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预测卷一（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）-2023年高考化学考前名校必杀题（全国卷）
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2023年高考化学模拟预测卷（一）
（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 O16 S32 Mn55 Fe56 Cu64 Ga 70 As 75
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.党的二十大报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法不符合这一理念的是
A．使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料
B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设
C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等
D．采用高比表面积和小粒径的制备的作为吸收材料
【答案】C
【详解】A．纤维素具有强吸湿性的可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；
B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；
C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误；
D．采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO2吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集约的环保理念，D正确；
故答案为：C。
8.超细铜粉在导电材料、催化剂等领域中应用广泛。一种制备超细铜粉的方法如下：
下列说法正确的是
A．SO2的VSEPR模型为V形
B．[Cu(NH3)4]SO4中的配体是
C．NH3、、的中心原子的杂化方式不相同
D．铜的晶胞结构如图所示。铜晶体中，与铜距离最近的铜原子数为12
【答案】D
【详解】A．中心S原子的价层电子对数为：， VSEPR模型为平面三角形，故A错误；
B．[Cu(NH3)4]SO4中的配体是NH3，为外界离子，故B错误；
C．NH3、、的中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，故C错误；
D．由晶胞结构可知Cu位于顶点和面心，距离铜原子最近的铜有12个，故D正确；
故选：D。
9.头孢克洛是内酰胺类抗生素，主要适用于敏感菌所致的急性感染。其结构如图所示，有关头孢克洛的说法正确的是
A．头孢克洛是一种复杂的烃类物质
B．既能与盐酸反应，也能与氢氧化钠反应
C．1mol头孢克洛最多能与7mol发生加成反应
D．头孢克洛分子能发生水解反应，水解产物能催化氧化生成醛基
【答案】B
【详解】A．烃是只含C、H两种元素的化合物，头孢克洛不属于烃类，A错误；
B．头孢克洛中氨基显碱性能与盐酸反应、羧基显酸性能与氢氧化钠反应，B正确；
C．羧基、酰胺键中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，1mol头孢克洛最多能与4mol发生加成反应，C错误；
D．头孢克洛分子中氯原子水解后得到的醇羟基不能被催化氧化为醛基，D错误；
故选B。
10.下列有关物质结构与性质的比较正确的是
A. 基态原子未成对电子数：Cr> Mn> As
B. 酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOH
C. 键角：SeO3<<
D. 沸点：AsH3> PH3>NH3
【答案】A
【详解】A．Cr基态原子的价电子排布是3d54s1，未成对电子有6个；Mn基态原子的价电子排布是3d54s2，未成对电子有5个；As基态原子的价电子排布是4s24p3，未成对电子有3个；基态原子未成对电子数：Cr>Mn>As，故A正确；
B．饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，卤代乙酸中卤素原子个数越多、卤素原子的非金属性越强， 酸性越强，则酸性：CH3COOH
D．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3分子间存在氢键，沸点增高，出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3>PH3，故D错误；
故选A。
11.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径： E>D>C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>B
D．化合物X在低温更加稳定
【答案】B
【分析】根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根据A、B、C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E是S元素，以此来解析；
【详解】A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正确；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，D正确；
故选B。
12.双盐Mg-CoS2电池因具有高比容量与高安全性而日益受到关注，其充放电过程如图所示：
下列说法错误的是
A．放电时X电极电势低于Y电极
B．充电时X电极接电源正极，发生还原反应
C．放电时Y极上电极反应：CoS2+4e-+4Li+=Co+2Li2S
D．充电电压是2.75 V
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：放电时Mg失去电子变为Mg2+，所以Mg所在电极X为负极，Y电极为正极，负极电势比正极的电势低，A正确；
B．放电时Mg所在电极为负极，则充电时X电极接电源负极，得到电子发生还原反应，B错误；
C．根据图示可知：放电时Y极上CoS2得到电子被还原产生Co，图示产生Li2S，则Y电极的电极电极反应为：CoS2+4e-+4Li+=Co+2Li2S，C正确；
D．根据图示可知充电时充电电压为2.75 V，D正确；
故合理选项是B。
