2023高三第1次模拟考试化学试卷（含解析）

高三第1次模拟考试化学试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）

1.2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是（）

A.0）2是由极性键构成的非极性分子B.干冰中C02分子间只存在范德华力

C.冰中1120分子之间的主要作用力是氢键D.此技术制冰的过程中发生的是化学变化

2.新疆土质呈碱性、阳光充足等优势造就了新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世。下

列有关说法不正确的是（）

A.新疆棉的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子

B.新疆棉可被生物降解

C.新疆棉的主要成分和淀粉互为同分异构体

D.可用灼烧的方法鉴别新疆棉和蚕丝棉

3.短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示.下列说法正确的是（）

YZ

A.原子半径的大小为：Z>Y>X

B.气态氢化物的还原性：Z<Y

C.若Y可作半导体材料，则X、Z的单质常温下均为气体

D.若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，则X、Z各自形成的氢化物熔沸点：X<Z

4.某矿泉水标签上的部分内容为，钙》4.0mg/L,钾）0.35mg/L,镁20.5mg/L,钠》0.8mg/L.

标签中的钙、钾、镁、钠指的是（）

A.原子B.单质C.元素D.分子

5.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为

0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18.下列说法正确的是（）

A.W、X形成的气态化合物无色无味

B.气态氢化物的稳定性：Y>X

C.氧化物的水化物的酸性：Y〈Z

D.耶、X与Z可存在于同一离子化合物中

6.下列叙述的事实与化学知识没有关联的是（）

选项事实化学知识

A用酒精免洗消毒液洗手75%的酒精（体积分数）能使蛋白质变性

B焊接金属时用NH4C1溶液除锈NH4C1加热易分解

C用糯米酿制米酒葡萄糖在酶的作用下转变为乙醇

D用氯化铁溶液蚀刻电路板Fe3+可将Cu氧化为Cu2+

A.AB.BC.CD.D

7.侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联

合制碱法”。氨碱法中涉及的反应有：

反应I:NaC1+C02+NH3+H20=NaHC03I+NH4C1

反应II：2NaIlC03"Na2c03+C02I+1120

下列制取少量Na2C03的实验原理和装置能达到实验目的的是（）

O

稀盐酸

■大理石制取C02

饱和

XNaHCO.,

除去C02中HC1

co.

8.下列化学方程式正确的是()

A.S+02点燃S02tB.4A1+302点燃2A1203

C.P+02点燃P02D.Mg+02点燃Mg02

9.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()

①漠水中有下列平衡Br2+H20wHBr+HBr。，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅

②工业合成氨反应N2(g)+3H2(g)w2NH3(g)Z\H<0,为提高氨的产率，实际生产中采取高温、高压

的措施

③反应2N02(g)wN204(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色先变深后变浅

④对于2Hl(g)/H2(g)+I2(g),达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深

A.①②B.②③C.③④D.②④

10.雄黄(As4s4)和雌黄(As2s3)是提取碑的主要矿物原料，二者都难溶于水，在自然界中共生，

且可以相互转化。雌黄(As2s3))能溶于HN03,反应如下：As2S3+10H++10N03-=2H3As04+3S+10N02

t+2H20。下列说法不正确的是()

A

生成lmolH3As04,则反应中转移电子的物质的量为5moi

B

若将该反应设计成原电池，可选用硝酸作电解质溶液、石墨作负极、As2s3作正极

c

反应产生的N02可用NaOH溶液吸收

D

雄黄转化为雌黄过程需要氧化剂

11.下列有关说法正确的是()

A.已知:HI(g)12H2(g)+1212(s)AH=-26.5kj-mol-1,由此可知1molHI气体在密闭容器中充

分分解后可以放出26.5kJ的热量

B.已知：2H2(g)+02(g)=2H20(l)AH=-571.6kj-mol-l,则氢气的燃烧热△H=-57L6kj-mol-l

C.腓(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，己知2H20(g)+02(g)=2H202(l)4

Hl=+108.3kj-mol-l®N21M(1)+02(g)=N2(g)+2H20(g)△H2=-534.0kjmol-l②则有反应：

N2H4(D+2H202(1)=N2(g)+4H20(l)△H=-642.3kj-mol-l

D.含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反

应的热化学方程式为NaOH(aq)+CH3C00H(aq)=CH3C00Na(aq)+H20(l)AH=-57.4kj-mol-l

12.有机物X和Y在一定条件下可制得环氧树脂粘合剂Z,其结构如下:

