2023届广东省高三下学期5月化学考前保温模拟试题（四）（Word版含答案）

这是一份2023届广东省高三下学期5月化学考前保温模拟试题（四）（Word版含答案），共26页。试卷主要包含了5 Cu 64，12L乙醇中碳氢键的数目为0，75，0mL、浓度均为0，5—9等内容，欢迎下载使用。
2023学年广东省高考化学考前保温试题（四）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Na 23 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
Fe 56 Zn 65
一、 选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．中华文明源远流长，下列文物中，主要成分为硅酸盐的是
A．西周鸟纹青铜尊
B．北宋龙泉窑八角暗花碟
C．明独角兽铜香炉
D．东汉建安弩机




A．A B．B C．C D．D
2．《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声"，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法正确的是
A．离子半径：K+＞S2-＞O2- B．元素的最高化合价：O=S＞C
C．第一电离能：N＞O＞C＞K D．电负性：N＞O＞S
3．化学使科技进步，使生活更美好，下列相关说法错误的是
A．“海牛II号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于成分金属
B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
C．涤纶人造血管性质稳定、使用寿命长，其属于合成高分子材料
D．“天问一号”火星车的热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，pH=10的KClO溶液中，由水电离出的数目为
B．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含有的共价键数目为13
C．标准状况下，1.12L乙醇中碳氢键的数目为0.25
D．反应中，每生成14g时，转移的电子数为3.75
5．实验室用如图装置验证浓硫酸与二氧化硫的有关性质，下列说法正确的是

A．品红溶液褪色说明浓硫酸有氧化性
B．氯水褪色说明二氧化硫有漂白性
C．溶液中生成黄色沉淀说明二氧化硫有还原性
D．实验后将E溶液蒸发结晶得到亚硫酸铵固体
6．劳动成就梦想。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：公共卫生间摆放酒精免洗手液
酒精能使蛋白质变性
B
学农活动：用糯米酿制米酒
酵母菌可将葡萄糖分解为酒精
C
家务劳动：用洁厕灵清洗马桶
利用洁厕灵的强氧化性杀菌消毒
D
自主探究：用氯化铁溶液刻蚀电路板
Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+
A．A B．B C．C D．D
7．有机物X是一种药物合成中间体，结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．X的分子式为C20H20O4
B．X分子不含手性碳原子
C．1molX与足量NaOH充分反应，最多消耗3molNaOH
D．1molX与足量溴水反应，最多可与3molBr2发生取代反应
8．下列离子方程式正确的是
A．实验室中利用和制：
B．稀硝酸与氯化亚铁混合：
C．少量通入溶液：
D．过量的与溶液反应：
9．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列说法正确的是

A．超氧化钾化学式为KO2，每晶胞含14个K+和14个O
B．超氧化钾固体属于离子晶体，其配位数为8
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有6个
D．晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3∶1
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是

A．原子半径：
B．简单气态氢化物的稳定性：
C．与均为分子晶体
D．化合物M中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构
11．一种以甲醇辅助固定CO2的方法，原理如图。下列说法正确的是

A．该过程中Ce的化合价发生了变化
B．反应②的类型为取代反应
C．若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物可能为
D．反应原料中的原子100%转化为产物
12．根据下列实验操作(室温下进行)和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
用玻璃棒蘸取氢氧化钠溶液点在广泛pH试纸上
测得pH值13.5
B
向NaCl与NaI的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
向2 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液中先加入3滴1 mol·L-1 MgCl2溶液，产生白色沉淀，再加入3滴1 mol·L-1 FeCl3，产生红褐色沉淀
Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
D
用pH试纸测得：0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH约为9，0.1 mol·L-1 NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
13．已知硫酸锰(MnSO4)和过量过硫酸钾(K2S2O3 )两种盐溶液在Ag+催化下可发生氧化还原反应，生成高锰酸钾、硫酸钾和硫酸。则下列说法正确的是
A．反应中没有水参加 B．反应后溶液呈紫红色
C．该反应的氧化剂是MnSO4 D．MnSO4和K2S2O3的化学计量数分别为5、2
14．常温下，在体积均为10.0mL、浓度均为0.10mol·L-1的HX、HY溶液中分别滴加某浓度的NaOH溶液，pOH水[pOH水=-lgc()，c()表示溶液中水电离出的OH-的浓度]与滴加NaOH溶液的体积的关系如图所示，下列说法正确的是

A．HX、HY均为弱酸，HY的酸性更强
B．NaOH溶液浓度c(NaOH)=0.1mol·L-1
C．M、N两点的溶液中：c(X-)与c(Y-)不相等
D．常温下HY的电离常数Ka≈5.4×10-6
15．在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应：BaSO4(s)+4C(s)⇌
BaS(s)+4CO(g)，CO的平衡浓度(mol/L)的对数lgc(CO)与温度的倒数的关系如图所示，下列说法中正确的是

