贵州省贵阳市2023届高三第一次模拟考试化学试卷（含解析）

贵州省贵阳市2023届高三第一次模拟考试化学试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．下列不属于高分子化合物的是 （    ）

A．纤维素 B．聚氯乙烯 C．淀粉 D．油脂

2．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（    ）

A．1 mol C5H12含有极性共价键的数目为12 NA

B．标准状况下，4.48 L NO2中原子数为0.6 NA

C．标准状况下，0.2 mol D2O与HF的混合物中电子数有2 NA

D．1 L 0.1 mol∙L−1的Na2CO3 溶液中Na+有0.2 NA

3．下列关于氯气、液氯、氯水的叙述中正确的是（    ）

A．氯气的液态形式可称为氯水或液氯

B．氯水放置数天后pH变大，漂白性增强

C．干燥的氯气具有漂白性，能使鲜艳的花朵褪色

D．新制氯水使pH试纸先变红后褪色的原因是溶液中的H+使pH试纸变红，褪色的原因是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性

4．下列反应中，可以证明某烃具有不饱和结构的是（    ）

A．燃烧反应 B．加成反应 C．取代反应 D．消去反应

5．下列关于物质性质的比较，正确的是（    ）

A．金属性：Li<Na<Mg B．离子半径：

C．简单氢化物的热稳定性：Cl>S>C D．碱性强弱：KOH<NaOH<LiOH

6．如图所示，电流表的指针发生偏转，同时A极的质量减小，B极上有气泡产生，C为电解质溶液，下列说法错误的是（    ）

A．B极为原电池的正极 B．A、B、C分别可以为Zn、Cu和稀盐酸

C．C中阳离子向A极移动 D．A极发生氧化反应

7．某温度时，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（    ）

A．加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点

B．加入少量水，平衡右移，Cl-浓度减小

C．d点没有AgCl沉淀生成

D．c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp

二、实验题

8．铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：

实验室中可用FeSO4(由铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。

回答下列问题：

(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是___________。

(2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭___________，打开___________(填“K1”、“K2”或“K3”)；装置B中生成FeCO3的离子方程式为___________。

(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是___________；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的___________(填仪器名称)。

(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___________；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和___________(填化学式)。

(5)取干燥后的FeCO3样品(含少量FeOOH)37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为___________%(计算结果取整数)。

三、工业流程题

9．污水处理是保护环境的需要，是每家企业应尽的义务。已知Cr(OH)3在碱性较强的溶液中将生成[Cr(OH)4]-，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍。因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法。

(1)还原法：在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬。具体流程如下：

有关离子完全沉淀的pH如下表：

①写出与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_______。

②还原+6价铬还可选用以下的试剂_______(填序号)。

A．明矾          B．铁屑         C．生石灰       D．亚硫酸氢钠

③在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀。在操作②中调节pH应分2次进行，第1次应先调节溶液的pH范围约在___(填序号)最佳，第2次应调节溶液的pH范围约在___(填序号)最佳。

A．3～4          B．6～8         C．10～11        D．12～14

(2)电解法：将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。

④写出阴极的电极反应式_____

⑤电解法中加入氯化钠的作用是____

四、原理综合题

10．CH4—CO2催化重整合成CO、H2可有效减少碳排放。其主要反应如下：

反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.3kJ·mol-1

反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0kJ·mol-1

反应III：CH4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g) ΔH1

回答下列问题：

(1)反应III中的ΔH1=_____kJ·mol-1。

(2)恒温恒容条件下发生反应III，下列能说明该反应达平衡状态的是_____(填序号)。

a.2v正(CH4)=v逆(H2O)

b.断裂4molC—H键的同时断裂2molH—O键

c.容器内密度保持不变

d.容器内压强保持不变

(3)利用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2，在2L恒容密闭的容器中，按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示：

