2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷(云南-安徽-黑龙江-山西-吉林五省)(解析版)

2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（三）（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）(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、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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：H1C12N14O16Na23Mg24P31S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ag108一、选择题：本题共7个小题，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。1．（2022·广东韶关·高一期末）广东历史文化悠久。下列四种广东历史文化宝藏主要成分由硅酸盐构成的是选项ABCD文化宝藏名称粤绣潮州木雕潮州功夫所用茶具粤剧中的服饰A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．制作粤绣所用的孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，故A不选；B．潮州木雕主要成分是纤维素，故B不选；C．潮州功夫所用茶具主要成分由硅酸盐构成，故C选；D．粤剧中的服饰中丝绸的主要成分是天然蛋白质，故D不选；故选C。2．（河北省部分学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题）下列有关描述中正确的是A．1L：溶液中含有的的浓度为B．将溶液与溶液等体积混合(忽略溶液混合时的体积变化)后得到的HCl浓度为C．将5.85g固体溶于1L水中，得到溶液的浓度为D．10.6g固体溶于水得到1L溶液，得到的溶液中的浓度为【答案】B【详解】A．1L溶液中含有的的浓度为，故A错误；B．将溶液与溶液等体积混合，设硫酸溶液的体积为VL，反应生成HCl的物质的量为，得到的HCl浓度为，故B正确；C．将5.85g固体溶于1L水中，得到溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是，故C错误；D．10.6g固体溶于水得到1L溶液，得到的溶液中的浓度为，故D错误；选B。3．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）顺铂为一种配合物，其结构如图所示，其中心离子为。已知X、Y、Z是原子半径依次增大的不同短周期元素，X、Z的原子核外都有一个未成对电子，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，a分子是由X、Y元素组成的四原子分子。下列有关叙述正确的是A．顺铂的空间结构中位于正四面体的中心B．a分子的VSEPR模型是正四面体形，其键角为C．Y的氧化物对应的水化物是强酸D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，也可能不含离子键【答案】D【分析】由题意知，顺铂中Z显－1价，Z可能为F或Cl，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，且Y与X能形成四原子分子，Y可能为N或P，则X为H；又因为X、Y、Z的原子半径依次增大，可推知X为H，Y为N，Z为Cl，a为NH3。【详解】A．顺铂中与2个Cl¯、2个NH3形成配位键，其空间结构不是正四面体形，A错误；B．NH3中N的价层电子对数=，N原子上有一对孤电子对，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，由于孤电子对与成键电子对之间斥力更大，分子中键角小于，B错误；C．Y(N)的氧化物对应的水化物可以是HNO3(强酸)或HNO2(弱酸)，C错误；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是NH4Cl(含离子键)，也可以是NH2Cl(不含离子键)，D正确；故选D。【点睛】第一电离能比同周期左右相邻元素的大，一般是第ⅡA族或第ⅤA族元素。4．（2022·湖南·高三阶段练习）某种新型储氢材料的晶胞如图(是一种金属硼氢化物氨合物)，八面体中心为金属离子M2+，顶点均为配体NH3；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是A．金属离子M2+的配位数为6B．该晶体的化学式为M(NH3)6(BH4)2C．若该晶体的摩尔质量为196g•mol-1，则0.5mol•L-1MSO4溶液呈深蓝色D．金属离子M2+与硼原子间最短距离为a×10-10cm【答案】C【详解】A．金属离子与6个形成正八面体，故金属离子的配位数为6，故A正确；B．八面体位于晶胞的顶点和面心，粒子个数为，1个晶胞中含有4个，四面体位于晶胞的体心，1个晶胞中含有8个，故该晶体的化学式为，故B正确；C．根据化学式可得，则，M元素为Cu，溶液呈天蓝色，溶液呈深蓝色，溶液中铜离子以形式存在，故C错误；D．金属离子与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线的四分之一，故为，故D正确；故选：C。5．