黄金卷01-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京卷）

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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）
黄金卷01
（本卷共19小题，满分100分）
第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质不属于有机化合物的是(　　)
A
B
C
D




1996年国钢产量突破一亿吨
化学工业生产橡胶
齐鲁三十万吨乙烯工程
人工全合成结晶牛胰岛素

【答案】　A
【解析】　A项，钢铁属于金属材料，是无机材料的一种；B项，塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成有机材料，橡胶属于有机化合物；C项，乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有机化合物；D项，我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，属于有机化合物。

2.(2022·北京模拟)下列化学用语表示正确的是(　　)
A．PCl3的电子式为
B．乙炔的球棍模型：
C．聚氯乙烯的结构简式：
D．离子结构示意图：可表示16O2－，也可表示18O2－
【答案】　D
【解析】　PCl3中P、Cl原子最外层都有8个电子，正确的电子式为，A错误；乙炔分子中存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为，B错误；聚氯乙烯的结构简式为，C错误；16O2－、18O2－质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，D正确。

3.据报道，2012年俄罗斯科学家合成了第117号元素，在实验中生成了6个新原子，其中5个Ts、1个Ts。下列关于Ts和Ts的说法不正确的是(　　)
A.Ts和Ts是两种核素
B.Ts和Ts互为同位素
C.Ts和Ts的中子数分别为176和177
D.Ts和Ts的电子数相差1
【答案】　D
【解析】　Ts和Ts都是具有一定质子数和一定中子数的原子，因此是两种不同的核素，A正确；Ts和Ts具有的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；Ts的质量数是293，质子数是117，中子数为293－117＝176，Ts的质量数是294，质子数是117，中子数为294－117＝177，C正确；Ts和Ts的质子数都是117，即电子数相等，D错误。

4.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 MgCl2溶液中加入足量石灰乳：Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋
B．0.1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入过量浓氨水：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
C．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：Cl2＋SO2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO
【答案】　A
【解析】　A项，MgCl2溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋，正确；B项，浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O，错误；C项，酚酞的变色范围为8.2～10.0，所以红色恰好褪去时溶液显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO＋H＋===HCO，错误；D项，选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO，错误。

5.氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是(　　)
A．氨硼烷结构与乙烷相似，固态时均为分子晶体
B．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故易溶于水
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键
【答案】　C
【解析】　氨硼烷(NH3·BH3)的结构式为，与乙烷类似，固态时是由分子构成的分子晶体，A正确；氨硼烷中氢原子与氮原子以共价键结合，氮元素电负性较强，和水分子间可以形成氢键，B正确；同一周期主族元素由左至右第一电离能呈增大趋势，N原子的第一电离能大于B原子，C错误；N原子价层电子数为5，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一对孤电子对，B原子价层电子数为3，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一个空轨道，所以分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，D正确。

6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是(　　)
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3

【答案】　C
【解析】　混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；SO2与H2S溶液发生反应SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2＋，体现了SO2的还原性，C错误；SO2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. 图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述不正确的是(　　)

A．PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂
B．该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成
C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O
D．乙烯催化氧化的反应化学方程式为CH2==CH2＋O2CH3CHO＋H2O
【答案】　D
【解析】　过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCl，过程Ⅳ生成PdCl，所以PdCl和Cu2＋在反应中都是催化剂，故A正确；过程Ⅴ中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，离子方程式为4Cu＋ ＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2==CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应化学方程式为2CH2==CH2＋O22CH3CHO，故D错误。
8.有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性，可由M合成。下列说法不正确的是(　　)

A．M中所有碳原子不可能共面
B．N可以与NaOH溶液反应
C．M生成N的反应为加成反应
D．M、N的一氯代物数目相同
【答案】　D
【解析】　M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不可能共平面，故A正确；N中含有酯基，可以与NaOH溶液发生水解反应，故B正确；M中酮羰基发生加成反应生成醇羟基，故C正确。
9..下列实验操作、现象及结论均正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
KI3溶液中含有I2和I－
B
将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色逐渐褪去
产生的气体一定是乙烯
C
向H2S溶液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
H2S的酸性比H2SO4的强
D
将用稀硫酸酸化后的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中
溶液变黄
氧化性：H2O2>Fe3＋