①由图可知该反应ΔH2_____0，压强p1_____p2(填“>”、“<”或“=”)。

②200℃时c(H2)随时间的变化如表所示：

则0—2min内平均反应速率v(H2)=_____，该反应的平衡常数K=_____，该温度下，CO的转化率为_____%(保留三位有效数字)。

五、结构与性质

11．碳族元素及其化合物在国家工业领域有非常重要用途。回答下列问题：

(1)基态锗原子价层电子排布式为_______。

(2)我国提出力争在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，我国科学家研发的“液态阳光”项目利用了太阳能产生的电能电解水制氢，再选择高效催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇等液体燃料，这将为实现碳达峰、碳中和提供了科学的方法，其中CO2分子中有_______σ键和_______π键，在干冰晶体中每个CO2分子周围有_______个CO2分子相邻。

(3)关于C、Si及其化合物的结构和性质，下列叙述正确的是_______(填序号)。

A．分子稳定性：C2H6＜Si2H6

B．SiC是原子晶体，硬度：SiC＞C(金刚石)

C．还原性：SiH4＜CH4

D．Si的原子半径大于C原子半径，难以形成π键

(4)中碳原子的杂化轨道类型有_______。

(5)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

①b为X的晶胞，该晶胞中粒子个数比Hg:Ge:Sb=_______。

②设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出计算式)。

六、有机推断题

12．有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：

已知如下信息：

①H2C=CH2

②+RNH2

③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______；F的分子式为_______。

(2)由B生成C的化学方程式为_______。

(3)C中所含官能团的名称为_______。

(4)由C生成D的反应类型为_______。

(5)D的结构简式为_______。

(6)E的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1的有_______种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为_______。

参考答案：

1．D

【详解】纤维素和淀粉属于多糖，分子式为(C6H10O5)n，n值很大，是天然高分子化合物，故A、C错误；B项，聚氯乙烯（）是合成有机高分子化合物，故B错误；D项，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D正确。

点睛：本题考查高分子化合物的判断，注意基础知识的积累。高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质天然橡胶等）和合成有机高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。

2．B

【详解】A．C5H12是烷烃，含有12个碳氢共价键，1 mol C5H12含有极性共价键的数目为12 NA，故A正确；

B．标准状况下，NO2是非气态的物质，无法计算物质的量，故B错误；

C．D2O、HF都有10个电子，标准状况下，0.2 mol D2O与HF的混合物中电子数有2 NA，故C正确；

D．1 L 0.1 mol∙L−1的Na2CO3 溶液中Na2CO3物质的量为0.1mol，含有Na+有0.2 NA，故D正确。

综上所述，答案为B。

3．D

【详解】A．液氯为氯气的液态形式，是氯气单质，氯水是氯气的水溶液，溶液中存在HCl、HClO等微粒，属于化合物，故A错误；

B．氯水中具有漂白性的是次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，所以放置数天后，pH变小且几乎失去漂白性，故B错误；

C．干燥的氯气不具有漂白性，能使红色的花朵褪色，是因为氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故C错误；

D．新制氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以新制氯水中滴入石蕊试液先变红后褪色，故D正确；

故选D。

4．B

【详解】A．燃烧反应是烃共有的性质，和烃是否具有不饱和结构无关，故A不选；

B．加成反应是有机物分子中的不饱和碳原子直接结合其他的原子或原子团而生成新的化合物的反应，和不饱和结构有关，故B选；

C．取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应，一般是饱和烃的特征反应，和不饱和结构无关，故C不选；

D．消去反应是在一个有机物分子中消去一个小分子，同时生成不饱和化合物的反应。烃一般不能发生消去反应，某些醇和卤代烃能发生消去反应，且和不饱和结构无关，和分子中是否含有能发生消去反应的官能团如羟基或碳卤键有关，故D不选；

故选B。

5．C

【详解】A．同一主族的元素，从上到下随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强；同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，主族元素的金属性逐渐减弱，故金属性：Na＞Mg，故A错误；

B．核外电子数相同，核电荷数越大半径越小，故，故B错误；

C．非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，故简单氢化物的热稳定性：Cl>S>C，故C正确；

D．同一主族的元素，从上到下随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，故碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH，故D错误；

故选C。

6．C

【分析】电流表指针发生偏转，说明形成原电池反应，化学能转化为电能。同时A极质量减少，说明A电极为原电池负极，B极上有气泡产生，则B电子为原电池正极，C为电解质溶液，据此分析解答。

