预测卷一(全国甲卷)(解析版)

2023年高考化学模拟预测卷（一）（全国甲卷）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 C-12 N-14 O—16 Mn—55 K—39 Cl—35.5 Fe—56 Ca-40 Na—23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。7.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．水质检验员先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液检验自来水中氯离子的存在B．科技考古研究员利用和两种核素的测定分析古代人类的食物结构C．测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级D．电子工业高级技工用覆铜板制作印刷电路板常用氯化亚铁溶液作为腐蚀液【答案】D【详解】A．先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则自来水中含氯离子，A正确；B．和两种核素的半衰期稳定，因此可用来分析古代人类的食物结构，B正确；C．钢中含有Mn、C、Al、V等元素，故测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级，C正确；D．用覆铜板制作印刷电路板常用氯化铁溶液作为腐蚀液，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，D错误；答案选D。8.下列离子方程式书写正确的是A．用Pt电极电解AlCl3饱和溶液：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-B．向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+C．碳酸氢铵溶液中滴入少量的氢氧化钠溶液：+OH-NH3·H2OD．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)【答案】D【详解】A．电解过程中生成的氢氧根离子会和铝离子生成了氢氧化铝沉淀，A错误；B．NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，氢离子与次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：SO2+3ClO-+H2O=+Cl-+2HClO，B错误；C．碳酸氢铵溶液中滴入少量的氢氧化钠溶液，氢氧根离子首先和碳酸氢根离子生成碳酸根离子和水：，C错误；D．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成更难溶的铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)，D正确；故选D。9.微生物燃料电池(MFC)耦合人工湿地(CW)系统可用于生产生活废水处理并提供电能，系统内产电微生物由根沉积物和废水提供，其原理如图所示，下列有关MFC-CW系统叙述正确的是A．电子由A极经外电路流向B极B．A极发生氧化反应C．消耗2.24L时，转移0.4NA电子D．B极反应式为【答案】D【分析】该装置为原电池装置，根据B电极上发生的反应，碳元素化合价升高，发生氧化反应，故B为负极，A为正极。【详解】A．电子由B极流出沿导线流向A极，A错误；B．A极为正极，发生还原反应，B错误；C．没有指明标准状况，氧气的物质的量未知，无法计算转移电子数，C错误；D．B极为负极，发生氧化反应，醋酸根转化为二氧化碳，电极反应式正确，D正确；故选D。10.某有机物分子结构如图所示，下列说法正确的是A．该分子中含有4种官能团B．该分子一氯代物有12种C．该分子中至少有7个碳原子共直线D．该有机物只能与碱溶液反应【答案】B【详解】A．该分子中含有碳碳三键、氨基、酯基，共3种官能团，A错误；B．如图所示，该分子的一氯代物共12种，B正确；C．苯环上处于对位的碳原子共直线，与碳碳三键直接相连的碳原子共直线，如图所示：，该分子中至少有5个碳原子共直线，C错误；D．该有机物含碳碳三键和苯环，可以氢气发生加成反应；含酯基，能与碱溶液发生水解反应，含氨基，能与酸发生中和反应，D错误；故选B。11.一种由前四周期主族元素组成的化合物(如图所示)是一种用于合成药物的重要试剂。已知X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，Z、M位于同一主族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。下列有关叙述错误的是A．简单离子半径：M>N>ZB．最简单氢化物的沸点：Z>MC．化合物YM2与YZM均为共价化合物D．化合物中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】D【分析】化合物T是一种用于合成药物的重要试剂，其结构简式如图所示，已知X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期主族元素，Z、M位于同一主族，N形成+1价阳离子，位于ⅠA族，Y形成4个共价键，位于ⅣA族，X形成1个共价键，位于ⅠA族(H元素)或ⅦA族，X、Y、N的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X只能为H元素，Z原子的最外层电子数为1+4+1=6，则Z为O元素，M为S元素，N为K元素；Y的原子序数小于O元素，则Y为C元素，据此分析解题。【详解】A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：S＞O＞H，A正确；B．