江苏省辅仁高级中学2023学年高考化学一模试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二

2、烯（）的说法正确的是（）A与互为同系物B一氯代物有2种，二氯代物有4种（不考虑立体异构）C能使溴水退色，不能使酸性高锰酸钾溶液退色D1mol该有机物完全燃烧消耗5molO22、下列实验目的能实现的是A实验室制备乙炔B实验室制备氢氧化亚铁C实验室制取氨气D实验室制取乙酸丁酯3、中国诗词大会不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是A李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”， “紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D曹植诗句“

3、煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能。4、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是( )A涤纶、有机玻璃、光导纤维都是有机高分子化合物B大豆中含有丰富的蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变为了氨基酸C合成纤维是以木材为原料，经化学加工处理所得D常用于染料、医药、农药等的酚类物质可来源于煤的干馏5、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）A石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油6、下列有关

4、物质性质的比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3B热稳定性：HClPH3C沸点：C2H5SHC2H5OHD碱性：LiOH H2CO3 HCN HCO3。【题目详解】A. NaCN溶液中通入少量CO2的离子方程式为H2O+CO2+CN = HCO3+HCN，故A正确；B. 向稀醋酸溶液中加少量水，平衡常数不变，醋酸根离子浓度减小，比值减小，故B错误；C. 根据越弱越水解，因此碳酸钠水解程度大，碱性强，因此等物质的量浓度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C错误；D. 等体积等物质的量浓度的NaCN溶液和HCN溶液混合，因此混合后水解为主要，因此溶液呈碱性，故D错误。综上所

5、述，答案为A。21、B【答案解析】A溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A正确；B能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；C由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；D由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。22、D【答案解析】A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；B. 步骤中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2I

6、- +2H+H2O2=I2+2H2O，故B正确；C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；D. 若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H+O2=2I2+2H2O，步骤操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。【答案点睛】本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。二、非选择题(共84分)23、（酚）羟基 ； 氯原子 取代反应 还原反应 C15H25O3N +CH3OH +H2O 【答案解析】由B的分子式、C的结构，可知B与氯气发生取

7、代反应生成C，故B为，C发生还原反应生成D为对比D、E的分子式，结合反应条件，可知D中氯原子水解、酸化得到E为由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成美托洛尔。【题目详解】(1) 由结构可知C中官能团为：(酚)羟基、羰基和氯原子，在氢氧化钠溶液中，由于和氯元素相邻的碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，羰基不与氢氧化钠反应，酚羟基有弱酸性，可以与氢氧化钠反应；(2) B为，根据流程图中A和B的结构式分析，A中的氯原子将苯酚上的氢原子取代得到B，则为取代反应；D为，根据分析，C发生还原反应生成D

8、；根据流程图中美托洛尔的结构简式，每个节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键用氢原子补充，则H的分子式为C15H25O3N；(3) E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；(4) F为，F中酚羟基上H原子被取代生成G，对比二者结构可知，X的结构简式为；(5) B为，B的同分异构体中，含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基；苯环上只有一个取代基且能发生水解反应，故有机物的结构简式；（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物。合成路线流程图为：。24、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛 -NH2和-Cl 取

9、代反应或酯化反应 HOCH2CH2OH 4 、(任写一种即可) 【答案解析】对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为： ；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【题目详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳

10、原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件

11、，因此具体合成路线为：。25、球形冷凝管 防倒吸 碘水或I2 C D G F J 37.8 还原性 5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率 取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸 【答案解析】（1）根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管；B装置为安全瓶，其作用是防倒吸，故答案为球形冷凝管；防倒吸；（2）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没有完全水解，溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，故答案为碘水或I2；（3）为证明草酸的受热分解产物中