13.图1为和在25℃时的沉淀溶解平衡曲线，图2为向两份等体积等浓度的溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液和溶液滴定关系图(图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，为浓度的负对数)。下列说法正确的是
A．X为对应直线，
B．M为向溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线
C．图1中a点对应的溶液为的不饱和溶液
D．图2中c点、b点对应取值分别为，
【答案】A
【分析】，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为。根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，N为溶液中滴加溶液对应的曲线。
【详解】A．，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为，利用曲线上点可算出，A正确；
B．根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，B错误；
C．a点溶液，故a点对应的溶液为的过饱和溶液，C错误；
D．c点有，，则；设b点，，，则b＜5，D错误；
故答案选A。
二、非选择题：化学部分为第27-30题，共58分。
27.SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
(2)C
(3) mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【详解】（1）CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
（2）利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
（3）①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
（4）根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
28.菱锰矿又称红纹石，其主要成分为，还含有等杂质。工业上用菱锰矿制取的流程如图甲所示：
已知：常温下，①；
②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH
6.3
1.5
7.6
9.6
11.5
完全沉淀时的pH
8.3
3.2
10.4
11.6
13.8
(1)酸浸时是否可用盐酸代替硫酸___________(填“是”或“否”)，原因是___________(答出两点即可)。
(2)写出沉淀池1中加入时发生反应的离子方程式：___________。
(3)沉淀2的主要成分是___________，沉淀率与pH的关系如图乙，加入氨水的目的是___________，此时，溶液的pH为___________，当沉淀2完全沉淀时=___________。
(4)操作a为___________。
【答案】(1) 否 会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)
(2)
(3) 调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全 6.5＜pH＜7.6（pH下限为6.3-~6.7均对） 2
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶(合理即可)
【分析】菱锰矿，其主要成分为，还含有，加入硫酸反应生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镁、硫酸钙，过滤，向滤液中加入二氧化锰氧化亚铁离子，再加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入氟化铵沉淀镁离子和钙离子，过滤，将滤液经过一系列过程得到。
【详解】（1）酸浸时不可以用盐酸代替硫酸，因为会引入氯离子，且使用盐酸代替硫酸，在沉淀池1中加入时，会把氯离子氧化成氯气，污染环境；故答案为：会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)。
（2）沉淀池1中加入时将亚铁离子氧化为铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，其发生反应的离子方程式为；故答案为：。
（3）根据前面加入氨水和金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析，沉淀1是沉淀铁离子，因此沉淀2主要沉淀钙离子和镁离子，则沉淀2的主要成分是，加入氨水的目的是调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，为了使沉淀完全而不沉淀，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析得到溶液的pH应为，结合图乙知，pH为6.3~6.7时，完全沉淀，故溶液的pH为6.5＜pH＜7.6；当沉淀2沉淀完全时，有；故答案为：；调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全；6.5＜pH＜7.6；2。
（4）从溶液中得到晶体，其操作过程可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到。
29.H是合成某药物的中间体，一种合成H的路线如下（部分条件和产物省略）：
已知：①RCHO
②A能发生银镜反应，遇FeCl3溶液发生显色反应。
请回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称是___________。1个H分子含___________个手性碳原子。
（2）D→E的反应条件和试剂为___________。G→H的反应类型是___________。
（3）设计A→B、E→F步骤的目的是__________。
（4）写出B→C的化学方程式：______。
（5）在B的同分异构体中，能发生水解反应的结构有___________种（不考虑立体异构）。其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：2：2：3的结构简式可能为____________。
（6）参照上述流程，以乙醇为有机物原料合成2－丁醇（其他试剂自选），设计合成路线：________。
【答案】 羟基、醛基 1 O2/Cu 加热 加成反应 保护酚羟基 6 （写出任意一种即可）
