【精编精校卷】2023届广东省广州市天河区高三上学期一模化学试题(解析版)

2023年最新整理——考试真题资料2023年最新整理——考试真题资料2023年最新整理——考试真题资料B．新石器时代人面鱼纹 CB．新石器时代人面鱼纹 C．明永乐青花竹石芭蕉A．商代后母戊鼎D．三国青瓷羊形烛台陶盆 纹梅瓶【答案】B【详解】A．油脂和蛋白质是营养物质，油脂水解和蛋白质变性均生成新物质，属于化学变化，A正确；B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，B错误；CHONP正确；D烯，D正确；应选B。学: 姓名班级考号一、单项选择题材料不属于无机非金属材料的是A．AB．BC．CD．D【答案】【答案】AA．商代后母戊鼎属于合金，为金属材料，所以A错误；B正确；CD．三国青瓷羊形烛台为陶瓷，属于无机非金属材料，所以D正确；故答案选A。“化学，让生活更美好〞。以下说法不正确的选项是A．油脂和蛋白质是营养物质，油脂水解和蛋白质变性均属于化学变化B．纤维素和淀粉水解的最终产物均是葡萄糖，二者互为同分异构体C．核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，核酸由、ONPD．生产医用口罩的原料以丙烯为主，丙烯可以通过石油裂化、裂解获得【答案】B【详解】A．由三者的结构简式可知：(a)、(b)、(c)分子式均为C8H8，A正确；B．根据结构简式可知b【答案】B【详解】A．由三者的结构简式可知：(a)、(b)、(c)分子式均为C8H8，A正确；B．根据结构简式可知b的二氯代物有、、，一共9种，c的二氯代物有3种，二者二氯代物的种类不同，B错误；C．(a)分子中苯环和碳碳双键分别确定一个平面，通过旋转碳碳单键可以使两个平面重合，此时所有原子都在一个平面，C正确；D．(a)、(b)上均有碳碳双键，可以和溴发生加长反响，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确；应选B。选项劳动工程化学知识A工人用水玻璃浸泡木材或纺织品防火Na2SiO3溶液显碱性B医生用氢氧化铝给病人治疗胃酸过多氢氧化铝能与盐酸反响C居民用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污油脂在碱性条件下水解程度大D司机用铁质槽罐运输浓硫酸铁遇冷的浓硫酸形成致密氧化膜C．(a)分子中所有原子可能处于同一平面D．(a)、(b)劳动开创未来。以下劳动工程与所述的化学知识没有关联的是A．AB．BC．CD．D【答案】【答案】A【详解】A．工人用水玻璃浸泡木材或纺织品防火，利用的是Na2SiO3可以防火，所以A错误；B．医生用氢氧化铝给病人治疗胃酸过多，利用的是氢氧化铝能与盐酸反响产生AlCl3，BB正确；C．纯碱溶液呈碱性，是因为碳酸根水解产生OH-，加热可以促进碳酸根的水解，所以D．铁遇冷的浓硫酸形成致密氧化膜，阻止了浓硫酸与Fe的进一步接触，从而，所以司机正确；故答案选A。以下反响方程式书写正确的选项是22+2H2O=O2↑+4OH-2用白醋除水垢：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+通电电解熔融MgCl2制镁：2Cl-+Mg2+ Mg+Cl2↑4Al2(SO4)3Ba(OH)22+Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+BaSO4↓4【答案】【答案】C【详解】A．过氧化钠和水反响生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2NaO+2HO=4Na++4OH-+O2 2 22，A错误；B．白醋可除去水壶中的水垢，白醋为弱酸，不可拆成离子形式，离子方程式为：2CHCOOH+CaCO=Ca2++2CHCOO-+CO3 3 32+HO，B错误；2C．工业上电解熔融的氯化镁制金属镁，发生反响的离子方程式为：2Cl-+Mg2+通电Mg+Cl↑，C正确；2D．Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，D错误；应选C。局部含氮物质的分类与相应化合价关系如下图。以下说法不正确的选项是A．b化学性质稳定，既没有氧化性，也没有复原性H+OH-fH+OH-fde、、ede实验室可以用铜与e的浓溶液反响制取d【答案】【答案】A为氨气，bd为二氧化氮，e为硝酸，f为铵盐，据此解题。【详解】【详解】A．b0价，既有氧化性又有复原性，故A错误﹔B．氨气加酸生成铵盐，铵盐加碱生成氨气，故a与fH+OH-B正确；Cc为d为2e2N＋O23NH23，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：ce，故C正确﹔dD．实验室用e的浓溶液与反响制备d，发生的反响方程式为Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑＋2H2O，故D正确；应选A。如下图的电池，盐桥由琼脂和饱和KClAB．盐桥中K+移向FeCl3溶液【答案】BA．Fe，故A错误；【答案】BA．Fe，故A错误；B移向溶液，故B确；C6.02×1023个电子转移时，根据电池负极反响：Fe-2e-=Fe2+，Fe电极减少28g，C错误；D．电荷不守恒，电池总反响：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；故答案为B短周期元素X、Y、、W溶液的pH如表。以下说法正确的选项是元素最高价氧化物的水化物XYZH3ZO4W0.1mol·L-1溶液对应的pH(25℃)1.0013.001.570.70C．YOH中存在离子键和π共价键D．ZO3Zsp3杂化，空间构型为正四面体4【答案】【答案】D0.1mol·L-1溶液，X的最高价氧化物的水化物的pH1.00，所以X的酸为一元强酸，结合短周期元素XY、、W的原子序数依次增大，所以X为N，Y的最高价氧化物的水化物的pH13.00，为一元强碱，那么YNa，ZZ为P，W为多元强酸，所以WS，综上XNa，Z为P，W。和PX>Z，A错误；B．P3s23p3，为半充满结构，稳定，所以第一电离能P>SZ>W，B错误；C．NaOH中存在离子键，O和H之间存在极性键，没有π共价键，C错误；D．PO3=41(5324)=4+0=4，Psp3杂化，空间构型为42正四面体，D正确；故答案选D。的选项是A．S位于元素周期表s区B．该物质的化学式为H2SC．该晶体属于分子晶体D．与S原子最近且等距离的H原子数为6【答案】【答案】D【详解】A．S在第三周期第VIA族，位于p区，所以A错误；B．利用均摊法，该晶胞中S的个数为8112，H原子的个数为121616，842所以该物质的化学式为H3S，B错误；C．该物质为一种新型超导材料，属于离子晶体，C错误；D．与S原子最近且等距离的H原子在顶点S所在的棱心，共6个，所以D正确；故答案选D。A．X在周期表中的位置：第二周期VIA族B．简单离子半径：Z＞M＞R＞WC．M、N、R、W的简单离子均能促进水的电离D．简单氢化物的沸点：Y＞R，主要影响因素是氢键【答案】【答案】D分别为7812131617【详解】A．X为氮元素，在周期表中的位置：第二周期℃A族，A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：R＞W>Z＞M，B错误；C．MNRWMg2+Al3+、Cl-，其中氯离子为强酸的酸根离子，不能促进水的电离，C错误；D．水分子间能形成氢键，导致沸点升高，其沸点比H2S高，D正确；应选D。设NAA．1mol9NA【答案】C【详解】A.一个OH-离子含有10个电子，那么1mol氢氧根离子中含有的电子数为10N，A故A错误；B.该反响N+3H2NH2231molN与足量 充分反响生成2H2NH3的分子数小于2NA，故B错误；C.【答案】C【详解】A.一个OH-离子含有10个电子，那么1mol氢氧根离子中含有的电子数为10N，A故A错误；B.该反响N+3H2NH2231molN与足量 充分反响生成2H2NH3的分子数小于2NA，故B错误；C.标准状况下，2.24L0.1mol4个C-H键，那么0.1mol乙烯含有C-H键的数目为0.4NA C正确；，故D.Al3+1LAl3+0.2NA应选C。故D错误；实验目的实验设计实验目的实验设计AFeSO4溶液是否被氧化KSCN溶液，观察溶液颜色探究温度对平衡的影B响将装有NO2的密闭烧瓶放在热水中，观察气体颜色C C 证明H2O2有氧化性向KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，观察溶液颜色AgClAgBr的DKspNaC1NaBrAgNO3溶液，观察沉淀颜色A．AB．BC．CD．D【答案】【答案】CAFeSO4溶液被氧化，那么会存在Fe3+，可以通过参加KSCN溶液来检Fe3+，A正确；B正确；C．KMnO4溶液中的氧化性强于H2O2，反响过程中过氧化氢表达复原性，C错误；DNaC1NaBrAgNO3溶液，Ksp小的先生成沉淀，所以假设先产生黄色沉淀，那么证明AgBr故答案选C。Cl处理的顺序进行试验。以下装置不能到达实验目的的是【答案】【答案】D【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反响制备氯气，所以A正确；HCl正确；C正确；D错误；故答案选D。20mL0.1mol·L-1Na2SO3SO2pH