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞S，则最简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B正确；C．化合物YM2与YZM分别为SC2、COS，SC2、COS分子中只含有共价键，属于共价化合物，C正确；D．化合物T中，H原子的最外层电子数为2，不满足8电子稳定结构，D错误；故答案为：D。12.下列实验操作及现象可以达到实验目的的是选项实验目的实验操作A探究NaClO溶液的酸碱性用pH试纸测定溶液的pHB验证SO2具有漂白性SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，观察溶液颜色变化C探究浓度对反应速率的影响向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象D证明FeCl3与KI之间是可逆反应向1mL0.1mol•L1FeCl3溶液中滴加2mL0.1mol•L-1KI溶液，充分反应，滴加几滴KSCN溶液后变为红色A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；B．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去，体现了SO2具有酸性氧化物的性质，可与碱反应，故B错误；C．HSO+H2O2=SO+H++H2O，该反应没有现象，则不能探究浓度对反应速率的影响，故C错误；D．2Fe3++2I-2Fe2++I2，题目中I-过量、Fe3+不足，充分反应后，滴加几滴KSCN溶液后变为红色，即说明有Fe3+剩余，则说明该反应是一个可逆反应，故D正确；答案选D。13.氯气可用于制取漂白剂和自来水杀菌消毒。常温下，溶液中Cl2(aq)、HClO和ClO-物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示，HClO杀菌能力强于ClO-，下列叙述正确的是A．pH=7.0时漂白能力比pH=4.0时要强B．pH=7.5时，c(OH-)＞c(H+)+c(HClO)C．氯气通入水中，c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)D．等量氯气处理自来水，在夏天的杀菌效果一定比在冬天好【答案】C【详解】A．起漂白作用的是HClO，由图像可知，pH=7.0时，c(HClO)比pH=4.0小，因此pH=7.0时漂白能力要比pH=4.0时要弱，选项A错误；B．pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，根据电荷守恒有c(OH-)=c(H+)+c(ClO-)，故c(OH-)=c(H+)+c(HClO)，选项B错误；C．氯气通入水中，存在电荷守恒：c(H＋)=c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，选项C正确；D．夏天相比冬天温度高，并且HClO易分解；温度越高，HClO分解越快。所以，在夏天的杀菌消毒效果要比在冬天差，选项D错误；答案选C。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.(1)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应(假设用2A⇌A2表示该反应)。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_______A．T1>T2B．a点的反应速率小于c点的反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时环戊二烯的浓度为0.45mol/L(2)298K时，将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)⇌(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c()与反应时间(t)的关系如图所示。下列可判断反应达到平衡的是_______(填标号)。a.溶液的pH不再变化b.v(I-)=2v()c.c()/c()不再变化d.c(I-)=ymol·L-1(3)锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质是LiClO4，溶于混合有机溶剂中，金属锂离子(Li+)通过电解质迁移入二氧化锰晶格中，生成LiMnO2。电池的正极反应式为_______。(4)将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)⇌NH3(g)+HI(g)②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)达到平衡时，c(H2)=0.5mol•L﹣1，c(HI)=4mol•L﹣1，下列说法正确的是_____A．平衡时，c(NH3)=5mol•L﹣1B．反应起始时固体NH4I是5molC．平衡时HI的分解率为20%D．改变反应起始固体NH4I的量，保持其他条件不变，平衡时各气体浓度也发生改变(5)探究H2SO3的酸性强于HClO(可能需要的装置和试剂如图所示)。(5)所需装置的连接顺序为：纯净的SO2→_______(填装置字母代号)【答案】CacMnO2+e-+Li+=LiMnO2ACH→J→I→K【详解】(1)A．在相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快。根据图象可知反应温度：T2>T1，A错误；B．a、c两点的温度和浓度都不相同，因此无法比较a点和c点的反应速率大小，B错误；C．