2O),\s\do5())。回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称是____________。(2)C的结构简式为____________。(3)D的化学名称为____________。(4)F的核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶1，其结构简式为____________。(5)H的结构简式为____________。(6)由I生成J的反应类型是____________。(7)在D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有________种。①能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液显紫色；③含有苯环。其中，核磁共振氢谱显示为五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为____________。解析：由C的分子式和E的结构简式可以推出C为，则D为，F的核磁共振氢谱显示有两组峰，且峰面积比为1∶1，结合原子守恒和E、G的结构简式可以推出F为BrCH2CH2Cl，结合已知信息、H的分子式和G的结构简式可以推出H为。(1)从A的结构简式可看出，其含氧官能团为醚键、羟基。(3)D的结构简式为，名称为苯乙酸。(6)对比I、J的结构简式可知，I中酯基水解得到J，水解反应属于取代反应。(7)遇FeCl3溶液显紫色，则苯环上连有—OH，能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO。当苯环上连有—OH、—CH2CHO时，二者在苯环上有邻、间、对3种位置关系；当苯环上连有—OH、—CHO、—CH3时，三者在苯环上有10种位置关系。故符合条件的D的同分异构体一共有13种。其中核磁共振氢谱有五组峰、且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为。答案：(1)醚键、羟基(2)(3)苯乙酸(4)ClCH2CH2Br(5)(6)取代反应(或水解反应)(7)13

2023年普通高等学校招生全国统一考试·全国甲卷理科综合(化学部分)可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19Al—27S—32K—39一、单项选择题(本题共7小题，每小题6分，共42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)7．(2023·全国甲卷，7)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解析：B苯甲酸钠为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，A错误；豆浆是一种胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B正确；SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分反应生成无色物质，C错误；维生素C具有还原性，故可用作水果罐头的抗氧化剂，D错误。8．(2023·全国甲卷，8)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解析：B9．(2023·全国甲卷，9)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．①②④⑥ B．①④⑤⑥C．②③⑦⑧ D．①⑤⑥⑧解析：D粗盐提纯涉及的操作及使用的仪器有溶解(⑥烧杯和玻璃棒)、除杂、过滤(漏斗、玻璃棒、⑥烧杯)、蒸发结晶(蒸发皿、⑧酒精灯、玻璃棒)。配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液的操作步骤及使用的仪器是称量(①天平)→溶解(⑥烧杯和玻璃棒)→移液(⑥烧杯、玻璃棒、⑤容量瓶)→定容(胶头滴管)，故本题选D。10．(2023·全国甲卷，10)NA为阿伏加德罗常数的值。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4.00NAC．1.0LpH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NAD．1.0L1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的数目为1.0NA解析：A异丁烷的结构简式是HC(CH3)3，含13个共价键，故0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为13×0.5NA＝6.5NA，A正确；标准状况下SO3为固体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；1.0LpH＝2的H2SO4溶液中n(H＋)＝1.0L×10－2mol·L－1＝0.01mol，H＋的数目为0.01NA，C错误；Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)部分水解，故1.0L1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的数目少于1.0NA，D错误。11．(2023·全国甲卷，11)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解析：CWX2是形成酸雨的物质之一，WX2为NO2或SO2，W的原子序数比X的小，故W是N、X是O；Y的最外层电子数与其K层电子数相等，Y的原子序数比O的大，则Y的原子结构示意图为，Y是Mg；四种元素的最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数是6，结合原子序数关系知Z为S。同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，即r(O)<r(N)，A错误；H2O分子间形成了氢键，故H2O的沸点比H2S的沸点高，B错误；MgO为离子化合物，C正确；H2SO4是强酸，D错误。12．(2023·全国甲卷，12)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是()A．析氢反应发生在IrOxTi电极上B．Cl－从Cu电极迁移到IrOxTi电极C．