备战2023年高考化学高三全程模拟卷

备战2023〔一〔全国通用〕(考试用时：50100一．选择题〔共7小题，每题6分，共42分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的〕7〔2023·河北省唐县第一中学模拟推测法错误的选项是我国科学家研制的层状磷酸锆材料可除去废水中的90Sr90Sr5238 38我国科学家利用赤泥和玉米秸秆制备的型多孔生物炭具有强吸附性杭州2023年第19届亚运会“薪火“火炬使用了1070铝合金，铝合金属于金属材料D．我国科学家制备了一种型的催化剂InNiCo /FeO ，该催化剂中只含主族元素3 0.5 3 4【答案】D【解析】A90Sr3890，所以含有的中子数=质量数-质子数=90-38=52，A38正确；B项：生物炭疏松多孔，具有强吸附性，B正确；CCDFe、Co、NiDD。8〔2023·湖南省隆回县其次中学模拟推测素的路线如下图。以下说法正确的选项是A．MNB．NBr2

的CCl4

溶液褪色C．等物质的量的MH2的物质的量相等D．M、N、花椒毒素的环上氢原子发生氯代时，一氯代物数目一样(不考虑立体异构)【答案】D【解析】ACHM、N2含官能团不同，构造不相像，不互为同系物，A项错误；BNBr2

CCl4

溶液褪色，BC1molM3molH1mol25molH，C2DM、N55D正确。D。9〔2023·海南·模拟推测设NA

为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是1L0.5mol·L-1HPO溶液中含H+1.5N3 4 A1mol(HOCHCHOH)中含sp34N2 2 A0gSOSO的混合物中含有N

个硫原子3 2 A1molπ键数为NA【答案】B【解析】APO

1L0.5moL-1H

溶液中含H+1.5N，3 4 3 4 AAB(HOCHCHOH)分子中的C、O原子都发生sp3杂化，142 2子发生sp31mol(HOCHCHOHsp34N，B2 2 AC80gSO1molN80gSO

1mol，含硫原3 A 2子个数大于N80gSOSO的混合物中含有硫原子数大于N，CA 3 2 AD12π1molπ2N，DAB。1〔2023·浙江金华·二模RbAgals内迁移的离子为Ag，氧气流通过该传感器时，O可以透过聚四氟乙烯膜进入体系，22通过电位计的变化可知O的含量。以下说法的是2银电极为负极，多孔石墨电极为正极O2

透过聚四氟乙烯膜后与AlI3

反响生成I2多孔石墨电极四周发生如下反响：I2

2Ag

2e2AgI当传感器内迁移2molAg时，有标准状况下22.4LO 2参与反响【答案】D【解析】4AlI+3O＝2AlO+6I2Ag+I=2AgI，所以原电池3 2 23 2 2的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I+2Ag++2e-=2AgI，以此来解答。2AAB项传感器中发生4AlI+3O＝2AlO+6I所以O透过聚四氟乙烯膜后与AlI 反响生成I，3 2 23 2 2 3 2BCI+2Ag++2e-=2AgI，故C2D项：由于氧气所处的状态未知，则不能计算参与反响的氧气体积，故D错误；D。1〔2023·广东·一模化合物MWX、、Z20W与Z、XYY、Z离子核外电子排布一样。以下说法不正确的选项是A．简洁离子的半径：Y>Z>WC．化合物M中X2B．简洁氢化物的沸点：X>YD．ZWHO反响生成W2【答案】C【解析】W、X、Y、Z20X2Y6X与YXYY、Z电子排布一样，Z1ZAK；WZWA项：电子层数越多半径越大，电子层数一样时，核电荷数越大，半径越小；简洁离子的半径：Y>Z>W，ABBC项：由图可知，化合物MO-1CDKHDC。1〔2023·吉林长春·三模用以下试验装置进展相应试验，能到达试验目的的是快速制备少量NH3除去NaCO中的NaHCO2 3 3制取并收集肯定Cl2乙醇加热条件下能复原氧化铜【答案】D【解析】A项：图示装置中收集NH3