a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C正确；D．由图象可知，b点时环戊二烯的浓度为0.6mol/L，D错误；故答案为C。(2)①a.溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应处于平衡状态；b.根据速率关系，v(I-)/2=v()，则v(I-)=2v()始终成立，v(I-)=2v()时反应不一定处于平衡状态；c.由于提供的Na3AsO3总量一定，所以c(AsO43-)/c()不再变化时，c(AsO43-)与c()也保持不变，反应处于平衡状态；d.平衡时c(I-)=2c()=2×y=2y时，即c(I-)=y时反应不是平衡状态；故选：ac(3)在锂锰电池中，金属锂为负极(a极)，电极反应式为Li-e-Li+；二氧化锰为正极(b极)，电极反应式为MnO2+e-+Li+LiMnO2(4)A.平衡时c(HI)=4mol/L，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol/L，HI的分解浓度为2×0.5mol/L=1mol/L，则NH4I分解生成的HI的浓度为4+1=5mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol/L，A项错误；B.NH4I的转化率不能确定、容器的体积不确定，无法计算NH4I的起始物质的量，B项错误；C.HI的分解浓度为1mol/L，NH4I分解生成的HI的浓度为5mol/L，则HI的分解率为1mol/L÷5mol/L×100%=20%，C项正确；D.NH4I为固体，改变其用量，反应①的平衡不移动，平衡时各组分的浓度不变，D项错误；答案选C。(5)证明H2SO3的酸性强于HClO，不能直接将SO2通入漂白粉溶液中，因为SO2会被具有氧化性的ClO-氧化，不能发生强酸制取弱酸的复分解反应，所以可以借助碳酸，H2SO3的酸性强于H2CO3，H2CO3的酸性强于HClO，从而间接证明H2SO3的酸性强于HClO。由以上分析可知，纯净的SO2先通入小苏打溶液中，制取CO2气体，用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2，再通过品红溶液，以保证SO2全部除尽，最后通入漂白粉溶液中，若出现白色沉淀，则证明有CO2进入漂白粉溶液中，从而证明了H2SO3的酸性强于H2CO3，H2CO3的酸性强于HClO，从而间接证明H2SO3的酸性强于HClO，所以所需装置的连接顺序为：纯净的SO2→H→J→I→K【点睛】本题考查化学平衡的计算，难度中等。①NH4I分解出的HI浓度为平衡时HI浓度与已分解的HI的浓度之和，即为NH4I分解出的NH3物质的量浓度，H2来自HI的分解，根据氢气浓度可知HI分解的浓度；②NH4I的转化率不能确定、容器的体积不确定，无法计算NH4I的起始物质的量；③HI的分解率=HI的分解浓度÷NH4I分解出的HI浓度×100%；④NH4I为固体，改变其用量，反应①的平衡不移动，平衡时各组分的浓度不变。27．硫酸镁在印染等工业中应用广泛。一种以硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)制取七水硫酸镁的流程如下:已知:本题中涉及的部分难溶电解质的溶度积如下表:难溶电解质Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp4.0×10-388.0×10-164.6×10-331.8×10-11回答下列问题:(1)“酸浸”中主要反应的化学方程式为__________，滤渣的成分为_________。(2)“氧化”的目的:(i)氧化Fe2+；(ii)氧化Mn2+，其离子方程式为____________________。(3)“调pH”时，最适宜使用的X试剂是_____(填标号)。A．NH3·H2OB．NaOH

C．MgO(4)当溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1时，则所调pH=________________。(5)调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是________________。(6)已知CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线如图所示，则“结晶1”的操作为______________、______________。【答案】(1)MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2OSiO2、CaSO4(2)ClO-+Mn2++H2O=C1-+MnO2+2H+(3)C(4)5(5)加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉，便于过滤除掉(6)蒸发结晶趁热过滤【分析】向硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)中加入硫酸酸浸，SiO2不溶于硫酸，CaO与H2SO4反应生成CaSO4微溶物，则滤渣中含有SiO2、CaSO4，滤液中含有，向滤液中加入NaClO氧化Fe2+生成Fe3+，同时将Mn2+氧化为MnO2，再调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和MnO2一起过滤，再将CaSO4结晶，最后结晶得到七水硫酸镁。