c(HSO)3 的c(SO2)3A．A．B．C．D．2关系如下图。以下说法不正确的选项是D．该过程总方应：CH2=CH2+H2O→+HD．该过程总方应：CH2=CH2+H2O→+H2点对应溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(OH-)3C．c点对应溶液中：c(Na+)=c(HSO)+c(SO2)3 3D．通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动【答案】【答案】C点溶液c(SOc(HSO-)32--)=c(SO2-)，3 33K a2c(SO)2-c(H)+c(HSO-)331.010-7.2，A项正确；B．Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反响：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶Na2 3SONaHSO3c(Na)>c(HSO)>c(OH+--3)，B项正确；C．常温下pH=7.0，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO2-)+c(OH-)，c(Na+)=c(HSO-)+2c(SO2-)，C项错误；3 3 3D．由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；答案选C。二、多项选择题报道了一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地混合，便可以反响生成环氧乙烷。以下说法正确的选项是A．Ni为阴极，发生氧化反响B．工作过程中阳极附近pH增大C．Ni极电极反响：2H2O-4e-=O2+4H+↑【答案】【答案】BD【详解A．由反响流程可知电极区要将Cl−转化为Cl2 Pt为，发生氧化反响，故阳极，Ni电极为阴极，发生复原反响，A错误；pH正确；C．Ni为阴极，阴极区的反响2H2O+2e−=2OH−+H2↑，C错误；三、实验题??青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木3 2 “青矾〞是指青矾厂SO2SO，“矾油〞是指HSO。某实验小组利用如图装置模拟古法制硫酸3 2 ：SO2-75.5℃-10℃；SO316.8℃44.8℃。请答复以下问题：I.制取硫酸实验开始前翻开活塞K、K，关闭活塞K，通入一段时间N后，关闭活塞K、K，1 2 3 2 1 23翻开活塞K，用酒精喷灯高温加热绿矾。(1)A装置中发生反响的化学方程式(2)B装置的作用。3该装置存在的缺乏之处II.探究SO2的性质在装置中先后四次参加同浓度同体积不同情况的钡盐溶液，控制食用油油层厚度一致、通入SO2流速一致。四次实验分别得到如表pH－t图：℃ ℃ ℃ ℃D．根据阳极的反响历程D．根据阳极的反响历程和阴极区的反响2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反响为：CH2=CH2+H2O→D正确；+H2，故答案为：BDBaCl2(aq)