【详解】A．B极上有气泡产生，则B电极为原电池正极，A正确；

B．A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸，锌作负极，铜作正极，符合题干的反应现象，B正确；

C．原电池中阳离子移向负电荷较多的正极，故阳离子应移向正极B电极，C错误；

D．A电极是原电池的负极，电极失电子发生氧化反应，D正确；

故合理选项是C。

7．D

【详解】A．加入AgNO3，使溶液中Ag+的浓度增大，由于Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，Cl-的浓度较小，而溶液中的c点和d点的Cl-浓度相等，故A错误；

B．加入少量水，对溶液中的离子的浓度起到了稀释作用，平衡右移，这时溶液中的沉淀会继续溶解电离，最终使溶液中的各种离子的浓度保持不变，故B错误；

C．在d点时由于c(Ag+)c(Cl-)>Ksp，所以会产生AgCl沉淀，故C错误；

D．由于这是在某一温度下的AgCl的沉淀溶解平衡曲线，物质的溶度积常数只与温度有关，而与物质的浓度无关，所以c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，故D正确；

答案选D。

8．(1)加热煮沸

(2)     K3     K2     Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O

(3)     碳酸氢铵不稳定，受热容易分解     bc

(4)     4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2     KSCN

(5)93

【分析】碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，过滤分离出沉淀，洗涤干燥得到FeCO3，它与炭粉焙烧发生还原反应生产铁粉。

(1)

气体溶解度随温度升高而减小，蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是加热煮沸；

(2)

由装置可知，K2处左侧导管进入液面以下，K3处左侧与装置A中上侧相通，装置A中铁与硫酸生成硫酸亚铁，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，装置中气体增多压强变大，液体被压入装置B中；装置B中进入的亚铁离子与碳酸氢根离子双水解反应生成FeCO3和二氧化碳、水，离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

(3)

碳酸氢铵不稳定，受热容易分解，故转化过程中温度不超过35℃；

“过滤”环节需要使用玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用下列仪器中的长颈漏斗、锥形瓶，故选bc；

(4)

空气中氧气具有氧化性，FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；Fe3+和KSCN溶液反应溶液变为血红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN溶液；

(5)

设FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则116x+89 y =37.47，根据质量守恒可知，（x+y）×56=18.48；解得x=0.3mol、y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为。

9．     +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O     BD     A     B     2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-     增强溶液导电性或盐析或增强电解效率

【分析】(1)利用Fe2+还原Cr2O-时，在酸性条件下，Cr2O被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+；通过调节pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀时，Fe3+也会生成Fe(OH)3沉淀，所以调节pH应分两次进行，一次让Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，一次让Cr3+生成Cr(OH)3沉淀，为达此目的，需严格控制溶液的pH变化；调节pH时，所加试剂应不影响实验结果。

(2)利用电解法还原Cr2O，实质上也是利用Fe2+还原Cr2O，则阳极需提供Fe2+，阴极需提供OH-，在阳极区Cr2O被还原为Cr3+，在阴极区Cr3+生成Cr(OH)3沉淀。

【详解】(1) FeSO4能将+6价铬还原成+3价铬，铬元素化合价降3，铁元素化合价从+2升高到+3，升1，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、离子电荷守恒，Cr2O与FeSO4在酸性条件下反应的离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；②需要还原+6价铬，则：

A．明矾没有还原性，不能还原+6价铬，A不合题意；

B．铁屑先与酸反应生成Fe2+，Fe2+再还原+6价铬，B符合题意；

C．生石灰显碱性，但没有还原性，不能还原+6价铬，C不合题意；

D．亚硫酸氢钠具有较强的还原性，能还原+6价铬，D符合题意。

答案为：BD；

③由分析知：操作②中调节pH应分2次进行，第1次是将Fe3+转化为沉淀，但Cr3+不生成沉淀，所以应先调节溶液的pH范围约在A，第2次应调节溶液的pH范围约在B最佳。

(2)④电解时，阴极发生还原反应，阴极H2O提供的氢离子得电子生成氢气，促进水电离，则氢氧根离子浓度增大，电极反应式为2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-；⑤电解法中加入氯化钠，虽然没有参加反应，但使溶液易于导电，增强了电解效率，故答案为：增强溶液导电性或盐析或增强电解效率。