（2022·安徽省宣城中学高二开学考试）利用下图装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉KI溶液变蓝BCu与浓H2SO4生成SO2品红溶液褪色C浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红DMnO2与浓盐酸生成Cl2石蕊溶液先变红后褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓HNO3是挥发性酸，挥发出的硝酸蒸气也能将KI氧化成I2等，氧化能力比NO2还强，所以由淀粉KI溶液变蓝，不能证明浓HNO3分解生成NO2，A符合题意；B．浓硫酸是不挥发性酸，反应产生的气体能使品红溶液褪色，能证明Cu与浓H2SO4生成SO2，B不符合题意；C．NaOH是不挥发性碱，由酚酞溶液变红，能说明浓NaOH与NH4Cl溶液生成碱性物质NH3，C不符合题意；D．HCl具有酸性，但没有漂白性，由石蕊溶液先变红后褪色，能证明MnO2与浓盐酸生成Cl2，D不符合题意；故选A。6．（2022·北京·清华附中高二期中）2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作如图所示。下列说法不正确的是A．电极a为电池的负极B．电极b表面反应为：C．电池工作过程中向负极迁移D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率【答案】C【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2−2e−＋2OH−=2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，据此作答。【详解】A．电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确；B．电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，故B正确；C．原电池工作时，阴离子向负极移动，K+移向正极，故C错误；D．氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；故答案选C。7．（2022·河南南阳·高三期中）常温下，用盐酸滴定25.00mL溶液，所得溶液pH、和的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是A．曲线①代表，曲线②代表B．当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25mLC．的电离常数的数量级为D．a点溶液中存在【答案】C【分析】往氨水溶液中加入稀盐酸，随着滴加稀盐酸的体积变化，溶液pH的变化由一个突变过程，逐渐与盐酸反应生成氯化铵和水，含量下降，为曲线①，的含量逐渐上升，为曲线②。【详解】A．随着滴加稀盐酸的体积变化，含量下降，为曲线①，的含量逐渐上升，为曲线②，A项正确；B．当盐酸和氨水恰好反应生成氯化铵和水时，消耗盐酸25mL，溶液显酸性。当溶液显中性时，溶液中存在氯化铵、氨水，氯化铵的水溶呈酸性，氨水的溶液呈碱性，说明氨水未反应完，滴入盐酸的体积小于25mL，B项正确；C．的电离常数表达式是，当含量50%时，c(NH)=c(NH3·H2O)，此时pH=9.26，常温下，pOH=14-9.26=4.74，则Ka=10-4.74，则的电离常数的数量级为，C项错误；D．a点溶液中溶液呈碱性，还有一部分氨水未被中和，溶液中存在氯化铵、一水合氨，刚好是曲线①和曲线②的交点，则，所以存在，D项正确；故答案选C。二、非选择题：共58分。8．（2021·广东·韶关市北江中等职业学校高三阶段练习）回答下列问题(1)金属与硝酸反应通常不能生成H2，用3mol/LHNO3与过量铁粉反应，HNO3的还原产物主要是NO，请写出反应的离子方程式：___________。有同学在查阅文献时发现文献有记载：HNO3与铁反应能产生H2。于是其小组进行了金属铁与硝酸反应能否产生H2及其有利条件的探究。实验I：20℃，将过量铁粉溶于0.5mol·L-1HNO3中，立即有无色气体生成，充分反应后，溶液几乎无色。(2)检验气体：方法如图所示。确认气体是H2，不含NO。实验证据是___________。(3)检验溶液：取上层清液，等分两份①向一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，___________(填现象)，说明含有Fe2＋。②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、②，说明实验I中发生的反应有Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，另外还有___________(写出离子方程式)。对H2产生的原因提出假设：在稀的酸性溶液中，HNO3中H＋的氧化性大于NO，验证如下：(4)实验II：将铜粉溶于0.5mol/LHNO3中。经检测，发现没有___________生成，初步证实假设不成立。(5)再次查阅文献发现：在酸性介质中，尽管电极电势数据显示NO离子是个颇强的氧化剂，然而动力学原因导致它在稀酸中的反应一般都很慢。于是小组改变条件重复实验I，向2mL0.5mol·L-1HNO3中加入过量铁粉，结果如下：实验序号ⅢⅣⅤ温度20℃40℃60℃生成H2体积6.0mL3.4mL2.6mL经检验，实验III、IV、V中，NO的还原产物与实验I相同。从反应速率的角度解释温度升高H2体积减少的原因___________。(6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是___________。【答案】(1)3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声(3)

