2023-2023年高考化学模拟试题-含解析

2023-2023年高考化学模拟试题含解析一、单项选择题：此题包括16小题，每题4分，共64分．每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多项选择、错选均不得分．1．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕以下说法正确的选项是〔〕A．在鸡蛋清溶液中分别参加饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃2．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕在水溶液中能大量共存的一组离子是〔〕A．Na+、Fe3+、I﹣、OH﹣B．Fe2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．H+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣3．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是〔〕选项表达Ⅰ表达ⅡA铝是一种活泼金属室外冶炼少量铝可用铝热反响BCuS极难溶于水用硫酸铜溶液除去电石气中的H2SC二氧化硫具有复原性可用二氧化硫漂白纸浆、草帽等D碳酸氢钠能与碱反响常用碳酸氢钠做糕点膨松剂A．AB．BC．CD．D4．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕设NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是〔〕A．常温常压下，16gO2含有NA个氧原子B．1mol苯含有3NA个碳碳单键和3NA个碳碳双键C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反响后，可得到2NA个NH3分子数D．1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣总数为3NA5．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕某小组为了探究电化学原理，设计了如下图的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，以下表达正确的选项是〔〕A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极ⅠB．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色C．电极Ⅱ发生复原反响D．盐桥中Cl﹣向乙池移动6．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，以下表述正确的选项是〔〕A．c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕B．c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕=0.1mol•L﹣1C．由水电离出来的c〔OH﹣〕=1.0×10﹣11mol•L﹣1D．往该溶液中参加0.05mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大二、双项选择题：此题包括9小题，每题6分，共54分．每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．〔6分〕〔2023•增城市模拟〕X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如下图．Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1．以下说法正确的选项是〔〕A．Y、Z、W处于同一周期B．Y、W的最简单氢化物的水溶液能相互反响C．非金属性：Y＜ZD．X、Z、W形成的化合物为均强酸8．〔6分〕〔2023•增城市模拟〕以下实验操作、现象和结论均正确的选项是〔〕操作可能的实验现象解释A用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，参加新制Cu〔OH〕2悬浊液，加热有红色沉淀生成葡萄糖含醛基B向酚酞溶液中参加过量Na2O2溶液先变红后褪色Na2O2与水生成的碱有漂白性C将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的Cu丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气复原D向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：Na2CO3＞NaHCO3A．AB．BC．CD．D三、非选择题：此题包括11小题，共182分．9．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕酯交换法广泛应用于医药、生物制剂等有机合成路线，以下反响①②均为酯交换反响．〔1〕化合物I的分子式是，1mol化合物I完全燃烧，消耗mol氧气．〔2〕酯交换属于反响〔填“取代、加成、消去〞〕．写出物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反响方程式：．〔3〕以下关于化合物I的说法正确的选项是．A化合物I可与浓溴水反响生成白色沉淀B1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反响C化合物I可以发生银镜反响D化合物I的核磁共振氢谱有五个峰〔4〕化合物I有多种同分异构体，写出符合以下要求的同分异构体．a．能与FeCl3发生显色反响；b．苯环上的一氯代物有两种；c．能与氢氧化钠发生水解反响．10．