预测卷一（全国乙卷）-2023年高考化学考前名校必杀题（全国卷）

2023年高考化学模拟预测卷（一）（全国乙卷）化学（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H—1 C12 N14 O—16 Mn—55 K—39 Cl—35.5 Fe—56 Ca40 Na—23一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.化学推动着社会的进步和人类的发展，下列有关说法不正确的是A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是一种烯烃B．ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可代替氯气用于自来水消毒C．月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗，芳纶纤维属于有机高分子材料D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态【答案】A【详解】A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是碳单质，故A错误；B．常用氯气对自来水消毒，ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可用于自来水消毒，故B正确；C．芳纶纤维属于有机高分子材料，故C正确；D．液晶不是液态的晶体，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，故D正确。综上所述，答案为A。8.TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等。下列叙述正确的是A．第一电离能：B．简单离子半径：C．TCCA能发生水解反应D．最高价氧化物对应水化物的酸性：【答案】C【分析】TCCA是一种高效消毒剂，其分子结构如图。W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基态Y原子s能级电子总数与p能级电子总数相等，则Y为O，W有四个价键，X有三个价键，Z有一个价键，则W为C，X为N，Z为Cl。【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：，故A错误；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：，故B错误；C．TCCA有基团，能发生水解反应，故C正确；D．O没有最高价氧化物对应水化物，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，故D错误。综上所述，答案为C。9.有机物M(结构简式为()是合成花椒毒素的重要中间体，下列说法错误的是A．电负性：F>O>N>C B．第一电离能：N>O>CC．M中碳原子的杂化方式有2种 D．M可以形成分子间氢键【答案】C【详解】A．同周期元素（惰性气体元素除外）从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：F>O>N>C，故A正确；B．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：N>O>C，故B正确；C．M中存在羰基、C≡N和CH3，M中碳原子的杂化方式有sp、sp2、sp3共3种，故C错误；D．M中含有亚氨基（NH），可以形成分子间氢键，故D正确；故选C。10.锰基催化剂催化烯烃环氧化反应的历程如图所示(Ac表示CH3CO，R表示烃基)。下列说法错误的是A．转化过程中Mn元素的化合价没有发生改变B．AcOH在催化过程中提供了质子C．烯烃环氧化反应为+H2O2→+H2OD．H+浓度可以影响反应速率和产品产率【答案】A【详解】A．从图中可知，转化过程中与Mn相连的原子发生变化，各原子与Mn形成的化学键也有变化，Mn元素的化合价发生变化，A错误；B．由转化关系知，AcOH在催化过程中提供了质子，B正确；C．由转化关系知，AcOH参与反应生成了AcO和H+，实际用途为催化剂，总反应为，C正确；D．参与中间过程，其浓度可影响反应速率和产品产率，D正确；故答案选A。11.某溶液仅由、Cl、、、、Fe3+、Al3+和K+中的若干种离子组成，且各离子浓度相等，取适量溶液进行如下实验：①取该溶液加入过量NaOH溶液，加热，产生无色气体；②将①过滤、洗涤、灼烧，得到固体a；③向上述滤液中加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀：根据以上实验，下列推断错误的是A．根据操作①，推断一定存在B．②中固体a为氧化铁C．原溶液中一定不存在、Al3+，可能含有K+D．说明原溶液中一定存在、Cl、、、Fe3+、【答案】C【分析】加入过量的碱产生气体为NH3，溶液有。信息②知加入过量的碱产生了沉淀Fe(OH)3，溶液中有Fe3+，与Fe3+会发生双水解不能共存，则溶液中不存在。信息③知加溶液中有。【详解】A．由上分析溶液中一定有，A项正确；B．Fe(OH)3受热分解为氧化铁Fe2O3，B项正确；C．由上分析溶液中一定有和Fe3+而阴离子有，又溶液中各离子浓度相同，溶液中电荷不守恒，所以一定还有Cl和。溶液中这五种离子刚好电荷守恒，所以一定不存在和Al3+、K+，C项错误；D．由C项分析溶液中一定存在、Fe3+、、Cl和，D项正确；故选C。12.羟基自由基具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是A．M极为阴极，电极反应式：B．双极膜中解离出的透过膜a向N极移动C．每处理甲醛，理论上有透过膜bD．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7【答案】C【详解】A．M电极通入，发生反应生成自由基，反应式为：，M作阴极，A正确；B．N为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以透过膜a向N极移动，B正确；C．甲醛与反应生成的反应：，甲醛为，有，透过膜b，C错误；D．甲醛生成转移，苯酚与反应生成的反应为：转移，理论上苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为6∶7，D正确；故选C。13.室温下，向10mL0.1mol·L1K2A(室温下，H2A的Ka1=1.64×103)溶液中滴加0.1mol·L1的HCl溶液，混合溶液的pH与所加HCl溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温下，H2A的Ka2≈2.0×106B．b点溶液存在关系式：c(K+)=c(Cl)+c(HA)+2c(A2)C．a、b、c点溶液中水的电离程度：a<b<cD．a、b、c三点溶液均存在关系式：2[c(H2A)+c(HA)+c(A2)]=c(K+)二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。26.环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题：(1)已知：苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为：、和。则反应Ⅰ：

