2023届高三开年摸底联考广东卷化学参考答案及评分意见1.C【解析】金屈具有良好的延展性，变形复原属千物理变化，A项不符合；缺损玉器补配是利用物理切割后进行完善，不涉及化学变化，B项不符合；银器表面的锈蚀物可以考虑使用甲酸溶液或电化学还原的
方法
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处理，甲酸能有效地除去银元素锈蚀产物，而对银不起作用，以上过程涉及了化学变化，C项符合；木器表面擦拭烫蜡，利用了蜂蜡熔点很低的性质，加热固体蜂蜡，使蜂蜡融化并完全覆盖木器，该过程未涉及化学变化，D项不符合。z.c【解析】热水泡茶涉及过滤，而非萃取，A项错误；天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于油脂，B项错误；聚氨酣““是聚合物，屈于高分子
材料
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，C项正确；用千制造山东舰上舰载机降落拦阻索的特种钢，屈千合金，为金屈材料，D项错误。3.A【解析】简易启普发生器装置，利用石灰石和盐酸制C02,A项正确；钠的燃烧，应放在玵涡中，B项错误；制备NaHC03,氨气应短管进，以防倒吸，C项错误；配制一定物质的量浓度的溶液，应两手握容益瓶上下颠倒混匀，D项错误。4.C【解析】电负性关系为Cl>C>H,A项正确；两个氮原子中，其中一个形成双键为sp'杂化，另一个全为单键为sp'杂化，B项正确；1mo!氯化l—乙基—3—甲基咪挫中含有6键数目为19NA,c项错误；氯化1—乙基—3—甲基咪陛中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D项正确。5.A【解析】X,Y、Z、W分别为Be、O、Al、Si。第一电离能：Z
W,A项正确；原子半径大小应是Z>W>X>Y,B项错误；BeO应是两性氧化物，C项错误；电负性大小应是Y>H>W,D项错误。6.A【解析】石灰乳应写成Ca(OH)2,而澄清石灰水应拆写成Ca'十和OH飞A项不正确。7.D【解析】乙醇和乙酸在加热条件下反应可生成乙酸乙酷，乙酸乙酷有香味，A项有关联；氢氧化钠和铝粉混合可以作为管道疏通剂使用，铝和氢氧化钠遇水反应生成气体，且放出大量的热，加快氢氧化钠对毛发等腐蚀，便于疏通，B项有关联；NaHC03受热分解一产生co,,使面包变疏松，C项有关联；氢氯酸雕刻石英的原因是4HF+Si02SiF4个+ZH20,SiF4是种气体，促进反应进行，与SiO,是酸性氧化物无关，D项没有关联。““8.C【解析】加入ZnO固体调pH,不能得到Zn(OH)2沉淀，A项错误；沉错后分离出单宁与Ge'十的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、““漏斗、烧杯，而不是分液漏斗，B项错误；根据
流程
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，水解产物为Ge02·nH20,原环境又是酸性，C项正确；水解操作时为保证GeCI,水解彻底进行，不能加入过量高纯水，水过量，盐酸浓度降低，则Ge02•nH20溶解的多，产量低，D项错误。9.C【解析】根据原电池原理，
分析
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示意图价态变化，可得左侧是正极，右侧是负极。正极区消耗H勹pH增大，A项错误。X溶液中的溶质为比S0,Y4溶液中的溶质为KOH,a膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜，B项错误，C项正确。放电时，消耗1molZn时，正极区电解质溶液减重96—87=9g,D项错误。10.B【解析】X中含有酷基和狻基，Y中含有轻基和酰胺基，Z中含有能基和酰胺基，A项正确；X中含有—CH,,其中C为sp'杂化，B项错误；Y中含有酚胫基，遇FeC3溶液显紫色，C项正确；由于lZ水解产生三个狻基和两个酚胫基，则1molZ最多与5molNaOH反应，D项正确。11.B【解析】绷酸具有片层状结构，层与层之间、凡B03单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，A项错误；结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硐品胞中每个氮原子周围有4个硐原子，B项正确；1molNH,B凡含有配位键的数目为zNA,c项错误；N凡是由极性键构成的极性分子，而BF,是由极性键构成的非极性分子，D项错误。12.D【解析】反应过程中I—V步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项错误；生成的水越多，有可能产生的co越多，甲醇产率不一定大，B项错误；增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项错误；由图可得，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物co生成，D项正确。13.B【解析】加热促进水解，检测到溶液pH逐渐变小，则应是亚硫酸根离子被氧化成硫酸根离子，碱性减弱，B项符合题意。一14.D【解析】水解离为H十和OH为物理过程，A正确；M极上o,得电子生成胫基自由基C•OH)'