CH3

CH>CH>

CH：—CH-CH：十°^O-)—CH-CH—CH：+。0~V-Q-O-CH.-CH—CH：

:

、/%,AH!H,

下列说法正确的是()

A.X核磁共振氢谱有3个吸收峰

B.生成ImolZ的同时生成(n+l)molHCl

C.X、Y反应生成Z的过程既有取代反应，也有聚合反应

D.相同条件下，苯酚和Y反应生成结构与Z相似的高分子

13.室温下用质量和表面积相同的镁条各一片(已用砂纸打磨)，分别探究不同条件下与水反应

的实验(装置图如下)，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸播水中，实验3产生的浑浊物

主要为碱式碳酸镁[mMg(0II)2-nMgC03].下列说法不正确的是()

镁条表面有微小气泡，且溶液镁条表面有较多气泡且产生气泡速率镁条表面有大量气泡,

较长时间无明显变化逐渐加快，溶液中无明显现象溶液逐渐变为浑浊

A.实验1现象不明显，可能与Mg表面生成了难溶的Mg(011)2有关

B.实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失

C.实验3中HC03-破坏了Mg(0H)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积

D.由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论

14.下列操作、现象和结论都正确的是()

选项操作现象结论

紫色溶液变为无

A向酸性KMn04溶液中通入足量的乙烯乙烯具有漂白性

色

向新制的Cu(0H)2悬浊液中加入葡萄糖溶液并

B产生砖红色沉淀葡萄糖具有还原性

加热

可区分丝织品和头

C在酒精灯火焰上分别灼烧头发和丝织品有烧焦羽毛气味

发

原溶液中一定含有

D向某溶液中依次滴加氯水、KSCN溶液溶液变为红色

Fe2+

A.AB.BC.CD.D

第H卷（非选择题）

二、实验题(本大题共1小题，共12.0分)

15.为研究AgN03溶液与KI溶液的反应，分别配制0.linol/L的两种溶液。

⑴测得AgN03溶液pH约为2。用离子方程式表示AgN03溶液显酸性的原因______。

(2)分别取两种溶液混合，立即产生大量黄色沉淀，该浊液长时间放置，无明显变化。实验中产生

黄色沉淀的离子方程式是。

(3)该小组同学猜想Ag+应能与I-发生氧化还原反应，设计实验A进行探究。

实验A现象

1◎-1

G

开始时电流表指针偏转；一段时间后KI溶液

I1.变黄，加入淀粉液后溶液变蓝.

AgNO,溶液KI溶液

根据实验现象，甲同学得出结论，在一定条件下Ag+和I-能发生氧化还原反应。乙同学认为甲的

结论不严谨，理由是还存在以下假设：

假设i：空气中存在02,氧化了1-；

假设ii：…，氧化了1一。

①假设ii是

②乙同学设计实验B进行验证，证实假设ii成立.请你给出实验B的方案和支持结论的证据：

_(文字描述、实验装置图或实验流程图均可)。

③实验A长时间进行后，甲同学在装置中观察到了某个现象，是支持“在一定条件下Ag+与能发

生氧化还原反应”的证据。请指出甲观察到的现象以及他得出结论的理由：o

(4)当两种溶液直接混合会发生复分解反应，而非氧化还原反应.请从化学反应原理角度做出合理

解释：______.

三、简答题(本大题共4小题，共46.0分)

16.铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用.请回答下列问题：

(1)基态铜原子有种运动状态不相同的电子，其价层电子排布式为

(2)己知铜与氯形成化合物的立方晶胞如图所示.

oCI

•Cu

①该晶体的化学式为______.

②该晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有个.

(3)Cu2+能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验.

序

实验步骤实验现象或结论

号

产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的

i向CuS04溶液中逐滴加入氨水至过量

溶液

ii再加入无水乙醇得到深蓝色晶体

iii测定深蓝色晶体的结构晶体的化学式为[Cu(NH3)4]S04-H20

将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加

iv无蓝色沉淀生成

入稀NaOH溶液

①深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+的结构简式：

②[Cu(NH3)4]S04，H20晶体中H20的中心原子杂化轨道类型为：______.

③加入乙醇有晶体析出的原因：.

