河南许昌普高2023学年高考冲刺化学模拟试题含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于核外电子的描述中，正确的是()A电子云图中一个小黑点表示一个电子B电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数Cs电子在s电子云的球形空间内做规则运动D核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定2、氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，

2、装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（ ）A正极的电极反应式为2H+2e-H2B电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子3、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作AKNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥BNaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥CFeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧DN

3、H4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤AABBCCDD4、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A甲用于制取氯气B乙可制备氢氧化铁胶体C丙可分离I2和 KCl固体D丁可比较Cl、C、Si 的非金属性5、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)r(乙)r(丙)r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是A简单氢化物的沸点：乙丙B由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性C丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应D由甲和丙两元素组成的分子，不可能含

4、非极性键6、下列过程没有明显现象的是A加热NH4Cl固体B向Al2(SO4)3溶液中滴加氨水C向FeSO4溶液中通入NO2D向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸7、下列有关化合物的说法正确的是（ ）A所有原子共平面B其一氯代物有6种C是苯的同系物D能使酸性高锰酸钾溶液褪色8、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）A氧化性：SeO2SO2B热稳定性：H2SH2SeC熔沸点：H2SH2SeD酸性：H2SO3H2SeO39、下列说法中不正确的是（ ）AD和T互为同位素B“碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳，它与石墨互为同素异形体CCH3CH2COOH和HCOOCH3互为同系物D丙

5、醛与环氧丙烷（）互为同分异构体10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CAl(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)DN2(g)NH3(g)Na2CO3(s)11、已知：25 C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 mol L-1 MCl溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是Aa=4BV1=10C溶液中水的电离程度：PQDQ点溶液中c(Na+)H2CO3，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不

6、能比较C、Cl非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl，HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；答案选C。5、C【答案解析】甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲) r(乙) r(丙) r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不

7、同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。【题目详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；答案选C。6、D【答案解析】A.加热NH4Cl固体分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新生成固体氯化铵，有明显的现象，A不符合题意；B.向Al2(SO4)

8、3溶液中滴加氨水发生反应生成氢氧化铝白色沉淀，有明显现象，B不符合题意；C.向FeSO4溶液中通入NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+为Fe3+，溶液变为黄色，有明显现象，C不符合题意；D.向稀Na2CO3溶液中滴加少量盐酸，发生反应产生NaCl和NaHCO3，无明显现象，D符合题意；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了物质的特征性质和反应现象，掌握基础是解题关键，题目难度不大。D项为易错点，注意碳酸钠与稀盐酸反应时，若盐酸少量生成物为碳酸氢钠和氯化钠、盐酸过量生成物为氯化钠、二氧化碳和水。7、D【答案解析】A. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不

9、一定共平面，故A错误；B 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B错误；C苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。8、B【答案解析】A不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A错误；B热稳定性：H2SH2Se，可知非金属性SSe，故B正确；C不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；D酸性：H2SO3H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D错误；故答案为B。【答案点睛】考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，硒(Se)与S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可

10、利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性。9、C【答案解析】A.D和T均为氢元素，但中子数不同，互为同位素，故A正确；B.“碳纳米泡沫”和石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故B正确；C.CH3CH2COOH属于羧酸类，HCOOCH3属于酯类，官能团不同，不是同系物，故C错误；D.丙醛与环氧丙烷（）分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；综上所述，答案为C。10、C【答案解析】A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A不符合题意； B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故

11、B不符合题意； C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C符合题意； D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D不符合题意。 故选：C。【答案点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出，NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。11、D【答案解析】A. 25 C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)=10-7，解得c(H+)=10-4 mol/L，pH=a=4，A正确；B. 等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MC

12、l的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10 mL，B正确；C. 在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：PQ，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；故合理选项是D。12、B【答案解析】A22.4 L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B2mol NO与1mol O2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存

13、在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C13.8g NO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D1L0.1molL1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【答案点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉及化学反应要明确相关反应的特点

14、和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。13、C【答案解析】A硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；BSeO32中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；CH2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。14、A【答案解析】苹果汁中含有丰富的铁元素，淡绿色为亚铁离子的颜色，

15、棕黄色为三价铁离子的颜色，因此苹果汁在空气中颜色由淡绿色变为棕黄色，为Fe2+变成Fe3+，故选A。15、B【答案解析】本题考查化学实验，意在考查对实验基本操作的理解。【题目详解】A.NH4NO3固体受热或撞击易爆炸，因此取用固体NH4NO3时动作一定要轻，故不选A；B.蒸馏提纯乙醇的实验中，应将温度计水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，故选B；C.容量瓶、滴定管，分液漏斗等带活塞的仪器在使用之前都必须检漏，故不选C；D.要量取5.2 mL硫酸铜溶液，应选择10 mL规格的量筒，向量筒内加液时，先用倾倒法加液到接近刻度线，再改用胶头滴管加液到刻度线，故用到的仪器是10 mL量筒和胶头滴管，故不选D；答

16、案：B16、B【答案解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径YZCl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，AY不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中

17、原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-Cl-Na+，故B正确；CCl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HClPH3，故C错误；DS和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、bc HOOCCH(OH)CH2COOH HOOC-CC-COOH 消去反应 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热 n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O ， 【答案解析】由有机物A的化学式为C4H6O5，根

18、据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH；M中含有Cl原子，M经过反应然后酸化得到A，则M结构简式为HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HO

19、OCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，F为HOOC-CC-COOH。【题目详解】（1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc； （2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH(OH)CH2COOH：F：HOOC-CC-COOH。答案：HOOCCH(OH)CH2COOH：HOOC-CC-COOH；（3）根据上

20、述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 AB发生消去反应，BE发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。(4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，EF是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为：NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热； (5)B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2C

21、H2OH+(2n-1)H2O；故答案为:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；(6)A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团,说明含有醇羟基和羧基符合条件的A的同分异构体的结构简式：，；答案：，。18、3-氯-1-丙烯 碳碳双键和氨基 取代反应 吡啶显碱性，能与反应的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 15 【答案解析】由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到， 根据

22、C的分子式既反应条件，可知反应发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【题目详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（

23、3）根据上述分析，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）反应为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三

24、种情况，所以K的同分异构体有35=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【答案点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化

25、关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。19、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl 【答案解析】混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；

26、稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；【题目详解】(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；(3)SO42存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法

27、是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42已除尽；(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH会引入Cl，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl。【答案点睛】除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸

28、钾，过滤后再加适量的硝酸。20、打开玻璃塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中 3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O 温度过高，Br2、NH3易挥发 使NH3稍过量，确保Br2被充分还原 Ca(OH)2 将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥（或低温干燥，或用滤纸吸干） 【答案解析】制备溴化钙晶体的工艺流程：将液氨、液溴、CaO与水混合发生反应3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O、CaO+H2O=Ca(OH)2，过滤，滤渣为Ca(OH)2，滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用

29、氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr22H2O晶体，据此分析作答。【题目详解】(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中；(2)在“合成”中为液氨、液溴、CaO发生反应：3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2+3H2O；其中液溴、液氨易挥发，所以合成过程温度不能过高；投料时控制n(Br2)n(N

30、H3)=10.8，确保Br2被充分还原；(3)合成反应中：CaO+H2O=Ca(OH)2，故滤渣为Ca(OH)2；(4)滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr22H2O晶体。【答案点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对反应条件的控制选择等，理解工艺流程的反应原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力的考查。21、 小 sp3 NH4+ (BO2)nn- 共价键、氢键 三氯化硼为分子晶体，而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱 六方最密堆积 12NAa 【答案解析】(1)基态B原子的核电荷