【分析】根据A的特征实验现象，A含醛基、酚羟基，故A为，E与HI反应生成F，F能与碱反应，说明F有活泼氢，F为，据此解答。
【详解】(1)有机物A中含有羟基、醛基；1个H含有1个手性碳原子，用星号标出，如图所示；
(2) D中醇羟基催化氧化生成E，条件和试剂是氧气在铜催化下并加热；G转化成H，断裂三元环，形成2个单键，类似断裂双键形成单键，增大饱和度，属于加成反应；
(3) A中酚羟基能与镁、氧化剂等反应，故先保护羟基；
(4)参照C的结构简式和已知信息，RCl为，故B→C的化学方程式为；
(5)B的同分异构体中可以发生水解，说明含有酯基，含有酯基的同分异构体有6种，分别为、（邻、间、对三种）；其中核磁共振氢谱的结构有4组峰且峰的面积比为1：2：2：3的有3种，分别为；
(6)以乙醇为合成路线制备2-丁醇，首先将乙醇氧化为乙醛，再将乙醇与HCl反应生成CH3CH2Cl，乙醛和CH3CH2Cl在Mg/乙醚的条件下发生已知条件的反应，后经过水解生成目标产物，具体的路线为。
30.胡粉在中国古代曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。某同学设计了如下三个实验方案测定胡粉的纯度：
方案Ⅰ．称取一定质量样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。
(1)写出装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2发生反应的离子方程式(已知生成白色沉淀)：_______。
(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______，装置丁的作用是_______。
(3)实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。
方案Ⅱ．实验原理：
实验步骤：①称取胡粉样品a g；②将样品充分煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为b g。
(4)下列仪器，方案Ⅱ不需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。
(5)如何确定样品已完全分解？_______
方案Ⅲ．实验步骤为：
①如图所示，连接好装置并检查气密性；
②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡粉样品m g于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；
③待反应完全后，_______，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL。
(6)③中所留空的操作为_______，导管A的作用为_______。
【答案】(1)2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O
(2) d→e→b(或c)c(或b)b(或c)c(或b) 除去CO2中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定
(3)将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响
(4)E
(5)将样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量相差在0.1 g以内
(6) 冷却至室温 使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定
【分析】方案Ⅰ：2PbCO3·Pb(OH)2是盐，能够与硫酸发生反应产生PbSO4、CO2、H2O。该实验通过测定一定质量的胡椒与硫酸反应产生CO2的质量计算其纯度，为使测定值更接近真实值，需要先将反应产生的气体经浓硫酸干燥后再被碱石灰吸收，同时要避免装置中残留反应产生的CO2气体及NaOH溶液中水分被碱石灰吸收；
在方案Ⅱ．通过煅烧固体药品，根据反应前后质量差确定PbO的质量，进而可得2PbCO3·Pb(OH)2的质量，关键是确定样品完全分解，方法是样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量小于0.1 g；
方案Ⅲ中通过测定一定质量样品与硫酸反应CO2气体的体积确定其纯度，为避免因CO2在水中溶解，在量气管中要注入饱和NaHCO3溶液；为防止硫酸滴入时不容易滴下，使用了导气管A，使分液漏斗上下气体压强一致。最后读数时要等溶液恢复至室温，且量气管的左右液面相平，视线与凹液面最低处相切。
【详解】（1）在装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2与稀硫酸发生反应产生PbSO4、H2O、CO2，发生反应的离子方程式为：2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O；
（2）取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CO2的质量计算纯度，打开止水夹，利用装置甲是通入空气，通过氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2防止干扰CO2测定；干净装置内空气，关闭止水夹，通过装置乙分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸铅，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以再连接干燥管，仪器接口的连接顺序为：a→d→e→b→c→b→c，或a→d→e→c→b→c→b；丁的作用是除去二氧化碳气体中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定；
（3）实验前后均需要打开止水夹，通入通过甲装置通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响；
（4）①称取胡粉样品a g，②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②；测得剩余固体质量为b g (用托盘天平称量)；煅烧固体选择坩埚内加热灼烧，需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒等，干燥应在干燥器中进行，不需要的是蒸发皿，故合理选项为E；
（5）若样品分解完全，则样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1 g以内，故判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1 g以内；