④该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力(填“大于”“小于”或“等于")Cu2+与0H-

的结合能力.

⑤NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+,而NF3不能，其原因是.

17.为了实现资源利用最大化，某化工厂将合成氨、制纯碱和生产尿素(C0(NH2))工艺联合，简

易流程如下：

(1)25℃时lOlkPa时，测得生成17gNH3,放出46.2kJ热量，写出合成NH3的热化学方程式

(2)合成氨原料气中的杂质硫化氢用稀氨水吸收，副产品是酸式盐.该副产品的化学式为.

(3)反应器2分离出来的氮气和氢气再通入反应器1,其目的是.向反应器3充入原料的

顺序是：先加氯化钠溶液，通入氨气至饱和，再通入足量的二氧化碳可制得NaHC03.反应器3中

的化学方程式为一.

(4)工业上可用碳、甲烷与水蒸汽反应制氢气

①C+H20(g)wC0+H2,AH>0,此反应的化学平衡常数表达式为K=,为了提高碳的转化率，

宜采用下列措施中的(填字母编号).

A.增大压强B.增加碳的量C.升高温度D.增加水的量E.使用催化剂F.及时移出CO、H2

②有些国家水电丰富，采用惰性电极电解硫酸钠溶液制氢气，电解时阳极上的电极反应式为

③若仅以CH4、空气、H20为原料制尿素(CH4+2H20(g)催化剂加热C02+4H2),标准状况下

22.41113cH4,理论上最多能制kg尿素.

18.有机化合物F是合成抗病毒药物法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图：

HOCHWOHL©%）乙/硫酸•c”。丫（0cM

OC,H,

卜NaOH溶液

lii.H-

D

（QH1：O4）

OR1

R-CHO^^R-CH

।

已知：i.ORi

R

,Rr(H)一定条件\

R-NH,+O=<.N=<,+H2O

ii.*、R”R

(DA可以与Na2CO3溶液反应产生C02,A的结构简式：。

(2)①的反应类型是。

(3)C分子中含有的官能团是。

(4)B与NaOH溶液反应的化学方程式是。

(5)下列说法不正确的是o

a.A分子中存在sp2杂化的碳原子

b.C可以发生取代反应、加成反应、氧化反应

C.D能使酸性高锌酸钾溶液褪色

d.D存在含有一个六元环的酯类同分异构体

(6)补充下列合成路线：合成E分三步进行，上图中③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构

体,请补充E的结构简式，并写出中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式：

W中间产物I卜足条化"间产僦TT]

C2H,O

19.自热化学链重整制氢CLR(a)工艺的原理如图所示。

空气天然气

回答下列问题：

(1)25℃、lOlkPa时，LOgNi与足量02反应生成NiO放出&OkJ的热量，则在“空气反应器”中

发生反应的热化学方程式为。

(2)“燃料反应器”中发生的部分反应有：

(I)CO(g)+NiO(s)=C02(g)+Ni(s)AHl=-47.OkJ-mol-1

(II)CII4(g)+4Ni0(s)=C02(g)+2H2O(g)+4Ni(s)AH2=+137.7kJ-mol-l

(III)CH4(g)+H20(g)=C0(g)+3H2(g)△H3=+225.5kJ-mol-l

则反应CH4(g)+Ni0(s)=C0(g)+2H2(g)+Ni(s^JaH=kj-mol-lo

(3)“水汽转换反应器”中发生的反应为8(或+曜01)合川伍)+0)2(或(平衡常数1<=0.75),将天

然气看作是纯净的CH4(假定向水汽转换反应器中补充的水的物质的量等于甲烷的物质的量)，若

在t℃时进行转换，水汽转换反应器中某时刻CO、H20、H2、C02浓度之比为1：x：2：1,此时u

(正)u(逆)(填“>”、或)，理由是。

(4)甲烷制氢传统工艺有水蒸气重整、部分氧化重整以及联合重整等，CLR(a)工艺重整是一种联合

重整，涉及反应的热化学方程式如下：

水蒸气重整反应：CH4(g)+2H20(g)=C02(g)+4H2(g)△H=+192kJ-mol-l

部分氧化重整反应：CH4(g)+02(g)=C02(g)+2112(g)△H=-748kJ-mol-1

采用水蒸气重整的优点是;若上述两个反应在保持自热条件下(假设无热量损失)，理论

上ImolCH4至多可获得H2的物质的量为。(结果保留1位小数)