产生蓝色沉淀

4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O(4)H2(5)温度升高，H+、NO被还原的速率均增大，NO被还原的速率增大的更多；H+同时被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H2体积减少(6)较低温度、低浓度硝酸【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子。（1）稀HNO3与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO，离子方程式：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O。（2）NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，所以确认气体是H2，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声。（3）①如产物有亚铁离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明产物有，则另外发生的反应为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O。（4）同样是0.5mol/LHNO3，Fe反应能产生H2，铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明0.5mol/LHNO3中H＋的氧化性大于。（5）H+、都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、被还原的速率均增大，被还原的速率增大的更多，导致H2体积减少。（6）较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。【点睛】本题考查性质检验实验，解答这类题时要根据物质的化学性质，知道发生的化学反应以及有关产物，最后得出结论，难度中等。9．（2022·全国·高三专题练习）三氧化二(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如图所示：已知：Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀时的pH3.79.09.2回答下列问题：(1)“滤渣1”的化学式为__，“酸浸”时Co2O3发生的反应的化学方程式是__。(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是__。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是__。(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：使用该萃取剂时应控制的pH约为__，理由是__。(4)“操作1”所得副产品的一种用途为__。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见表：温度/℃0102030405060溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0操作1是__(填字母)。A．蒸发结晶

B．降温结晶

C．减压蒸发结晶(5)“沉钴”时发生反应的离子方程式为__。(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。则放电时负极的电极反应式为__。【答案】(1)

(2)

将+3价的钴还原为，将氧化为，便于后续调节pH后除去

酸浸反应放热，使双氧水分解；废料中的或生成的催化双氧水分解(3)

2.5~3.3

萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子(4)

做氮肥

c(5)(6)【解析】（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为、、、，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为；酸浸时在酸性条件下与发生氧化还原反应生成、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：。（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成，四氧化三铁中的与过氧化氢发生氧化还原反应生成；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值。（3）使用该萃取剂萃取，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.5~3.3；因为萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子。（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。（5）沉钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：。（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：。10．（2022·河北张家口·三模）将玉米秸秆进行热化学裂解可制备出以CO、、、为主要成分的生物质原料气，对原料气进行预处理后，可用于生产甲醇、乙醇等燃料。(1)已知：几种常见共价键的键能如下表所示。共价键C—HC—OH—HO—H键能()413358839436467由此可估算反应的焓变_______。(2)若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。A．体系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态B．平衡体系中，和的物质的量之比为2：1C．加入催化剂，可以提高的平衡产率D．其他条件不变，增大CO的浓度，能提高的平衡转化率(3)和合成乙醇的反应为。将等物质的量的和充入一刚性容器中，测得平衡时的体积分数随温度和压强的变化关系如图所示。①压强_______(填“>”“＜”或“=”，下同)。判断依据是_______。②a、b两点的平衡常数_______。③已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图所示曲线。在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea=_______。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)。【答案】(1)-353(2)AD(3)

＜

该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大

>

n【分析】（1）根据反应物的键能总和-生成物的键能总和=焓变进行计算。（2）根据恒容绝热体系中的平衡状态的判断依据进行分析。（3）根据影响平衡的因素进行分析温度和压强对平衡的影响，根据活化能和催化剂效率的关系分析。(1)根据焓变反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，焓变839+436×2-（413×3+358+467）=+353；(2)若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，A.体系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态，故正确；B.平衡体系中，和的物质的量之比为2：1不能说明反应到平衡，故错误；C.加入催化剂，嫩改变反应速率，但不可以提高的平衡产率，故错误；D.其他条件不变，增大CO的浓度，能提高的平衡转化率，故正确。故选AD。(3)①该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分数越大，故压强小于。②温度升高，乙醇的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热，则b点温度高，平衡常数较小，Ka>Kb。③将坐标和代入，列关系式56.2=-7.2×10-3Ea+C27.4=-7.5×10-3Ea+C，解该反应的活化能Ea=。从图中信息获知，直线n斜率大，Ea小，说明催化效率越高。11．（2021·全国·高二课时练习）华法林(物质F)是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗维生素K的作用，可用于预防血栓栓塞类疾病。某种合成华法林的路线如图所示，请回答相关问题。(1)物质B的名称是___________，物质E中的含氧官能团名称是___________。(2)A→B的氧化剂可以是___________(填标号)a.银氨溶液

b.氧气

c.新制Cu(OH)2

d.酸性KMnO4溶液(3)C→D的化学方程式是___________，反应类型是___________。(4)物质C的同分异构体中符合下列条件的有___________种(不考虑