广东省仲元中学2023学年高三上学期化学模拟测试（一)

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一、选择题（共44分）
二、非选择题（共56分）
17.（16分）(1)（2分）
(2) NaOH溶液（1分）
(3) 2NH3+ClO−=N2H4+Cl－+H2O（2分）
(4)当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分）；
25%（2分）
(5)氨水（1分）；黑色固体溶解，并有气体产生，遇空气变为红棕色（2分）；
还原性和碱性（2分）
(6)N2H4+H2ON2H5++OH－ （2分）
18. （11分） (1)非极性分子（1分）
(2) （2分）
(3) CaSiO3（1分）
(4) pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH （2分）； （2分）
20. （15分）【答案】(1)羧基、碳碳双键（1分）； 1，4—丁二酸 （1分）
+2CH3OH⇌加热浓硫酸+2H2O（2分）
(2)
（写对2个即得1分，全对得2分）
(3)（2分）
(4) 15 （2分） 、（1分）
(5)→ΔNaOH/H2O→Δ浓硫酸（4分）
详细解析
1．【详解】A．东汉陶船模型主要是由陶瓷制成，为硅酸盐材料，不含合金，故A错误；
B．西周兽面纹青铜盉是由青铜制成，青铜是最早的合金材料，故B正确；
C．端石千金猴王砚主要是石雕，不含合金，故C错误；
D．广彩开光外国风景图大碗主要是由陶瓷制成，不含合金，故D错误。
2．【详解】A．235U和238U是U元素的两种不同核素，质子数相等中子数不同，互为同位素，A正确；
B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键在结构简式中不能省略，B错误；
C．可燃冰的主要成分是CH4，是不可再生能源，C错误；
D．燃煤中加入CaO能减少二氧化硫的排放，但煤中的碳元素没有减少，则不可以减少温室气体CO2的排放，D错误。
3．【详解】A．树叶由绿变黄是树叶中叶绿素分解，被叶绿素掩盖的红色素、黄色素露出而显红色、黄色，有新物质产生，发生了化学变化，故A正确；
B．花等有机物落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳、氮循环，故B正确；
C．雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，形成"光亮的通路”，故C正确；
D．冰融化为水的过程需要吸收热量，；固体变为液体的过程是熵增的过程：，D项错误。
4．【详解】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口反应生成NH4Cl，因此不能用加热NH4Cl得到NH3，实验室常用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热反应制备NH3，故A符合题意；
B．NH3密度比空气小，采用向下排空气法收集，棉花主要防止氨气逸出，污染环境，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．NH3密度比空气小，HCl密度比空气大，抽出玻璃片，两者反应生成NH4Cl小颗粒固体可观察到有白烟生成，能达到实验目的，故C不符合题意；
D．NH3极易溶于水，采用此装置可以防倒吸，能达到实验目的，故D不符合题意。
5．【详解】A．由图可知，反应①中硫单质部分转化为HS−或S2−，部分转化为SO，S元素化合价既升高，又降低，所以S既是氧化剂又是还原剂，故A正确；
B．由图可知，反应②中，Fe元素化合价由+3价降低为+2价，S元素化合价由−2价升高为−1，属于氧化还原反应，不属于复分解反应，故B错误；
C．SO中，S的价层电子对数=4+=4，中心原子为sp3杂化，且没有孤电子对，所以SO的空间构型为正四面体形，故C正确；
D．由图可知，海洋中硫元素的主要存在形式为SO，以SO形式被植物吸收，故D正确。
6．【详解】A、B．甲中的金属活动性：Zn>Fe，Zn为负极，Fe为正极。Fe被保护，不会被腐蚀，无Fe2+生成，而铁氰化钾与Fe2+反应会生成蓝色物质，实验室常用此法来检验Fe2+，因此铁片附近不会出现蓝色，故A、B错误；
C、D．乙中的金属活动性：Fe>Cu，Fe为负极，Cu为正极、发生氧化反应。乙中发生铁的吸氧腐蚀，正极的电极反应式：O2+4e−+2H2O=4OH−， Cu极附近溶液呈碱性，酚酞变为红色，因此铜片附近出现红色，故C正确，D错误。
7． 【详解】A．乙烯是一种植物生长调节剂，可以和KMnO4溶液反应，浸泡过KMnO4溶液的硅土可以吸收乙烯，可保存水果，A正确；
B．常温下，铁遇到浓硫酸发生钝化（浓硫酸将铁的表面氧化为致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硫酸继续反应），该过程发生了化学反应，B错误；
C．用FeCl3溶液刻蚀铜制印刷电路板，FeCl3和Cu反应生成FeCl2和CuCl2，体现了FeCl3的氧化性，C正确；
D．裂解重油的过程中，将长链烷烃裂解可得短链烷烃和烯烃，这些短链烷烃和烯烃是重要的有机化工原料，D正确。
8．【详解】A．由结构简式可知，中间体M的分子式为C6H10O2，故A正确；
B．由结构简式可知，中间体M分子中含有空间构型为四面体结构的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能在同一平面内，故B正确；
C．由结构简式可知，中间体M分子中含有的碳碳双键可发生加成、氧化反应，含有的羟基可发生酯化反应，故C正确；
D．由结构简式可知，2ml的中间体M分子中含有4ml羟基，能与足量的钠反应生成2ml H2，标况下2mlH2为44.8L，故D错误。
9．【分析】实验室可用如图装置制取ICl3装置，A是制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应生成ICl3，氯气有毒需进行尾气处理，E装置吸收多余的氯气，防止污染空气。
【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做药品，故A正确；
B．装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B错误；
C．装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D中，不能用浓硫酸代替，故C错误；
D．装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D错误。
10．【详解】由题干信息d为红棕色气体，则d为NO2，说明该图为N元素的“价类”二维图，则可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，e为HNO3，f和g均为正盐，则f为硝酸盐、g为亚硝酸盐。
A．由分析可知，b为N2，是空气中含量最多的气体，故A正确，不符合题意；
