2023年届全国卷高考考前适应性试卷(化学)

102023届全国卷高考考前适应性试卷〔一〕化学留意事项：1、本试卷分第一卷〔选择题〕和其次卷〔非选择题〕两局部。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、答复第一卷时，选出每题的答案后，用铅笔把答题卡上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。写在试卷上无效。3、答复其次卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试完毕，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 N-14 O-16 Na-23 P-31 Cu-64 Au-197一、选择题〔6636分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的〕《五金铁》中记载：“假设造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数对，筑一方塘，短墙抵之，其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。”以下说法不正确的选项是A．金属冶炼方法由金属活动性打算 B．熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差C．炒铁是为了降低铁水中的碳含量 D．该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工【答案】B【解析】A．金属冶炼方法由金属活动性打算，特别活泼的金属通常用电解法冶炼，较活泼的金属用热复原法，较不活泼的金属用热分解法，A正确；B．熟铁比生铁的硬度小，延展性较好，B不正确；C．炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物，从而降低铁水中的含碳量，C正确；D．往生铁水中吹空气可以降低碳的含量，故该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工，D正确。此题选B。用N表示阿伏加德罗常数的数值，以下说法正确的选项是A常温常压下，2.24LCOCO2

混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA1molNaNaO，失去N个电子2 2 A标准状况下，11.2LCH0.5N66 AD．0.1mol/LKS溶液中含有的K+0.2N2 A【答案】B【解析】标准状况下，2.24LCOCO2

混合气体中含有的碳原子数目为0.1N

A错A误；NaNaO，钠元素化合价由0变为+1，1molNaNaO，2 2 2 2失去N个电子，故B正确；标准状况下CH是液体，故C错误；没有溶液体积，不能计算A 660.1mol/LKS溶液中的K+数，故D错误。2关于有机物确的是

的说法正a、b互为同系物B．c中全部碳原子可能处于同一平面C．b的同分异构体中含有羧基的构造还有7种(不含立体异构)D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】A、a是酯类，b是羧酸类，构造不相像，不互为同系物，故A错误；B、c是B错误；C、b1-戊酸，含有羧基的构造的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，17C正确；Dc能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；应选C。下表中依据试验操作和现象所得出的结论正确的选项是选项选项试验操作试验现象试验结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X有白烟产生X确定是浓盐酸BKIOHI溶液，并3参与淀粉溶液变蓝色KIO的氧化性比I的强32强酸性溶液Y 中加入CBa(NO) 溶液，静置后再加32液又变红Y中确定含有SO2-Fe3＋4CHOH与浓硫酸混合后加热制得的气体使酸性—定是制得的乙烯使酸性D25KMnO溶液褪色4KMnO溶液褪色4【答案】B【解析】A．生成白烟可知X为挥发性酸，则X为浓盐酸或浓硝酸，A错误；B．淀粉变KIO3HI溶液，发生氧化复原反响生成碘，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KIO3氧化性比I2强，B正确；C．酸性溶液中硝酸根离子具有YSO2﹣SO24 3﹣、亚铁离子，C错误；D．乙醇易挥发，且乙醇能被高锰酸钾氧化，则应排解乙醇的干扰，再检验消去反响的产物乙烯，D错误；答案选B。发生氧化复原反响导致颜色变化，从而实现对光的透过率进展可逆性调整。WO 和3LiFe[Fe(CN]均为无色透亮，LiWOFe[Fe(CN]

均有颜色。以下说法正确的选项是4 4 63 3 4 63当M外接电源正极时，该材料颜色变深使光的透过率降低该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的量变小当M外接电源负极时，离子导电层中的Li+向变色导电层定向迁移当N外接电源正极时，离子储存层的电极反响式为： Fe

[Fe(CN]

+4Li++4eˉ=LiFe[Fe(CN]

4 634 4 63【答案】C【解析】AM外接电源正极时，M为阳极，LiWO3

WO，该材料颜色变3浅使光的透过率增强，选项A 错误；B．电极总反应式为4WO+LiFe[Fe(CN]=4LiWO+Fe[Fe(CN]

