预测卷三(解析版)

2023年高考化学模拟预测卷（三）（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）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.化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是选项科技新闻相关阐述A以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器芝麻壳的主要成分是油脂B通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气天然生物质转化为新能源，实现废物利用CC60在一定条件下能转化为导电、高硬度的非晶态碳玻璃碳玻璃与C60互为同素异形体D用紫外线作能源、氯化铝作催化剂，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品聚苯乙烯的链节为A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A.芝麻富含油脂，芝麻壳的主要成分是纤维素，故A错误，符合题意；B.香蕉皮中的纤维素在一定条件下分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，故B正确，不符合题意；C.碳玻璃与C60都是碳元素的单质，两者互为同素异形体，故C正确，不符合题意；D.苯乙烯通过加聚反应生成聚苯乙烯，该聚合物的单体为，链节为，故D正确，不符合题意。故答案为：A8.奥司他韦是目前治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是A．分子中既含有σ键，又含有π键B．该物质可以使溴的四氯化碳溶液褪色C．1mol该物质可以与3molH2发生加成反应D．分子中有2种官能团可以发生水解反应【答案】C【详解】A．分子中既有单键也有双键，所以既含有σ键，又含有π键，A正确；B．结构中存在碳碳双键，所以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；C．结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质可以与1molH2发生加成反应，C错误；D．分子中的酯基和酰胺基可以发生水解反应，D正确；故选C。9.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”。已知：①Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)②A和C中的硫酸溶液浓度相同下列有关分析错误的是A．该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B．C中现象为液面下降C．B中反应速率大于D中反应速率D．H中出现浅黄色浑浊【答案】C【分析】该“化学多米诺实验”在BD中均发生反应：，D中还发生反应：，生成的Cu会附着在Zn表面，在稀硫酸中形成锌铜硫酸原电池，故D中氢气生成速率会更快；B中生成的氢气会将C中液体压入D中，D中生成的氢气会将E中溶液压入F中发生反应：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+，F中生成的[Cu(NH3)4]2+离子会随着溶液流入G中，使H2O2催化分解产生氧气，氧气通入H中发生反应：，造成溶液浑浊。【详解】A．装置气密性良好，才能保证装置内部随着气体产生气压增大，将液体压入下一个试管，使多个反应依次发生，描述正确，A不符题意；B．B中生成的氢气将C中溶液压入D中，C中液体自然减少，描述正确，B不符题意；C．D中有锌铜硫酸原电池形成，电化学腐蚀速率快于化学腐蚀速率，所以D中反应速率更快，描述错误，C符合题意；D．H中发生反应：，生成单质硫沉淀，造成溶液浑浊，描述正确，D不符题意；本题选C。10.某种药物分子结构如图所示。其中W的原子核只有1个质子，元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8个电子。下列说法正确的是A．X、Y、Z原子半径逐渐增大B．分子中Y原子为sp3杂化C．1mol该分子中含孤电子对数22NAD．Y、Z、Q最简单氢化物水溶液酸性逐渐减弱【答案】B【分析】W的原子核只有1个质子，则W为H；元素X、Y、Z原子序数依次增大，且均位于W的下一周期，则为第二周期元素，结合物质结构，X形成四个共价键，为C；Y形成两个共价键，为O；Z形成一个共价键，为F；元素Q的原子比Z原子多8个电子，为Cl，据此解答。【详解】A．X、Y、Z为第二周期元素，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，A错误；B．分子中Y原子为O，形成两个键，含有两个孤对电子，为sp3杂化，B正确；C．该分子中含孤电子对的为F（3对）、O（2对）、Cl（3对），则1mol该分子中含孤电子对数20NA，C错误；D．Y、Z、Q最简单氢化物为H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐渐增强，D错误；故选B。11.卡塔尔世界杯上，来自中国的888台纯电动客车组成的“绿色军团”助力全球“双碳”战略目标。现阶段的电动客车大多采用LiFePO4电池，其工作原理如图1所示，聚合物隔膜只允许Li+通过。LiFePO4的晶胞结构示意图如图2(a)所示。O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法中正确的是A．充电时，Li+通过隔膜向阳极迁移B．该电池工作时某一状态如图2(b)所示，可以推算x=0.3125C．充电时，每有0.5mol电子通过电路，阴极质量理论上增加3.5gD．放电时，正极的电极反应方程式为：Li1-xFePO4+xLi+-xe-=LiFePO4【答案】C【详解】A．充电时是电解池，阳离子向阴极移动，Li+通过隔膜向阴极迁移，A错误；B．图2(b)晶胞中锂原子数8×+3×+3×=3.25，FePO4数为4，则Li1-xFePO4的化学式为Li0.8125FePO4，解得x=0.1875，B错误；C．充电时，阴极反应为Li++e-=Li，每有0.5mol电子通过电路，阴极生成0.5mol锂，质量为3.5g，C正确；D．