广东省湛江市2023届高三一模考试化学试题

答案第=page1010页，共=sectionpages2121页广东省湛江市2023届高三一模考试化学试题一、单选题1．中华文明源远流长，衣、食、住、行都是中华民族智慧的结晶。下列文明载体与硅酸盐材料有关的是衣食住行A．岭南非遗服饰(粤绣)B．广东小吃(白斩鸡)C．著名建筑(光孝寺)D．出行马车(车辇)2．下列试剂保存时所选试剂瓶合理的是A．盛放溴化银固体B．盛放硫酸溶液C．盛放硫酸铜固体D．盛放氢氧化钠溶液3．生物体中普遍存在的有机化合物能为生命活动提供物质和能量基础，下列说法不正确的是A．麦芽糖及其水解产物均能与银氨溶液发生银镜反应B．从动物皮中提取的明胶属于蛋白质C．食用油中含有的油酸易被氧化D．DNA两条链上的碱基通过共价键配对连接4．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识正确的是选项劳动项目化学知识A工厂用铁罐车运输浓硫酸浓硫酸很难电离出H+B消防演练用泡沫灭火器灭火Al3+与HCOC陶瓷表面上釉隔绝空气，防止陶瓷被氧化D用苯酚和甲醛制备酚醛树脂酚醛树脂为高分子化合物，该过程发生了加聚反应5．M、N是两种合成烃，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．M、N均不溶于水B．M、N均能发生取代反应和氧化反应C．N中所有碳原子可能共平面D．M的一氯取代物有4种(不考虑立体异构)6．用下列实验装置进行相应实验，其中装置正确且能达到实验目的的是A．分离碘单质和NaClB．蒸发MgCl2溶液，制备MgClC．制备氢氧化铁胶体D．乙醇脱水制乙烯7．硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是A．单质硅和金刚石中的键能：SiB．CH4和SiH4中v0C．SiO2中Si原子的杂化方式为D．碳化硅硬度很大，属于分子晶体8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物B．a→C．c、d和i、j均属于酸性氧化物D．f与l可以是同一种物质9．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X与Y、Z均能形成多种常见二元化合物，Y、Z形成的某化合物是参与光合作用的主要气体，基态原子中X、Y、Z的价电子数之和等于W的价电子数，下列说法正确的是A．W属于d区元素 B．原子半径：XC．氢化物沸点：Y<Z D．X与10．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是A．“母液”中主要成分是NaB．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率D．以生成Cl-时转移电子数目来衡量，相同质量ClO2的消毒能力是Cl211．乙二胺()是一种重要的有机化工原料，下列关于乙二胺的说法不正确的是A．易溶于水，其水溶液显碱性B．H-C-C．第二周期中第一电离能大于C小于N的元素只有一种D．CuH212．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠缓慢产生气泡乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢B向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性KMnO4紫色褪去甲苯中含有碳碳双键，可被酸性KMnO4C向含有少量CuCl2的MgCl2溶液中滴加少量稀产生白色沉淀KD用玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上试纸先变蓝，后褪色NaClO溶液呈中性13．常温下，H3PO4和H3PO3溶液中含磷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图所示，向等物质的量浓度的A．由图可知H3B．pH=7.2时，C．常温下，H2POD．溶液pH由3变为6.6的过程中，水的电离程度增大14．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列关于次氯酸盐性质实验对应的反应方程式书写正确的是A．将足量的二氧化碳通入NaClO溶液中：COB．验证“84”消毒液与洁则剂不能混合的原因：2C．用CaClO2溶液吸收废气中的SOD．将硫酸铬溶液滴入含NaClO的强碱性溶液中：215．双极膜在电化学中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成H+和OH-，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。三碘甲烷(CHIA．电极N连接直流电源的负极B．电解一段时间后，硫酸溶液浓度降低C．电极M上的主要反应为ID．每制备1mol三碘甲烷，理论上双极膜内解离18016．氨气在工业上应用广泛，已知反应N2g+3H2A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：vC．b点时v正<v逆 二、实验题17．某实验小组为探究含硫化合物NH42S实验操作：向小试管中加入2mL0.2mol⋅L(1)NH42S2O(2)检验该溶液中存在SO42-的具体操作及现象为(3)实验结论：NH42S2O8的氧化性___________(填“强于”已知：I2可与S2O32-发生反应：2试验编号0.2mol⋅L-10.01mol⋅L-1蒸馏水/mL0.4%的淀粉溶液/滴0.2mol⋅L-1变色时间/sⅠ4.004.022.0立即Ⅱ4.01.03.022.030(4)上述两实验中均加入了不同体积的蒸馏水，其目的为___________。加入Na2猜想1：NH42S2O8先与猜想2：NH42S2O8与为验证上述猜想，小组同学补充下表实验：试验编号0.2mol⋅L-10.001mol⋅L0.01mol⋅L-1CCl40.4%的淀粉溶液/滴0.2mol⋅L-1实验现象Ⅲ20201000.2下层溶液显浅紫色Ⅳ05200220溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝(5)验证猜想1的实验设计为___________(填“实验Ⅱ”或“实验Ⅳ”下同)，验证猜想2的实验设计为___________。