辽宁省北票市尹湛纳希高级中学2023学年高三冲刺模拟化学试卷含解析

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、四种短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的位置如图所示，四种元素原子的最外层电子数之和为22。下列说法正确的是（ ） W X YZA氢化物的沸点：XZB最高价氧化物对应水化物的酸性：YWC化合物熔点：YX2YZ4D简单离子的半径：XW2、A、B、C、D是中

2、学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫C若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H63、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丙醛与环氧丙烷（）互为同分异构体4、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半

3、径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是AY元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B它们形成的简单离子半径:XWCX、Z两种元素的气态氢化物稳定性:ZXDX与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:25、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A3种 B4种 C5种 D6种6、亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500molL1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数()与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是Aa、b两

4、点时，水电离出的c水(OH)之比为1.43：6.54Bb点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32)C反应H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为105.11D当V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)c(H2PO3)c(OH)c(H+)7、某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在：c(N

5、a+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入CaCl2促进了HCO3-的水解8、做好垃圾分类，推动城市绿色发展。下列有关生活垃圾分类不合理的是（ ）选项ABCD生活垃圾牛奶盒眼药水干电池西瓜皮垃圾分类标识AABBCCDD9、关于Na2O2的叙述正确的是 （NA表示阿伏伽德罗常数）A7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NAB7.8 g Na2S与Na2O2的混合物， 含离子总数为0.3 NAC7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应， 转移的电数为0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为0.4NA10、中

6、国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队，于2月4日公布阿比朵尔、达芦那韦可抑制新型病毒。如图所示有机物是合成阿比朵尔的原料，关于该有机物下列说法正确的是（ ）A可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应B易溶于水和有机溶剂C分子结构中含有三种官能团D分子中所有碳原子一定共平面11、关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（ ）A不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色B可以与稀硫酸或NaOH溶液反应C分子中所有原子共平面D易溶于饱和碳酸钠溶液12、锂空气电池是一种用锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物的电池。其工作原理如图，下列说法中错误的是( )A多孔电极可以提高电极与电解质

7、溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面B正极的电极反应：C有机电解液可以是乙醇等无水有机物D充电时专用充电电极可防止空气极腐蚀和劣化13、下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+H2SO4D向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH

8、)2AABBCCDD14、下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3B实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al(OH)3C工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2D向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O15、设计如下装置探究HCl溶液中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率（已知：Cd的金属活动性大于Cu）。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先放CdCl2溶液及显色剂，然后小心放入HCl溶液，在aa处形成清晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法

9、不正确的是A通电时，H+、Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移B装置中总反应的化学方程式为：Cd + 2HClCdCl2 + H2C一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为5.0 C，测得H+所迁移的电量为4.1 C，说明该HCl溶液中H+的迁移速率约是Cl-的4.6倍D如果电源正负极反接，则下端产生大量Cl2，使界面不再清晰，实验失败16、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示已知：p=-lg。下列叙述错误的是（）Am点：c(A-)=c(HA)BKa(HA)的数量级为10-6C水的电离程度：mW，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于

10、Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。5、D【答案解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。6、C【答案解析】A. a点为H3PO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则a点溶液中，b点为Na2HPO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b点溶液中，则a、b两点时，水电离出的c水(OH)之比为10-5.11，A项错误；B. 由图可知，b点溶液呈酸性，则c(

11、H+)c(OH)，且有c(H2PO3)=c(HPO32)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2PO3)+2c(HPO32)，则c(Na+)c(H2PO3)+2c(HPO32)3c(HPO32)，B项错误；C. 反应H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为，C项正确；D. 当V(NaOH)=1 L 时，H3PO3与NaOH物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)c(H2PO3)c(H+)c(OH)，D项错误；答案选C。7、D【答案解析】A.NaHCO3电离产生的HCO3-离子在溶液中既能发生电离作用又能发生水解作用

12、；B.HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3； C.根据电荷守恒分析判断；D.加入CaCl2消耗CO32-生成CaCO3沉淀。【题目详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+