答案和解析

1.【答案】D

【解析】A.C02的结构为0=C=0,该分子中只存在极性键，为直线形分子，正负电荷中心重合，为

非极性分子，故A正确；

B.干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，故B正确：

C.冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，故C正确；

D.该过程中无新物质生成，为物理变化，故D错误：

故选：Do

2.【答案】C

【解析】A.纤维素是多糖，属于天然有机高分子，故A正确；

B.纤维素可被生物降解成葡萄糖，故B正确；

C.纤维素与淀粉的化学式均为(C6H1005)n,但聚合度不同且均属于混合物，二者不是同分异构体，

故C错误；

D.蚕丝的主要成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，则可用灼烧闻气味的方法鉴别新疆棉和蚕

丝棉，故D正确；

故选C。

3.【答案】B

【解析】解：X、Y、Z三种短周期元素，则三种元素的原子序数不大于18,X与Z、Y的族序数分

别相差1,则X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，

A、同一周期，原子序数越小，半径越大，Y>Z,故A错误；

B.同一周期，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，非金属性越强，则其氢化物越稳定，

其还原性越弱，Z的非金属性强于Y,故气态氢化物的还原性：Z<Y,故B正确；

C.若Y可作半导体材料，即Y为Si,则X为N、Z为S,S常温下为固体，故C错误；

D.若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，设X为a,则Y为a+7、Z为a+9,即a+7+a+9=4a,解a=8,

那么X为0,Y为P,Z为C1,。的氢化物为水，Z的氢化物为HCL由于水中存在氢键，故水比氯

化氢的熔沸点高，故D错误，

故选：Bo

X、Y、Z三种短周期元素，则三种元素的原子序数不大于18,X与Z、Y的族序数分别相差1,则

X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，

A.同一周期，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，电子层数越多，原子半径越大；

B.同一周期，元素的非金属性随着原子序数的增大而增大，非金属性越强，则其氢化物越稳定，

其还原性越弱；

C.若Y可作半导体材料，即Y为Si,则X为N、Z为S,S常温下为固体；

D.若Y与Z的核电荷数之和为X的4倍，设X为a,则Y为a+7、Z为a+9,即a+7+a+9=4a,解a=8,

那么X为0,Y为P,Z为C1,水中存在氢键，据此判断即可.

本题主要考查元素位置结构性质的关系，明确元素周期律是解本题的关键，注意气态氢化物的稳

定性与其还原性相反，为易错点.

4.【答案】C

【解析】解：因为矿泉水中的Ca、Mg,K,Na都是离子，都是以化合物的形式存在，化合物是由

元素组成的。故选C。

欲正确解答本题，须知Ca、Mg、K、Na都是以什么形式存在于矿泉水中.

本题主要考查学生对物质的组成和结构的掌握情况，难度不大.

5.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，W为H，X为N,Y为P,Z为C1,

AN、X形成的气态化合物为氨气，具有刺激性气味，故A错误；

B.非金属性X>Y,则气态氢化物的稳定性：X>Y,故B错误；

C.非金属性Z>Y,最高价氧化物的水化物的酸性：Y<Z,不是最高价无此规律，如HC10为弱酸，

故C错误；

D.W、X与Z可存在于同一离子化合物中，如NH4C1,故D正确；

故选D.

W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、

8、8,可知W为H,X为N,Y、Z均为第三周期元素，它们的最外层电子数之和为18,可知Y、Z

的最外层电子数之和为18-1-5=12,若Y的最外层电子数为5、Z的最外层电子数为7,符合电子

排布规律，即Y为P,Z为C1,以此来解答.

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握短周期元素、原子结构、电子排布规律来推

断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大.