，该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的3 4 4 63 3 4 63B错误；CMLi+向阴极变色导电层定向迁移，选项C正确；D．当N外接电源正极作为阳极时，离子储存层的电LiFe[Fe(CN]-4eˉ=Fe[Fe(CN]+4Li+D错误。答案选C。4 4 63 4 63W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子3∶4Y的原子半径大于X的原子半径，X、Y、Z的最外层电子数之和16，W的简洁离子W-能与水反响生成单质W2。以下说法正确的选项是A．最简洁氢化物的沸点：Z>X B．W与X形成的化合物中只有极性键C．最高价氧化物对应水化物酸性：Y>Z D．阴离子的复原性：W>X【答案】D【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L3∶4，则L3、46、8，且X、Y、Z的最外层电子16X、Y的L3、43+4+9=16，Z9，不符合；删去；则XL6，XO，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z10，YSi，ZS；WW-能与水反应生成单质W，W的原子序数小于O的原子序数，则WH。A．ZS，XO，水分子2间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物假设为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的复原性：W＞X，故D正确；应选D。0.1mol·L-1100mLHX、HY溶液中，NaOH的稀溶液，lg确的是

NaOH的物质的量的变化如以下图。以下说法正A．a点溶液的pH=2B．水的电离程度：a<b<cC．b点溶液中：c(Yˉ)+c(HY)=c(Na+)D．c点溶液中：c(Yˉ)>c(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OHˉ)【答案】D【解析Aa点溶液g 结合+-可知+1，选项A错误；B．0.1mol·L-1的一元酸HY溶液lg =9，c(H+)=10-2.5mol∙L-1，为弱酸，加入氢氧化钠至lg =0时碱的量缺乏，故c到b酸抑制水电离的程度减小，水的电离程=0：电荷守恒有c(Yˉ)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故c(Yˉ)=c(Na+)，选项C错误；D．c点为HY和NaY按1∶1形成的溶液且呈酸性：c(Yˉ)>C(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OHˉ)，选项D正确。答案选D。4分〕某课题组同学受葡萄糖与制氢氧化铜悬浊液反响试验的启发，拟设计实验利用氧化铜探究乙醛的复原性。【提出猜测】猜测1：CHCHO＋2CuO CHCOOH＋CuO；3 3 2猜测2： 〔写出化学方程式。1〕甲同学设计以以下图装置进展试验〔局部夹持装置已略去：：乙醛和乙酸的沸点分别为20.8℃、117.9℃。按上述装置进展试验，当氧化铜完全反响后停顿试验。①为到达良好的冷凝效果，方框中C装置应选用 〔填仪器名称；试验中先通入乙醛蒸气后点燃装置B处酒精灯这样操作的目的是 。②：CuO呈红色，在酸性条件下发生反响CuO＋2H+＝Cu＋Cu2+＋HO。请你设2 2 2计试验证明猜测1成立。试验操作： 。试验现象： 。〔2〕乙同学设计了如以以下图所示试验方案定量探究红色固体的成分。：醋酸亚铬[Cr(CHCOO)]溶液可以吸取少量的O。3 2 2①以下有关说法正确的选项是〔填标号〕 。装置D可以把握反响的发生与停顿装置F中盛装醋酸亚铬溶液向装置D中参与少量硫酸铜固体可加快反响试验中观看到装置G中有明显现象②装置G中红色粉末完全反响后，称得固体粉末质量为19.2g；装置H净增质量为g。请选择合理数据计算，确定红色粉末的成分及物质的量： 。【答案】CHCHO＋CuO CHCOOH＋Cu3 3①直形冷凝管排尽装置中的空气，防止乙醛被氧气氧化②取B中固体少许于试管中，参与适量稀硫酸振荡溶液变成蓝色，有红色固体剩余〔见溶液变蓝色即可〕①ac ②0.1molCuO，0.1molCu2【解析】该试验的目的是：利用氧化铜探究乙醛的复原性，依据猜测 1：CHCHO＋32CuO CHCOOH＋CuO；乙醛将氧化铜复原为氧化亚铜，故可以猜测，乙醛将氧化铜还3 2原为铜。观看装置，A中产生乙醛蒸汽，进入BMC装置的作用是冷凝。猜测二：假设乙醛将氧化铜复原为铜的话，方程式应为：CHCHO＋3CuO CHCOOH＋Cu；①C装置要起到冷凝效果，应选用直形冷凝管；由于乙醛简洁被3B的空气，防止乙醛被氧气氧化；②要证明猜测1CuOCuO2 2＋2H+＝Cu＋Cu2+＋HOB2CuO；2〔2〕通过测量粉末质量的变化，测定红色固体中氧的含量。①a．启普发生器可以把握反响的开始与停顿，故a正确；b．装置F中应盛放的是浓硫酸吸取氢气中的水蒸气，不需要吸取氧气，开头前就应当将装置内空气全部排出，故b错误；c．向装置D中参与少量硫酸铜固体可形成铜锌原电池可加快反响，故c正确；d．装置G中，氢气复原氧化亚铜得到铜照旧是红色的，故没有明显现象，故dac；②H中的增重还包括空气中的水分等，2.0g不能用，完全反响后，称得固体粉末质量为19.2g1.6g，即粉m(O)=1.6g，n(O)=0.1mol，m(Cu)=19.2g，n(Cu)=0.3molCuO，还应当2Cu，n(CuO)=0.1mol，n(Cu)=0.1mol。2〔5分CNS学方法来消退这些物质对环境的不利影响。：2CO(g)+O(g)=2CO(g) ΔH=-566kJ/mol2 2 1S(l)+O(g)=SO(g) ΔH=-296kJ/mol2 2 2COSOS(1)和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫2的回收，写出该反响的热化学方程式 。确定温度下，向2L2molCO1molSO，发生上述〔1〕中回2收硫的反响。假设反响进展到20minCO0.520min的反2应速率= ，该温度下反响化学平衡常数= 。2L2molCO1molSO，反响体系总压强2随时间的变化如图〔Ⅰ〕所示：①图〔Ⅰ〕中三组试验从反响开头至到达平衡时最大的 〔填序号；②与试验a相比c组转变的试验条件可能是 。“亚硫酸盐法”吸取烟气中的SO。室温条件下，将烟气通入(NH)SO溶液中，测2 42 3得溶液H与含硫组分物质的量分数的变化关系如〔Ⅱb点时溶液H+)∶4n(HSO-)= 。3间接电化学法可除NO其原理如〔Ⅲ〕所示写出电解池阴极的电极反响式(阴极室溶液呈酸性) 。【答案〔1〕2CO(g)+SO(g)=S(l)+2CO(g) ΔH=-270kJ/mol2 2〔2〕0.03mol·L-1·min-1 11.25〔3〕①b ②上升温度〔4〕3∶1 2HSO-+2e-+12H+=SO2-+6HO3 2 4 2【解析〔1〕已知：2CO(g)+O(g)=2CO(g) ΔH=-566kJ/mol；S(l)+O(g)=SO(g)2 2 1 2 2ΔH=-296kJ/mol；依据盖斯定律：第一个反响减去其次个反响得：2CO(g)+SO(g)=S(l)+2CO(g)2 2 2ΔH=-270kJ/mol；正确答案：2CO(g)+SO(g)=S(l)+2CO(g) ΔH=-270kJ/mol。2SO的物质的量为2