阴极发生的反应有：2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2OD．每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)解析：CIrOxTi电极接电源正极，为阳极，发生失电子的氧化反应，故电极反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，A错误；质子交换膜只允许H＋通过，则Cl－无法移动到IrOxTi电极，应是阳极产生的H＋穿过质子交换膜，移向阴极，B错误；Cu电极接电源负极，为阴极，发生得电子的还原反应，根据图中物质转化关系知CO2可发生反应2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O，C正确；由A项分析可知每转移1mol电子，阳极生成0.25mol即5.6L(标准状况)O2，D错误。13．(2023·全国甲卷，13)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是()A．由a点可求得Ksp(Fe(OH)3)＝10－8.5B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为eq\f(10－10,3)mol·L－1C．浓度均为0.01mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1时二者不会同时沉淀解析：Ca点pH＝2、pM＝2.5，则Ksp(Fe(OH)3)＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3mol·L－1，故Al(OH)3的溶解度为10－3mol·L－1，B错误；由图可知，c(Fe3＋)＝10－5mol·L－1时的pH小于c(Al3＋)＝0.01mol·L－1时的pH，则可通过调pH分步沉淀浓度均为0.01mol·L－1的Al3＋和Fe3＋，C正确；由图可知，c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1时(此时Cu2＋的pM<1)c(Al3＋)>10－5mol·L－1，由于Ksp为定值，Cu2＋沉淀的过程中溶液中OH－浓度增大，Al3＋浓度减小，故Cu2＋、Al3＋会同时沉淀，D错误。二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共43分)26．(2023·全国甲卷，26)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。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________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝________。解析：流程梳理(1)结合(2)中信息及原子守恒可知，BaSO4、过量碳粉、过量CaCl2在焙烧时反应生成BaCl2、BaS、CaS和CO，其化学方程式为3BaSO4＋12C＋2CaCl2eq\o(=,\s\up7(焙烧))2BaCl2＋BaS＋2CaS＋12CO↑，其中碳粉的主要作用是作还原剂，使BaSO4转化成BaS。(2)“浸取”时易溶于水的BaS和过量的CaCl2反应生成微溶于水的CaS，反应的离子方程式为S2－＋Ca2＋=CaS↓。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2，为不引入杂质，酸化时应选择盐酸，a、b均会使Ba2＋转化为BaSO4沉淀，d会引入杂质POeq\o\al(3－,4)，故c正确。(4)焙烧后的产物中含BaS、CaS，如果直接用盐酸浸取，CaS会和盐酸反应生成有毒的H2S气体和CaCl2，从而影响产品纯度，故不能直接用盐酸浸取。(5)结合图示流程、题中信息及原子守恒可写出“沉淀”时BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4反应的化学方程式为TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋BaCl2＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。(6)根据题目信息和氧化还原反应规律可知，“热分解”时发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2eq\o(=,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，故产生的nCO2∶nCO＝1∶1。答案：(1)作还原剂，将BaSO4转化成BaS(2)S2－＋Ca2＋=CaS↓(3)c(4)不可行，酸与CaS能产生有毒气体H2S和CaCl2，从而影响产品纯度(5)TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋BaCl2＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶127．(2023·全国甲卷，27)钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2活性炭,2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。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20min。冷却，过滤。Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。Ⅴ.滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。仪器a的名称是____________。加快NH4Cl溶解的操作有____________________________。(2)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免________________、________________；可选用____________降低溶液温度。(3)指出下列过滤操作中不规范之处：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为______________。(5)步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：步骤Ⅰ、Ⅱ加入反应物；步骤Ⅲ反应生成[Co(NH3)6]Cl3，冷却后[Co(NH3)6]Cl3析出，过滤得到活性炭和[Co(NH3)6]Cl3的混合物；步骤Ⅳ中[Co(NH3)6]Cl3溶于沸水，趁热过滤除去活性炭；步骤Ⅴ得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。(1)仪器a的名称为锥形瓶，根据题给步骤Ⅰ中使用的部分仪器可知，加快NH4Cl溶解所采用的操作有用玻璃棒搅拌、用酒精灯加热。(2)在加入热稳定性差的浓氨水和H2O2前降低温度，主要是考虑反应物的分解会使原料利用率降低，所以将温度降至10℃以下可以避免浓氨水分解和挥发、H2O2受热分解，可选用冰水浴降温。(3)该操作是一个过滤操作，需要烧杯紧靠玻璃棒，玻璃棒紧靠三层滤纸处，滤纸紧贴漏斗内壁，漏斗下端紧靠烧杯内壁，分析题图可知，该操作中不规范之处有玻璃棒的末端未紧靠三层滤纸处、漏斗下端未紧靠烧杯内壁。(4)该反应中活性炭作催化剂(反应前后不变)，[Co(NH3)6]Cl3在冷水中微溶，则步骤Ⅲ过滤得到的固体为[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的混合物，步骤Ⅳ中[Co(NH3)6]Cl3溶于含有少量盐酸的沸水中，趁热过滤得到的固体为活性炭。(5)根据同离子效应可知，向滤液中加入浓盐酸(提供Cl－)，使平衡[Co(NH3)6]3＋(aq)＋3Cl－(aq)[Co(NH3)6]Cl3(s)向析出晶体的方向移动，所以加入浓盐酸的目的是利用同离子效应使[Co(NH3)6]Cl3充分结晶析出，从而提高产品产率。答案：(1)锥形瓶用玻璃棒搅拌、用酒精灯加热(2)H2O2受热分解浓氨水分解和挥发冰水浴(3)玻璃棒末端没有靠在3层滤纸上、漏斗下端尖嘴部分没有紧贴烧杯内壁(4)活性炭(5)增大Cl－浓度，利用同离子效应使[Co(NH3)6]Cl3充分结晶析出，提高产品产率28．(2023·全国甲卷，28)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①3O2(g)=2O3(g)K1ΔH1＝285kJ·mol－1②2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(l)K2ΔH2＝－329kJ·mol－1反应③CH4(g)＋O3(g)=CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝____________kJ·mol－1，平衡常数K3＝________________(用K1、K2表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4=M＋＋CH3OH，结果如下图所示。图中300K的曲线是________(填“a”或“b”)。300K、60s时MO＋的转化率为____________________________(列出算式)。(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线________(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD________CHD2OH(填“>”“＝”或“<”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。解析：(1)根据盖斯定律，反应③＝eq\f(1,2)×(②－①)，则反应③的ΔH3＝eq\f(1,2)×(ΔH2－ΔH1)＝eq\f(1,2)(－329kJ·mol－1－285kJ·mol－1)＝－307kJ·mol－1，K3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(K2,K1)))eq\s\up7(\f(1,2))＝eq\r(\f(K2,K1))。(2)题图中的纵坐标为－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)))，其表示的是反应物MO＋与溶液含M元素的所有粒子浓度和的比值的负对数，横坐标为时间；由于反应③ΔH3<0，为放热反应，升高温度，反应逆向进行，CH4浓度增大，CH3OH浓度减小，使得反应MO＋＋CH4=M＋＋CH3OH正向进行，由原子守恒知，c(MO＋)＋c(M＋)为定值，随反应的进行，MO＋减少，eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)减小，温度越高，反应速率越快，反应相同时间时，对应的－lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)))越大，故曲线b表示300K时的曲线。根据eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)＋eq\f(cM＋,cMO＋＋cM＋)＝1,300K、60s时－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)))＝0.1可知，eq\f(cMO＋,cMO＋＋cM＋)＝10－0.1，MO＋的转化量等于M＋的生成量，所以MO＋的转化率为eq\f(cMO＋转化,cMO＋＋cM＋)＝eq\f(cM＋,cMO＋＋cM＋)＝(1－10－0.1)×100%。(3)(ⅰ)结合图示转化可知，步骤Ⅰ中CH4、MO＋转化为，C—H键断裂，形成O—H键，涉及氢原子成键变化，步骤Ⅱ中转化为CH3OH和M＋，M—O键、M—C键断裂，形成C—O键，不涉及氢原子成键变化。(ⅱ)由题意可知，MO＋与CD4的反应比与CH4的反应慢，反应的活化能越大，反应速率越慢，故MO＋与CD4反应的能量变化对应图中曲线c。(ⅲ)由(ⅱ)中信息可知，CH2D2中C—H键比C—D键更易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大；结合图中化学键变化情况可知，MO＋与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两种产物。答案：(1)－307eq\r(\f(K2,K1))(2)b(1－10－0.1)×100%(3)(ⅰ)Ⅰ(ⅱ)c(ⅲ)<2(二)选考题(共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分)35．[化学——选修3：物质结构与性质](2023·全国甲卷，35)将酞菁钴酞菁三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：(1)图1所示的几种碳单