河南省普通高中2023届高三下学期高考模拟（适应性考试）理综化学试题

这是一份河南省普通高中2023届高三下学期高考模拟（适应性考试）理综化学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023·河南·统考模拟预测）化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
2．（2023·河南·统考模拟预测）2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，有关物质的转化过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A．淀粉的化学式为(C6H10O5)n
B．C3和H2反应生成丙三醇发生的是加成反应
C．淀粉发生水解反应时环状结构会断开
D．已知中的三个原子共平面，则C3中的所有C、O原子不可能在一个平面上
3．（2023·河南·统考模拟预测）某无色溶液中可能含有 K+、Ag+ 、Ba2+、 Fe3+、Cl- 、OH- 、 中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加人AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+ 、OH-、
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
4．（2023·河南·统考模拟预测）由下列实验操作、现象得出的结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
5．（2023·河南·统考模拟预测）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，只有两种金属元素，三种非金属元素的原子序数之和为15，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。ZaMb(YW)c(XY3)d·xW2Y常用作塑料阻燃剂，为确定其组成，进行如下实验：
I．准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成标准状况下气体0. 560 L。
II．另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率( )随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物)。下列说法正确的是
A．W、X、Y的单质均存在同素异形体
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Xc(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01ml·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为=，故D正确；
故选D。
8．(1)提高乙酸的利用率，增大产率
(2)B
(3) b 蒸馏
(4) 催化剂使得反应在温度较低条件下进行 CD
(5) 二氧化碳 C2H5OH 水
【分析】向三颈烧瓶中加入23 mL 95%的乙醇、1 g FeCl3·6H2O、14.5 mL冰醋酸，在较低温度下加热反应生成乙酸乙酯，向反应后的溶液中加入碳酸钠固体除掉乙酸，加入CaCl2除掉乙醇，再加入无水硫酸钠吸收水分。
【详解】（1）乙酸和乙醇反应是可逆反应，为了提高乙酸的利用率，一般加入乙醇过量，因此实验中乙醇要过量的目的是提高乙酸的利用率，增大产率；故答案为：提高乙酸的利用率，增大产率。
（2）实验中药品是23 mL 95%的乙醇、1 g FeCl3·6H2O、14.5 mL冰醋酸，总的药品体积不超过40mL，烧瓶中纵液体体积不能小于三分之一，不能大于三分之二，因此三颈烧瓶适合的容积为100mL；故答案为：B。
（3）实验温度为80℃时产率最高，此时是测溶液的温度，因此需要观察温度计b的读数，后面需要将乙酸乙酯蒸馏出来，因此另一只温度计在蒸馏操作中使用；故答案为：b；蒸馏。
（4）选用FeCl3·6H2O作为催化剂，使得在温度较低条件下反应，因此可不加入碎瓷片；根据羧酸和醇生成酯的反应机理推测，
A．NaOH会使生成的酯发生水解，故不能作催化剂，故A不符合题意；
B．BaCl2是中性溶液，在反应中无法提供氢离子，故B不符合题意；
C．FeSO4中亚铁离子水解显酸性，能提供氢离子，故C符合题意；
D．HIO4 (固体)电解出氢离子显酸性，能提供氢离子，故D符合题意；
综上所述，答案为：催化剂使得反应在温度较低条件下进行；CD。
（5）①向粗产品中加入碳酸钠粉末，碳酸钠和乙酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，因此反应至无二氧化碳气体逸出；故答案为：二氧化碳。
②根据乙醇可与CaCl2结合形成CaCl2·6C2H5OH难溶物，向其中加入饱和氯化钙溶液，以除去C2H5OH；故答案为：C2H5OH。
③向所得有机层中加入无水硫酸钠，以除去水，过滤后再蒸馏，收集77℃左右的馏分；故答案为：水。
9．(1)+5
(2) pH＞13 VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(3) 转化Ⅲ Fe(OH)3
(4) C 0.4
(5) VO2+—e—+H2O=VO+2H+ 1
【分析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13的目的是将五氧化二钒转化为离子，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4ml/L，故选C，故答案为：0.4；C；
（5）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；
②由分析可知，充电时，每转移1 ml电子，左池溶液中生成2ml氢离子，其中1ml氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
10．(1) >
(2) 乙 2a
(3) Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：；>；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2aml、反应ii消耗二氧化硫为2bml，由题意可建立如下三段式：
由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)ml×2+(1.5α—1.5) ml×4=2αml，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s-1，故答案为：2α；；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015ml/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 ml/L，则反应iii的平衡常数K==，故答案为：；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。
11．(1) 3s13p23d1 PCl5PCl＋PCl 正四面体形 P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
(2) 13 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
(3) 5 0.1
【详解】（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3p３3d1，故答案为：3s１3p３3d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
（2）若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
12．(1) 碳碳双键、醚键、酯基 取代反应
(2)C12H20O3S
(3)＋Ph3P=CHCOOCH3＋Ph3P=O
(4) 还原 羟基
(5) 12
(6)
【分析】A转变B中有一步是将保护羟基，防止羟基被氧化，C发生取代反应生成D，I发生取代反应得到Aigialmycin D。
【详解】（1）根据D的结构简式得到D中官能团的名称是碳碳双键、醚键、酯基，根据I到Aigialmycin D是I中醚键变为了羟基，则I到Aigialmycin D的反应类型是取代反应；故答案为：碳碳双键、醚键、酯基；取代反应。
（2）根据G的结构简式得到G的分子式为C12H20O3S；故答案为：C12H20O3S。
（3）C→D的化学方程式为＋Ph3P=CHCOOCH3＋Ph3P=O；
（4）NaBH4和LiAlH4在合成过程中作还原剂，从整个过程看，羟基先形成醚键，后面醚键又变为羟基，因此A→B是为了保护羟基，防止被氧化；故答案为：还原；羟基，防止被氧化。
（5）①分子仅比C()少两个H原子即分子式为C8H10O3，②含有苯环且有三个羟基与苯环直接相连，三个羟基和一个乙基，、、；三个羟基和两个甲基、、、共12种；其中核磁共振碳谱中峰的强度之比3：2：2：2：1的物质的结构简式；故答案为：12；。
（6）根据题中信息得到。