10．(1)+329.3

(2)ad

(3)     <     <     2.0mol·L-1·min-1     0.5L2·mol-2     66.7

【解析】(1)

由盖斯定律可知，反应III=反应I+2反应II，则ΔH1=+247.3kJ·mol-1+241.0kJ·mol-1=+329.3 kJ·mol-1。

(2)

a．v正(CH4)/v逆(H2O)=1:2，为其化学计量数之比，代表反应已经达到平衡状态，a正确；

b．断裂4molC—H键代表消耗1mol甲烷，即生成2mol水，断裂2molH—O键代表消耗1mol水，反应未达到平衡状态，b错误；

c．容器体积不变，依据质量守恒定律，容器内气体质量任何时候都不变，因此气体密度任何时刻都不变，c错误；

d．这是一个反应前后气体分子数改变的反应，只有达到平衡时，容器内压强才不变，d正确；

答案选ad。

(3)

①由图可知，压强不变的条件下，温度升高一氧化碳平衡转化率降低，说明温度升高平衡逆向移动，则该反应为放热反应，焓变小于零；这是一个反应前后气体分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，一氧化碳平衡转化率升高，因此p1<p2。

②v(H2)=，依据题意列三段式：，则平衡常数，一氧化碳的转化率为。

11．(1)4s24p2

(2)     2个     2个     12

(3)D

(4)sp3、sp2

(5)     1:1:2    

【解析】（1）

锗为32号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，则基态锗原子价层电子排布式为4s24p2。答案为：4s24p2；

（2）

CO2分子的结构式为O=C=O，含有2个σ键和2个π键，在干冰晶体中，每个CO2分子周围距离最近且相等的CO2分子位于面心，则有=12个CO2分子相邻。答案为：2个；2个；12；

（3）

A．C与Si同主族，C的非金属性大于Si，非金属越强，氢化物越稳定，则分子稳定性：C2H6＞Si2H6，A不正确；

B．SiC是原子晶体，Si的原子半径大于C，Si-C键能＜C-C键能，所以硬度：SiC＜C(金刚石)，B不正确；

C．Si的非金属性比C强，则还原性：SiH4＞CH4，C不正确；

D．Si的原子半径大于C原子半径，P电子云重叠变得困难，难以形成π键，D正确；

故选D。答案为：D；

（4）

中，甲基碳原子、环上碳原子分别形成4个、3个σ键，且都不含有孤对电子，所以杂化轨道类型有sp3、sp2杂化。答案为：sp3、sp2；

（5）

①b为X的晶胞，在该晶胞中，含Hg原子个数为=4，含Ge原子个数为=4，含Sb原子个数为8，粒子个数比Hg:Ge:Sb=4:4:8=1:1:2。

②设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为=g/cm3。答案为：1:1:2； 。

【点睛】进行晶胞内微粒数的计算时，可采用均摊法。

12．(1)     三氯乙烯     C35H53N3O

(2)+KOH +KCl+H2O

(3)碳碳双键、碳氯键

(4)取代反应

(5)

(6)     6    

【分析】根据A的分子式可知：A的结构简式为CHCl=CCl2，A发生信息①的反应生成B为，B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应产生C，则C为，C与过量的二环己基胺发生取代反应生成D，D最后与E发生信息②的反应生成F，D的结构简式为。

【详解】（1）A的结构简式为CHCl=CCl2，其名称为三氯乙烯；

根据F结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知F分子式是C35H53N3O；

（2）B为，B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应产生C：，该反应的化学方程式为：+KOH +KCl+H2O；

（3）C结构简式是，C分子中所含官能团名称为碳碳双键、碳氯键；

（4）C是，C与过量的二环己基胺发生反应生成D，D与E发生信息②的反应生成F，由F的分子结构可知，C的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由C生成D的反应类型为取代反应；

（5）根据上述分析可知D结构简式是；

（6）E是，E的六元环芳香同分异构体中，与钠反应产生氢气，说明含有羟基，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1，说明有两个甲基且对称。又因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，所以同分异构体的结构简式分别为：、、、、、，共6种不同结构，其中芳香环上为二取代的结构简式为。