(6)下层溶液显浅紫色的原因为___________。(7)由上述实验可知___________(填“猜想1”或“猜想2”)成立。三、工业流程题18．镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示：已知：①粉碎灼烧后主要成分是Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2②萃取剂对Fe3+选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的Fe请回答下列问题：(1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。(2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。(3)“酸浸”时加入H2O2(4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了Fe3+，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________FeAlFeCoNiMn开始沉淀时pH1.53.46.36.66.77.8完全沉淀时pH3.54.78.39.29.510.4(5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度ρ=___________g/cm3(用计算式表示)四、原理综合题19．碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，CO2的综合利用成为热点研究对象，CO2作为碳源加氢是再生能源的有效方法，CO2加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”反应Ⅰ：CO2g反应Ⅱ：CO2g(1)①相关键能如下表，则ΔH1=___________，该反应的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“大于化学键HCOC键能/4361071464803②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则COg+2H2g⇌CH3OHg的平衡常数K③已知CO2g+3H2gccv10.020.012.0×20.020.02a则此温度下表中a=___________。(2)据文献报道，Cu基纳米材料作为高性能催化剂可将CO2电还原为高能量密度的CH3OH，不同催化剂对生成CH3OH的法拉第效率与电极电势的变化如图所示((3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时CO2的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，CO2的平衡转化率呈现如图变化的原因：(4)某温度下，初始压强为p，向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molCO2、3molH2发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时CO2的转化率是50%，体系内剩余1molH五、有机推断题20．化合物H是用于合成某种镇痛药的医药中间体，利用烃A合成H的某路线如下图所示：已知：R回答下列问题：(1)A的化学名称为___________；D中的官能团名称为___________。(2)由B生成C时需要加入的试剂和反应条件为___________。(3)由C生成D的反应类型为___________。(4)由G生成H的化学方程式为___________。(5)的同分异构体中含六元碳环的有___________种(不考虑立体异构)，写出其中一种核磁共振氢谱有6组峰的结构简式___________。(6)参照上述合成路线设计以D为原料合成高分子化合物的路线___________(无机试剂任选)。参考答案：1．C【详解】A．古代服饰是由天然高分子化合物制成，A错误；B．白斩鸡的主要成分为油脂、蛋白质等有机物，B错误；C．光孝寺的墙、瓦是以砫酸盐为主要成分的传统无机非金属材料，C正确；D．出行车辇与砫酸盐无关，D错误；故选C。2．A【详解】A．溴化银是见光易分解的固体，应存放在棕色广口瓶中，故A正确；B．硫酸溶液应盛放在细口瓶中，故B错误；C．硫酸铜固体应保存在无色广口瓶中，故C错误；D．氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应，氢氧化钠溶液盛放在带橡胶塞的细口瓶中，故D项错误；故选A。3．D【详解】A．麦芽糖的水解产物为葡萄糖，二者均能与银氨溶液发生银镜反应，A正确；B．从动物皮中提取的明胶属于蛋白质，B正确；C．食用油中含有的油酸含有碳碳双键易被氧化，C正确；D．核酸中DNA两条链上的碱基通过氢键作用配对连接，D错误；故选D。4．B【详解】A．常温下，铁在浓硫酸中钝化，形成的致密氧化层薄膜阻碍反应的继续进行，所以工厂用铁罐车运输浓硫酸，故A错误；B．反应泡沬灭火器灭火的原理是铝离子与碳酸氢根离子在溶液中互相促进使水解发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故B正确；C．陶瓷性质稳定，不易被氧化，陶瓷上釉的目的主要是抗酸碱腐蚀和美观，故C错误；D．苯酚和甲醛一定条件下发生缩聚反应制备酚醛树脂，故D错误；故选B。5．C【详解】A．烷烃和芳香烃均不易溶于水，A正确；B．M、N中氢均能被取代，两者都可以燃烧，故均能发生取代反应和氧化反应，B正确；C．N中sp3杂化的碳原子上连接了四个碳，此五个碳不可能共平面，CD．M的一氯取代物有4种，分别为，D正确；故选C。6．A【详解】A．I2受热易升华，在冷的圆底烧瓶底又重新凝华成固体，NaCls不易分解且熔点较高，留在烧杯底部，装置正确且能达到实验目的，B．镁离子水解生成氢氧化镁，蒸发结晶不能得到MgCl2晶体，应使用降温结晶法，B不符合题意；C．制备氢氧化铁胶体应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，如用NaOH溶液会生成FeOH3D．