2，则有初始状态反响的量平衡状态即： ，

，ν(CO)=〔0.6×2〕/(2×20)=0.03mol·L-1·min-1；c(CO)=(2-1.2)/2=0.4mol/Lc(SO)=(1-0.6)/2=0.2mol/Lc(CO)=1.2/2=0.6mol/L2 2应化学平衡常数K=c2(CO)/c2(CO)×c(SO)= 0.62/0.42×0.2=11.25〔L·mol-1正确答案：2 20.03mol·L-1·min-1；11.25。依据图示，到达平衡时间的快慢为：b＞c＞a，因此到达平衡时的反响速率v(CO)b＞c＞av(CO)b；正确答案：ba相比，c组反响前和反响上升温度。〔4〕An(HSO-n(HSO)=11b点时溶液的pH=7，依据电荷守恒：3 2 3H+O-O-O-

-)H+)O-∶4 3 31。

3 3 4 3〔5〕依据图示可知，阴极发生复原反响：HSO-变为SO2-，电极反响式为3 2 42HSO-+2e-+12H+=SO2-+6HO；正确答案：2HSO-+2e-+12H+=SO2-+6HO。3 2 4 2 3 2 4 24分〕磷尾矿主要含aO)F和OO。某争论小组提出了磷尾矿综合5 43 3 3利用的争论方案，制备具有重要工业用途的CaCO、Mg(OH)、P和H，其简化流程如下：3 2 4 2：①Ca(PO)F950℃时不分解5 43②4Ca(PO)F+18SiO+30C===2CaF+30CO+18CaSiO+3P5 43 2 2 3 4③局部物质的相关性质如下：物质熔点/℃沸点/℃备注P444280.5PH3-133.8-87.8难溶于水，具有复原性SiF4-90-86易水解答复以下问题：〔1 〕NHNO 溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出 Ca2+ 的原因4 3是 。在浸取液Ⅱ中通入NH发生反响的化学方程式是 。3上述过程中将二氧化硅、过量C与磷精矿反响，通过一系列处理转化成白磷。电沉降槽中主要沉积物是〔填化学式，冷凝塔Ⅰ的主要沉积物是。冷凝塔Ⅱ的主要沉积物是 。尾气中主要含有CO，也可能含有少量的PH、HSHF等，将尾气先通入纯碱溶3 2液，可去除 ；再通入次氯酸钠溶液，可除去 〔填化学式。工业上常用磷精矿［Ca(PO)F］25℃，101kPa时：5 43CaO(s)+HSO(1)=====CaSO(s)+HO(1)△H=-271kJ·mol-12 4 4 25CaO(s)+3HPO(1)+HF(g)=====Ca(PO)F(s)+5HO(1)△H=-937kJ·mol-13 4 5 43 2则Ca5(PO4)3F和硫酸反响生成磷酸的热化学方程式是 ，现有1t折合含有五氧化二磷为30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸 t。〔1〕NH+CaO、Ca(OH)Ca2+〔1分〕4 2〔2〕MgSO+2NH+2HO===Mg(OH)↓+(NH)SO