说明
关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书
M极为阴极，连接电源的+负极，N极为阳极，则M为阴极，阴极上02得电子生成轻基自由基C•OH),电极反应式为02+z-+zHeZ•OH,B正确；每一1mo!苯酚转化为co,,转移电子为28mol,则每处理9.4g苯酚（即0.1mol),理论上有Z.8mo!电子转移，则有Z.8molOH透开年摸底联考广东卷化学答案第1页（共5页）过膜a,C正确；根据电子守恒，则通电一段时间后，苯酚和甲醒转化生成co,的物质的量之比为6:7,D错误。15.A【解析】反应心和反应＠均为放热反应，即t:,.H1<0、t:,.H2<0,又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应＠放出的热量更多，即==t:,.H1>t:,.H,,A项错误；速率大小由V1正k1正.C(c,H,Cl)•C(Cl,)和V2正k,正•cCC,凡Cl)•C(Cl,)判断，影响因素只与k1正、k2正有关，温度恒定时，k1正、k2正保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，B项正确；改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，C项正确；反应心和反应＠中c,比Cl转化为对二氯苯和邻二氯苯均为1:1进行，则v正cc,比Cl)=v正（对二氯苯）+v正（邻二氯苯）成立，D项正确。z++16.B【解析】根据题意，CaF2浊液存在溶解平衡：CaF2(s)a====Ca(aq)+2F飞aq),用HCI调节溶液存在平衡：H+F-s====HF。根c(H+)•c(F-)c(H勹据K尸，随着横坐标增大，则c(F-)减小，—lgc(F-)增大，故M代表—lgCCF-）与lg的变化曲线，A正c(HF)c(HF)c(H勹=32==32z+=2=22+=确。根据X点坐标可求K.10-·,当lgO时，c(F勹10--'此时c(Ca)10-.4,则K,p(CaF2)c(F-)•c(Ca)c(HF)=z+z+10-10.6,B错误。Y点，氮离子的浓度与钙离子的相同，即c(F-)c(Ca),CaF2(s)a===='Ca(aq)+2F-(aq)溶解出的氪离子，c(H勹2c(Caz+)=c(HF)+c(F-),再根据电荷守恒，故c(Cl-)>c(Caz+)=c(HF),C正确。Z点的溶液中，根据K.及lg=l,c(HF)c(H+)—==1z+=—=存在lgc(F-)4.2,根据K(CaF2)10-0·6可求lgc(Ca)2.2,而此时lgl,则c(HF)c(H勹lgc(Ca2+)—Zig=—4.2,D正确。c(HF)17.04分）(1)增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等(1分）(2)5.2"(pH<7.6(1分）Fe(OH)3、AICOH)3(2分）H(3)Clo-+2co+s比0c1-+2Co(OH)3t+4H气2分）z+z+(4)还原C矿生成CoCl分）Co+ZHCO,CoC03t+co,个+H心(2分）(5)重结晶(1分）1.08X1033(6)2次a(2分）(2分）xyzNA【解析】由题中流程可知，铢电池废料（主要成分为铢、钻，还含有铝、铁等），用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液2a+a+中，加入凡o,的目的是将母液中的Fe十载化为Fe,调节溶液pH,使Fe和A尸完全转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH),沉淀，23过滤，滤渣1为Fe(OH)3和Al(OH)3,向滤液中加入NaCIO将Co十氧化变成Co十并水解生成Co(OH)3沉淀，然后向沉淀中加入比so,和H,O,,溶解得到CoSO,溶液，向溶液中加入NaHC03得到CoCO,沉淀，过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钻溶液，将醋酸钻溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钻晶体。(1)为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。(2)由后续流程可知，第一次调节pH时，巳经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了Fe(OH)3外，还有Al(OH),,结合表中数据可知，为了使Al'十完全沉淀而CoH不沉淀，应当调节溶液pH的范围是5.2"(pH<7.6“(3)"母液中含有的Co2十能够和NaCIO发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为2++c,o-+2co+s比0c1-+2Co(OH)3t+4H(4)向Co(OH)3中加入H,so.