B．NH3和O2催化氧化生成NO，NO和O2生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，故B正确；
C．由分析可知，g为亚硝酸盐，其中N元素的价态为+3价，可升价可降价即可作为氧化剂也可作为还原剂，故C错误，符合题意；
D．由分析可知，f为硝酸盐，是火药中最常用的氧化剂之一，且属于氮肥可作为化肥，故D正确，不符合题意。
11．【详解】A．标准状况下11.2LSO2含有的原子总数为：×3×NAml-1=1.5NA，故A错误；
B．1个H2O2含有3对共用电子对，34gH2O2中含有共用电子对数目为：×3×NAml-1=3NA，故B错误；
C．依据SO2+H2O2+BaCl2═BaSO4↓+2HCl~2e-可知，反应转移的电子数为0.4NA时，生成BaSO4沉淀物质的量为：0.2ml，故C正确；
D．溶液体积未知，所以无法计算pH=1的HCl溶液中含有的H+数目，故D错误。
12．【详解】A．NO2、O3、Br2等氧化性气体也能与KI溶液反应生成使淀粉溶液变蓝色的碘，所以溶液变成蓝色不能说明该气体一定是Cl2，故A错误；
B．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，所以向Na2SiO3溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶不能用于比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故B错误；
C．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，该反应发生的原理是强酸制弱酸，与双水解无关，故C错误；
D．向MgCl2溶液中滴入NaOH溶液液至不再有沉淀产生，再滴加等浓度的CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀说明反应生成的Mg(OH)2沉淀转化为溶度积小的Cu(OH)2沉淀，故D正确。
13．【详解】W的价电子排布式为(n+1)sn (n+1)p(n+2)，则n=2，W的价电子排布式为，即W为S，Z和W同主族，即Z为O，根据阴离子模型，该阴离子为，X、Y可以形成大量来源于石油分馏的化合物，则X为H，Y为C；
A．相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，则最简单氢化物沸点：W>Y，A项错误；
B．根据分析可知R2−为S2O82−，W为S元素，S位于第VIA，S的最高正价为+6价，则W的化合价不可能为+7价，B项错误；
C．根据分析可知性质XZ2为SO2，YZ2为CO2，SO2为平面三角型，CO2是直线型，则键角YZ2> XZ2，C项正确；
D．Z为O，Y为C，X为H，原子半径大小为Y>Z>X，D项错误.
14．【详解】A．ΔH=反应物的总键能—产物的总键能。即ΔH2 = E1+ E2－E3，故A错误；
B．相同条件下，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应I速率较快，I更快达到平衡；
C．如图可知，反应Ⅱ为放热反应，减低温度，平衡向正反应方向移动，N的平衡物质的量增大，C正确；
D．升高温度，反应I、Ⅱ的反应速率均增大，故D正确。
15．【详解】由图可知，放电时，H+由A极进入B极，则A为负极，B为正极，充电时，H+由B极进入A极，则A为阴极，B为阳极，以此解答。
A．放电时，A为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．放电时，B为正极，VO得到电子生成VO2+，电极方程式为：VO+2H++e-=VO2++H2O，故B正确；
C．充电时，A为阴极，B为阳极，电子移动方向为B极→电源→A极，故C错误；
D．充电时，A为阴极，V3+得电子生成V2+，电极方程式为：V3++e-=V2+，故D错误。
16．【详解】根据图象，pH=0时，直线m对应的的值为−1.3，直线m对应的Ka=1×10-1.3；pH=0时，直线n对应的的值为−4.3，直线n对应的Ka=1×10-4.3；
A．H2X的电离常数Ka1> Ka2，所以Ka1=1×10-1.3、 Ka2=1×10-4.3；H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5，故A正确；
B．Ka1=1×10-1.3、 Ka2=1×10-4.3；直线m对应的Ka=1×10-1.3，直线n对应的Ka=1×10-4.3，所以直线m表示pH与的关系，故B正确；
C．，当混合溶液呈中性时，，所以c(Na+) > c(X2−) >
c(HX−)>c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D．N点，溶液pH=4.3，说明因电离溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H+)=1×10-9.7ml·L-1，故D错误。
17、【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
【详解】（1）装置D是用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，反应方程式为：；
（2）根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；
（3）根据电子守恒可知反应过程中CIO-与NH3的系数比为1: 2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O；
（4）N2H4可以氧化I2所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可知25.00mL待测液中，n（N2H4·H2O）= 12×0.3000ml/L×0.02L=0.0030ml则250 mL溶液中有0.030ml N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为
×100%=25%；
（5）操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；
（6）类比氨在水中的电离方程式，肼的第一步电离方程式为N2H4+H2O ⇌ N2H5++OH－ 。
18、【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。
【详解】（1）二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子。
（2）溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（3）炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。
（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH