【高考真题】2023年高考化学真题完全解读（全国新课标）

2023年高考真题完全解读(全国新课标2023年高考全国新课标理综化学卷全面贯彻落实党的二十大精神，坚持为党为国育才，加强对学生的价值引领，弘扬中华优秀传统文化。试题追寻中华优秀传统文化的根脉，选取文物、中药等作为素文化，厚植爱国主义情怀，激发学生为中华民族伟大复兴而奋斗的责任感和使命感.如第7高考化学试题坚持将课程标准作为命题的主要依据识化学反应规律。试题立足学科特点，结合学科与社会热点，围果，考查应用于其中的化学原理，充分体现出化学学科推的基础上，激发考生的爱国之情、强国之志和报国之行.如第9题以我国在多孔配位聚合物晶体领域的前沿研究成果为载体，第10题以我国化学工作者研发的Zn—V₂O₅电池为素材，第12题以新颖前沿的生物酶催化反应为背景，展现了我国化学试题遵循高中课程标准，引导中学教学遵循教育规律，回归课标、回归课堂，严格按照高中化学课程标准进行教学。高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。试题围绕这些基础内容，深入考查学生对离子方程式、阿伏加德罗常数、有机化学基本概念(有机反应类型、同分异构体、官能团)、元素性质与周期律、弱电解质的电离平衡等主干内容的理解能力，有效地鉴别学生的基础是否扎实，从而引导中学教学遵循教育规律、严格按照高中化学课程标准进行教学.如第11题以新课标中要求学生必做的“不同价态含硫物质的转化”“简单的电镀实验”和“有机化合物中常见官能团的检验”等实验为载体，考查了元素化合物性质、原电池工作原理、有机物官能团的检验等内容，考查考生通过实验设计、现象观察，分析证据与结论关系的综合能力，体现了新课标中证据推理与模型认知的核心素养。四、创新试题呈现方式，力免减少机械刷题化学试题创新试题呈现方式，要求学生能够阅读和理解文本、符号、图形、表格等信息，深度挖掘数据，客观全面地提取有效信息，准确概括和描述所涉及现象的特征及其相互关系，透过现象看本质，发现信息中蕴含的规律或原理。试题保障基础性，增强灵活性，引导减少死记硬背和“机械刷题”现象，充分发挥高考命题积极导向作用。如第13题以向饱和AgC1溶液中滴加氨水的反应为背景，呈现了一个自变量下的多个因变量变化过程图，考查了学生从图中提取和加工实验数据的能力；如第30题以药物合成路线为背景，考查学生对教材中有机化学基础知识的掌握程度，二者的合成路线中均含有带氨基的有机物，考查时严格依标命题。五、促进知识体系构建，突出关键能力考查试题坚持素养导向，通过对化学学科素养的考查，有效地凸现学生必备知识和关键能力的掌握情况，反映考生的学科核心能力水平。试题在突出对化学基本概念、基本原理、基本技能等内容考查的同时，强化对基础知识深入理解基础上的综合运用，引导中学教学注重培养学生的综合能力。如第27题以流程图形式呈现从铬钒渣中分离提取铬和钒的多步转化过程，将化学反应与中学化学知识相融合，考查了考生对元素及其化合物的基本性质、化学(离子)反应方程式的书写、物质的转化等综合知识的理解和掌握情况，着重考查学生独立思考、分析问题、逻辑推理、信息获取与加工等能力。如第29题以高中化学课程中的重点内容合成氨为素材，紧密联系工业生产实际，要求学生综合运用化学反应与能量变化、化学反应速率与限度、物质结构与性质等知识，试题具有鲜明的综合性特征，促进学生知识体系构建。2023年化学试题给我们的备考启示：夯较基础，提升能力，联系实际，关注变化，研究高考评价体系，渗透化学学科核心素养方能立于不败之地。考情分析考情分析详细知识点7易化学与STSE无机物与有机物；几种铁的氧化物的物理性质及8中有机化学基础分子的手性；缩聚反应机理及判断。9晶体的结构与性质质。中(电化学)原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；原电池原理的应用；新型电池。中化学实验基础念及组成；原电池原理。中(化学反应历程)主要类型；极性分子和非极性分子。(沉淀溶解平衡)化学平衡的移动及其影响因素；盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理；沉淀溶解平衡的应用；溶度积常数相关计算.化；溶度积规则及其应用；常见无机物的制备.中机物的制备。难响；化学平衡的有关计算；晶胞的有关计算。中有机化学基础多官能团有机物的结构与性质；有机推断综合考查；有机化学基础知识综合考查。 考点是命题的导向，可以预测高考命题的趋势，因此，要研究考题的基础上，认真分析考点对高考命题方向有很好的指导作用.高考试题有关基本概念的考查内容大致分为八个方面：物质的组成和变化；相对原子质量和相对分子质量；离子共存问题；氧化还原反应；离子方程式；物质的量；阿佛加德罗常数；化学反应中的能量变化等等。基本技能的考查为元素化合物知识的的横向联系及与生产、生活实际相结合。中学化学基础知识的各部分有着紧密的联系，彼此间形成了一个较为严密的知识网络体系，明确各个概念和理论模块在整个网络中的位置及其作用，懂得它本身揭示了什么,它与其上、下位概念或理论之间是通过哪种“内核”联结的，是衡量是否理解和掌握了化学基础知识的重要标志。在宏观上要抓规律、编网络；做到整体优化、总体升华.掌握由点连线、由块结面、由表及里、层层深入地思考，从而归纳总结出知识网络，并分析发现出知识块与块之间的异同，悟透其间的内在规律及特性，从而达到强化记忆、提升知识的理解和掌握的复习目的。三、突出联系，关注应用高考试题背景取材将STS与化学知识紧密结合，让学生感受到化学就在日常生活中、就在自己的身边，起点高，落点低.有效地考查了学生敏捷地接受新知识，运用新旧知识解决问题的能力，引导学生用化学的视角去观察问题，关心社会、关心生活、关心科技进展中的各种化学问题。试题情景新而不脱离基础；思维活又不落俗套；考查能力而不脱离教材；考查素质又不脱离实际。真题解读7.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】A项，纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C₆H₁₀O5),其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；B项，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项，熟石膏是主要成分为2CaS涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。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O9.