備戰(zhàn)2023年高考化學高三全程模擬卷（八）（全國通用）(考試用時：50分鐘試卷滿分：100分)一．選擇題（共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）7．（2022·河北青龍·模擬預測）化學與生活息息相關。下列說法正確的是A．生石灰和活性炭可作食品袋中的除氧劑B．可用于飲用水的凈化和消毒C．用稀NaOH溶液清洗沾在皮膚上的苯酚D．為了防控新冠肺炎，勤用“84”消毒液洗手【答案】B【解析】A項：生石灰、活性炭都不能除氧，生石灰可以除水蒸氣，活性炭可以除異味，A錯誤；B項：高鐵酸鉀有強氧化性且能生成氫氧化鐵膠體，可用于飲用水的凈化和消毒，B正確；C項：氫氧化鈉會灼傷皮膚，不能用NaOH溶液清洗沾在皮膚上的苯酚，C錯誤；D項：84”消毒液有強氧化性，不能用“84”消毒液洗手，D錯誤；答案選B。8．（2022·江西上饒·模擬預測）特布他林是治療支氣管哮喘，喘息性支氣管炎，肺氣腫等肺部疾病的藥物。它對支氣管平滑肌有高度的選擇性，對心臟的興奮作用很小，無中樞性作用。其結構簡式如下圖，下列關于該有機物說法正確的是A．該有機物的分子式為：C12H20NO3B．該有機物能發(fā)生加成、取代、氧化反應C．1mol該有機物最多消耗2molNaD．該有機物中最多7個碳原子共面【答案】B【解析】A項：該有機物分子式為，A錯誤；B項：該有機物含苯環(huán)，可發(fā)生加成反應；含苯環(huán)和烷基，可發(fā)生取代反應；能與氧氣發(fā)生氧化反應，B正確；C項：1mol該有機物含3mol羥基，消耗3molNa，C錯誤；D項：該有機物最多8個原子共平面，如圖所示，，D錯誤；故選B。9．（2022·福建龍巖·一模）NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24L辛烷的分子數為0.1NAB．濃硝酸熱分解生成、共23g，轉移電子數為0.5NAC．溶液中液中，和的離子數目之和為0.01NAD．電極反應，每轉移xmol電子釋放個【答案】B【解析】A項：標準狀況下，辛烷不是氣體，因此無法計算，A錯誤；B項：、最簡式均為，23g混合氣體可視為23g即0.5mol，HNO3-，每生成1mol轉移1mol電子，則生成23g即0.5mol轉移電子數目為0.5NA，B正確；C項：1L0.01mol/L溶液中，根據物料守恒可知、、的總物質的量為0.01mol，因此和的離子數目之和小于0.01NA，C錯誤；D項：由LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4可知，每轉移xmol電子，釋放xmolLi+，因此每轉移1mol電子釋放NA個Li+，D錯誤；故選：B。10．（2022·安徽黃山·二模）羥基自由基(·OH)是自然界中氧化性僅次于氟的氧化劑。我國科學家設計了一種能將苯酚氧化為CO2和H2O的原電池-電解池組合裝置(如下圖所示)，該裝置能實現發(fā)電、環(huán)保二位一體。下列說法錯誤的是A．b極為負極，d極為陽極B．b電極區(qū)每產生3molCO2，c電極區(qū)溶液質量減輕14gC．d電極的電極反應式：H2O-e-=·OH+H+D．工作時，如果II室中Na+、Cl?數目都減小，則M為陽離子交換膜【答案】B【解析】苯酚氧化為CO2和H2O的原電池中C6H6OCO2+H2O，發(fā)生了氧化反應，作負極，c為陰極：發(fā)生了還原反應，作正極，d為陽極。以此分析解答。A項：根據上述分析可知：b極為負極，d極為陽極，故A正確；B項：根據上述分析可知：C6H6O6CO24mole-，c極區(qū)2H+H22mole-。所以b電極區(qū)每產生3molCO2，c電極產生1molH2，d極質子通過質子交換膜進入c極區(qū)，溶液質量不會減輕14g，故B錯誤；C項：根據上述分析可知：d為陽極，其電極的電極反應式：H2O-e-=·OH+H+，故C正確；D項：根據上述分析可知：a為正極，其電極的電極反應式：7H2O++6e-=2+8OH-，陰離子濃度增大，Na+透過M膜進入a極區(qū)，所以M為陽離子交換膜，故D正確；故答案：B。11．（2022·山東·模擬預測）一種用于合成治療免疫疾病藥的物質，其結構如圖所示，其中X、Y、Z、Q、W為1~20號元素且原子序數依次增大，Z與Q同主族，Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構。下列敘述正確的是A．第一電離能：Q＞Z＞WB．電負性：X＞Y＞ZC．WZX與WXQ均是強電解質，水溶液之間可以發(fā)生復分解反應D．W2Q2Z3與X2QZ4溶液反應生成黃色渾濁和無色氣體屬于非氧化還原反應【答案】C【解析】X、Y、Z、Q、W為1~20號元素且原子序數依次增大，Z與Q同主族，由結構可知：Z、Q的最外層有6個電子，Z為O，Q為S；Q和W的簡單離子具有相同的電子層結構，W的原子序數最大，則W為K；Y形成4個共價鍵，X只能形成1個共價鍵，結合原子序數可知X為H，Y為C，加成分析解答。