、几o,混合液，结合后续流程，最后得到产物中，Co以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的H,O,为还原剂。(5)为提高醋酸钻晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作。(6)根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为8X-+6X—+4=8;由晶8开年摸底联考广东卷化学答案第2页（共5页）—能E.(正）小千E.(逆）；由盖斯定律可知Iill=II,则t:,.H1-t:,.H,=t:,.H2>0,因此t:,.H1>6H,,由千放热反应的t:,.H越小，其t:,.H1绝对值越大，则的范围是O~l。t:,.H,(2)生成甲醇的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的一步反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，—根据表中数据，找出活化能（过渡态与起始态能量差）最大的反应步骤为HCOOH*+2H2(g)H,COOH*+H,(g)(3)(D由千反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，co,的平衡转化率降低；反应II为吸热反应，升高温度，反应II向正反应方向移动，co,的平衡转化率升高。由图可知，温度高千2so·c时，co,的转化率随温度升高，开始逐渐变大，说明zso·c后以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，发生反应II的气体平均相对分子质批不变。°＠初始1mo!CO,和2mo!凡的混合气体的总质量为44g+2mo!X2g/mol=48g,TC时混合气体的平均相对分子质量由图像44g+2mo!X2g/mol知为20,则平衡时容器中混合气体总的物质的扯为=2.4mo!观察反应特点知，反应I1和反应川的加和即为反应I'从转化角度分析，发生反应I1和反应皿即相当于发生反应I'即在竞争体系中可忽略反应川，默认由反应1代替。依据守恒思想进行分析：设平衡时产物中n(CH30H)=xmol,n(CO)=ymo!,根据图像—co,的平衡转化率为50%,则平衡时n(C02)=0.5mol,n(H2)=2(3x+y)mol,n(H,O)=(x+y)mol,可知x+y=O.5,n(CH,OH)+n(CO)+nCC02)+n(H2)+nCH,0)=2.4mo!,可求n(CH,OH)=O.3mol,n(CO)=O.2mo!,则平衡时甲醇的选0.3mo!P。3mo!择性为Xl00%=60%.由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，既—-=可得0.5mo!p2.4mo!o.3o.5—XO.SpX—XO.Sp1。。,�o.Sp。，反应I的平衡常数K尸。.�'��;由于平衡时co,和H心(g)的分压相等，如果再向密2,'2aXO.SpX°豆XO.Sp)臣。(。闭容器中通入CO2和H2O(g),使二者分压均增大0.lp。，此时的Qp仍然等千Kp,平衡不移动，止的转化率不变。20.04分）(1)对氪苯甲醒(1分）3(或三）(1分）CH-CHCOOHCH-CHCOOCH2CH3浓硫酸(2)+c,比OH+H,0(2分）t6'(3)NH(2加成反应(1分）0Y分）FOHOOH(4)《言。CZ分）9(2分）CH了OHC3分）cs){X了点三亡O吾言°｀詈气工【解析】由已知1可知A分子中含有—CHO,结合A的分子式和E的结构可知A含有苯环且苯环上连接1个氪原子，并且氮原子CHOCH-CHCOOH和醒基处千对位，可以确定A为：；根据已知中的反应可得B为$;B与乙醇在浓硫酸共热时发生醋化反FFCHCOOCH,CH,厂COOC扎应生成C,故C为0;根据已知1可知C与C.,HsOOCCH,CN发生加成反应生成D为,CN;,drooC,H,F开年摸底联考广东卷化学答案第4页（共5页）NH由物质）结合G和H的分子式和信息ii,并由(4)M的分子式为C几0可以推出G的结构简式为"cd2«〉。Hok•M的结构简式为{:d',H的结构简式三乙:：FCHOCH-CHCOOCH,CH,(1)由分析知，A的结构简式为＄，化学名称为对氪苯甲醒；C的结构简式为＄，故C中含有碳颌FF键、碳碳双键、酷基这三种官能团。CH-CHCOOHCH-CHCOOCH,CH3浓硫酸(2)B与乙醇发生酷化反应生成c,化学方程式为＄+c,凡OH、、+H,O6Ft。(3)对比C的结构简式和D的结构简式可知C---+D的反应类型为加成反应；G的结构简式为。OH(1)由分析可知，M的结构简式为＜言,为酚类物质，只有一个环状结构，即为苯环：三:成的官能团可以是2个。————OH和1个CHO,在苯环上共有6种结构；3个0原子形成的官能团也可以是1个OH和1个COOH,在苯环上共有3种结构，共9种。OOo,CHOOHOH(5)首先根据信息1反应生成)二了，再根据信息ii反应生成(I丫再酸化即可得M。�。碱性水解。言《0'1开年摸底联考广东卷化学答案第5页（共5页）
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