13、H2CO3，B正确； C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了电解质溶液中反应实质、沉淀溶解平衡的理解及应用的知识。涉及电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒、物料守恒等，题目难度中等。8、C【答案解析】A. 牛奶盒是包装

14、纸，属于可回收物，故A正确；B. 眼药水是过期药品，属于有害垃圾，故B正确；C. 干电池属于有害垃圾，故C错误；D. 西瓜皮是厨余垃圾，属于湿垃圾，故D正确；答案选C。9、B【答案解析】A、7.8g Na2O2为1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，错误。10、A【

15、答案解析】A碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应、水解反应和氧化反应，A正确；B该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，B不正确；C分子结构中含有羟基、酯基、氨基、碳碳双键四种官能团，C不正确；D苯环中碳原子一定共平面，但苯环与其它碳原子不一定在同一平面内，D不正确；故选A。11、B【答案解析】A该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；B该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中发生水解反应，B正确；C分子中含有-CH3，基团中的原子不可能共平面，C不正确；D该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D不正确；故选B。12、C【答案解析】在锂空气电

16、池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。【题目详解】A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；B.因为该电池正极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生

17、置换反应，试题难度不大。13、C【答案解析】A.在强酸性环境中，H+、NO3-、Cu会发生氧化还原反应产生NO气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A正确；B.酸性K2Cr2O7具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、NO3-、SO2会发生氧化还原反应产生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，会产生BaSO4白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3H2SO4，C错误；D.向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)

18、2、Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：KspMg(OH)2KspCu(OH)2，D正确；故合理选项是C。14、C【答案解析】A酸性：碳酸苯酚HCO3-，所以C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，A错误；B氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；C工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；D向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D错误；故选C。15、D【答案解析】装置中上边的Pt电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd电极与外电源的正极相连，作为阳极；题中指出Cd的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反

19、应；如果把电源的正负极反接，则Pt电极为阳极，Cl-的在Pt电极处被氧化生成Cl2，Cd电极为阴极发生的是还原反应。【题目详解】A通电后，Pt为阴极，Cd为阳极，所以H+和Cd2+向Pt电极迁移，Cl-向Cd电极迁移，A项正确；B通电后Pt为阴极，Cd为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：，B项正确；C由于通过该界面的总电量为5.0C，其中H+迁移的电量为4.1C，所以Cl-迁移的电量为0.9C，所以HCl溶液中H+迁移速率约为Cl-的4.6倍，C项正确；D正负极若反接，则上端的Pt电极为阳极，Cl-在Pt电极处发生氧化反应生成Cl2，D项错误；答案选D。16

20、、B【答案解析】A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c (HA)，A正确；B. Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)= ，由于=1，Ka(HA) =c(H+)=10-4.76，B错误；C. 由A项知m点c (A-)=c (HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)c (HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：mr，C正确；D. r点溶液中电荷守恒关系为：c (H+)+c (Na+)=c (A-)+c (OH-)，D正确；故选B。【答案点睛】水溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分

21、析，如本题中的m点。二、非选择题（本题包括5小题）17、C9H10O3 取代反应(或酯化反应) 2+O22+2H2O 4种 +3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O 【答案解析】A能发生连续的氧化反应，说明结构中含有-CH2OH，D通过加聚反应得到E，E分子式为(C9H8O2)n，D的分子式为C9H8O2，D中含碳碳双键，由A在浓硫酸作用下发生消去反应生成D，A为只含有C、H、O三种元素的芳香烃衍生物，且芳环上只有两个取代基，A中含有苯环，A在浓硫酸作用下生成的I中除含有一个苯环外还含有一个六元环，应是发生的酯化反应，A中含有羧基，A的结构应为，D为，E为 ，I为，反应中A连续氧化产生G