【详解】（1）硼镁泥的主要成分为MgCO3，则“酸浸”中主要反应的化学方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O；据分析可知，滤渣的成分为SiO2、CaSO4；（2）根据得失电子守恒和元素守恒配平可得氧化Mn2+的离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=C1-+MnO2+2H+；（3）调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能引入新的杂质离子，则“调pH”时，最适宜使用的X试剂是MgO，故选C；（4）当溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1时，，则所调pH=5；（5）调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉，便于过滤除掉；（6）根据CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线可知，“结晶1”的操作为蒸发结晶、趁热过滤。28．氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料。某科研小组先利用红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备无水氯化铬(CrCl3)，再利用CrCl3与氨气高温下反应制备CrN。已知：①CrCl3•6H2O难溶于乙醚，易溶于水、乙醇。Cr3+易水解。②CrCl3高温下能被氧化，不易升华。I.制备CrCl3。以红矾钠为原料制备CrCl3流程图如图：(1)步骤I中“加入40%NaOH溶液”的作用是将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4，请结合离子方程式说明原理______。(2)步骤I中“加CH3OH与10%盐酸”，其中CH3OH的作用是______。(3)由步骤II得到的固体Cr(OH)3，经多步操作制备CrCl3•6H2O的实验操作：先将过滤所得Cr(OH)3溶解于________溶液中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，然后用乙醚洗涤2-3次，最后减压干燥得到CrCl3•6H2O。II.制备CrN。利用CrCl3与氨气反应制备CrN的装置如图所示(加热和夹持装置省略)。(4)实验开始时，要先打开装置A中______(填仪器名称)的活塞，一段时间后再加热装置C，目的是______。(5)装置C发生反应的化学方程式是______。(6)实验过程中需间歇性微热b处导管的目的是______。III.测定CrN的纯度。(7)制得的CrN产品中含有Cr2N杂质，取样品71.2g，经测定含氮元素14.0g，则样品中CrN的含量为______%(精确到小数点后一位)。【答案】(1)(2)作还原剂(3)盐酸(4)恒压滴液漏斗利用生成的氨气排尽装置中的空气，防止CrCl3被氧化(5)(6)防止可能生成的氯化铵凝固堵塞导管(7)【分析】红矾钠中先加NaOH溶于将Na2Cr2O7转化为Na2CrO4，再加入乙醇及盐酸将Na2CrO4还原为氯化铬，氯化铬溶于调节pH值到7，将氯化铬转化为氢氧化铬沉淀，先将过滤所得Cr(OH)3溶解于盐酸溶液中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，然后用乙醚洗涤2-3次，最后减压干燥得到CrCl3•6H2O，该晶体在HCl气氛中加热脱水得到无水氯化铬，据此分析解答。【详解】（1）在碱性条件下转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；（2）步骤I中“加CH3OH与10%盐酸”，其中CH3OH的作用是将Na2CrO4还原为CrCl3，故答案为：作还原剂；（3）为不引入杂质离子，应将固体Cr(OH)3溶于盐酸反应生成CrCl3，故答案为：盐酸；（4）由仪器构造可知A中盛浓氨水用的仪器为恒压滴液漏斗，实验开始前先打开滴液漏斗，将浓氨水滴入盛有碱石灰固体的烧瓶中生成氨气，氨气用盛有碱石灰的干燥管干燥后，利用干燥的氨气除尽装置中的空气后再加热装置C，可有效防止氯化铬被氧气氧化，故答案为：恒压滴液漏斗；利用生成的氨气排尽装置中的空气，防止CrCl3被氧化；（5）装置C中氯化铬和氨气反应生成CrN和HCl，反应方程式为：，故答案为：；（6）氯化铬和氨气高温反应生成HCl，氨气和HCl会反应生成固体氯化铵，温度低时可能生成的氯化铵堆积在导管中，会堵塞导管，间歇性微热b处导管，可防止氯化铵堆积堵塞导管，故答案为：防止可能生成的氯化铵凝固堵塞导管；（7）设CrN为xmol，Cr2N为ymol，根据质量守恒得：66x+118y=71.2；14x+14y=14.0，解得：x=0.9；y=0.1；则样品中CrN的含量为，故答案为：。(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___________，C-Nσ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·cm-3.(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，Ni-N键中离子键成分的百分数小于Ni-O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sp2、sp38(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原子与周围的原子形成的价键有单键，有双键，可知其杂化方式为sp2、sp3；C-N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C-Nσ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