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕二甲醚是重要的有机中间体，利用二氧化碳加氢合成二甲醚能变废为宝，且可替代汽油作为新型清洁燃料．〔1〕常温常压下，二氧化碳加氢可选择性生成二甲醚或一氧化碳：①CO2〔g〕+3H2〔g〕=CH3OH〔l〕+H2O〔l〕△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH〔l〕=CH3OCH3〔g〕+H2O〔l〕△H=﹣23.4kJ/mol③CO2〔g〕+3H2〔g〕=CO〔g〕+H2O〔l〕△H＞0那么CO2〔g〕加氢转化为CH3OCH3〔g〕和H2O〔l〕的热化学方程式是．〔2〕合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同．如图是硅铝比与产物选择性图：反响③的平衡常数表达式为，图中A点和B点的平衡常数比拟：KAKB〔填“＞、=、＜〞〕．根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：．〔3〕在280°C时，向一个2L的密闭容器中参加等量2mol二氧化碳和氢气，A点二甲醚的浓度为0.15mol•L﹣1，计算在A点二氧化碳的转化率，要求写出计算过程．〔4〕二甲醚逐渐开展为替代汽油的清洁燃料，在二甲醚燃料电池中，二甲醚通入极，碱性条件下，该电极反响式是．11．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业生产钨流程如下：〔完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5〕〔1〕白钨矿反响前需要进行粉碎，其目的是．CaWO4与纯碱发生的化学反响方程式是．〔2〕滤渣A的主要成分是〔写化学式〕，滤渣B的化学式是．〔3〕调节pH可选用的试剂是：．A氨水B氢氧化钠溶液C盐酸〔4〕母液中参加盐酸的离子方程式为．〔5〕白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨kg．〔钨酸钙的相对分子质量为288〕12．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛．〔1〕碘化钾〔KI〕是常用的复原剂．某研究性学习小组利用碘酸钾〔KIO3〕测定碘化钾的浓度．在10.00mL的KI溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的KIO3溶液，溶液颜色不再变化后，用Na2S2O3溶液滴定生成的I2〔使用淀粉做指示剂〕，消耗0.2000mol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL．滴定过程发生的离子方程式如下：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣；①写出本实验中碘酸钾和碘化钾反响的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：．②滴定终点判断；③测定的KI溶液浓度是mol•L﹣1．〔2〕探究酸性KIO3溶液的与KI溶液反响中KIO3浓度和温度对反响速率的影响，生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反响溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反响的速率．某同学设计实验如下表所示：0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液的体积/mL0.01mol•L﹣1KI溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验155525t1实验245V125t2实验355535t32由小到大比拟t1、t2、t3的大小；表中V1=mL；②用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，滴定前排气泡时，应选用图中的．

2023年广东省增城市高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：此题包括16小题，每题4分，共64分．每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．多项选择、错选均不得分．1．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕以下说法正确的选项是〔〕A．在鸡蛋清溶液中分别参加饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀B．司母戊鼎、定远舰甲板、有机玻璃等原材料属于合金C．聚酯纤维、碳纤维、光导纤维都属于有机高分子材料D．石蜡油受热分解产生了可以使酸性高锰酸钾溶液褪色的烯烃考点：有机化学反响的综合应用．专题：有机反响．分析：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，参加饱和硫酸钠溶液会因盐析产生沉淀，参加饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀；B、有机玻璃属于高分子合成塑料；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色．解答：解：A、鸡蛋清的主要成分为蛋白质，参加饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；参加饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，故A错误；B、有机玻璃属于高分子合成塑料，故B错误；C、光导纤维是二氧化硅，属于无机非金属材料，故C错误；D、石蜡油分解生成乙烯，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；应选D．