根據上述分析可知，X為H，Y為C，Z為O，Q為S，W為K元素。A項：元素的非金屬性越強，其第一電離能就越大，元素的非金屬性：Z＞Q＞W，所以第一電離能：Z＞Q＞W，A錯誤；B項：一般情況下元素的非金屬性越強，其電負性就越大，元素的非金屬性：X＜Y＜Z，所以元素的電負性：X＜Y＜Z，B錯誤；C項：WZX表示的物質是KOH是一元強堿，屬于強電解質，WXQ表示的物質是KHS，該物質是鹽，也是強電解質，二者在水溶液中可以發(fā)生復分解反應產生K2S、H2O，C正確；D項：W2Q2Z3表示物質是K2S2O3，X2QZ4表示的物質是H2SO4，二者在溶液中發(fā)生反應產生K2SO4、H2O、S、SO2，反應前后元素化合價發(fā)生了變化，因此反應屬于氧化還原反應，D錯誤；故合理選項是C。12．（2022·山東·滕州市第一中學新校二模）下列實驗操作正確且能達到目的的是A．裝置甲可驗證稀硝酸的還原產物為NOB．裝置乙用于制備膠體C．裝置丙可證明非金屬性強弱：Cl＞C＞SiD．裝置丁用于配制的硫酸溶液【答案】A【解析】A項：稀硝酸與碳酸鈣反應生成二氧化碳可排出裝置內空氣，然后Cu與稀硝酸反應生成NO，且NO不溶于水，試管及集氣瓶中均出現無色氣體，則可驗證稀硝酸的還原產物為NO，故A正確；B項：由于鹽酸易揮發(fā)，應向沸水中滴加飽和FeCl3溶液制備膠體，而硫酸是難揮發(fā)的酸，不能選用飽和Fe2(SO4)3溶液，故B錯誤；C項：揮發(fā)的鹽酸與硅酸鈉反應，且鹽酸為無氧酸，圖中實驗不能比較非金屬性強弱，故C錯誤；D項：不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋、冷卻后轉移到容量瓶中定容，故D錯誤；故選：A。13．（2022·遼寧·沈陽二中二模）下列離子方程式正確的是A．向含有1mol的溶液中加入2mol：B．向溶液中加入適量：C．溶液與稀硫酸的反應：D．向硫酸銅溶液中加入過量的氨水：【答案】B【解析】A項：含有1mol硫酸鋁銨的溶液與2mol氫氧化鋇氫氧化鋇反應生成硫酸鋇沉淀、氫氧化鋁沉淀和一水合氨，反應的離子方程式為，故A錯誤；B項：偏鋁酸鈉溶液與碳酸氫鈉溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，反應的離子方程式為，故B正確；C項：硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸反應生成硫酸鈉、硫沉淀、二氧化硫和水，反應的離子方程式為，故C錯誤；D項：硫酸銅溶液中加入過量的氨水反應生成硫酸四氨合銅和水，反應的離子方程式為，故D錯誤；故選B。二．非選擇題：共58分，第26～28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35～36題為選考題，考生根據要求作答。26．（2022·河北石家莊·一模）碳酸鍶(SrCO3)難溶于水，主要用于電磁材料和金屬冶煉。一種由工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制備高純碳酸鍶的工藝流程如下：已知：I.Cr(OH)3為兩性氫氧化物；II.常溫下，各物質的溶度積常數如下表所示?；衔顲r(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列問題：（1）氣體A的電子式為_______。（2）“除鋇、鉛”時，pH過低會導致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因為_______(用離子方程式解釋)；“還原”時發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）“濾渣1”的主要成分為_______(填化學式)。（4）用氨水和NaOH分步調節(jié)pH，而不是直接調節(jié)溶液的pH≈13的原因為_______。（5）“調pH≈13”后需對溶液進行煮沸并趁熱過濾出濾渣2，煮沸并趁熱過濾的原因為_______。（6）已知：碳酸的電離常數Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，則“碳化”時，反應Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數K=_______(保留兩位有效數字)。（7）“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干過程中除蒸發(fā)水分外，還能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質，該雜質除NH4HCO3外還可能為_______(填化學式)?！敬鸢浮浚?）（2）