的试管口被试管塞堵死了，空气不能排解，将发生炸裂的安全事故，ABB2意；

C不合题Δ ΔD2Cu+O2CuO、CHCHOH+CuOCHCHO+HO+Cu，则图示装置能够实现乙醇加热条件2 3 2 3 2下能复原氧化铜，D故答案为D。12023安徽宣城二模NaAc2(OH-)与c(A-)的变化关系如下图。以下表达错误的选项是A．当溶液中c(A-)=210-4molL-1，有c(H+)>510-8molL-1B．该温度下，HAKa

(HA)=1104C．c(HA)+cH+=cOH- D．XcNa+

>cA-

>c(HA)>cH+【答案】Bt℃没有参加NaA的水中(OH

mol2/L2，水中氢离子浓度1×10—7mol/L，水的离子积常数K=1×10—14。wAA离子浓度为2×1—4mol/L(OH×1—14mo2/L，1101431073107mol/L5.9×10—8mol/L＞5×10—8mol/L，故AB离子浓度为110—4mol/L(O)约为10—14mo2/L，溶液中HAA—离子的水解常数K= c(HA)cOH

c2OH

21014

K 11014=cA-B

cA-

=1104

=2101HA的电离常数K=a Kh

= =5×10—5，2104 CNaAc(HA)+cH+

C1.8D项：由图可知，溶液中A—离子浓度为5×10—5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为 ×1.810—7mol/LHA1.8110141.81.8101.8107 为cNa+

>cA-

>c(HA)>cH+

，故DB。二．非选择题：共58分，第26～28题为必考题，每个试题考生都必需作答。35～36〔辽宁二模上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：：Sn40~70%W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素滤渣的成分为：SnO、FeO、SiO等2 2 3 2硬头：Sn46%、Fe44%等按要求答复以下问题：Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置 。氧化焙烧产生的气体为 ，其可造成的环境污染是 。2 3 2 3 加NaCO焙烧时，NaCO与WO反响的化学方程式为 2 3 2 3 4操作1的名称是 。洗涤CaWO沉淀，推断是否洗净的方法是 。4复原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反响的化学方程式 。“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反响，其化学方程式为 。SnSiF、HSiF、HSO

的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作 极。维6 2 6 2 4持电流强度为10A，电解池工作五分钟，理论产生Sn g(保存3位有效数字)。(：F=96500C/mol)〔1〕5IVA族SO2 酸雨焙烧Na2CO3+WO3 Na2WO4+CO2↑过滤 取最终一次洗涤滤液少许于一试管中，参加硝酸酸化的硝酸银溶液，假设无明显现象，说明洗涤沉淀干净SnO2+2C

熔炼Sn+2CO〔6〕3Fe+4H2O(g)

高温Fe3O4+4H2〔7〕 阳 1.85【解析】由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等SnO、WO、SO、SiO、CuO、PbO、FeO、ZnO，在与NaCO

一起焙烧，2 3 2 2 2 2 3 2 342Na2WO，Na42

SiO

NaWO

溶液，和滤渣主要成分为324SnO、FeO、SiO等，滤渣与CCaCO复原熔炼，则将SnO、FeOSnFe，SiO3242 2 3 2 3 2 2 3 23CaCO3CaSiOFeZnPb等，97%的粗锡，然后进展电解精炼即可得到精锡，据此分析解题。3Sn50号元素，36＜50＜54Sn550-36=14列，IVASn5IVA5周期第IVA族；2ISSO，则氧化2SO，SO可造成的环境污染是酸雨，故答案为：SO；酸雨；2 2 24依据流程图可知，加Na2CO3焙烧时，Na2CO3WO3Na2WO，故该反响的化4Na2CO3+WO3

焙烧Na2WO4+CO2↑，故答案为：Na2CO3+WO3

焙烧Na2WO4+CO2↑；1分别不溶性固体和溶液1CaWO4Cl-银溶液，假设无明显现象，说明洗涤沉淀干净；由题干流程图可知，复原熔炼时，SnO2Sn，同时还生成一种可燃性气体即为COSnO2CSnCOSnO2+2C

熔炼Sn+2CO，故答案为：SnO2+2C

熔炼Sn+2CO；Fe在高温时可与水蒸气反响生成Fe3O4和H3Fe+4HO(g)2 2高温 高温22342Fe3O4+4H，故答案为：3Fe+4HO(g) FeO+4H；22342依据铜的精炼可知，用含SnSiF、HSiF、HSO

Sn时，粗6 2 6 2 4锡作阳极，维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，依据阴极电极反响式Sn2++2e-=Sn可10?5?60 1 -1Sn的质量为：

mol? ×119g?mol=1.85g，故答案为：阳；1.85。二模成杀虫剂和香料。其制备方法为+CHCHOH3 2浓硫酸加热+H2O+H2O有机物名称相对分子质量密度(g/cm3)沸点(℃)在水中的溶解性呋喃甲酸1121.32230可溶乙醇460.7978.5易溶呋喃甲酸乙酯1401.03196难溶苯试验步骤如下：780.8880.1难溶1：向如下图的装置A30mL乙醇、10mL呋喃甲酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内参加肯定量水，开头缓慢加热A，苯与水会形成“共沸物”(65℃)1h，直至反响根本完成。2：待反响液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用40mL水、20mLNa2CO3溶液和40mL水洗涤；分液后取油状液体，再用无水MgSO4固体处理后蒸馏，收集相应馏分，得14.0g。答复以下问题：仪器B的名称是 ，反响时加苯的作用是 。步骤1中使用分水器的目的是 ，浓硫酸的作用是 。步骤1中反响根本完成的标志是 。步骤2中MgSO4固体的作用是 ，蒸馏时收集 ℃的馏分。本试验的产率是 。(计算结果保存三位有效数字)【答案〔1〕 球形冷凝管 与水形成“共沸物”，易于蒸出水分分别水，促使平衡正向移动，提高原料利用率 催化剂和吸水剂分水器中不再有水生成〔或分水器中水的液面不变〕枯燥，除去有机物中的水 196〔5〕84.8%【解析】依据题目步骤苯与水会形成“共沸物”，试验中承受分水器可以将生成的水分别出反响体系。不再增加时，表示反响已根本完成。仪器B的名称是球形冷凝管；依据题中条件苯与水会形成“共沸物”，且苯没有参与反响，故苯作用为与水形成“共沸物”，易于蒸出水分。由于反响生成水，通过分水器不断分别出水可以使反响向正反响方向移动，提高原料转化率；浓硫酸作用是催化剂和吸水剂。由于反响生成水，分水器水层液面不断上升，待分水器中水层不再增加时，表示反响已根本完成。故分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，反响根本完成。MgSO4可以吸取有机物中的水，作用是枯燥；蒸馏时得到产物呋喃甲酸乙酯，依据题196℃馏分。反响乙醇过量，故按呋喃甲酸的用量计算产率=

14.0g140g?mol1 100%=84.8%10mL1.32gcm3112g?mol1二模争论

、SOx

、CO 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。2NOx

是汽车尾气中的主要污染物之一、NOx

能形成酸雨，写出NO2

转化为HNO 的3化学方程式： 。氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。：4COg2NO gN g4CO akJ标准状况下，3.36LCO复原NO至N的整个过程2 2 2 2 2中转移电子的数目为 ，放出的热量为 (用含有a的代数式表示)。现将肯定量NO 气体充入恒容密闭容器中，掌握反响温度为 24 T℃NO g 2NO

，以下可以作为反响到达平衡的推断依据是 。1 2 4 2A．气体的压强不变

B．V正

NO2

2V逆

NO

C．K不变 D．容器内气体的密度不2变E．容器内颜色不变反响温度T

cNO随

(时间)0t

t1 2 4 2 2t随t 变化曲线 。保持其它条件不变，转变反响温度为T

＞T

，再次画出0t2

时段，cNO随2

变化趋势的曲线 。

2 2 1NO2NOgO2

g2NO

g分两步进展：22NOgNO2 2

gQ1NO gO g2NO gQ (Q、Q0)2 2 2 2 2 1 2在恒容的密闭容器中充入肯定量的NO 和O2气体保持其它条件不变，掌握反响温度分别为T 和TT＞T，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图，转化一样量的NO，在3 4 4 3温度 (填“ T ”或“ T ”)下消耗的时间较长试结合反响过程能量图分析其缘由3 4 。〔1〕3NO

+HO=2HNO2 2

+NO3〔2〕 0.3NA 0.0375akJ〔4〕〔3〔4〕〔5〕 T 该反响是放热反响，温度的上升使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响4大于上升温度对反响速率的影响，使转化一样量的NO时，T 消耗的时间较长4【解析】NO 与水反响可转化为HNO ，化学方程式：3NO +HO=2HNO +NO。2 3 2 2 3标准状况下，3.36LCO0.15mol，依据4COg2NO

gN2

g4CO2

8e-可得复原NO2

至N的整个过程中转移电子的数目2为0.3NA；依据题给信息，4COg akJ，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。〔3〕A．该反响气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生转变，故气体的压强发生不变可以作为反响到达平衡的推断依据，A符合题意；B．V正

NO2

2V逆

NO

，则V2

NO2

:V逆

NO

2:1，不等于系数之比，故不行作2为反响到达平衡的推断依据，B不符合题意；C．平衡常数K只随温度转变，该反响掌握温度为T不变，则其不行作为反响到达平衡的1推断依据，C不符合题意；D．该反响物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不行作为反响到达平衡的推断依据，D不符合题意；ENONO

红棕色，反响过程体系颜色发生转变，故容器内颜色不变可以作为反响24 2到达平衡的推断依据，E符合题意；AE。依据反响NO

g

的转变量是NO

的两倍，从NO

的曲线可知其2 4 2

24 240.03mol/L，则NO200.6mol/L，其曲线如图：Q<0可知，该反响正向吸热，保持其缩短，则其曲线如图： 。如下图，c(NO)随t(时间)的延长而减小，转化一样量的NO，可作一条平行于时间轴的关心线，分别交两曲线与a、b两点，如图： ，则可知在温度T 下消耗的时间较长；可能的缘由是，该反响两步均是放出热量，总反响是4T＞T，温度的上升使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于上升温度对4 3反响速率的影响，使转化一样量的NO时，T 消耗的时间较长。435.[3：物质构造与性质]〔15〕〔2023·湖南岳阳·一模太阳能电池的进展已经进入了第三代CIGs(CIS中掺入Ga)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。亚铜离子 基态时的价电子排布式表示为 。硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小挨次为 (用元素符号表示)。Cu晶体的积存方式是 (填积存名称)，其配位数为 ；往Cu的硫酸盐溶液中参加过量氨水，可生成CuNHA．A．CuNHSO中所含的化学键有离子键、极性键和配位键344

SO4

，以下说法正确的选项是 。B．在CuNH34

2+中Cu2+NH3

供给空轨道C．CuNH34

SO4

组成元素中第一电离能最大的是氧元素DSO2-与PO3-互为等电子体，空间构型均为正四周体形4 4与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(HBO3 3

)溶于水显弱酸性，但它却只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的电离平衡解释它只是一元弱酸的缘由。①HBO3 3

中B的原子杂化类型为 杂化；②写出硼酸在水溶液中的电离方程式 。335pm，C-C键长为142pm，计算石墨晶体密度= gcm-3(结果保存两位有效数字，N为A6.021023mol-1)。〔1〕3d10Br>As>Se面心立方最密积存 12 ADsp2 HBO+HO B(OH)-++3 3 2 4〔5〕2.3【解析】亚铜离子是由铜原子失去了一个电子得到的，所以有28个电子，所以为3d10；同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，故硒、砷和溴元素的第一电离能从大到Br＞As＞Se；Cu晶体的积存方式是面心立方最密积存；其配位数为12；往Cu的硫酸盐溶液中参加过量氨水，可生成CuNH34

SO4

，A．该化合物是离子化合物，在CuNH34

SO中所4含的化学键有离子键、极性键和配位键，选项A正确；B．在CuNH34

2+中NH3

Cu2+B错误；C．CuNH34

SO4

组成元素中第一电离能最大的是氮元素，选项C错误；DSO2-与PO3-互为等电子体，空间构型均为正四周体形，选项D正确；4 4AD；①在硼酸[HBO3 3

]3B3，分子中B作用力是氢键，故答案为：sp2；②硼酸〔HBO3 3

〕能电离，它在水中能结合水电离出的-，形成B(OH-离子，则硼酸还4电离出氢离子，则其电离方程式为：HBO+HO

B(OH)-++；3 3 2 4石墨的层间距为335pm，可以认为一层石墨的厚度是335pm，对某一层石墨中的一个六元环，正六边形环的边长是142pmS=61+142142sin2

=52387.6pm2,h=3335pmV=Sh=52387.6335=1.75410-7pm3=1.75410-23cm3,六元环中2M每个C原子都被32个Cm=

=2

12.0