放电时，FePO4得电子与Li+反应生成LiFePO4，正极的电极反应方程式为：FePO4+Li++e-=LiFePO4，D错误；故答案为：C。12.据文献报道，利用阴极膜过滤反应器能除去废水中的磷元素(假设磷元素的存在形态只有)，其装置原理示意图如图所示[图中CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]：下列叙述正确的是A．三电极流出(入)的电子数均相等B．工作时Ti/SnO2-Sb电极应与直流电源的负极相连C．Ti/SnO2-Sb电极周围H2O分子被氧化，其氧化产物为H+和O2D．阴极区的总反应式：20Ca2++14+26e-+2zH2O=2[3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]↓+13H2↑【答案】D【详解】中间电极上产生CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，说明中的氢被还原生成氢气，则该电极为阴极，连接电源的负极，两侧的电极就是阳极。据此解答。A．中间的为阴极，两侧的为阳极，根据电子守恒分析，阳极失去的电子总数应该等于阴极得到电子总数，故三电极流出或流入的电子数不相等，A错误；B．工作时Ti/SnO2-Sb电极与电源的正极相连，B错误；C．Ti/SnO2-Sb电极为阳极，水被氧化，氧化产物为氧气，氢离子不是氧化产物，C错误；D．阴极是中的氢得到电子生成氢气，同时生成和，和钙离子和水结合形成3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，D正确；故选D。13.25°C时，将HCl气体缓慢通入0.1mol·L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法正确的是A．25°C时，NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25B．t=0.5时，c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c()C．P2所示溶液：c()>100c(NH3·H2O)D．P1所示溶液：c(Cl-)=0.05mol·L-1【答案】C【分析】由图可知P1时铵根和一水合氨的浓度相同，P2时溶液显中性，氢离子和氢氧根离子相同，同时结合一水合氨的电离常数的表达式，Kb=，以此解题。【详解】A．由图可知，图中P1点pH=9.25，c(OH-)==10-4.75mol/L，此时c()=c(NH3·H2O)，则NH3·H2O的电离平衡常数为Kb==c(OH-)=10-4.75，A错误；B．t=0.5时溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨的混合物，由图可知溶液此时显碱性，则一水合氨的电离大于铵根离子水解，则此时溶液中的离子浓度大小顺序为：c()>c(Cl-)>c(NH3·H2O)，B错误；C．P2所示溶液pH=7，c(OH-)==10-7mol/L，根据其电离常数Kb==10-4.75，则，故c()>100c(NH3·H2O)，C正确；D．P1所示溶液中电荷守恒，c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，根据氮原子守恒，c()=c(NH3·H2O)=0.05mol/L，由图可知P1点时c(H+)<c(OH-)，则c(Cl-)<0.05mol/L，D错误；故选C。二、非选择题：化学部分为第27-30题，共58分。27.金属钛(Ti)及其合金是高强度、低密度结构材料，在航空航天、医疗器械等领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应a)和碳氯化法(反应b)。a．TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1b．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH2已知：C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1，2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH4=-566.0kJ·mol-1①直接氯化反应在___________(填“高温”“低温”)有利于自发进行。②ΔH2=___________kJ·mol-1③碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，从熵变角度分析可能的原因是___________。④已知常压下TCl4的沸点为136°C，从碳氯化反应的混合体系中分离出TiCl4的措施是___________。(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中TiCl4、CO、CO2平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①已知在200°C平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是___________。②图中a曲线代表的物质是___________，原因是___________。③反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数Kp(1200°C)=___________Pa。【答案】(1)高温-49生成CO反应的ΔS更大，更有利于反应正向进行降温冷凝(2)温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多COCO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高8×104【详解】（1）①直接氯化时ΔH1=172kJ·mol-1；所以反应在高温有利于自发进行；故答案为高温。②已知：a．TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ·mol-1；c．C(s)+O2(g)CO2(g)