2CrO+2H+Cr2O+H2O

8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O（3）Cr(OH)3（4）pH過高會使Cr(OH)3的溶解，導致鉻的去除率降低（5）Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過濾有利于除盡溶液中的Ca2+（6）1.9×105（7）NH4NO3【解析】工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸進行“酸溶”，碳酸鍶和硝酸反應生成硝酸鍶、水和二氧化碳，氣體A為CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入過量的(NH4)2CrO4進行“沉鋇、鉛”，過濾得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，對溶液進行酸化、加草酸進行還原，被還原為Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水調pH到7~8，將Cr3+轉化為沉淀除去，濾渣1為Cr(OH)3，再加NaOH調pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，過濾后碳化，Sr2+轉化為SrCO3，再經過“系列操作”得到高純SrCO3。（1）氣體A為CO2，其電子式為；（2）(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH過低，H+濃度過大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移動，更多的CrO轉化為Cr2O，導致(NH4)2CrO4的利用率降低；結合流程和分析來看“還原”時草酸和鉻酸根離子發(fā)生氧化還原反應，發(fā)生反應的離子方程式為8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；（3）由分析可知“濾渣1”的主要成分為Cr(OH)3；（4）Cr(OH)3是兩性氫氧化物，pH過大Cr(OH)3會溶解，故用氨水和NaOH分步調節(jié)pH，而不是直接調節(jié)溶液的pH≈13的原因為pH過高會使Cr(OH)3的溶解，導致鉻的去除率降低；（5）“調pH≈13”主要是使鎂離子、鈣離子沉淀，“調pH≈13”后需對溶液進行煮沸并趁熱過濾的原因為Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過濾有利于除盡溶液中的Ca2+；（6）Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數K=====1.9×105；（7）由于酸化階段加入的硝酸根離子在流程中沒有除去，加之系列操作前加入了銨根離子，故系列操作烘干過程中除蒸發(fā)水分外，還能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質，該雜質除NH4HCO3外還可能為NH4NO3。27．（2022·山東·滕州市第一中學新校二模）某化學興趣小組利用如圖1所示裝置(加持裝置省略)制備。已知是一種易溶于水，不溶于酒精的白色或微紅色晶體。（1）檢驗如圖1裝置氣密性的方法是___________，裝置Ⅱ中發(fā)生反應的方程式：___________。（2）抽濾如圖2所示，與用普通漏斗過濾相比，抽濾的優(yōu)點是___________；其最佳操作順序是___________，確認抽干(填標號)。a．打開循環(huán)水式真空泵