乙醇脱水制乙烯应测反应液的温度，温度计应插入液面以下，D不符合题意；故选A。7．A【详解】A．原子半径：Si＞C，键长：Si-Si＞C-C，则键能：Si-Si＜C-C，故A正确；B．H的电负性大于Si，SiH4中Si的化合价为+4价，故B错误；C．SiO2中Si的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；D．碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；故选A。8．C【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；故选C。9．D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，Y、Z形成的某化合物是参与光合作用的主要气体，则Y为C元素、Z为O元素；X与Y、Z均能形成多种常见二元化合物，则X为H元素；基态原子中X、Y、Z的价电子数之和等于W的价电子数，则W为Cu元素；【详解】A．铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，处于元素周期表的ds区，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，氧原子的原子半径小于碳原子，故B错误；C．碳元素的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，固态烃的沸点高于水或过氧化氢，故C错误；D．氢原子和铜原子的最外层电子数均为1，故D正确；故选D。10．D【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。【详解】A．由分析可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，则母液的主要成分为硫酸钠，故A正确；B．由分析可知，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2C．由题给信息可知，温度过高，亚氯酸钠受热易分解，则采用减压蒸发可以降低蒸发时的温度，防止亚氯酸钠分解，提高产品产率，故C正确；D．由得失电子数目守恒可知，相同质量二氧化氯与氯气的消毒能力的比值为1g67.5g/mol×51g71g/mol×故选D。11．D【详解】A．乙胺中含氨基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，其水溶液显碱性，A正确；B．-NH2中含有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，所以H-C-H键角大于HC．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；第二周期中第一电离能大于C小于N的只有氧元素，C正确；D．乙二胺与Cu2+形成的CuH2NCH2故选D。12．A【详解】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；故选A。13．B【分析】由图可知，图中只出现三个交点说明H3PO4为三元弱酸，由电离常数公式可知，磷酸的三级电离常数分别为10—2.1、10—7.2、10—12.4，图中只出现两个交点说明H3PO3为二元弱酸，由电离常数公式可知，二级电离常数分别为10—3、10—6.6。【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，故A正确；B．向等物质的量浓度的H3PO4和H3PO3混合溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，由分析可知，H3PO4的二级电离常数小于H3PO3的二级电离常数，所以当溶液pH为7.2时，HPO32-优先于H2PO4-反应，则混合溶液中HPO32-的浓度大于HPO4C．由方程式可知，反应的平衡常数K=Ka2H3PO4Ka2D．溶液pH由3变为6.6的过程中，H3PO4、H3PO3与氢氧化钠溶液反应，溶液中氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则水的电解程度增大，故D正确；故选B。14．B【详解】A．足量二氧化碳通入NaClO溶液生成的是HCO3-，离子方程式为：CO2B．“84”消毒液与洁厕剂混合的离子方程式为2H++C．生成的CaSO4微溶于水不能拆，离子反应为：Ca2++ClOD．强碱性溶液不生成Cr2O72-，离子反应为：故选：B。15．B【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，电极M为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，次碘酸根离子与乙醇反应生成三碘甲烷、碳酸根离子、碘离子、氢氧根离子和水，双极膜中氢氧根离子向阳极移动。【详解】A．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，与直流电源的负极相连的电极N为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，双极膜中氢离子向阴极移动，则电解一段时间后，电解一段时间后，阴极区硫酸浓度不变，故B错误；C．由分析可知，电极M为阳极，碱性条件下碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成次碘酸根离子，电极反应式为I--2eD．由得失电子数目守恒可知，每制备1mol三碘甲烷，需要消耗5mol次碘酸根离子，外电路转移10mol电子，则理论上双极膜内解离180g水，故D故选B。16．D【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。【详解】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D正确；故选D。17．(1)S(2)向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加BaCl2(3)强于(4)控制混合溶液总体积相等(或控制单一变量)，保证除了Na2S2O(5)