点评：此题主要考查的是蛋白质的性质、合成材料与合金、乙烯的性质等，综合性较强，难度不大．2．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕在水溶液中能大量共存的一组离子是〔〕A．Na+、Fe3+、I﹣、OH﹣B．Fe2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣D．H+、Fe3+、CO32﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反响专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化复原反响等，不能结合生成络离子等，那么离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Fe3+、I﹣发生氧化复原反响，Fe3+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故A不选；B．该组离子之间不反响，可大量共存，故B选；C．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能共存，故C不选；D．H+、Fe3+均与CO32﹣反响，不能共存，故D不选；应选B．点评：此题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反响为解答的关键，侧重复分解反响、络合反响及氧化复原反响的离子共存考查，题目难度不大．3．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕以下表达Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是〔〕选项表达Ⅰ表达ⅡA铝是一种活泼金属室外冶炼少量铝可用铝热反响BCuS极难溶于水用硫酸铜溶液除去电石气中的H2SC二氧化硫具有复原性可用二氧化硫漂白纸浆、草帽等D碳酸氢钠能与碱反响常用碳酸氢钠做糕点膨松剂A．AB．BC．CD．D考点：铝的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：元素及其化合物．分析：A、利用铝热反响冶炼金属Mn，利用了铝的强复原性；B、CuS极难溶于稀硫酸；C、二氧化硫具有漂白性；D、碳酸氢钠的不稳定性．解答：解：A、利用铝热反响冶炼金属Mn，利用了铝的强复原性，故A正确；B、用硫酸铜溶液除去电石气中的H2S，是因为CuS极难溶于稀硫酸，故B错误；C、用二氧化硫漂白纸浆、草帽等，是二氧化硫具有漂白性，故C错误；D、用碳酸氢钠做糕点膨松剂，是碳酸氢钠的不稳定性，故D错误；应选A．点评：此题考查了硫化铜的性质、铝热反响、碳酸氢钠的不稳定性、二氧化硫的性质等根本知识，难度不大．4．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕设NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是〔〕A．常温常压下，16gO2含有NA个氧原子B．1mol苯含有3NA个碳碳单键和3NA个碳碳双键C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反响后，可得到2NA个NH3分子数D．1mol•L﹣1FeCl3溶液中含有Cl﹣总数为3NA考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A.16g氧气的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子；B．苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键，为一种介于单键和双键之间的独特键；C．合成氨的反响为可逆反响，3molH2和1molN2充分反响生成的氨气小于2mol；D．缺少氯化铁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目．解答：解：A.16g氧气的物质的量为：=0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，含有NA个氧原子，故A正确；B．苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键和碳碳单键，故B错误；C．一定条件下，3molH2和1molN2充分反响后，该反响为可逆反响，那么生成氨气物质的量小于2mol，得到的氨气小于2NA，故C错误；D．没有告诉氯化铁溶液的体积，无法计算溶质氯化铁的物质的量，故D错误；应选A．点评：此题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系，明确苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键．5．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕某小组为了探究电化学原理，设计了如下图的电化学装置，电极Ⅰ为锌，其它电极均为石墨，盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂，丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液，以下表达正确的选项是〔〕A．电子由电极Ⅳ通过外电路流向电极ⅠB．装置工作过程中Ⅲ电极周围出现红色C．电极Ⅱ发生复原反响D．盐桥中Cl﹣向乙池移动考点：探究原电池及其工作原理．分析：I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，A．电子从负极沿导线流向阴极；B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气；C．电极II上铜离子得电子析出Cu单质；D．