2023年高考2023届全国I卷理综化学全真模拟试题二(含答案)

千里之行，始于足下让知识带有温度。第第2页/共2页精品文档推荐高考2022届全国I卷理综化学全真模拟试题二(含答案)高考2022届全国I卷理综化学全真模拟试题

一：挑选题（共7题，每题6分，共42分）

7.CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程暗示图如下：

下列说法不正确的是()

A．合成气的主要成分为CO和H2

B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成

C．①→②汲取能量

D．Ni在该反应中作催化剂

答案C

解析由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，终于生成CO和H2，故A正确；化学反应的过程中存在构成反应物中键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确。

8．某抗肿瘤药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是()

A．吲哚的分子式为C8H6N

B．苯甲醛中全部原子不行能所有共平面

C．可用新制氢氧化铜悬浊液区别苯甲醛和中间体

D．1mol该中间体，最多可以与9mol氢气发生加成反应

答案C

解析按照有机物中碳原子成键特点，吲哚的分子式为C8H7N，故A错误；苯环是平面正六边形，—CHO中C是sp2杂化，立体构型是平面形，因此苯甲醛中全部原子可能所有共面，故B错误；苯甲醛中含有醛基，能使新制氢氧化铜悬浊液加热时，浮现红色沉淀，中间体中不含醛基，加入新制氢氧化铜悬浊液无现象，可用新制氢氧化铜悬浊液区别苯甲醛和中间体，故C正确；1mol中间体中含有2mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol中间体最多与7mol氢气发生加成反应，故D错误。

9．试验室为探索铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置举行试验，下列说法不正确的是()

A．装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性

B．试验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe2＋

C．装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性

D．试验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸

答案B

解析铁丝与浓硫酸反应生成SO2，由于酸性高锰酸钾具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A说法正确；品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故C说法正确；导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，故D说法正确。

10．固体表面的化学过程讨论对于化学工业十分重要。在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是()

A．N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应

B.吸附在铁表面的N2断裂了N≡N键

C．NH3分子中的N—H键不是同时形成的

D．Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率

答案D

解析由图3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而图4、5表示发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，故A正确；由图4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了N≡N键，故B正确；由图5、6、7可知，NH3分子中的N—H键不是同时形成的，故C正确；催化剂只转变反应速率，平衡不移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，故D错误。

11．25℃时，转变0.1mol·L－1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分

数δ(RCOOH)随之转变[已知δ(RCOOH)＝

c(RCOOH)

c(RCOOH)＋c(RCOO－)

]，甲酸(HCOOH)与丙酸

(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()

A．图中M、N两点对应溶液中的c(OH－)比较：

前者＞后者

B．丙酸的电离常数K＝10－4.88

C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较：前者＞后者

D．将0.1mol·L－1的HCOOH溶液与0.1mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(HCOOH)＞c(HCOO－)＞c(OH－)＞c(H＋)

答案B

解析M点的pH小于N点的pH，即M点c(H＋)大于N点c(H＋)，所以溶液中的c(OH－)应当是M点小于N点，故A错误；pH＝4.88时，丙酸的酸分子的物质的量分数为50%，即c(CH3CH2COOH)＝c(CH3CH2COO－),针对CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋电离过程可知，lgK＝lgc(H＋)＝－4.88，即丙酸的电离常数K＝10－4.88，故B正确；由图中信息可知，相同pH时，丙酸的酸分子的物质的量分数大，说明电离程度小，故其酸性比甲酸弱，即HCOO－的水解程度小于CH3CH2COO－的水解程度，等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较应是pH(HCOONa)12．中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如图甲，电池的工作原理如图乙。下列有关说法正确的是()

A．放电时，纸张中的纤维素作为锂电池的负极

B．充电时，若阳极放出1molO2，则有4mole－回到电源正极

C．开关K闭合给锂电池充电，X对应充电电极上的反应为Li＋＋e－===Li

D．放电时，Li＋由正极经过有机电解质溶液移向负极

答案C

解析可充电锂空气电池放电时，纸张中的石墨作锂电池的正极，纤维素不导电，故A错误；充电时，阳极的电极反应式为Li2O2－2e－===O2＋2Li＋，若阳极放出1molO2，则有2mole－回到电源正极，故B错误；开关K闭合给锂电池充电，电池负极X接锂电池的负极，X对应充电电极为阴极，阴极上的反应式为Li＋＋e－===Li，故C正确；放电时，阳离子向正极移动，Li＋由负极经过有机电解质溶液移向正极，故D错误。

13．A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知A原子的最外层电子数是电子层数的2倍，C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等，A和B的原子序数之和等于D的质子数。下列说法正确的是()

