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文档简介
1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回2答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效5如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、短周期主族元素 Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单
2、氢化物和其最高价含氧酸可形成盐,X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素;Z具有与氩原子相同的电子层结构;Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10。下列说法正确的是AX 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY 单质常温下稳定不跟酸碱反应C简单氢化物的沸点:Qc(H),可用pH试纸测定其pHCbc段,随NaOH溶液的滴入,逐渐增大D若y=200,c点对应溶液中:c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)3、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0 molL-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:有红色金属生成有刺激
3、性气味气体产生溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A该反应显示硫酸具有酸性BNH4CuSO3中铜元素全部被氧化C刺激性气味的气体是氨气D反应中硫酸作氧化剂4、常温下,用0.1 molL1盐酸滴定10.0 mL浓度为0.1 molL1Na2A溶液,所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是AKa2(H2A)的数量级为109B当V=5时:c(A2)+c(HA)+c(H2A)=2c(Cl)CNaHA溶液中:c(Na+)c(HA)c(A2)c(H2A)Dc点溶液中:c(Na+)c(Cl)c(H+)=c(OH)5、把铝粉和某铁的氧化物(xFeOyFe2O3)粉末配成铝热剂,分成两等份。一份在高温下恰
4、好完全反应后,再与足量盐酸反应;另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5 : 7,则x : y为A11B12C57D756、某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3、SO42、Cl,滴入过量氨水,产生白色沉淀,若溶液中各离子的物质的量浓度相等,则一定存在的离子是ASO42BNO3CNa+DFe3+7、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热,测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%,则下列判断正确的是A生成了2g二氧化碳B剩余固体质量为5gC生成了5.6g氧化钙D剩余碳酸钙的质量为8g8、按照物质的组成分类,SO2属于( )A单质B酸性氧化物C碱性氧化
5、物D混合物9、FFC电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质,西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备钽粉(Ta),其原理如图所示。下列说法正确的是A该装置将化学能转化为电能Ba极为电源的正极CTa2O5极发生的电极反应为Ta2O5+10e=2Ta+5O2D石墨电极上生成22.4 L O2,则电路中转移的电子数为46.02102310、下列说法错误的是A取用固体时动作一定要轻B蒸馏提纯乙醇的实验中,应将温度计水银球置于被加热的酒精中C容量瓶、滴定管、分液漏斗等仪器在使用之前都必须检漏D量取5.2 mL硫酸铜溶液用到的仪器有10 mL量筒、胶头滴管11、下列有关物质性质的比较,错误的是( )A
6、溶解度(25):小苏打 H2SH2OC密度:溴乙烷 水D碳碳键键长:乙烯 苯12、下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是( )选项实验操作实验现象解释或结论A某钾盐溶于盐酸后,产生无色无味气体,将其通入澄清石灰水有白色沉淀出现该钾盐是B将少量的溴水分别滴入溶液、溶液中,再分别滴加振荡下层分别呈无色和紫红色还原性:C将充满的密闭玻璃球浸泡在热水中红棕色变深反应的D将受热分解产生的气体通入某溶液溶液变浑浊,继续通入该气体,浑浊消失该溶液是溶液AABBCCDD13、下列关于有机物的叙述错误的是( )A乙醇能发生取代反应B分子式为C10H14的单取代芳香烃,其可能的结构有4种C氨基酸、淀粉均属于高
7、分子化合物D乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别14、某锂离子电池充电时的工作原理如图所示,LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨(C6表示)中。下列说法错误的是( )A充电时,阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi+Lil-xCoO2B放电时,该电池将化学能转化为电能C放电时,b端为负极,发生氧化反应D电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO215、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大,由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物,其中一种产物 n 是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑
8、浊的气体。下列说法正确的是( )Aa、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离B原子半径:abcH2SeH2S,故B错误;C溴代烃和碘代烃的密度均大于水,故溴乙烷的密度比水的大,故C正确;D苯中碳碳键介于单键和双键之间,碳碳键键长:乙烯cda,选项B错误;C、元素的非金属性bcd,非金属性越强,对应的简单氢化物的热稳定性越强,选项C正确;D、m为碳酸铵或碳酸氢铵,为离子化合物,含有离子键,选项D错误。答案选C。16、D【答案解析】A氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸,正确的离子方程式为:Cl2+H2OH+Cl-+HClO,故A错误;B明矾溶于水产生Al(OH)3胶体,不能使用沉淀符号,且应该用可
9、逆号,正确的离子方程式为:Al3+3H2OAl(OH)3+3H+,故B错误;CNa2O2溶于水生成氢氧化钠和O2,正确的离子方程式为:2Na2O2+2H2O4Na+4OH-+O2,故C错误;DCa(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水,反应的离子方程式为:HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O,故D正确;答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、 B、C、D、F、G 酯化 6 【答案解析】有机物A有C、H、O三种元素组成,Mr(A)=12/0.1=120, 0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O,水的物质的量=7.