b．加入少量蒸餾水潤濕濾紙

c．轉移固液混合物（3）根據圖3，加熱反應后的溶液并控制溫度大于40℃，經蒸發(fā)結晶，___________，用___________洗滌，干燥，可得到產品。（4）圖1裝置還存在安全隱患，在Ⅱ后的方框內增加合適的裝置和藥品以消除這種隱患，在方框內完成作答___________。（5）產品的純度可用配位滴定法測定。被空氣氧化成后，可與配位劑三乙醇胺生成綠色配合物以掩蔽其他離子，再加入鹽酸羥胺將配合物中的還原成，以K-B為指示劑，用EDTA(可以表示為)標準滴定液進行滴定，反應為：。準確稱取一定質量的晶體加入250mL的錐形瓶中，加20mL水、10mL三乙醇胺，充分振蕩，再加入10mL足量的鹽酸羥胺。滴入2～3滴K-B作指示劑后溶液呈酒紅色，搖勻。用已標定的溶液滴定，當溶液由酒紅色變成純藍色，即為終點。實驗數據見下表：實驗起始滴定管讀數/mL終點滴定管讀數/mL10.08450.2026.6020.08450.0026.2030.08450.3228.35則產品的純度為___________％(保留整數)。【答案】（1）

打開止水夾，微熱燒瓶，若裝置II中多孔球泡有氣泡冒出，冷卻后能形成一段水柱，說明氣密性良好

MnO2+SO2=MnSO4（2）

過濾速度更快

bca（3）

趁熱過濾

酒精（4）（5）97%【解析】裝置I用濃硫酸和Na2SO3反應生成SO2，進入裝置II與MnO2發(fā)生氧化還原反應生成MnSO4，發(fā)生反應的方程式：MnO2+SO2=MnSO4，由于二氧化硫有毒，應在裝置末加裝NaOH溶液作尾氣處理；（1）檢驗裝置I的氣密性方法：可打開止水夾，微熱燒瓶，若裝置II中多孔球泡有氣泡冒出，冷卻后能形成一段水柱，說明氣密性良好；裝置Ⅱ中MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應生成MnSO4，發(fā)生反應的方程式：MnO2+SO2=MnSO4；（2）與用普通漏斗過濾相比，抽濾的主要優(yōu)點是過濾速度更快；最佳操作順序是加入少量蒸餾水潤濕濾紙，轉移固液混合物，再打開循環(huán)水式真空泵，即bca；（3）低于40℃結晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃結晶析出MnSO4．H2O，則加熱溶液并控制溫度＞40℃，蒸發(fā)結晶，趁熱過濾，已知易溶于水，不溶于酒精，用酒精洗滌，干燥，可得到產品；（4）二氧化硫有毒需要進行尾氣處理，可以在裝置后增加NaOH溶液，吸收并防止倒吸和尾氣處理裝置，即；（5）消耗的EDTA標準滴定液體積為26.60-0.20=26.40mL、26.20mL、28.35-0.32=28.03，第3組誤差較大應舍去，則V(EDTA)=，n(EDTA)=cV=，反應為：，n()=n(EDTA)=，質量為m=nM=×169g/mol=0.0822g，產品的純度為。28．（2022·青海西寧·一模）綠色能源是未來能源發(fā)展的重要方向，氫能是重要的綠色能源，利用生物乙醇來制取氫氣的部分反應過程如圖所示。（1）已知：反應①：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)

ΔH1=+173.5kJ·mol-1反應②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

ΔH2=-41.2kJ·mol-1則反應Ⅰ的熱化學方程式為____。（2）反應Ⅱ在不同進氣比[n(CO)∶n(H2O)]、不同溫度下，測得相應的CO平衡轉化率見表(各點對應的其他反應條件都相同)。平衡點abcdn(CO)∶n(H2O)0.50.511CO平衡轉化率/%5066.75060①a點平衡混合物中H2的體積分數為____，a、c兩點對應的反應溫度Ta____Tc(填“＜”“=”或“＞”)，d點對應的平衡常數K=____。②有利于提高CO平衡轉化率的是____(填標號)。A．增大壓強

B．降低溫度

C．增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]