ΔH3=-393.5kJ·mol-1；d．2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH4=-566.0kJ·mol-1；所以反应b．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)：b=a+2c-d，所以ΔH2=ΔH1+2ΔH3-ΔH4=-49kJ·mol-1；故答案为-49。③生成CO反应的中ΔS更大，所以碳氯化法中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，更有利于反应正向进行；故答案为生成CO反应的ΔS更大，更有利于反应正向进行。④常压下TCl4的沸点为136°C，大于四氯化碳沸点可用降温冷凝法将TCl4从碳氯化反应的混合体系中分离；故答案为降温冷凝。（2）①虽然在200°C平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多，所以实际生产中反应温度却远高于此温度；故答案为温度较高时，反应速率加快，单位时间内得到的产品更多。②曲线a代表的物质的比例随着温度升高而增大，CO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高，所以曲线a代表的物质为CO；故答案为CO；CO2(g)＋C(g)2CO(g)ΔH>0，温度升高，平衡向正向移动，CO物质的量分数逐渐升高。③；故答案为8×104。28.四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子Al3+Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+开始沉淀4.12.27.59.68.8完全沉淀5.43.29.5//②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3回答下列问题：(1)提高“酸浸”效果的方法有___________、___________(任写两种)。(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为___________，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是___________(写化学式)。(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为___________。(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于___________。(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是___________。(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为___________。【答案】(1)碳酸锰矿粉碎、搅拌增大H+浓度、升高温度等(2)2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2OK3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液(3)5.4~8.8(4)7.6×107(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。29.NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题(1)装置图中，仪器a的名称是___________，装置Ⅱ中的试剂为___________。(2)装置Ⅲ中反应的离子方程式为___________。(3)反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在___________(填“b”或“c”)处。(4)用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是___________(以化学方程式表示)。(5)测定某NiS样品的纯度称取试样(杂质中不含Ni)mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应：Ni2++H2Y2-NiY2-+2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。①样品的纯度为___________。②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度___________(填“偏低”、“偏高”或“不影响”)。【答案】(1)恒压漏斗(或恒压分液漏斗)饱和NaHS溶液(2)H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2(3)b(4)4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S(5)偏高【分析】Ⅰ中硫化亚铁和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢通过饱和NaHS溶液的装置Ⅱ除去氯化氢气体杂质后进入装置Ⅲ，装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，尾气有毒需要尾气处理装置；【详解】（1）装置图中，仪器a的名称是恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液，饱和NaHS溶液可以除去生成硫化氢气体中挥发的氯化氢气体杂质；（2）装置Ⅲ中硫化氢、氨气、氯化镍反应生成NiS，反应为H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2；（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤，抽滤洗涤时，洗涤水进入装置Ⅲ然后通过抽气装置抽出达到洗涤目的，故连有抽气泵的装置Ⅳ接在b处以便能够抽出洗涤水；（4）已知，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力，故随时间延长残留铜离子增加的原因是：4NiS+O2+2H2O=4N