A．在A、B、C、D能形成的含氧酸中，D的含氧酸酸性最强

B．容易离子半径：B>C>D

C．四种元素均能与氢元素形成共价键

D．在一定条件下A的单质能与C的最高价氧化物对应的水化物反应

答案D

解析由题意，A原子的最外层电子数是电子层数的2倍，则A为C元素；C原子次外层电子数与其他各层电子总数之和相等，则C为S元素；由A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素可知D为Cl元素；由A和B的原子序数之和等于D的质子数可知，B的原子序数为17－6＝11，则B为Na元素。B为Na元素，金属元素不能形成含氧酸，Cl元素的含氧酸中既有弱酸又有强酸，次氯酸的酸性比硫酸弱，故A错误；B、C、D均为第三周期元素，硫离子半径最大，钠离子半径最小，故B错误；钠元素与氢元素形成的化合物为氢化钠，氢化钠为离子化合物，惟独离子键，故C错误；碳的单质在加热条件下与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故D正确。

二：非挑选题（共3题，共43分）

26．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：

(1)过程Ⅰ中采纳NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为______________________________________________________________________________________________。(2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学方程式为(产

物中无沉淀且惟独一种酸根)_________________________________________。

在试验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要缘由：________________________________________________。

(3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：_______________________________________________。

(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用：________________________________________________________________________。

(5)在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是________(填字母)。

A．c(Na＋)===2c(CO2－3)

B．c(Na＋)>c(CO2－3)>c(HCO－3)

C．c(OH－)>c(HCO－3)>c(H＋)

D．c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO－3)＋2c(H2CO3)

(6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而展现不同色彩，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是________________________________________________________________________。

答案(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑

(2)4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2OCo2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境

(3)2Al3＋＋3CO2－3＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑

(4)调整pH，提供CO2－3，使Co2＋沉淀为CoCO3

(5)BCD

(6)CoCl2·2H2O

解析(2)Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3·CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能用盐酸。

(4)在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO2－3，使Co2＋沉淀为CoCO3。

(5)Na2CO3溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋c(OH－)＋2c(CO2－3)，故A错误；碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶液中离子浓度：c(Na＋)＞c(CO2－3)＞c(OH－)＞c(HCO－3)＞c(H＋)，故B、C正确；Na2CO3溶液中质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，故D正确。

(6)设A物质的化学式为CoCl2·nH2O，则有：

CoCl2·6H2O～CoCl2·nH2OΔm

23818(6－n)

119mg119mg－83mg

238119mg＝

18(6－n)

119mg－83mg，解得：n＝2，

所以A物质的化学式为：CoCl2·2H2O。

27．碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。试验室里先制得硫酸亚铁，后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁(Fe2＋＋2HCO－3===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O)。试验装置如下图所示(部分夹持仪器略去)。回答下列问题：

(1)配制溶液所用的蒸馏水必需先除去溶解的氧气，详细办法是__________________________

_______________________________________________________。

(2)试验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是____________________

______________________________________________________。

(3)装置B中的NH4HCO3需过量的缘由________(填字母)。

a．除去FeSO4溶液中残留的硫酸

b．Fe2＋充分转化为FeCO3

c．NH4HCO3溶解度比较大

d．NH4HCO3受热分解损失

(4)碳酸亚铁在湿润的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。

(5)有学生提出该试验可用FeSO4与Na2CO3反应制取FeCO3，经查阅：0.1mol·L－1Na2CO3溶液pH约为11.6；25℃时，Ksp(FeCO3)＝3.1×10－11，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10－17，向10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L－1FeSO4溶液，先析出的沉淀是________________________________________________________________________。

(6)NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2＋的沉淀剂，但更常用NH4HCO3，理由是_________________________________________________________________(写出一点即可)。

(7)设计试验检验制得的产品中是否含Fe3＋

：_________________________________________。答案(1)将蒸馏水煮沸后快速冷却(2)关闭K3，打开K2(3)abd

(4)4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe(OH)3＋4CO2(5)Fe(OH)2

(6)NH＋

4能水解产生H＋

，降低溶液pH，可减小副产物Fe(OH)2产生

(7)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3＋

；若溶液变为红色，则含有Fe3＋

解析(2)A中Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，关闭K3，打开K2，利用压强差使其与NH4HCO3溶液混合。

(3)装置B中的NH4HCO3需过量，既可除去FeSO4溶液中残留的硫酸，也可让Fe2＋

充分反应，同时NH4HCO3受热易分解。(5)析出FeCO3沉淀时

c(Fe2＋

)===

Ksp(FeCO3)c(CO2－

3)