盐桥中氯离子向负极区域移动．解答：解：I是锌、其余电极都是石墨，锌易失电子作负极，II是正极，甲、乙构成原电池，丙有外接电源，属于电解池，III为阳极、IV为阴极，A．电子从负极I沿导线流向阴极IV，故A错误；B．III电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，IV为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，导致溶液变红色，故B错误；C．电极II上铜离子得电子发生复原反响而析出Cu单质，故C正确；D．盐桥中氯离子向负极甲池区域移动，故D错误；应选C．点评：此题考查探究原电池原理，侧重考查分析能力，明确各个电极上发生的反响是解此题关键，知道哪些装置构成原电池、哪些装置构成电解池，易错选项是D，注意盐桥中阴阳离子移动方向．6．〔4分〕〔2023•增城市模拟〕常温下，0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液pH=11，以下表述正确的选项是〔〕A．c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕B．c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕=0.1mol•L﹣1C．由水电离出来的c〔OH﹣〕=1.0×10﹣11mol•L﹣1D．往该溶液中参加0.05mol•L﹣1的CH3COONa，pH值变大考点：离子浓度大小的比拟；水的电离．分析：A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、结合电荷守恒分析判断；B、依据溶液中物料守恒分析判断；C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度判断；D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小．解答：解：A、溶液中醋酸根离子水解显碱性、由电荷守恒可知c〔H+〕+c〔Na+〕=c〔OH﹣〕+c〔CH3OO﹣〕，c〔H+〕＜c〔OH﹣〕，c〔Na+〕＞c〔CH3OO﹣〕，故A错误；B、由溶液中物料守恒可知，c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕=0.1mol•L﹣1，故B正确；C、结合溶液中离子积常数计算水电离出的氢离子浓度，由水电离出来的c〔OH﹣〕==1.0×10﹣3mol•L﹣1，故C错误；D、加水稀释，水解平衡正向进行，离子浓度减小，氢氧根离子浓度减小，pH减小，故D错误；应选B．点评：此题考查了盐类水解的分析判断，主要是影响水解平衡因素的分析判断，掌握根底是关键，题目较简单．二、双项选择题：此题包括9小题，每题6分，共54分．每题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求．全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分．7．〔6分〕〔2023•增城市模拟〕X、Y、Z、W是四种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如下图．Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1．以下说法正确的选项是〔〕A．Y、Z、W处于同一周期B．Y、W的最简单氢化物的水溶液能相互反响C．非金属性：Y＜ZD．X、Z、W形成的化合物为均强酸考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．分析：X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，那么W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，结合元素化合物性质解答．解答：解：X、Y、Z、W是四种常见的短周期元素，Y、Z两种元素的单质是空气的主要成分，Z的原子序数大于Y，可推知Z为O、Y为N，W原子的最外层电子数与Ne原子的最外层电子数相差1，那么W最外层电子数为7，原子半径大于O原子半径，故W为Cl元素；X的原子序数小于N元素，而原子半径小于N原子，故X为H元素，A．Y为N，Z为O，二者处于第二周期，W为Cl，处于第三周期，故A错误；B．氨气与HCl反响生成氯化铵，故B正确；C．同周期自左而右元素非金属性增强，故非金属性N＜O，故C正确；D．X、Z、W形成的化合物中HClO为弱酸，故D错误，应选BC．点评：此题考查位置结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解与运用．8．〔6分〕〔2023•增城市模拟〕以下实验操作、现象和结论均正确的选项是〔〕操作可能的实验现象解释A用硫酸做催化剂的淀粉水解液中，参加新制Cu〔OH〕2悬浊液，加热有红色沉淀生成葡萄糖含醛基B向酚酞溶液中参加过量Na2O2溶液先变红后褪色Na2O2与水生成的碱有漂白性C将已氧化的Cu丝从酒精灯的外焰慢慢移向内焰黑色的Cu丝变红CuO被内焰中的乙醇蒸气复原D向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：Na2CO3＞NaHCO3A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中；B．过氧化钠具有强氧化性；C．CuO可氧化乙醇；D．相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反响生成的碳酸氢钠的溶解度小．解答：解：A．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，那么没有加碱至碱性，不能与新制Cu〔OH〕2悬浊液，故A错误；B．过氧化钠具有强氧化性，那么溶液先变红后褪色，褪色与过氧化钠的漂白性有关，生成的NaOH不具有漂白性，故B错误；C．