一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH₂)3]4[B(0CH₃)4]Cl,部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH₂)₃]为平面结构.A.该晶体中存在N—H…0氢键C.基态原子未成对电子数：B<C<O<ND.晶体中B、N和0原子轨道的杂化类型相同【答案】A电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、VA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<0〈N,B不正确；C项，B、C、0、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〈C=O<N,C不正确；D项，[C(NH₂)₃]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均杂化类型为sp³;[B(OCH₃)4]中0分别与B和C形成了2个o键，0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、O和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确；故选A.10.一种以V₂0₅和Zn为电极、Zn(CF₃SO₃)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn²+可插入V₂O₅层间形成Zn.V₂O₅·nH₂O。下列说法错误的是()V₂O₅ZnV₂O₅·nH₂OA。放电时V₂O₅为正极B.放电时Zn²+由负极向正极迁移D.充电阳极反应：Zn.V₂O₅·nH₂O—2xe=xZn²++V₂O₅+nH₂O【答案】C【解析】由题中信息可知，该电池中Zn为负极、V₂O₅为正极，电池的总反应为5·nH₂O,V₂O₅发生了还原反应，则放电时V₂O₅为正极，A正确；B项，Zn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正确；C项，电池在放电时的总反应为xZn+V₂O₅+nH₂O=ZnxV₂O₅·nH₂O,则其在充电时的总反应为Zn.V₂Os·nH₂O=xZn+V₂O₅+nH₂0,C不正确；D项，充电阳极上Zn.V₂O₅·nH₂O被氧化为V₂O₅,则阳极的电极反应为ZnV₂O₅·nH₂0—2xe⁻=xZn²++V₂O₅+nH₂0,D正确；故选C。11。根据实验操作及现象，下列结论中正确的是()选项实验操作及现象结论A常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气硝酸强B取一定量Na₂SO₃样品，溶解后加入BaCl₂溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO₃,仍有沉淀此样品中含有SO₄²-C将银和AgNO₃溶液与铜和Na₂SO4溶液组成原电池.连通后银强D向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅应【答案】C【解析】A项，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项，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项，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12。“肼合成酶”以其中的Fe²+配合物为催化中心，可将NH₂OH与NH₃转化为肼(NH₂NH₂),其反应历程如下所示。下列说法错误的是()A.NH₂OH、NH₃和H₂O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ND₂ND₂【答案】D【解析】A项，NH₂OH,NH₃,H₂O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B项，由反应历程可知，有N-H,N-0键断裂，还有N-H键的生成，B正确；C项，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项，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13.向AgCl饱和溶液(有足量AgC1固体)中滴加氨水，发生反应Ag⁴+NH₃0I下列说法错误的是()A。曲线I可视为AgC1溶解度随NH₃浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ks(AgC1)=c(Ag)·c(C17)=1.0×10-9.75D。c(NH₃)=0。01mol·L⁻【答案】A【解析】首先确定曲线，曲线I,开始时浓度最小，依据题意，最小的[Ag(NH₃)2],曲线Ⅱ,浓度先增大后减少，依据题意，是[Ag(NH₃)],曲线Ⅲ,IV开始浓度一样，是Ag+和C1,曲线Ⅲ浓度后减少，说明是Ag,曲线IV浓度后增大，说明是C1.A项，曲知，当氨分子浓度为10⁻¹mo1/L时，溶液中银离子和氯离子浓度分别为10-7。40mo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和10⁻5.16mo1/L,则[Ag(NH₃)]*+NH₃[Ag(NH)2]的平衡常数K=3)=0.01mol·L⁻¹时，溶液中c{[Ag(NH₃)2]+}>c{[Ag(NH₃)]+}>c(Ag+),27.(14分)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，主调H(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 (2)水浸渣中主要有Si0₂和0(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO₃和MgNHPO₄的形式沉淀致◎(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V₂O₅沉淀，V₂O₅在pH<1时，溶解为VO₂或VO³在碱性条件下，溶解为V (填标号).