已煮沸的Ba(NO3)2(aq)

未煮沸的Ba(NO3)2(aq)C装置中覆盖食用油的目的。pH－t图中的曲线出现骤降，这是因用化学方程式表比照分析上四组数据，可得出的结论、 。任写两)SO2属于大气污染物，可用H2SO2带来的污染，其反响原理如下图：℃X填化学。℃实验室检验X所需试剂及实验现。【答案】(1)FeSO4

高温7HO2

FeO2

SO2

SO3

14HO2(2)B和H2O(3)没有尾气吸收装置，污染空气(4))隔绝空气,防止空气中氧气干扰后续探究实验2SO2

O2H2

O4H2SO24

SO2

局部与水3反响生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子减小 O2能氧化SO2或NO能氧化SO23H2S硫酸铜溶液产生黑色沉淀【分析】[解析]由题干“青矾强热,得赤色固体，气凝即得矾油〞青矾是指FeSO4•7H2O,3SO2SOA装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反响得到硫酸溶液装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反响。3〔1〕高温A装置中发生反响的化学方程式为FeSO·7HO4 2

FeO2

SO2

SO3

14HO；2〔2〕B装置的作用是冷凝SO2和H2O制硫酸并别离出SO2。〔3〕该装置有一处不合理的地方时没有尾气吸收装置，污染空气；〔4〕C反响的实验检测；〔5〕由图可知，曲线℃的变化说明SO2不与BaCl_2反响，溶于水的SO2局部与水反响生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子，pH减小；曲线℃的变化说明溶液中的O2将SO2氧化为强酸

SO，2SOO2HO4H2SO2)，反响生成的HSO

反响生成2 4 2 2 2 4

2 4 2BaSO4HCl，是溶液中的氢离子浓度迅速增大，溶液的pH℃的变化说明反响生成的弱酸H2SO3SO2BaSO4降低，但溶液中的pH℃℃的变化说明溶液中的弱酸H2SO3氧化为强酸H2SO4SO2BaSO4骤降，在四组曲线中溶液pH最小，综上NOO2NOO2参与，3 33NOSO2的反响速率或剧烈程度BaCl2反响，3SO2局部与水反响生成SO2NOSO2O2NO强〔或有O2参与，可显著3 32NOSO的反响速率或剧烈程度23〔6〕℃由图分析H2SO2300℃100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；℃检验X通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。四、工业流程题镍和钴的工艺流程如图：：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大答复以下问题：提高酸浸〞速率的方法。(任写一)基态Fe原子的核外电子排布式。Fe的晶胞结构如下图表示阿伏加德罗常数的值假设晶胞参数为那么Fe晶胞的密度用含NA和a的代式表示。黄钠铁矾的化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除铁〞的离子方程式。除钙镁〞时随pH降低用量急剧增加原因结合平衡理论解)Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中的浓度c(F-)最小为 mol·L-1。(离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比的关系曲线如下图，那“萃取〞时应选择的pH和Va：V0分别。获得NiSO4(s)的“一系列操作〞，工艺流程中，可循环利用的物质。【答案】(1)搅拌〔或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣〕256(2) 1s22s22p63s23p63d64s2或