A．Q点BaSO4的消耗速率小于生成速率
B．该反应的ΔH W(O)，故A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O> H2S >SiH4，故B错误；
C．即SiO2为空间网状结构，属于共价晶体，故C错误；
D．Na+最外层有8个电子，O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
11．C
【详解】A．由图可知，该反应过程中Ce的化合价都是+2价，化合价没有发生变化，故A错误；
B．由图可知，反应②为二氧化碳与发生加成反应生成，故B错误；
C．由题给信息可知，若用乙二醇代替甲醇固定二氧化碳，反应的方程式可能为HOCH2CH2OH+ CO2+H2O，则产物的结构简式可能为，故C正确；
D．由分析可知，总反应为二氧化碳与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，反应物原料中的原子没有100%转化为碳酸二甲酯，故D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．pH读数为整数，A错误；
B．没有说明氯化钠和碘化钠的物质的量浓度关系，不能比较溶度积常数大小，B错误；
C．氢氧化钠过量，可以和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，不能比较溶度积常数，C错误；
D．根据越弱越水解分析，醋酸更弱，所以亚硝酸的电离出氢离子能力比醋酸强，D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．由信息可知，反应物与生成物，则MnSO4+K2S2O8+H2O→KMnO4+K2SO4+8H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升高到+7价，S元素的化合价由+7降低为+6价，由电子守恒及质量守恒定律可知，配平的化学反应为2MnSO4+5K2S2O8+8H2O=2KMnO4+4K2SO4+8H2SO4，所以有水参加反应，A错误；
B．因生成KMnO4为紫色，所以反应后溶液呈紫红色，B正确；
C．2MnSO4+5K2S2O8+8H2O=2KMnO4+4K2SO4+8H2SO4，MnSO4中Mn元素的化合价由+2价升高到+7价，则MnSO4为还原剂，K2S2O8中S元素的化合价由+7降低为+6价，则K2S2O8为氧化剂，C错误；
D．由2MnSO4+5K2S2O8+8H2O=2KMnO4+4K2SO4+8H2SO4，MnSO4和K2S2O8的化学计量数分别为2、5，D错误；
答案选B。
14．C
【分析】酸、碱对水的电离均起到抑制作用，pOH水越小，说明水的电离程度越大，根据图象可知，当加入20mLNaOH溶液时，pOH水达到最低，说明酸与NaOH完全反应，此时溶液的pH≠7，推出两种酸为弱酸，利用“越弱越水解”，推出酸性HX＞HY，据此分析；
【详解】A．当加入20mLNaOH溶液时，两条曲线均达到最低点，pOH水最小，且不为7，说明此时水的电离程度最大，即恰好完全中和，同时说明HX、HY为弱酸，利用“越弱越水解”，推出酸性HX＞HY，故A说法错误；
B．根据A选项分析，当加入20mLNaOH溶液时，两种酸与NaOH恰好完全中和，NaOH物质的量浓度是酸的一半，即为0.050mol/L，故B说法错误；
C．根据电荷守恒，推出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，M、N点溶液显中性，即有c(Na+)= c(Y-)、c(Na+)= c(X-)，因为两点c(Na+)不同，则c(Y-)≠c(X-)，故C说法正确；
D．取M点计算HY的电离平衡常数，c(Na+)= c(Y-)=，根据物料守恒，c(HY)= ，Ka==5.4×10-8，故D说法错误；
答案为C。
15．A
【分析】由方程式可知，反应的化学平衡常数K=c4(CO)，由图可知，增大，lgc(CO)减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．由图可知，温度一定时，Q点的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，则硫酸钡的消耗速率小于生成速率，故A正确；
B．由分析可知，该反应为吸热反应，反应ΔH＞0，故B错误；
C．由图可知，温度是K时，在此温度下c(CO)=10，K=c4(CO)=10000，故C错误；
D．反应的化学平衡常数K=c4(CO)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D错误；
故选A。
16．C
【详解】A．根据题给装置知，右侧Ag-Pt电极上转化为N2，发生还原反应，为电解池的阴极，与铅蓄电池的负极相连，故铅蓄电池的B极为负极，A错误；
B．铅蓄电池工作过程中的电池反应为：Pb+PbO2+4H++2 =2PbSO4+2H2O，每通过电路中2mol电子则消耗2molH2SO4，B错误；
C．该电解池的电解液呈酸性，阴极反应为2 +12H++ 10e﹣= N2↑+6H2O，C正确；
D．电解过程中阳极反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，若电解过程中转移5moL电子，则左侧生成1.25mol氧气，同时还有5mol氢离子进入右侧装置，Δm左=45g，右侧生成0.5mol氮气，Δm右=9g，则交换膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为36g，D错误；
故选C。
17．(1) Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2) 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的 Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3) II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜

【详解】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
18．(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2
(2)FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—
(3) 4.5—9.3 H2SiO3、Al(OH)3
(4)2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O
(5)重结晶
(6)a