10、2/18=0.4mol,根据原子守恒可知,该有机物中N(C)=0.8/0.1=8,N(H)= 0.420.1=8,有机物中N(O)= (120-128-18)16=1,有机物A的分子式为C8H8O,A经过一系列反应得到芳香醛E,结合信息中醛与HCN的加成反应,可知A含有C=O双键,A与HCN发生加成反应生成B,B发生水解反应生成C,C在浓硫酸、加热条件下生成D,D能使溴的四氯化碳溶液褪色,应为发生消去反应,D被臭氧氧化生成E与F,F继续被氧化生成G,G的相对分子质量为90,则G为HOOC-COOH,F为OHC-COOH,E为苯甲醛,D为苯丙烯酸,C为2-羟基-3-苯基丙酸,B为,A的结构简式为
11、。【题目详解】(1)由上述分析可知,A为;(2)只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应,在AG中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G;(3)由于C中含有羧基、羟基,另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物,该反应的方程式为,反应类型为酯化反应。(4)C的同分异构体有多种,其中符合下列要求的有机物有多种,能与3mol NaOH溶液反应,说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基;苯环上的一卤代物只有一种,说明苯环上含有1种氢原子;能发生银镜反应,说明含有醛基,再结合可知,酯基为甲酸与酚形成的酯基,满足条件的有机物的结构简式为:和。(5)C中羧基和4-甲基-2,3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种
12、酯,C中的羟基和4-甲基-2,3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚,C中的羧基和羟基与4-甲基-2,3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物,一共可生成6种产物。18、 消去反应 NaOH水溶液、加热 羟基、羧基 +O2+2H2O 或 【答案解析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O,A的不饱和度=4,则侧链没有不饱和键,A转化得到的B能发生信息中的反应,说明B中含有碳碳双键,应是A发生醇的消去反应生成B,而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子,故A为,则B为,D为,C为,C发生信息的反应生成K,故K为;由F的分子式可知,D发生水解反应生成E为,E发生氧化反应生成F为,F发生
13、银镜反应然后酸化得到H为,H发生缩聚反应生成I为。【题目详解】(1)根据分析可知A为;A生成B的反应类型为消去反应;D生成E发生卤代烃的水解反应,反应条件为:NaOH水溶液、加热;(2)根据分析可知H为,H中官能团为羟基、羧基;(3)根据分析可知I结构简式为;(4)E为,E发生氧化反应生成F为,反应方程式为+O2+2H2O;(5)F()的同分异构体符合下列条件:能发生水解反应和银镜反应,说明含有HCOO-;属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基,说明含有苯环且只有一个甲基;具有5组核磁共振氢谱峰,有5种氢原子,则符合条件的结构简式为:或;(6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=C
14、H2,(CH3)2C=CH2发生信息的反应生成,和反应生成;合成路线流程图为:。19、液封,防止产生的氯气从漏斗口逸出 饱和食盐水 氯化氢与KOH和NaOH反应,降低产率 5:1 NaOH溶液 b a 【答案解析】(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部,可起液封作用,防止产生的氯气从漏斗口逸出;(2)浓盐酸有挥发性,制得的Cl2中混有挥发的HCl,则装置1中盛放的试剂为饱和食盐水,目的是为除去Cl2中混有的HCl,若取消此装置,HCl会中和KOH和NaOH,降低产率;(3)Cl2溶于KOH溶液生成氯酸钾和KCl,发生反应的化学方程式为,生成1mol氯酸钾转移5mol电子,而生成
15、1molNaClO转移1mol电子,则产生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠,转移电子的物质的量之比为5:1;(4)装置2和3的作用均为吸收含有Cl2的尾气,则盛放的试剂均为NaOH溶液;(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后,停止加热,为使剩余氯气完全被装置2中NaOH溶液吸收,接下来的操作为打开b,关闭a。20、6 10 18 3 10 6 N 20 1350 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 2NO+Cl22NOCl F中的水蒸气进入D装置中,会导致产品水解 NO O2 【答案解析】.N元素化合价由+5降低为0,铝元素化合价由0升高为+3;根据反应的离子方程式计算消耗金属