【答案】　A
【解析】　淀粉溶液遇碘单质变蓝，AgNO3溶液遇到碘离子有黄色沉淀碘化银生成，则KI3溶液中含有I2和I－，A正确；乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色，乙醇有挥发性，故不能说明使酸性高锰酸钾溶液褪色的是乙烯，B错误；向H2S溶液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀硫化铜，因为硫化铜极难溶于水、不溶于酸，不能说明H2S的酸性比H2SO4的强，C错误；硝酸根离子在酸溶液中有强氧化性，故不能说明亚铁离子被过氧化氢氧化成铁离子，不能证明氧化性：H2O2>Fe3＋，D错误。

10.．氢气是一种清洁能源。“分步法电解制氢气”的装置如图。该方法制氢气分两步，第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应；第二步在另一个惰性电极产生O2。下列说法错误的是(　　)

A．第一步反应时，开关K应该连接K1
B．第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)2发生的电极反应式：Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O
C．当电路中转移6.25 mol电子时，产生67.2 L H2(标准状况)，则电能的利用率为96.0%
D．此方法的总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，可实现将电能转化为化学能
【答案】　B
【解析】　第一步在惰性电极产生H2，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，所以开关K应该连接K1，A项正确；第二步在另一个惰性电极产生O2，此时开关K应该连接K2，NiOOH/Ni(OH)2发生还原反应，B项错误；标准状况下，理论上产生67.2 L H2，需要转移6 mol电子，电能的利用率为×100%＝96%，C项正确；题中装置是电解池，将电能转化为化学能，发生的总反应是2H2O2H2↑＋O2↑，D项正确。
11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述错误的是(　　)
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4K2FeO4，D符合题意。

12.砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1 238 ℃。它在600 ℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是(　　)

A．砷化镓是一种分子晶体
B．砷化镓中不存在配位键
C．晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4∶1
D．晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体
【答案】　D
【解析】　根据砷化镓熔点数据和晶胞结构(空间网状)可知砷化镓为共价晶体，A错误；Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓中存在配位键，B错误；晶胞中，Ga位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，As位于晶胞内，数目为4，所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1∶1，C错误；由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体，D正确。

13.为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：

已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中Ti元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是(　　)
A．FeTiO3中Ti为＋4价
B．“合成”过程中原子利用率为100%
C．“氯化”时发生反应的化学方程式为7Cl2＋2FeTiO3＋6C===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO
D．上述流程中生成钛时可用CO2代替Ar
【答案】　D
【解析】　由已知信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCl4中Ti为＋4价，则FeTiO3中Ti为＋4价，故A正确；“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，化学方程式为CO＋2H2CH3OH，则原子利用率为100%，故B正确；根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4，反应为2FeTiO3＋6C＋7Cl2===2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，故C正确；Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg与CO2反应生成氧化镁和碳，所以不能用CO2代替Ar，故D错误。
14.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质。
实验操作
实验数据
测量下述实验过程的pH变化



下列分析不正确的是
A. ①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应
B. 加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量
C. 从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－
D. b点对应溶液中水电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度
【答案】C
【解析】 ②中反应的离子方程式为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与该反应，故A不选；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca2＋＋OH－＋HCO3－＝CaCO3↓＋H2O，故C选；b点对应溶液碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。

第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_____________________________________。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为________________；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是________，立体构型为正四面体的分子是________，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______________。
(3)Ni与CO在60～80 ℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是________，Ni(CO)4晶体类型是_________________。
(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为____________ g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2＋之间的最短距离为________ nm(已知＝1.414，＝1.732；结果保留小数点后两位)，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为________。

【答案】　(1)[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2
(2)Mg