Na31021A(3)2Na++ClO+6Fe2++4SO2+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+3 4(4)pH降低，c(H+)增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5(5)4.01.00(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；P507+煤油34【分析】废炉渣酸浸后溶液中有金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+Ca2+等，参加Cu2+1为铜和过量的铁粉，参加NaClOFe2+NaF沉Mg2+2MgF2CoNi，NiSO4NiSO4固体，Co在有机相，参加硫酸反萃取后生成CoSO；34〔1〕提高为：搅拌〔或适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣〔2〕Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；256Fe晶胞的密度为〔3〕

Na31021A

g?cm3；“除铁〞步骤是用NaClO3将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反响的离子方程式为：2Na++ClO+6Fe2++4SO2+9H2O=3 4Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+，故答案为：2Na++ClO+6Fe2++4SO2+9H2O=3 4Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Cl-+6H+；〔4〕“除钙镁〞时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F- HF的平衡正向移动，溶液中减小，为使CaF2和的溶解平衡逆向移动用量更多离子浓度10-5mol·Lmol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=1.0101011051102.5mol·L-1，镁离子沉淀完全时，c(F)=-7.5101111057.5103，所以为使Ca 和Mg 沉淀完全，溶液中c(F)的浓度最小为2+2+-10-2.5mol/L；故答案为：pH降低，c(H+)增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5；〔5〕NiSO4CoCo萃取率越pH和4.01.00；〔6〕由NiSO4溶液获得NiSO4(s)应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；P507+煤油。五、原理综合题“世界各国的前沿开展方向。答复以下问题：4 CH－CO4 环境的影响。该反响一般认为通过如下步骤来实现：I.CH4(g) C(ads)+2H2(g)II.C(ads)+CO2(g)

2CO(g)上述反响中C(ads)为吸附活性炭，反响历程的能量变化如图1所示：反响II是 填“慢反响〞快反响42干重整反响的热化方程式 (选取图1中E1E2E3表示反响)。℃CH4(g)CO2(g)2H2O(g)+CO(g)那么表示CO2平衡转化率的是曲填“A〞“B)，判的依据。℃在恒压p800K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)CO2(g)，假设曲线A40%，曲线B20%反响平衡体系中n(H2)：n(H2O)=，那么干重整反响的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。二氧化碳电复原反响提供了一种生产乙醇的方法(CuC/CuN－C/Cu)3所示(IS表示过S(N－C)2科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO4所示。2℃与电源负极相连一极上的电极反响。℃以下说法正确的选项填字)。A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜【答案】(1)快反响CH4(g)+CO2【答案】(1)快反响CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)(g) ΔH=+[E3+(E1-E2)]kJ/mol A CO2同时参与两个反响，故转化率更0.6p20.2p22.4 2.4大 1:1 0.8p0.6p2.4 2.4

2.4(2)在N-C/Cu催化剂外表，反响2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成(3) Fe(CN)4--e-= Fe(CN)3- A6 6【解析】〔1〕℃由图可知，反响II的活化能较小，故该反响为快反响；由图可知CH4－CO2干重整反响的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+[E3+(E1-E2)]kJ/mol；(g和2(g4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)〔主反响〕，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)〔副反响〕，因为CO2同时参与两个反响，故转化率更大，那么表示CO2平衡转化率的是曲线A；℃1molCH4(g)CO2(g)CH4(g)20%，0.2mol，CO2(g)20%0.2mol，故：CH(g)+CO起始(mol)11起始(mol)1100转化(mol)0.20.20.40.4平衡(mol)0.80.80.40.4

2CO(g)+2H2

(g)体系中，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(H2)：n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的0.6p20.2p2 量之和为

2.4mol，故Kp=

p2(CO)p2(H) 2

2.4

2.4 ；p(CH4)p(CO2) 0.8p0.6p2.4

2.4〔2〕

由图可知，催化剂可以降低反响的活化能，在N-C/Cu催化剂外表，反响2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；〔3〕℃由图分析可知，电极XFe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe的电极反响式为：Fe(CN)4--e-= Fe(CN)3-；6 6℃A．由℃可知电极X为阴极，电极反响式为Fe(CN)3-+e-=Fe(CN)4-，电极Y为阳极，6 6电极反响式为Fe(CN)4-e= Fe(CN)3-那么循环液1和2均含有Fe(CN)3-和Fe(CN)4-，6 6 6 6A项正确；为防止循环液出现离子交换，阳离子向电极〔阴极〕移动，阴离子向电极Y12项错误；31HCO-CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水32，CO