_______。(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。A．通入惰性气体

B．再加入等物质的量的苯蒸汽和C．增加催化剂的用量

D．增加氢气的浓度(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含钉催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：和)①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，原因是_______。②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示，温度高于时，苯加氢速率降低的原因可能是_______。(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：①采用无隔膜法电解溶液，阳极电极反应方程式为_______。②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。【答案】(1)(2)66.7BD(3)环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活(4)溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放【详解】（1）根据盖斯定律可知，该反应的反应热；（2）设起始两者的物质的量为1mol，转化的苯为xmol，根据题给信息可以得到以下三段式：，同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则，解得x=0.4，此时总压为(140%)×1MPa=0.6MPa，总物质的量=22×0.4=1.2mol，平衡常数；A．通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A错误；B．再加入等物质的量的苯蒸汽和相当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B正确；C．增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率不变，C错误；D．增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D正确；故选BD；（3）①可以从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动，故答案为：环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性；②气体的溶解度随着温度升高而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；（4）①根据图示可知，在阳极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：；②根据图示可知，该过程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率，故答案为：溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放。27.利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：已知：①常温下，H2S饱和溶液中c2(H+)·c(S2)≈9×1023；②Ksp(ZnS)=2.0×1022，Ksp(MnS)=2.0×1013；③ZnSO4的溶解度如表所示水/温度(°C)0102025405060708090ZnSO441.847.554.158.062.174.867.260.5一一ZnSO4·H2O41.9一54.2一一74.0一一86.683.5ZnSO4·6H2O一一一一70.176.8一一一一ZnSO4·7H2O41.947.054.458.0一一一一一一回答下列问题：(1)“滤渣1”主要成分为_______、S；写出“酸浸”过程的主要离子方程式_______。(2)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为_______。(3)BaS为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS目的是_______；溶液pH过高，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.2mol·L1，则应控制溶液中c(H+)大于_______mol·L1。(4)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在_______°C以上蒸发结晶、_______、洗涤、干燥。(5)含50%MnO2的软锰矿174t，利用此工艺获得MnSO4·H2O160.55t，该工艺MnSO4·H2O的产率为_______。【答案】(1)SiO2ZnS+MnO2+4H+=Zn2++Mn2++S↓+2H2O(2)4(3)将Cu2+、Pb2+沉淀完全从而除去0.3(4)80趁热过滤(5)0.95或95%【分析】由流程图知，两种矿粉酸浸时发生氧化还原反应生成硫单质，即滤渣1为硫单质和不溶于强酸的二氧化硅，加入萃取剂将铁离子萃取到有机相，则水相1中含有Zn2+、Mn2+、Cu2+、Pb2+，加入硫化钡除去铜离子和铅离子过滤，再加入萃取剂分离锰离子和锌离子，则水相2中含有硫酸锰溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，有机相2中含有硫酸锌，加入硫酸反萃取，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锌晶体，据此回答。【详解】（1）由分析知酸浸过程两种矿粉发生氧化还原反应，即，所以滤渣1为生成的硫单质和不溶于强酸的二氧化硅；（2）由配合物化学式知配体为HA和H2O，且都是2，即Fe3+的配位数为4；（3）由分析知加入适量硫化钡目的是将铜离子和铅离子沉淀完全除去；Ksp(ZnS)=2.0×1022<Ksp(MnS)=2.0×1013，所以锌离子先沉淀、锰离子后沉淀，浓度均为0.2mol·L1的锌离子和铅离子混合液中锌离子不转化为硫化锌沉淀时，又H2S饱和溶液中c2(H+)·c(S2)≈9×1023，即溶液中；（4）由表中数据可知硫酸锌晶体在80°C以上溶解度随温度升高而减小，即操作为控制温度在80°C以上蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；（5）50%MnO2的软锰矿174t物质的量为，获得硫酸锰晶体质量为，即产率为。28.某化学实验小组探究草酸盐的性质。(1)文献表明：相同条件下，的还原性强于Fe2+。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向10mL0.5mol·L1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol·L1K2C2O4溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。