(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na₂S₂O₅)溶液，反应的离子方程式为o【答案】(1)Na₂CrO₄(2)Fe₂O₃(3)SiO₃²(4)不能形成MgNH₄PO₄沉淀不能形成MgSiO₃沉淀渣和滤液；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MgSi0₃和化铬.(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)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72⁻+3S₂O₅²⁻+10H=4Cr³+6SO4²⁻+5H₂28。(14分)实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：二苯乙二酮物质熔点/℃沸点/℃安息香白色固体二苯乙二酮淡黄色固体不溶于水与水、乙醇互溶①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9。0gFeC1₃·6H₂0,边搅拌边加热，至③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出.④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品.⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g.(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(3)实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是实验：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?(5)本实验步骤①~③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(7)本实验的产率最接近于(填标号)。a.85%【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【解析】在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl₃·6H₂O,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。(1)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FeC1₃为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeC1₂,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可循环参与水解；(6)根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于的量约为0.0094mol,理论上可产生二苯乙二酮(C₄H₁₀O₂)的物质的量约为0。0094mol,质量约为1.98g,产率为,最接近80%,故选b。29。(15分)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(1)根据图1数据计算反应kJ·m(ii)N₂*+*2N*(iv)H₂*+*一2H*(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N₂*表示被吸附于催化剂表面的N₂)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为(填步骤前的标号),理由是_(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe₃O4)使用前经H₂还原，生成α-Fe包裹的Fe₃O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm,密度为7.8g·cm⁻³,则α—Fe晶胞中结果如下图所示.其中一种进料组成为xH₂=0.75、P₃20.20p₂=20MPaP₁图3P₁P₃图4②进料组成中含有情性气体Ar的图是o③图3中，当P₂=20MPa、XNH₃=0.20时，氮气的转化率α=。该温度时，反应₂(g)NH(g)的平衡常数K,=(MPa)⁻¹(化为最简式)。【答案】(1)-45在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步(4)P₁<P₂<P₃合成氨的反应为气体分子数减少的反应数越大图433.33%焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应中信息可知，的△H+473kJ·mol⁻¹,则N=N的键能为946kJ·mol的△IE+654kJ·mo1⁻¹,则H—H键的键能为436kJ·mo1⁻¹.在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N=N的键Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm,密度为7.8g·cm³,设其晶胞中含有Fe的原子数为x,则α-Fe晶体密度即α—Fe晶胞中含有Fe的原子数为。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大.由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P₁<P₂<P₃,因此，图中压强由小到大的顺序为P₁<P₂<P₃,判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大.②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体Ar,反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar的图是图4.③图3中，进料组成为XH₂=0.75、XN₂=0.25两者物质的量之比为3:1.假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol,达到平衡时氮气的变化量为xmol,则有：解之得.,则氮气的转化率,平衡时N₂、H₂、NH₃的物质的量分别为、2mol、,其物质的量分数分别为,则该温度下因此，该温度时，反应HQ)—NH₃(g)的平衡常数30.(15分)莫西赛利(化合物K)是一种治疗脑血管疾病的药物，可改