22、，G 为酸，F为，G为，A与G发生酯化反应产生H，根据H分子式是C18H16O6，二者脱去1分子的水，可能是，也可能是，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：A为，D为，E为，F为，G为，I为，H的结构可能为，也可能是。(1)A为，则A的分子式为C9H10O3； (2)根据上面的分析可知，I为，E为；(3)A为，A分子中含有羟基和羧基，G为，G分子中含有羧基，二者能在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，A+GH的反应类型为取代反应；(4)A中含有醇羟基和羧基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以发生催化氧化反应，产生醛基，因此AF的化学方程式为2+O22+2H

23、2O；(5)有机物A的同分异构体只有两个对位取代基，能与Fe3+发生显色反应，说明苯环对位上有-OH，又能发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明含有酯基，不含醛基，同分异构体的数目由酯基决定，酯基的化学式为-C3H5O2，有OOCCH2CH3、COOCH2CH3、CH2OOCCH3和CH2COOCH3，共4种同分异构体。其中的一种同分异构体在NaOH溶液中加热消耗的NaOH最多，酯基为OOCCH2CH3，1mol共消耗3molNaOH，其它异构体1mol消耗2molNaOH，该异构体的结构简式为，该反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3CH2COONa+2H2O。【答案点睛】本题考查有机物的

24、推断和合成的知识，有一定的难度，做题时注意把握题中关键信息，采用正、逆推相结合的方法进行推断，注意根据同分异构体的要求及各种官能团的性质判断相应的同分异构体的结构和数目。18、 加成反应 醚键 2-氯乙酸 浓硝酸、浓硫酸、加热 【答案解析】B和A具有相同的实验式，分子结构中含一个六元环，核磁共振氢谱显示只有一个峰；3个分子的甲醛分子HCHO断裂碳氧双键中较活泼的键，彼此结合形成B：，B与HCl、CH3CH2OH反应产生C：ClCH2OCH2CH3；间二甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为，在Fe、HCl存在条件下硝基被还原变为-NH2，产生F为：，F与ClCH2COOH在POCl3

25、条件下发生取代反应产生G：，G与C发生取代反应产生H：。【题目详解】根据上述分析可知B是，F是。(1)3个分子的甲醛断裂碳氧双键中较活泼的键，彼此结合形成环状化合物B：，AB的反应类型是加成反应；(2)C结构简式为ClCH2OCH2CH3；其中含氧官能团的名称是醚键；ClCH2COOH可看作是乙酸分子中甲基上的一个H原子被Cl原子取代产生的物质，名称是2-氯乙酸；(3)D为间二甲苯，由于甲基使苯环上邻位和对位变得活泼，所以其与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E为，则DE所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；(4)F与ClCH2COOH在POCl3条件下发生取代反应产生G和水，FG的化学

26、方程式是；(5)E为，硝基化合物与C原子数相同的氨基酸是同分异构体，I是E的一种同分异构体，具有下列结构特征：苯环上只有一个取代基；是某种天然高分子化合物水解的产物，则该芳香族化合物的一个侧链上含有1个COOH、1个NH2，和1个，I的结构简式是；(6)CH3CH2OH在Cu催化下加热下发生氧化反应产生CH3CHO，3个分子的乙醛发生加成反应产生，与乙醇在HCl存在时反应产生，故由乙醇制备的合成路线为：。【答案点睛】本题考查有机物推断与合成、限制条件同分异构体书写、有机物结构与性质等，掌握有机物官能团的结构与性质是解题关键。要根据已知物质结构、反应条件进行推断，注意根据物质结构简式的变化理解化

27、学键的断裂与形成，充分利用题干信息分析推理，侧重考查学生的分析推断能力。19、排尽装置中的空气 吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO 出现红棕色气体 热 打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2 0.5mol C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量 往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量 【答案解析】实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D

28、中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中 冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量，所以

29、还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【题目详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现现象后还须进行的操作是：打

30、开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。20、O2、H2O、CO2 2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2 CO3 铁 【答案解析】(1)由铜绿的化学式可以看出，铜绿由铜、碳、氢、氧四种元素组成，据此判断；(2)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学方程式；(3)根据生活的经验和所需化学知识推测易生锈的物质。【题目详解】(1)根据铜锈的化学式Cu2(OH)2CO3，可以看出其中含有铜、氢