(2分)4 3 2 2 42 4〔3〕CaF、CaSiO〔2分〕液体白磷〔1分〕固体白磷〔1分〕2 2〔4〕HS、HF(2分)PH(1分)2 3〔5〕Ca(PO)F(s)+5HSO(1)===5CaSO(s)+3HPO(1)+HF(g)△H=-418kJ·mol-1〔2分〕5 43 2 4 4 3 40.49〔2分〕【解析〔1〕NHNONH+水解使溶液显酸性，H+CaOCa(OH)

Ca2+。4 3 4 2〔2〕MgSO，向浸取液Ⅱ中通入NH

，发生反响的化学方程式为MgSO4

2NH3

O MgOH2

4NH42

3SO〔3〕由②的反响4CaFCaSiOI70℃，P

蒸气冷凝为液2 3 4体；冷凝塔Ⅱ的温度为18〔4〕通过碱性溶液，酸性气体HS、2HFPH〔5〕依据盖斯定律简洁3写出热化学方程式：Ca(PO)F(s) + 5HSO(1)=== 5CaSO(s)+ 3HPO(1)+ HF(g) △5 43 2 4 4 3 4H=-418kJ·mol-1。85%x，依据P原子守恒：PO→2HPO2 5 3 4142 1960.3t 85%x则：85%x×142=196×0.3t，x=0.49t。【化学——3〔15分〕英国曼彻斯特大学科学家安德烈海姆和康斯坦丁因“突破性地”剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：以下有关石墨烯说法正确的选项是 。键长：石墨烯>金刚石石墨烯分子中全部原子可以处于同一平面2gNA从石墨剥离得石墨烯需抑制石墨层与层之间的分子间作用力化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①铜原子在基态时在有电子填充的能级中能量最高的能级符号为 ；第四周期元素中，最外层电子数与铜一样的元素还有 。②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释缘由 。③以下分子属于非极性分子的是 。a．甲烷 b．二氯甲烷 c．苯 d．乙醇④酞菁与酞菁铜染料分子构造如图，酞菁分子中氮原子承受的杂化方式是 ；酞菁铜分子中心原子的配位数为 。⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点)，它的化学式可表示为 ；在Au 四周最近并距离相等的Cu 有个假设2个u原子核的最小距离为该晶体的密度可以表示为 m(阿伏伽德罗常数用N表示)A〔1〕BD〔2〕①3d K、Cr ②乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键③a、c ④sp3 sp2 2 ⑤Cu3Au或AuCu3 12〔1〕A、石墨比金刚石稳定，故石量烯的键长小于金刚石，故A错误；B．石墨烯分子是层状构造，全部原子可以处于同一平面，故B正确；C、12g石墨烯为1molC，1molC1.5molσ键，故12g石墨烯含σ1.5N，故C错误；D、石墨构造中层与层之A间是分子间作用力，故从石墨剥离得石墨烯需抑制石墨层与层之间的分子间作用力，故DBD。〔2〕①铜原子的基态原子中，有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为3d，Cu的最外层有1个电子，第四周期元素中，最外层电子数与铜一样的元素还有K、Cr；②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷性分子，二氯甲烷和乙醇是极性分子，应选a、c；④依据图示，酞菁分子中，氮原子有两3个σ键，1sp3N2个σ键，1对sp2Cu4N4；⑤CuAu或AuCu；在Au3 3四周最近并距离相等的u有22个u原子核的最小距离为晶胞面对角的一半，则晶胞边长为：dpm，该晶体的密度可以为= g/cm3。【化学——5〔15分〕3,4,5-三甲氧基苯甲醛〔TMB〕是一种药物中间体，其合成路线如下：TMB的质谱图中，最大质荷比的数值是 。B转化过程中的有机反响属于取代反响的 〔选填~⑥。有机物E中的含氧官能团有 〔写名称。以下对有机物D的性质的推想正确的选项是 。a．不能使溴水褪色 b．可发生加成、取