CuO可氧化乙醇，那么由现象可知，CuO被内焰中的乙醇蒸气复原，故C正确；D．相同条件下，饱和溶液析出晶体，可知反响生成的碳酸氢钠的溶解度小，那么由晶体析出可知，溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故D正确；应选CD．点评：此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及水解产物检验及有机物性质、强氧化性与漂白性、溶解度比拟及应用等，把握反响原理、实验根本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，题目难度不大．三、非选择题：此题包括11小题，共182分．9．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕酯交换法广泛应用于医药、生物制剂等有机合成路线，以下反响①②均为酯交换反响．〔1〕化合物I的分子式是C9H10O3，1mol化合物I完全燃烧，消耗10mol氧气．〔2〕酯交换属于取代反响〔填“取代、加成、消去〞〕．写出物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反响方程式：．〔3〕以下关于化合物I的说法正确的选项是ABD．A化合物I可与浓溴水反响生成白色沉淀B1mol化合物I最多能与2mol氢氧化钠发生反响C化合物I可以发生银镜反响D化合物I的核磁共振氢谱有五个峰〔4〕化合物I有多种同分异构体，写出符合以下要求的同分异构体．a．能与FeCl3发生显色反响；b．苯环上的一氯代物有两种；c．能与氢氧化钠发生水解反响．考点：有机物的合成；有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：〔1〕由结构简式确定有机物含有的元素种类和原子个数，可确定有机物的分子式；结合分子式确定耗氧量；〔2〕物质I含有酯基，可在酸性或碱性条件下发生水解，因含有酚羟基，可与碱反响；〔3〕化合物I含有酯基，可发生水解，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反响；〔4〕化合物I有多种同分异构体，a．能与FeCl3发生显色反响，说明含有酚羟基；b．苯环上的一氯代物有两种，说明含有两个取代基，且处于对位；c．能与氢氧化钠发生水解反响，说明含有酯基．解答：解：〔1〕由结构简式可知有机物分子式为C9H10O3，1mol化合物I完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为〔9+﹣〕mol=10mol，故答案为：C9H10O3；10；〔2〕酯交换属于取代反响，物质I在稀硫酸或氢氧化钠条件下水解的化学反响方程式为，故答案为：取代；；〔3〕A化合物I含有酚羟基，可与浓溴水反响生成白色沉淀，故A正确；B1mol化合物I含有酚羟基和酯基，最多能与2mol氢氧化钠发生反响，故B正确；C化合物I不含有醛基，不发生银镜反响，故C错误；D由结构简式可知化合物I的核磁共振氢谱有五个峰，故D正确．故答案为：ABD；〔4〕化合物I有多种同分异构体，a．能与FeCl3发生显色反响，说明含有酚羟基；b．苯环上的一氯代物有两种，说明含有两个取代基，且处于对位；c．能与氢氧化钠发生水解反响，说明含有酯基，那么对应的同分异构体有，故答案为：．点评：此题考查有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为同分异构体的判断，难度中等．10．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕二甲醚是重要的有机中间体，利用二氧化碳加氢合成二甲醚能变废为宝，且可替代汽油作为新型清洁燃料．〔1〕常温常压下，二氧化碳加氢可选择性生成二甲醚或一氧化碳：①CO2〔g〕+3H2〔g〕=CH3OH〔l〕+H2O〔l〕△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH〔l〕=CH3OCH3〔g〕+H2O〔l〕△H=﹣23.4kJ/mol③CO2〔g〕+3H2〔g〕=CO〔g〕+H2O〔l〕△H＞0那么CO2〔g〕加氢转化为CH3OCH3〔g〕和H2O〔l〕的热化学方程式是2CO2〔g〕+6H2〔g〕=CH3OCH3〔g〕+3H2O〔l〕△H=﹣134.8kJ/mol．〔2〕合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同．如图是硅铝比与产物选择性图：反响③的平衡常数表达式为，图中A点和B点的平衡常数比拟：KA=KB〔填“＞、=、＜〞〕．根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小．〔3〕在280°C时，向一个2L的密闭容器中参加等量2mol二氧化碳和氢气，A点二甲醚的浓度为0.15mol•L﹣1，计算在A点二氧化碳的转化率，要求写出计算过程．〔4〕二甲醚逐渐开展为替代汽油的清洁燃料，在二甲醚燃料电池中，二甲醚通入负极，碱性条件下，该电极反响式是CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反响热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡常数的含义．分析：〔1〕依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；〔2〕反响的化学方程式中水时液体，其他为气体，书写平衡常数=；平衡常数随温度变化，图象曲线的变化和横轴、纵轴表示的物理量分析总结规律；〔3〕依据化学三段式列式计算，转化率=×100%，得到二氧化碳的转化率；〔4〕原电池是燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反响；电极反响用氢氧根离子配平电荷守恒．