12、含有H2O、CO2和CO，先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气，如果变蓝说明有水蒸气产生；再通入盛有冷水的洗气瓶除去草酸蒸气，防止草酸干扰二氧化碳的检验；接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳，如果澄清的石灰水变浑浊，则证明含有二氧化碳气体；再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验；然后再将洗气后的气体进行干燥，最后将气体再通过黑色的氧化铜装置，一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在，如果澄清石灰水变浑浊，则证明该混合气体中含有一氧化碳；为防止有毒的一氧化碳污染环境，用排水集气法收集一氧化碳，连接顺

13、序为ACDGFEBGJ，故答案为C；D；G；F；J。（1）由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量，则n(CO) ：m (O)=1:16= n(CO)：18g，解得n(CO)为0.3mol，H2C2O12H2O受热分解的方程式为H2C2O12H2O3H2O+CO+CO2，由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol，所以质量为：0.3mol126g/mol=37.8g，故答案为37.8；（5）向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时，可观察到溶液由紫红色变为近乎无色，说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸能够被氧化，草酸具有还原性，被氧

14、化为二氧化碳，发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率；故答案为还原；5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用，加快反应速率； （6）若草酸为弱酸，则其在水溶液中不能完全电离，0.1molL-1草酸溶液的pH大于1。因此，实验证明草酸是弱酸的实验方案为：取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，用pH计测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸，故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中，测定其pH，若pH1，则说明草酸为弱酸。【答案点睛】

15、本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。26、除去油污 防止Fe2+被氧化 保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失 计算加入硫酸铵晶体的质量 盐酸酸化的氯化钡溶液 吸收尾气SO2，避免污染环境 稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀硫酸和酸性高锰酸钾溶液 【答案解析】（1）工业废铁粉中含有油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；（2）根据目标产品NH4Fe(SO4)2分析需要硫酸铵与硫酸亚铁的比例关系；（3）检验气态产物中的SO2和SO3时，

16、要考虑检验气体的试剂及连接的顺序问题；检验氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，再检验。【题目详解】（1）用热的Na2CO3溶液洗涤工业废铁粉表面油脂,；再搅拌过程中Fe2+可能会被氧气氧化为Fe3+，步骤中设计铁粉过量，把Fe3+还原变为Fe2+；在加热的过程中水会不断减少，可能会造成硫酸亚铁固体的析出，造成损失，所以不断补充蒸馏水维持溶液体积；答案：除去油污；防止Fe2+被氧化；保持溶液的体积，防止硫酸亚铁析出，减少损失；（2）步骤中称量反应后剩余铁粉的质量,计算出生成硫酸亚铁的物质的量,根据硫酸亚铁和硫酸铵反应生成NH4Fe(SO4)2；答案：计算加入硫酸铵晶体的质量。（3）检验气态产

17、物中的SO2和SO3时，A中的NaOH溶液适用于吸收尾气SO2，B中的品红溶液适用于检验SO2，明显仅剩C装置用于检验SO3，但不能影响二氧化硫，那么用盐酸酸化的氯化钡溶液来检验SO3比较合理，同时避免二氧化硫溶解，由于考虑SO3会溶于水中，所以先检验SO2，再检验SO3，最后进行尾气吸收，综合考虑连接顺序为；装置A的作用是吸收尾气SO2，避免污染环境；检验充分分解并冷却后的瓷舟中铁的氧化物中是否含有二价铁，先将氧化物溶解，用硫酸溶解，再滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明有二价铁；答案：；盐酸酸化的氯化钡溶液；处理尾气，避免污染环境；稀硫酸和铁氰化钾溶液或稀

18、硫酸和酸性高锰酸钾溶液。【答案点睛】一般工业使用的金属表面会有防锈油脂，热的Na2CO3溶液显碱性可以洗涤油污；对于原料的加入我们一般是要有估算的，要根据产品化学式的原子比例来估算原料的加入量；检验固体中的离子时，要是固体本身溶于水可直接加水溶解即可，要是难溶于水，可根据固体性质加入酸溶液或碱溶液等其他不干扰检验的溶液进行溶解。27、2ClO22CN-2CO2N22Cl- 稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸 防止倒吸（或作安全瓶） 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O 加大氮气的通入量 酸式滴定管（或移液管） 淀粉溶液 溶液蓝色退去 0.04000