6.【答案】B

【解析】

【分析】

本题主要考查物质的性质与用途是否一致，属于高考高频考点，也属于基本知识的考查，需要学

生注意基本知识的积累，难度不大。

【解答】

A.75%的酒精（体积分数）能使蛋白质变性,具有杀菌消毒作用，用酒精免洗消毒液洗手,故A正确；

B.氯化镂为强酸弱碱盐，水解显酸性，能够与氧化铁反应生成可溶性铁盐，焊接金属时用NH4cl

溶液除锈，与NH4cl加热易分解无关，故B错误；

C.淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下转变为乙醇，所以可用糯米酿制米酒，故C正确；

D.Fe3+可将Cu氧化为Cu2+,所以可用氯化铁溶液蚀刻电路板，故D正确；

故选：Bo

7.【答案】C

【解析】A.装置中试剂是稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳气体，但装置中长颈漏斗未插入溶液，

生成的二氧化碳气体会从长颈漏斗处逸出，不能制得二氧化碳气体，故A错误；

B.除去C02中HC1,可以把混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液，导气管应长进短出，装置图中导气

管通入气体是短进长出，不能达到除杂目的，故B错误；

C.装置图中向溶有足量氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳，在冰水温度下发生反应，生成碳酸氢

钠晶体和氯化镀，可以制备碳酸氢钠，故C正确；

D.碳酸氢钠固体受热分解过程中生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置中生成的水会倒流炸裂试管，

试管口应略向下倾斜，故D错误。

故选：C。

本题考查了侯氏制碱法的原理、实验基本操作、装置的正误判断等知识点，掌握制备原理和实验

基本操作是解题关键，题目难度中等0

8.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查物质的化学性质及反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握生成物及反应的书写

方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项A为易错点，题目难度不大。

【解答】

A.反应物、生成物均生成气体，反应为S+02点燃S02,故A不选；

B.4A1+302点燃2Al203,遵循质量守恒定律及反应实质，故B选；

C.P燃烧生成五氧化磷，反应为4P+502点燃2P205,故C不选；

D.Mg燃烧生成MgO,反应为Mg+02点燃MgO,故D不选。

故选B。

9.【答案】D

【解析】解：①滨水中有下列平衡Br2+H2OwHBr+HBrO,当加入硝酸银溶液后，硝酸银和HBr反应

生成淡黄色沉淀，促进澳和水反应，平衡正向移动，所以溶液颜色变浅，能用平衡移动原理解释，

故不选；

②工业合成氨反应N2(g)+3H2(g)/2NH3(g)4H〈0,升高温度平衡逆向移动，不能用平衡移动原理

解释，故选；

③反应2N02(g)/N204(g)达平衡后，缩小容器体积增大压强，二氧化氮浓度先增大颜色加深，增

大压强平衡正向移动，可使体系颜色先变深后变浅，可以用平衡移动原理解释，故不选；

④对于2Hl(g8H2(g)+I2(g),达平衡后，缩小容器体积增大压强，平衡不移动，缩小体积碘浓度

增大可使体系颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故选；

故选：Do

勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使

用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。

本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，

明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理

解释。

10.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查氧化还原反应中的有关计算及电极的正极判断，为高频考点，把握物质中元素的化合价、

电子守恒、物质的性质是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

As2S3+10H++10N03-=2H3AsO4+3S+10N02t+2H20,As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素从-2

价升高到0价，氮元素从+5价降低到+4价，若生成2moll13As04,则反应中转移电子的物质的量

为lOmol,据此进行非分析.

A.若生成2m。1113As04,则反应中转移电子的物质的量为lOmol,生成Im。1113As04,则反应中转移

电子的物质的量为5mol,故A正确；

B.As2s3发生氧化反应，应作负极，故B错误；

C.N02是酸性气体，可以用碱吸收，故可用NaOH溶液吸收，故C正确；

D.雄黄转化为雌黄过程，As化合价升高，被氧化，需要加氧化剂，故D正确；

故选:Bo

11.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查了热化学方程式的分析判断，焙变理解应用，注意可逆反应不能进行彻底，中和热是强

酸强碱反应生成hnol水放出的热量，题目难度中等。

【解答】

A.HI(g)=12H2(g)+1212(s)△H=-26.5kJ/mol,该反应为可逆反应，则bnolHI不能全部分解,则

在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ,故A错误；

B.由2H2(g)+02(g)=2H20(l)AH=-571.6kj/mol,可知Imol氢气完全燃烧生成稳定的氧化物放出

的热量为285.8KJ,所以氢气的燃烧热△H=-285.8kJ/mol,故B错误；

C.根据盖斯定律反应：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)与①②反应的关系为：②一①，则△1!=

△H2-△Hl=(-534.0kJ/mol)-108.3kJ/mol=-642.3kJ/mol,故C正确；

D.中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成Imol水时放出的热量，含20.0gNaOH的稀溶