D．分離出CO2（3）反應Ⅱ在工業(yè)上稱為一氧化碳的催化變換反應，若用[K]表示催化劑，則反應歷程可用下式表示：第一步：[K]+H2O(g)=[K]O+H2第二步：[K]O+CO=[K]+CO2第二步比第一步反應慢，則第二步反應的活化能比第一步反應____。（4）研究表明，CO催化變換反應的速率方程為=k(-)式中，yCO、、、分別表示相應的物質的量分數，Kp為平衡常數，k為反應的速率常數，溫度升高時k值增大。在氣體組成和催化劑一定的情況下，反應速率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度升高時，CO催化變換反應的Kp___(填“增大”“減小”)。根據速率方程分析，T＞Tm時逐漸減小的原因是____?！敬鸢浮浚?）CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)=+255.9kJ/mol（2）

16.67%

＞

2.25

BD（3）大（4）

減小

Kp減小對的降低大于k增大對的提高【解析】（1）已知：反應①：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH1=+173.5kJ·mol-1反應②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1，則反應I為：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)可由①-2②得到，根據蓋斯定律可知，=ΔH1-2ΔH2=(+173.5kJ·mol-1)-2×(-41.2kJ·mol-1)=+255.9kJ/mol，故答案為：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)=+255.9kJ/mol；（2）①由三段式分子可知，，a點平衡混合物中H2的體積分數為=16.67%，已知反應IICO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1是一個放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率減小，而增大CO的用量平衡正向移動，但CO的轉化率減小，比較a、c兩點可知，c點中CO的用量大于a點，而a點和c點的CO的轉化率相等，則c點溫度低于a點，由三段式可知，d點對應的平衡常數K===2.25，故答案為：16.67%；＞；2.25；②由反應CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知，該反應正反應是一個氣體體積不變的放熱反應，據此分析解題：A．增大壓強平衡不移動，A不合題意；

B．降低溫度平衡正向移動，CO的平衡轉化率增大，B符合題意；

C．增大進氣比[n(CO)∶n(H2O)]即增大CO的用量，平衡正向移動，根據勒夏特列原理可知，CO的平衡轉化率減小，C不合題意；

D．分離出CO2即減小生成物CO2濃度，平衡正向移動，則CO的平衡轉化率增大，D符合題意；故答案為：BD；（3）已知反應的活化能越大，反應速率越慢，故第二步比第一步反應慢，則第二步反應的活化能比第一步反應大，故答案為：大；（4）由反應CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知，則溫度升高時，平衡逆向移動，故CO催化變換反應的Kp減小，根據速率方程分析，T＞Tm時，溫度升高，k值增大，結合CO催化變換反應的速率方程為=k(-)，可知溫度升高，k增大，Kp減小，由于Kp減小對的降低大于k增大對的提高，導致隨溫度升高而減小，故答案為：減?。籏p減小對的降低大于k增大對的提高。35.[化學——選修3：物質結構與性質]（15分）（2022·江西九江·一模）我國硒含量居世界首位，含硒化合物與材料被廣泛應用于合成化學、催化化學醫(yī)學研究、環(huán)境保護、農業(yè)化學品等方面。（1）硒原子核外電子排布式為_______（2）人體代謝甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，甲硒醇分子中碳原子和硒原子的雜化類型分別是_______、_______。下表中有機物沸點不同的原因是_______。有機物甲醇甲硫醇甲硒醇沸點/℃64.75.9525.05（3）NaHSe可用于合成聚硒醚，NaHSe晶體類型為_______，得到NaHSe過程中生成的化學鍵類型為_______。聚硒醚能清除水中的鉛污染，其原因是_______。（4）硒酸是一種強酸，根據價層電子對互斥理論的推測，其陰離子空間構型是_______（5）Na2Se的晶體結構如下圖所示，其晶胞參數為anm，阿伏伽德羅常數值為NA.則Na2Se的晶胞密度為_______g·cm-3(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d104s24p4（2）sp3sp3三種物質都是分子晶體，結構相似，相對分子質量越大，沸點越高，甲醇分子間存在氫鍵所以沸點最高（3）離子晶體離子鍵、共價鍵Se含有孤電子對，易與鉛以配位鍵相結合（4）正四面體（5）【解析】（1）硒為34號元素，處于第四周期VIA族，基態(tài)硒核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4；（2）甲硒醇(CH3SeH)結構式是，分子中碳原子形成4個σ鍵，無孤電子對，碳原子的雜化類型分別是sp3；硒原子形成2個σ鍵，2對孤電子對，