＝3.1×10

－11

0.1mol·L－

1＝3.1×10

－10

mol·L－

1，Na2CO3

溶液pH约为11.6，则c(OH－

)＝10

－2.4

mol·L－1，析出Fe(OH)2沉淀时c(Fe2＋

)＝Ksp[Fe(OH)2]c2(OH－

)

＝4.9×10－

17(10－2.4)

2mol·L

－1＝4.9×10－12.2mol·L－1<3.1×10－10mol·L－

1，故Fe(OH)2先沉淀。28．甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的有机原料。Ⅰ.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛脱氢法：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)ΔH1＝＋92.09kJ·mol－

1

氧化法：CH3OH(g)＋1

2

O2(g)===HCHO(g)＋H2O(g)ΔH2

(1)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH3＝－483.64kJ·mol－

1

，则ΔH2＝

__________________________________________________。

(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其缘由为______________________________

________________________________________________________________________。

(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lgK(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线________(填“a”或“b”)对应脱氢法，推断依据为__________________。

Ⅱ.甲醛的用途

(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料彻低反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为________。

(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_____________________________________________________。

Ⅲ.甲醛的检测

(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_____________________________________________________________________________________________________，当电路中转移4×10－

4mol电子时，传感器内参与反应的HCHO为________mg。答案(1)－149.73kJ·mol－

1

(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大(3)b脱氢吸热(4)3∶2

(5)2Ni2＋

＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋

(6)O2＋4e－

＋4H＋

===2H2O3

解析(1)按照盖斯定律，－2ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，则有ΔH2＝ΔH3＋2ΔH12＝－149.73kJ·mol－1。

(2)脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度上升，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法。

(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，按照原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2。

(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由＋2价降低到0价，甲醛中C元素由0价上升到＋4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，按照化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2＋

＋HCHO＋H2O===2Ni＋CO2↑＋4H＋

。

(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价上升到＋4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极。酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2＋4e－

＋4H＋

===2H2O；负极的电极反应为HCHO－4e－

＋H2O===CO2↑＋4H＋

，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×10－

4mol电子时，参与反应的HCHO为1×10－

4mol，质量＝30g·mol－

1×1×10－

4mol＝3×

10－3g＝3mg。

三：选做题（二选一，各15分）

35．钛被誉为“21世纪的金属”，可展现多种化合价。其中以＋4价的Ti最为稳定。回答下列问题：

(1)基态Ti原子的价电子排布图为_________________________________________________。

(2)已知电离能：I2(Ti)＝1310kJ·mol－1，I2(K)＝3051kJ·mol－1。I2(Ti)<I2(K)，其缘由为________________________________________________________________________。

(3)钛某协作物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：

①钛的配位数为________，碳原子的杂化类型________。

②该协作物中存在的化学键有________(填字母)。

a．离子健b．配位键c．金属健d．共价键e．氢键

(4)钛与卤素形成的化合物熔、沸点如下表所示：

TiCl4TiBr4TiI4

熔点/℃－24.138.3155

沸点/℃136.5233.5377

分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点展现一定变化逻辑的缘由是_______________________。

(5)已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为________________。

阴离子的立体构型为___________________________________________。

(6)已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为________pm。(用含ρ、NA的代数式表示)

答案(1)

(2)K＋失去的是全弥漫的3p6电子，Ti＋失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)<I2(K)

(3)①6sp3、sp2②bd

(4)三者均为分子晶体，组成与结构相像，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔、沸点上升

(5)TiO2＋

正四周体

(6)

3

31

ρNA

×1010解析(3)①由图知钛的配位数为6，甲基上碳原子为四周体构型，杂化类型为sp3，环上碳碳双键为平面形，碳原子为sp2杂化；②钛与周围原子形成配位键，而其余非金属元素间为共价键。

(5)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1∶1；Ti元素为＋4价、O元素为－2价，据此书写其化学式为TiO2＋

；阴离子为硫酸根，其价层电子对数＝4＋6－4×2＋2

2

＝4，为正四周体构型。

(6)由均摊法可计算出一个晶胞中有4个TiN，设晶胞中Ti原子与N原子与最近距离为xpm，则ρ＝mV＝NMNA(2x)

3，TiN的摩尔质量为62g·mol－1，解出x＝3

31

ρNA

×1010。36．白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：

已知：

①RCH2Br――→R′CHO

一定条件RCH===CHR′

②2RCH===CHR′―――→一定条件

(以上R、R′代表

氢、烷基)

(1)白头翁素的分子式为_______________________________________________。(2)试剂a为__________，E→F的反应类型为_____________________________。(3)F的结构简式为_________________________________________