【分析】由题给流程可知，铬铁矿、碳酸钠在空气中焙烧时Fe(CrO2)2转化为铬酸钠和NaFeO2，铁的氧化物转化为NaFeO2，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为Na[Al(OH)4]，向焙烧渣中加入水水浸将NaFeO2转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；由图可知，向滤液中加入醋酸中和调节溶液pH在4.5—9.3之间，将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，过滤得到含有硅酸、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加冰醋酸调节pH约等于5，将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向反应后的溶液中加入氯化钾将重铬酸钠转化为重铬酸钾沉淀，经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，粗产品经重结晶得到重铬酸钾。
【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；
（2）由分析可知，水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—，故答案为：FeO+2H2O=Fe(OH)3+OH—；
（3）由分析可知，中和步骤加入醋酸中和调节溶液pH在4.5—9.3之间的目的是将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，故答案为：4.5—9.3；H2SiO3、Al(OH)3；
（4）由分析可知，酸化时加冰醋酸调节pH约等于5的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O，故答案为：2CrO+2 CH3COOH=Cr2O+2CH3COO—+H2O；
（5）由分析可知，工序I为经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，工序II为粗产品经重结晶得到重铬酸钾，故答案为：重结晶；
（6）由题意可知，采用氧化还原滴定法测定产品的纯度时，没有加入硫酸将溶液中的铬酸钾完全转化为重铬酸钾导致测得重铬酸钾的质量分数明显偏低，故选a。
19．(1)
(2) AC > 当压强相同时，正反应放热，升温平衡逆向移动，NO转化率降低 23.5% 1.6kPa-1 >

【详解】（1）由题干信息已知：反应I：2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ∆H1= a kJ/mol  反应II：
N2(g) + O2(g) = 2NO(g)  ∆H2= b kJ/mol 反应III：2NO(g) + 2CO(g) =2CO2(g) + N2(g) ∆H3= c kJ/mol 可知，目标反应2NO(g) + C(s) = CO2(g) + N2(g)可由(反应I-反应II+反应III)，根据盖斯定律可知，∆H==-(a-b+c) kJ/mol，故答案为：=-(a-b+c) kJ/mol；
（2）①A．v(CO)正 = 2v(N2)逆 即正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．恒容密闭即体积不变，参与反应的物质都是气体，密闭容器内混合气体质量不变，则密度一直保持不变，不能说明反应平衡，B错误；
C．混合气体的总质量不变，反应前后气体分子数变化，即物质的量变化，平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，C正确；     
D．体系中NO、CO的浓度相等不能说明反应达到平衡状态，D错误；
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2都指正反应方向的速率，不能说明反应达到平衡状态，E错误；
故选：AC；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，则T1＞T2；
M点时NO的平衡转化率为60%，∆n=0.6mol，三段式分析可知，CO的体积分数为=23.5%，故答案为：＞；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小；23.5%；
③设起始n(NO)=n(CO)=amol，设NO转化物质的量为2xmol，根据三段式分析：，压强之比等于物质的量之比，则， 解得x=0.4a，n(NO)=n(CO)=0.2amol，n(N2)=0.4amol，n(CO2)=0.8amol，n(总)=1.6amol，Kp= ==1.6kPa-1； 当反应达到平衡时，正=逆，即k正•p2(NO)p(CO)= k逆•p(N)p2(CO2)，则==Kp=1.6，则k正＞k逆，故答案为：1.6kPa-1；＞。
20． 羧基和醚键 取代反应
【详解】(1) )由D的结构简式可以看出，其含有的官能团为羧基和醚键；
(2)从D 到E的结构简式可以看出来，D结构中的羧基中的羟基被Cl原子取代，故反应类型为取代反应；
(3) A的分子式为C10H10O3，且A是由得到的，结合B的结构简式，结合已知条件，和反应，结构中划线部分断开，和苯环发生取代，取代苯环上的一个氢原子，形成一个羧基，故A的结构简式为；
(4)由F的结构简式及限制条价可知F的同分异构体结构中含有一个苯环，且有两个取代基，根据氧原子个数和饱和度，可以知道取代基中必然有羰基，结合取代基不能水解，所以两个氧原子不在一起，另外结构中含有四种不同化学环境的氢，苯环上就占有2个不同环境的氢，另外2个必然在取代基中，再结合剩余的碳原子数，则可推测出F的结构简式为。
(5)以甲苯为原料制备，就要想办法在苯环上引入羧基和酚羟基，然后和碳酸氢钠反应。从题目给的化合物F合成路线可以知道，要在苯环上引入酚羟基，可先引入硝基，再使硝基变为氨基，然后让氨基转变为酚羟基。而在甲苯上引入羧基，只需让苯环上甲基直接氧化为羧基即可，需要注意的是需先让甲苯上的甲基氧化为羧基，然后再引进酚羟基。因为先引进酚羟基，那么甲基氧化为羧基时，酚羟基也会被氧化。综上所述，本题的合成路线可以这样设计：。