（6）①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡椒样品m g于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③冷却至室温，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为V mL，其中导气管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸溶液可以顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定。
2023年高考化学模拟预测卷（一）
（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 O16 S32 Mn55 Fe56 Cu64 Ga 70 As 75
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.党的二十大报告中提出：“我们要推进生态优先、节约集约、绿色低碳发展”。下列做法不符合这一理念的是
A．使用纤维素作为具有强吸湿性的可再生材料
B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设
C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋等
D．采用高比表面积和小粒径的制备的作为吸收材料
【答案】C
【详解】A．纤维素具有强吸湿性的可再生材料，符合绿色能源的环保理念，A正确；
B．积极推动大型风电、光伏、制氢等可再生能源基地建设，符合绿色能源的环保理念，B正确；
C．使用聚乙烯制作的塑料包装袋、塑料胶带、一次性塑料编织袋，白色污染，不符合环保理念，C错误；
D．采用高比表面积和小粒径的SiO2制备的Li4SiO4作为CO2吸收材料，具有更高的捕获能力，符合节约集约的环保理念，D正确；
故答案为：C。
8.超细铜粉在导电材料、催化剂等领域中应用广泛。一种制备超细铜粉的方法如下：
下列说法正确的是
A．SO2的VSEPR模型为V形
B．[Cu(NH3)4]SO4中的配体是
C．NH3、、的中心原子的杂化方式不相同
D．铜的晶胞结构如图所示。铜晶体中，与铜距离最近的铜原子数为12
【答案】D
【详解】A．中心S原子的价层电子对数为：， VSEPR模型为平面三角形，故A错误；
B．[Cu(NH3)4]SO4中的配体是NH3，为外界离子，故B错误；
C．NH3、、的中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，故C错误；
D．由晶胞结构可知Cu位于顶点和面心，距离铜原子最近的铜有12个，故D正确；
故选：D。
9.头孢克洛是内酰胺类抗生素，主要适用于敏感菌所致的急性感染。其结构如图所示，有关头孢克洛的说法正确的是
A．头孢克洛是一种复杂的烃类物质
B．既能与盐酸反应，也能与氢氧化钠反应
C．1mol头孢克洛最多能与7mol发生加成反应
D．头孢克洛分子能发生水解反应，水解产物能催化氧化生成醛基
【答案】B
【详解】A．烃是只含C、H两种元素的化合物，头孢克洛不属于烃类，A错误；
B．头孢克洛中氨基显碱性能与盐酸反应、羧基显酸性能与氢氧化钠反应，B正确；
C．羧基、酰胺键中的碳氧双键不能与氢气发生加成反应，1mol头孢克洛最多能与4mol发生加成反应，C错误；
D．头孢克洛分子中氯原子水解后得到的醇羟基不能被催化氧化为醛基，D错误；
故选B。
10.下列有关物质结构与性质的比较正确的是
A. 基态原子未成对电子数：Cr> Mn> As
B. 酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOH
C. 键角：SeO3<<
D. 沸点：AsH3> PH3>NH3
【答案】A
【详解】A．Cr基态原子的价电子排布是3d54s1，未成对电子有6个；Mn基态原子的价电子排布是3d54s2，未成对电子有5个；As基态原子的价电子排布是4s24p3，未成对电子有3个；基态原子未成对电子数：Cr>Mn>As，故A正确；
B．饱和一元羧酸烃基上的氢原子被卤素取代后，因为卤素原子有吸引电子作用，降低了羧基碳原子上的电子云密度，使氢容易电离，卤代乙酸中卤素原子个数越多、卤素原子的非金属性越强， 酸性越强，则酸性：CH3COOH
D．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3分子间存在氢键，沸点增高，出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3>PH3，故D错误；
故选A。
11.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是
A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径： E>D>C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>B
D．化合物X在低温更加稳定
【答案】B
【分析】根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根据A、B、C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E是S元素，以此来解析；
【详解】A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正确；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，D正确；
故选B。
12.双盐Mg-CoS2电池因具有高比容量与高安全性而日益受到关注，其充放电过程如图所示：
下列说法错误的是
A．放电时X电极电势低于Y电极
B．充电时X电极接电源正极，发生还原反应
C．放电时Y极上电极反应：CoS2+4e-+4Li+=Co+2Li2S
D．充电电压是2.75 V
【答案】B
【详解】A．根据图示可知：放电时Mg失去电子变为Mg2+，所以Mg所在电极X为负极，Y电极为正极，负极电势比正极的电势低，A正确；
B．放电时Mg所在电极为负极，则充电时X电极接电源负极，得到电子发生还原反应，B错误；
C．根据图示可知：放电时Y极上CoS2得到电子被还原产生Co，图示产生Li2S，则Y电极的电极电极反应为：CoS2+4e-+4Li+=Co+2Li2S，C正确；
D．根据图示可知充电时充电电压为2.75 V，D正确；
故合理选项是B。
13.图1为和在25℃时的沉淀溶解平衡曲线，图2为向两份等体积等浓度的溶液中分别滴加等浓度的NaOH溶液和溶液滴定关系图(图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，为浓度的负对数)。下列说法正确的是