16、铝的质量;.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气;NO与Cl2发生化合反应生成NOCl,根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用;尾气中含有NO,NO不能与氢氧化钠溶液反应。【题目详解】(1) N元素化合价由+5降低为0,铝元素化合价由0升高为+3,根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O=3N2+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中,N元素化合价由+5降低为0,被还原的元素是N,每生成2 molN2转移2mol2(50)=20mol电子。(3) 100 m3废水含有NO3-的物质的量是100103L310-4 mol/L=30m
17、ol,设反应消耗铝的物质的量是n =50mol,则所消耗金属铝的质量为50mol27g/mol= 1350g。(4) 实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气,制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。(5) 装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl,发生的反应方程式为2NO+Cl22NOCl。NOCl遇水易水解,若没有E装置,F中的水蒸气进入D装置中,会导致产品水解。尾气中含有NO,NO不能与氢氧化钠溶液反应,该气体为NO,氧气与NO反应生成NO2,为了充分吸收尾气,可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【答案点睛】本题考查了物质制备
18、方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平,侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。21、F M 9 sp3、sp2 PCl4+、PCl6- 两者磷原子均采取sp3杂化,PCl3分子中P原子有一对孤电子对,孤电子和对成键电子对斥力更大,PCl4+中P没有孤电子对,正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角 4 12 【答案解析】(1)从图中可以看出,a、b、c、d都是第二周期元素的氢化物的沸点,由于NH3、H2O、HF分子间都能形成氢键,使它们的沸点升高,只有CH4分子间不能形成氢键,所以沸点最低,从而得出d为CH4的沸点,e为SiH4的沸点。在形成氢化物的分子中,HF形成氢键的能量最
19、大,沸点最高。(2) (CH3)3C+离子中,CH3-价电子对数为4,与3个-CH3相连的C,价电子对数为3,由此可确定碳原子杂化方式。(3)氨硼烷是乙烷的等电子体,则氨硼烷的结构简式为H2NBH2,由此可推出其结构式。(4)PCl5晶体中,正四面体形阳离子应为AB4+型,正八面体形阴离子应为AB6-型,由此可得出两种离子的化学式;正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角,其原因可从孤电子对的排斥作用进行分析。(5)从砷化硼晶体中原子的分数坐标可以看出,B原子在立方体的顶点和面心:As原子在晶胞中的八个小立方体的体心。砷化硼晶胞的俯视图中,B原子位于正方形的中心、顶点和棱心,4个As原子位于对
20、角线上,且离顶点四分之一处。与砷原子紧邻的硼原子位于小立体的体心,砷原子位于小立方体的顶点;与每个硼原子(设此硼原子在立方体的顶点)紧邻的硼原子在相交于此顶点的三个面心。【题目详解】(1)由以上分析可知,d为CH4的沸点,e为SiH4的沸点。在形成氢化物的分子中,HF形成氢键的能量最大,沸点最高。从而得出a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是F,在Si的基态原子中,核外电子占据的最高能层符号为M,该能层具有的原子轨道(包括3s、3p、3d所具有的轨道)数共为9。答案为:F;M;9;(2) (CH3)3C+离子中,CH3-价电子对数为4,与3个-CH3相连的C,价电子对数为3,由此可确定碳原子杂化方式分别为sp3、sp2。答案为:sp3、sp2;(3)氨硼烷是乙烷的等电子体,则氨硼烷的结构简式为
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