广东深圳市2023学年高考化学一模试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A4种B5种C6种D7种2、一种从植物中提取的天然化合物a-damascone，可用于制作“香水”，其结构为：，有关该化合物的下列说法不正确的是A分子式为B该化合物可发生聚合反应C1mol该化合物完全燃烧消耗19molD与溴的溶液反应生成的产物经水解、

2、稀硝酸化后可用溶液检验3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A32gCu在足量O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g甲烷和8g甲醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量O2反应。转移电子数为NA4、下列各图示实验设计和操作合理的是（ ）A图1 证明非金属性强弱：SCSiB图2 制备少量氧气C图3 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液D图4 制备少量乙酸丁酯5、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A通入H2的电极上发生还原反应B正极反应方程式为N26e8H=2NH4+C放电时溶液中Cl移向

3、电源正极D放电时负极附近溶液的pH增大6、锌空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH) 逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e= Zn(OH)42D放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）7、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素。Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH2。下列说法中错误的是WXYZA原子半径大小：XWYBZ 的

4、单质易溶于化合物 WZ2C气态氢化物稳定性：WH2CO3 H2SiO3，强酸可以与弱酸的盐反应制取弱酸，图1 可以证明非金属性强弱：SCSi ，A正确；B过氧化钠为粉末固体，不能利用关闭止水夹使固体与液体分离，则不能控制反应制备少量氧气，B错误；C配制物质的量浓度的溶液时，应该把浓硫酸在烧杯中溶解、稀释，冷却至室温后再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解稀释，C错误；D反应物乙酸、1-丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，D错误；故选A。5、B【答案解析】A通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B氮气在正极获得电子，电极

5、反应式为N2+6e-+8H+2NH4+，选项B正确；C. 放电时溶液中阴离子Cl移向电源负极，选项C错误；D通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H+6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N

6、2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。6、C【答案解析】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【答案点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反

7、应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。7、D【答案解析】根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z 的最高价氧化物对应的水化物为 M，室温下，0. 01 mol/L M 溶液 pH2。则

8、Z为S，W、X、Y分别为C、N、Al。A原子半径大小：NCAl，故A正确；BZ元素为S，其单质易溶于CS2，故B正确；CW、X分别为C、N，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：CN，则气态氢化物稳定性：CH4NH3，故C正确；DY为Al元素，含Al元素的离子有Al3+、AlO或Al(OH)4，故D错误；答案选D。【答案点睛】根据相似相容原理，S易溶于CS2。8、D【答案解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【题目详解】A铜为单质，不是电解质，故A错误；B葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；C食盐水

9、为混合物，不是电解质，故C错误；D氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；故选：D。【答案点睛】易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。9、C【答案解析】A30g丙醇物质的量为：0.5mol，存在的共价键总数为0.5mol11NA5.5NA，故A错误；B1molD2O与1molH2O中，中子数之比为10：85：4，故B错误；C0.2mol H2SO4的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于0.2NA，如果只生成氢气则转移电子数为0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化硫又有氢气生成，转移电子数大于0.2NA小于0.4N

10、A，故C正确；D三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中1 mol PCl3与1moCl2反应制备PCl5(g)，增加小于2NA个PCl键，故D错误；故答案选C。【答案点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫酸的特性。10、D【答案解析】Aa点时酸碱恰好中和，溶液，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为，故A错误； Ba点水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出，抑制水的电离，故B错误； C时，由电荷守恒可知，则，故C错误； Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，则存在，故D

11、正确。 故答案为D。11、C【答案解析】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化

12、性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【答案点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。12、D【答案解析】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、

13、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。13、B【答案解析】新制氯水的主要成分有Cl2、H、HClO、Cl等，A. 紫色的石蕊试液变红，有H存在，后褪色，有HClO，A项正确；B. 碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3H=CO2H2O，B项错误；C. 新制氯水有Cl，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D. 新制氯水的Cl2具有强氧

14、化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。14、B【答案解析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-3-6-6=5，则X为氮；A. W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；B. 硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：WYZ，故B错误；C. 非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最

15、简单氢化物的稳定性：XY，故C正确；D. 元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。故选B。【答案点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫酸可以与铝反应。15、C【答案解析】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。故选C。16、A【答案

16、解析】A.C5H10O2的同分异构体中，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中含有-COOH，可认为是C4H10分子中的一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷2种结构，每种结构中有2种不同位置的H原子，所以C5H10O2的属于羧酸的同分异构体有4种，A正确；B.糖类、油脂、蛋白质在水溶液中都不能导电，熔融状态下也不能导电，且蛋白质是高分子化合物，因此都不是电解质，B错误；C.乙烯使溴水褪色，发生的是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，反应类型不相同，C错误；D.将碘酒滴到未成熟的苹果肉上变蓝说明苹果肉中有淀粉，但不能证明淀粉是否已水解，D错误；故合理

17、选项是A。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛 C11H10O4 取代反应（或水解反应） 羰基、羧基 +2Cl2+2HCl H2/Ni，加热 、 CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 【答案解析】根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【题目详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式

18、为C11H10O4；(2)EF为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应； G()中官能团有羰基、羧基；(3) 根据上述分析，AB的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应GH为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5) D为，能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6) 以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2Br

19、CH3CH2OHCH3CHO 。18、C6H11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应 +CH3CH2OH+H2O 12 或 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 【答案解析】甲的分子式为C6H11Br，经过过程，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过，在一定条件下，生成。【题目详解】(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；(2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基

20、、羰基（酮基）；(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；(5) 乙的分子式为C6H10O3。能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种

21、位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1621的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；(6)根据过程，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【答案点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思

22、维。19、E 避免从E装置出来的气流中还含有氧气 fedcm(n)n(m)a(b)b (a) 选择，以除去水蒸气，避免反应发生 选择，以除去空气中的CO2，避免反应发生 使氮化镁不纯 如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁 【答案解析】实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。根据可能发生下列反应：2Mg+O22MgO；3Mg+N2Mg3N2；2Mg+CO22MgO+C；Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性

23、质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。【题目详解】根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则：(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代

24、号)：hfedcm(n)n(m)a(b)b(a)；(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应发生；(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应发生；(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。20、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O 检査其气密性 随时控制反应的进行，不反应时上拉铁丝，反应时放下铁丝 降温，冷凝溴乙烷 U形管底部产生无色的油状液体 分液漏斗、烧杯。 【答案解析】装置A中生成溴苯和溴化氢，B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水，C用来收集产品，据此解答。【题目详解】（1）HBr和乙醇在加热条件下，发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水， B中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。故答案为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O；（2）利用苯和液溴反应制得溴苯，同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷，则应先连接装置并检查所密性，再添加药品，先加热A装置使苯和液溴先反应，再加热B装置制溴乙烷，即实验的操作步骤为：，故答案为：；检查气密性；（3）实验中用纯铁丝代替铁粉的优点：