A．X为对应直线，
B．M为向溶液中滴加NaOH溶液对应的曲线
C．图1中a点对应的溶液为的不饱和溶液
D．图2中c点、b点对应取值分别为，
【答案】A
【分析】，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为。根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，N为溶液中滴加溶液对应的曲线。
【详解】A．，是定值，图1中横坐标为阴离子浓度的负对数，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，则对应CdCO3的曲线斜率应该为-1，故直线Y是，X为，利用曲线上点可算出，A正确；
B．根据滴定终点可知沉淀完全时所需的氢氧化钠的体积要多一些，故M应该为溶液中滴加溶液对应的曲线，B错误；
C．a点溶液，故a点对应的溶液为的过饱和溶液，C错误；
D．c点有，，则；设b点，，，则b＜5，D错误；
故答案选A。
二、非选择题：化学部分为第27-30题，共58分。
27.SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
(2)C
(3) mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【详解】（1）CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
（2）利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
（3）①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
（4）根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
28.菱锰矿又称红纹石，其主要成分为，还含有等杂质。工业上用菱锰矿制取的流程如图甲所示：
已知：常温下，①；
②部分阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH
6.3
1.5
7.6
9.6
11.5
完全沉淀时的pH
8.3
3.2
10.4
11.6
13.8
(1)酸浸时是否可用盐酸代替硫酸___________(填“是”或“否”)，原因是___________(答出两点即可)。
(2)写出沉淀池1中加入时发生反应的离子方程式：___________。
(3)沉淀2的主要成分是___________，沉淀率与pH的关系如图乙，加入氨水的目的是___________，此时，溶液的pH为___________，当沉淀2完全沉淀时=___________。
(4)操作a为___________。
【答案】(1) 否 会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)
(2)
(3) 调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全 6.5＜pH＜7.6（pH下限为6.3-~6.7均对） 2
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶(合理即可)
【分析】菱锰矿，其主要成分为，还含有，加入硫酸反应生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镁、硫酸钙，过滤，向滤液中加入二氧化锰氧化亚铁离子，再加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入氟化铵沉淀镁离子和钙离子，过滤，将滤液经过一系列过程得到。
【详解】（1）酸浸时不可以用盐酸代替硫酸，因为会引入氯离子，且使用盐酸代替硫酸，在沉淀池1中加入时，会把氯离子氧化成氯气，污染环境；故答案为：会引入杂质，在沉淀池1中氯离子会被氧化生成氯气，污染环境(或硫酸可以为产物提供硫酸根离子)(合理即可)。
（2）沉淀池1中加入时将亚铁离子氧化为铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，其发生反应的离子方程式为；故答案为：。
（3）根据前面加入氨水和金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析，沉淀1是沉淀铁离子，因此沉淀2主要沉淀钙离子和镁离子，则沉淀2的主要成分是，加入氨水的目的是调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，为了使沉淀完全而不沉淀，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析得到溶液的pH应为，结合图乙知，pH为6.3~6.7时，完全沉淀，故溶液的pH为6.5＜pH＜7.6；当沉淀2沉淀完全时，有；故答案为：；调节溶液的pH，使完全沉淀而被除去，同时让钙、镁离子在沉淀池2中沉淀更加完全；6.5＜pH＜7.6；2。
（4）从溶液中得到晶体，其操作过程可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、重结晶得到。
29.H是合成某药物的中间体，一种合成H的路线如下（部分条件和产物省略）：
已知：①RCHO
②A能发生银镜反应，遇FeCl3溶液发生显色反应。
请回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称是___________。1个H分子含___________个手性碳原子。
（2）D→E的反应条件和试剂为___________。G→H的反应类型是___________。
（3）设计A→B、E→F步骤的目的是__________。
（4）写出B→C的化学方程式：______。
（5）在B的同分异构体中，能发生水解反应的结构有___________种（不考虑立体异构）。其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：2：2：3的结构简式可能为____________。
（6）参照上述流程，以乙醇为有机物原料合成2－丁醇（其他试剂自选），设计合成路线：________。
【答案】 羟基、醛基 1 O2/Cu 加热 加成反应 保护酚羟基 6 （写出任意一种即可）
【分析】根据A的特征实验现象，A含醛基、酚羟基，故A为，E与HI反应生成F，F能与碱反应，说明F有活泼氢，F为，据此解答。
【详解】(1)有机物A中含有羟基、醛基；1个H含有1个手性碳原子，用星号标出，如图所示；