解答：解：〔1〕①CO2〔g〕+3H2〔g〕=CH3OH〔l〕+H2O〔l〕△H=﹣55.7kJ/mol②2CH3OH〔l〕=CH3OCH3〔g〕+H2O〔l〕△H=﹣23.4kJ/mol③CO2〔g〕+3H2〔g〕=CO〔g〕+H2O〔l〕△H＞0那么依据盖斯定律①×2+②得到CO2〔g〕加氢转化为CH3OCH3〔g〕和H2O〔l〕的热化学方程式是2CO2〔g〕+6H2〔g〕=CH3OCH3〔g〕+3H2O〔l〕△H=﹣134.8kJ/mol；故答案为：2CO2〔g〕+6H2〔g〕=CH3OCH3〔g〕+3H2O〔l〕△H=﹣134.8kJ/mol；〔2〕反响的化学方程式中水时液体，其他为气体，书写平衡常数K==；平衡常数随温度变化，图中A点和B点的温度相同，所以平衡常数相同；图象曲线的变化和横轴、纵轴表示的物理量分析总结规律为：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；故答案为：；=；a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小；〔3〕初始状态c〔CO2〕=2mol/2L=1mol/L2CO2+6H2=CH3OCH3+3H2Oc〔起始〕1.00mol/Lc〔转化〕0.30mol/L0.15mol/LCO2的转化率=×100%=30%；答：CO2的转化率为30%；〔4〕原电池是燃料电池，燃料在负极失电子发生氧化反响，二甲醚通入负极；电极反响用氢氧根离子配平电荷守恒得到为：CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O；故答案为：负；CH3OCH3+16OH﹣﹣12e﹣═2CO32﹣+11H2O．点评：此题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡的计算，平衡常数概念和转化率实质理解应用，注意图象变化的规律总结和分析判断，题目难度中等．11．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕白钨矿的主要成分是CaWO4，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，工业生产钨流程如下：〔完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8，WO42﹣为5〕〔1〕白钨矿反响前需要进行粉碎，其目的是增大接触面积，加快反响速率．CaWO4与纯碱发生的化学反响方程式是CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑．〔2〕滤渣A的主要成分是〔写化学式〕Fe2O3，滤渣B的化学式是H2SiO3．〔3〕调节pH可选用的试剂是：C．A氨水B氢氧化钠溶液C盐酸〔4〕母液中参加盐酸的离子方程式为WO42﹣+2H+=H2WO4↓．〔5〕白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，576千克白钨矿理论上最多能生产钨110.4kg．〔钨酸钙的相对分子质量为288〕考点：物质别离和提纯的方法和根本操作综合应用．分析：800℃时，CaWO4、SiO2和纯碱反响生成Na2WO4、Na2SiO3，然后水洗得到滤液中成分为Na2WO4、Na2SiO3，滤渣中成分为Fe2O3，根据完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8、WO42﹣为5知，向滤液中参加稀盐酸将溶液的pH调节得到滤渣为H2SiO3，得到母液中含有Na2WO4，然后向母液中参加盐酸得到H2WO4，将钨酸煅烧得到WO3，高温条件下，WO3和H2发生氧化复原反响生成W，据此分析解答．解答：解：800℃时，CaWO4、SiO2和纯碱反响生成Na2WO4、Na2SiO3，然后水洗得到滤液中成分为Na2WO4、Na2SiO3，滤渣中成分为Fe2O3，根据完全沉淀离子的pH值：SiO32﹣为8、WO42﹣为5知，向滤液中参加稀盐酸将溶液的pH调节得到滤渣为H2SiO3，得到母液中含有Na2WO4，然后向母液中参加盐酸得到H2WO4，将钨酸煅烧得到WO3，高温条件下，WO3和H2发生氧化复原反响生成W，〔1〕反响物接触面积越大反响速率越大，所以白钨矿反响前需要进行粉碎目的是增大接触面积，加快反响速率，CaWO4与纯碱在800℃时反响生成钨酸钠、CaO、二氧化碳，反响方程式为CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，故答案为：增大接触面积，加快反响速率；CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；〔2〕通过以上分析知，滤渣A成分是Fe2O3，滤渣B的成分是H2SiO3，故答案为：Fe2O3；H2SiO3；〔3〕调节溶液的pH且不能引进杂质，所以应该选取C，应选C；〔4〕母液中成分是钨酸钠，钨酸钠和盐酸反响生成钨酸，离子方程式为WO42﹣+2H+=H2WO4↓，故答案为：WO42﹣+2H+=H2WO4↓；〔5〕白钨矿中CaWO4的质量分数为30%，那么m〔CaWO4〕=576kg×30%=172.8kg，白钨矿理论上最多能生产钨的质量=172.8kg××100%=110.4kg，故答案为：110.4．点评：此题考查物质的别离和提纯，为高考高频点，侧重考查学生推断、实验操作能力，明确流程图中每个步骤发生的反响、根本操作方法，知道物质的性质即可解答，题目难度不大．12．〔16分〕〔2023•增城市模拟〕碘元素的单质和化合物在现实生产生活中应用广泛．〔1〕碘化钾〔KI〕是常用的复原剂．某研究性学习小组利用碘酸钾〔KIO3〕测定碘化钾的浓度．在10.00mL的KI溶液中逐滴滴入用硫酸酸化的KIO3溶液，溶液颜色不再变化后，用Na2S2O3溶液滴定生成的I2〔使用淀粉做指示剂〕，消耗0.2000mol•L﹣1Na2S2O3溶液30.00mL．滴定过程发生的离子方程式如下：2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣；①写出本