实验Ⅲ

实验Ⅳ(6)反应过程中有I2生成，并被CCl4及时分离((7)猜想2【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；【详解】（1）碘单质能使淀粉变蓝色，试管中溶液立即变蓝，取上层清液检验，证明溶液中存在SO42-，则反应生成碘单质和硫酸根离子，故NH42S（2）检验上层清液中含SO42-的具体操作及现象为向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加BaCl2（3）氧化剂氧化性大于氧化产物，根据实验现象可得NH42S（4）加入蒸馏水的目的是控制单一变量，使混合溶液总体积相等，保证除了Na2（5）实验III证明中间有I2生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2（6）碘极易溶于四氯化碳，下层溶液显浅紫色的原因为反应过程中有I2生成，并被CCl（7）实验III证明中间有I2生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立；实验现象说明反应中首先生成了碘单质，碘单质迅速与Na2S18．(1)增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分(2)

除去氧化物中的Al2O(3)把+3价钴还原为+2价(4)3.5≤pH＜6.6(5)

Li3BNiCOMnO6

【分析】废旧电池正极材料灼烧，得到Li2O、NiO、Co2O3、MnO、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠碱浸除去铝，固体加入过氧化氢、稀硫酸酸浸后溶液加入萃取剂，萃取除去铁，水相加入CoSO【详解】（1）粉碎的目的是增大固体与相应反应物的接触面积，使反应更充分。（2）根据流程可知粉碎灼烧后含有能和碱反应的Al2O3，所以“碱浸”的目的是除去氧化物中的（3）结合流程可知钴元素价态在氧化物中是+3价，而最后得到+2价，中间不涉及其他还原反应，故此过程中H2O2的作用应该是把+3（4）根据流程信息，需要保证Fe3+完全沉淀，而Co2+、Ni2+、Mn2+均未开始沉淀，故（5）①根据晶胞的均摊规则可知：Li+数目=6×13+6+1=9，Ni2+和Mn2+数目都是3，Co2+数目=12×16+2×12=3(2)1个晶胞的质量为Mg，底面积S=33a2219．(1)

+43kJ/mol

大于

K(2)−1.0V、Cu6(S)(3)

p1>p2>p3

TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低(4)2【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43kJ/mol；大于；②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应COg+2H2g⇌CH3③由速率公式可得：2.