(2) D中醇羟基催化氧化生成E，条件和试剂是氧气在铜催化下并加热；G转化成H，断裂三元环，形成2个单键，类似断裂双键形成单键，增大饱和度，属于加成反应；
(3) A中酚羟基能与镁、氧化剂等反应，故先保护羟基；
(4)参照C的结构简式和已知信息，RCl为，故B→C的化学方程式为；
(5)B的同分异构体中可以发生水解，说明含有酯基，含有酯基的同分异构体有6种，分别为、（邻、间、对三种）；其中核磁共振氢谱的结构有4组峰且峰的面积比为1：2：2：3的有3种，分别为；
(6)以乙醇为合成路线制备2-丁醇，首先将乙醇氧化为乙醛，再将乙醇与HCl反应生成CH3CH2Cl，乙醛和CH3CH2Cl在Mg/乙醚的条件下发生已知条件的反应，后经过水解生成目标产物，具体的路线为。
30.胡粉在中国古代曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为2PbCO3·Pb(OH)2，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。某同学设计了如下三个实验方案测定胡粉的纯度：
方案Ⅰ．称取一定质量样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。
(1)写出装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2发生反应的离子方程式(已知生成白色沉淀)：_______。
(2)仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______，装置丁的作用是_______。
(3)实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。
方案Ⅱ．实验原理：
实验步骤：①称取胡粉样品a g；②将样品充分煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为b g。
(4)下列仪器，方案Ⅱ不需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。
(5)如何确定样品已完全分解？_______
方案Ⅲ．实验步骤为：
①如图所示，连接好装置并检查气密性；
②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡粉样品m g于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；
③待反应完全后，_______，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为VmL。
(6)③中所留空的操作为_______，导管A的作用为_______。
【答案】(1)2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O
(2) d→e→b(或c)c(或b)b(或c)c(或b) 除去CO2中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定
(3)将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响
(4)E
(5)将样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量相差在0.1 g以内
(6) 冷却至室温 使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定
【分析】方案Ⅰ：2PbCO3·Pb(OH)2是盐，能够与硫酸发生反应产生PbSO4、CO2、H2O。该实验通过测定一定质量的胡椒与硫酸反应产生CO2的质量计算其纯度，为使测定值更接近真实值，需要先将反应产生的气体经浓硫酸干燥后再被碱石灰吸收，同时要避免装置中残留反应产生的CO2气体及NaOH溶液中水分被碱石灰吸收；
在方案Ⅱ．通过煅烧固体药品，根据反应前后质量差确定PbO的质量，进而可得2PbCO3·Pb(OH)2的质量，关键是确定样品完全分解，方法是样品连续两次高温煅烧，冷却后称量剩余固体的质量小于0.1 g；
方案Ⅲ中通过测定一定质量样品与硫酸反应CO2气体的体积确定其纯度，为避免因CO2在水中溶解，在量气管中要注入饱和NaHCO3溶液；为防止硫酸滴入时不容易滴下，使用了导气管A，使分液漏斗上下气体压强一致。最后读数时要等溶液恢复至室温，且量气管的左右液面相平，视线与凹液面最低处相切。
【详解】（1）在装置乙中2PbCO3·Pb(OH)2与稀硫酸发生反应产生PbSO4、H2O、CO2，发生反应的离子方程式为：2PbCO3·Pb(OH)2+6H++3=3PbSO4+2CO2↑+4H2O；
（2）取一定质量的样品，与硫酸充分反应，通过测定CO2的质量计算纯度，打开止水夹，利用装置甲是通入空气，通过氢氧化钠溶液吸收空气中的CO2防止干扰CO2测定；干净装置内空气，关闭止水夹，通过装置乙分液漏斗滴入稀硫酸发生反应生成二氧化碳、水和硫酸铅，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定质量，为避免空气中二氧化碳、水蒸气进入干燥管，可以再连接干燥管，仪器接口的连接顺序为：a→d→e→b→c→b→c，或a→d→e→c→b→c→b；丁的作用是除去二氧化碳气体中的水蒸气，以免影响碱石灰吸收CO2的测定；
（3）实验前后均需要打开止水夹，通入通过甲装置通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是将生成的CO2气体全部赶入干燥管中吸收，避免对后续实验测定造成影响；
（4）①称取胡粉样品a g，②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②；测得剩余固体质量为b g (用托盘天平称量)；煅烧固体选择坩埚内加热灼烧，需要三脚架、泥三角、酒精灯、玻璃棒等，干燥应在干燥器中进行，不需要的是蒸发皿，故合理选项为E；
（5）若样品分解完全，则样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1 g以内，故判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1 g以内；
（6）①如图所示，连接好装置并检查气密性；②向量气管中注入饱和NaHCO3溶液，并调节两侧液面相平，称取胡椒样品m g于锥形瓶中，打开分液漏斗活塞，将稀硫酸滴入锥形瓶中；③冷却至室温，调节B与C中液面相平，平视读数，测得气体体积为V mL，其中导气管a的作用是使分液漏斗上下气体压强相同，便于硫酸溶液可以顺利滴下，防止滴入硫酸的体积滴入影响后面气体体积测定。
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