19、【答案解析】(3) ClO2有强氧化性，容易氧化乳胶，量取ClO2溶液时，不可用碱式滴定管，可用酸式滴定管或移液管。标定ClO2浓度的思路为：ClO2将I-氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，据此计算解答。【题目详解】(1) ClO2将CN-氧化成CO2和N2，自身被还原为Cl-，结合电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒可得离子方程式为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-，故答案为：2ClO22CN-2CO2N22Cl-；(2)二氧化氯体积分数大于10%即可能发生爆炸，通入氮气除起到搅拌作

20、用外，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；ClO2极易溶于水，如果没有B，极易引起倒吸，所以B的作用是：防止倒吸（或作安全瓶），故答案为：防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3作氧化剂、H2O2作还原剂，结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O，故答案为：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；当看到装置C中导管液面上升，说明ClO2的含量偏高了，要加大氮气的通入量，以免爆炸，故答案为：加大氮气的通入量；(3)ClO2有强氧

21、化性，量取ClO2溶液时，可用酸式滴定管或移液管，ClO2将KI氧化成I2，再用Na2S2O3标准液滴定生成的I2，反应涉及碘单质，可用淀粉溶液做指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2反应完时，溶液蓝色褪去。根据电子得失守恒、原子守恒有：2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3，消耗0.1000 molL-1的Na2S2O3标准液20.00mL，即消耗Na2S2O3物质的量=0.1000 molL-120.00mL10-3=210-3mol，由2ClO22Cl-10e-10I-5I210Na2S2O3可知，n(ClO2)=410-4mol，c(ClO2)= 0.04000mol

22、/L，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；淀粉溶液；溶液蓝色退去；0.04000。28、122.6 BD 2CO+SO2=S+2CO2 b 升高温度 3:1 2HSO3+2e+2H+=S2O42+2H2O 【答案解析】（1）根据盖斯定律计算； 容器保持恒压，根据体积之比等于物质的量之比，计算平衡时的浓度及反应I的平衡常数Kc；根据图像进行判断；（2）根据元素守恒，无毒的物质为二氧化碳；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像判断；初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同；（3）根据图像可知，pH=7，根据溶液呈电中性计算；（4）根据图像

23、可知，阴极上亚硫酸氢根离子得电子，生成S2O42，根据原子守恒，氢离子参与反应生成水。【题目详解】（1）根据盖斯定律，反应I2-反应II可得2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)，则H349.62-23.4=-122.6kJ/mol； CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)反应：2 6 2 2平衡： 2 22CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)反应：1 3 0.5 1.5平衡： 0.5 1.5则平衡时，n（CO2）=3mol，n（H2）=3mol，n（CH3OH）=2mol，n（CH3OCH3）=0.5mol，n（H2O）=3.5mol

24、，容器保持恒压，则平衡后的体积=2L，平衡时的浓度c（CO2）=1.5mol/L，c（H2）=1.5mol/L，c（CH3OH）=1mol/L， c（H2O）=1.75mol/L，反应I的平衡常数Kc的计算式=；根据图像可知，选择催化剂CZ(Zr1)T、在230时产率最高，则合成甲醇的工业条件是BD；（2）CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，根据元素守恒，含C，无毒的物质为二氧化碳，则方程式为2CO+SO2=S+2CO2；反应速率越快，达到平衡状态所用的时间越短，根据图像可知，b达到平衡状态时用的时间最短，则反应速率最快；初始条件为恒容，c组实验与b的初始压强相同，达到平衡状态时，c组使用时间长，则为温度不相同，c组改变的实验条件为升高温度；（3）根据图像可知，b点时，c(HSO3)= c(SO32)，pH=7，则c(H+)= c(OH)，根据溶液呈电中性，c（NH4+）+ c(H+)= c(HSO3)+2c(SO32)+c(OH)，c（NH4+）=3c