已知：[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体Fe3++3[Fe(C2O4)3]3K=1.6×1020①取少量翠绿色晶体，洗净配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。解释溶液变红的原因：________。②经检验反应后的翠绿色溶液中无Fe2+，解释和Fe3+未发生氧化还原反应的可能原因：__。③某同学利用电化学原理来比较Fe2+和的还原性强弱：闭合开关K，电流表指针发生偏转，经过一段时间后，_______(填操作与现象)，则证明的还原性大于Fe2+，该装置的优点是____________________________。(2)利用Na2C2O4测定某KMnO4粗产品的纯度，实验步骤如下：①称取KMnO4粗产品，配成50mL溶液。②称取Na2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。③将锥形瓶中溶液加热到75°C~80°C，恒温，用①中所配溶液滴定至终点，消耗①中的溶液VmL。进行滴定时，①中所配溶液应置于__________中(填写仪器名称)，步骤③中滴定终点的现象是_________，粗产品中KMnO4的质量分数表达式为__________________。【答案】(1)加硫酸，H+和反应，c()减小，Fe3++3[Fe(C2O4)3]3逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红Fe3+与生成[Fe(C2O4)3]3的反应速率快且反应限度大取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀避免发生Fe3++3[Fe(C2O4)3]3，干扰氧化还原反应的发生(2)酸式滴定管当滴入最后一滴(半滴)KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色【详解】（1）存在平衡Fe3++3[Fe(C2O4)3]3，加入H+消耗导致平衡逆向，Fe3+增多与SCN显色。Fe3+与氧化还原反应速度慢，而Fe3+与产生[Fe(C2O4)3]3反应速度快且限度大。还原性：强于Fe2+，即Fe3+能被还原为Fe2+，利用加K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+有蓝色晶体。该装置Fe3+与分开避免了Fe3++3[Fe(C2O4)3]3的干扰。答案为：加硫酸，H+和反应，c()减小，Fe3++34⇌[Fe(C2O4)3]3逆向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；Fe3+与产生[Fe(C2O4)3]3反应速度快且限度大；取U形管左侧溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀；避免发生Fe3++3⇌[Fe(C2O4)3]3，干扰氧化还原反应的发生；（2）KMnO4溶液强氧化性对橡胶有腐蚀性，应装于酸式滴定管中。用KMnO4滴定时由于KMnO4与Na2C2O4发生反应而呈无色，当Na2C2O4反应完全后加入KMnO4溶液呈红色。由升降守恒得到关系式为2KMnO4~5Na2C2O4，计算n(Na2C2O4)=。VmL中n(KMnO4)=，则agKMnO4。粗品中质量分数为。答案为当滴入最后一滴(半滴)KMnO4溶液时，溶液从无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；。(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。35．【化学——选修3：物质结构与性质】科学工作者合成了含镁、镍、碳、氮4种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：(1)下列属于碳原子激发态轨道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外层上一个电子所需能量最低的是___________。(2)含有碳元素的有机化合物分布极广，最简单的为碳正离子，该离子的几何构型为___________；乙醇的挥发性比水的强，原因是___________；如图是叶绿素的结构示意图，配体是一种平面大环有机物，该结构中N原子的杂化方式为___________，CNσ键有___________个。(3)某种半导体NiO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2)=anm。①阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为___________g·cm3.(用含a，NA的表达式表示)。②NiO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，NiN键中离子键成分的百分数小于NiO键，原因是___________。③若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为___________；N所替代的O的位置可能是___________。【答案】(1)BCB(2)平面三角形乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小sp28(3)电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Ni和O之间更容易成离子键Ni4O3N顶点或一对平行平面的面心【详解】（1）碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2，根据基态碳原子受到激发，电子从低能级跳跃到高能级上，则四个选项中属于碳原子激发态轨道表示式的有BC，而A是基态碳原子电子轨道表示式，D是基态N原子电子轨道表示式，故答案是BC；根据电子离核越远，越容易失去，则失去最外层上一个电子所需能量最低的是选项B，因为其它选项最外层是第二层，而B是第三层，故答案是B。（2）离子的价层电子对数为3，孤电子对为0，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形；乙醇的挥发性比水的强，说明乙醇的沸点比水低，沸点和分子间作用力有关，乙醇和水虽同为分子晶体，但乙醇比水形成的分子间氢键数目少，分子间作用力小，故乙醇的沸点比水低，乙醇的挥发性比水的强；根据叶绿素结构示意图，N原子构成平面大环结构，可知其杂化方式为sp2；CN形成的共价键单键都是σ键，形成的双键中有一个是σ键，则CNσ键有8个。（3）①根据NiO晶胞结构可知，其一个晶胞中含有O2离子4个，Ni2+离子4个，氧原子量为16，镍原子量约为59，则其晶胞质量为m=，O2离子采用面心立方最密堆积方式，半径r(O2)=anm，设晶胞边长为xnm，则可得关系式2x2=16a2，解得x=2anm，则晶胞的体积v=16a3nm3，则晶胞的密度为====g·cm3。②键的极性强弱和成键元素的电负性强弱有关，NiN键和NiO键相比，由于氧元素电负性大于氮元素，则O对电