液与稀盐酸完全中和生成0.5rnol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol,但

稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/moL故D错误。

故选C。

12.【答案】C

【解析】

【分析】

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重

分析与应用能力的考查，题目难度不大。

【解答】

A.X中含有4种氢原子，其核磁共振氢谱有4组峰，故A错误；

B.根据图知,生成ImolZ同时生成(n+2)molHCl,故B错误；

C.X和Y发生反应生成Z时，氯原子被取代、同时还发生缩聚反应生成高分子化合物，所以该反

应构成中有取代反应和聚合反应，故C正确；

D.苯酚分子中只有一个酚羟基，所以和Y只能发生取代反应或环加成反应，所以不能生成与Z相

似的高分子，故D错误；

故选：Co

13.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查物质的性质探究以及实验方案的评价，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能

力，主要把握物质的性质以及实验方案的评价，题目难度不大。

【解答】

对比实验1、2、3可知，镁条与蒸储水反应较为缓慢，加入碳酸氢钠溶液易反应，升高温度，可

增大反应速率，以此解答该题。

A.镁与水反应可生成氢氧化镁，可阻碍反应的继续进行，故A正确；

B.镁与水的反应为放热反应，可加快反应速率，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃管

空间狭小热量不易散失，故B正确；

C.HCO3-破坏了Mg(OH)2在镁条表面的沉积，可生成碳酸镁等，增大了镁与水的接触面积，进而

增大反应速率，故c正确；

D.实验3与碳酸氢钠有关，且反应的实质为镁和氢离子的反应，增强碱性，反应不能加快，故D

错误；

故选:Do

14.【答案】B

【解析】解：A.酸性高锌酸钾溶液可氧化乙烯，溶液褪色，发生氧化反应，故A错误；

B.在碱性溶液中检验醛基，出现砖红色沉淀，可知葡萄糖具有还原性，故B正确；

C.头发和丝织品的主要成分均为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，现象相同，不能鉴别，故C错

误；

D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚

铁离子，故D错误；

故选：Bo

A.酸性高镒酸钾溶液可氧化乙烯；

B.在碱性溶液中检验醛基；

C.头发和丝织品的主要成分均为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味；

D.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、物质的

鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度

不大。

15.【答案】Ag++H20±Ag0H+H+Ag++I-=AgII酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，氧化了I-将

硝酸滴入含有淀粉KI溶液中，溶液变蓝左侧烧杯a电极有银白色物质析出AgN03溶液与KI溶

液发生沉淀反应的速率快于氧化还原反应，沉淀反应的限度大于氧化还原反应

【解析】解：(l)AgN03为强酸弱碱盐，水解呈酸性，水解的离子方程式为Ag++H20=Ag0H+H+,

故答案为:Ag++H20WAg0H+H+；

(2)AgN03溶液与KI溶液反应生成Agl黄色沉淀，反应离子方程式为：Ag++I-=AgII,

故答案为：Ag++I-=AgII；

(3)①酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，氧化了1-，

故答案为：酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，氧化了1-；

②证实假设ii成立，可将硝酸滴入含有淀粉KI溶液中，溶液变蓝，假设ii成立，

故答案为：将硝酸滴入含有淀粉KI溶液中，溶液变蓝；

③若甲同学的结论正确，发生反应：2Ag++2I-=2Ag+I2,反应中有Ag单质生成，吸附在电极上，

左侧烧杯a电极有银白色物质析出，

故答案为：左侧烧杯a电极有银白色物质析出；

(4)AgN03溶液与KI溶液直接混合会发生复分解反应，而非氧化还原反应，说明生成沉淀的速率

比氧化还原反应更快，且沉淀反应更彻底，即沉淀反应的限度大于氧化还原反应，

故答案为：AgN03溶液与KI溶液发生沉淀反应的速率快于氧化还原反应，沉淀反应的限度大于氧

化还原反应。

(DAgN03为强酸弱碱盐，水解呈酸性；

(2)AgN03溶液与KI溶液反应生成Agl黄色沉淀；

(3)①酸性条件下，硝酸根具有强氧化性；

②证实假设ii成立，可将硝酸滴入KI溶液中，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝；

③若甲同学的结论正确，反应中有Ag单质生成，吸附在电极上；

(4)AgN03溶液与KI溶液直接混合发生沉淀反应，说明生成沉淀的速率更快、更彻底。

本题考查化学反应原理探究实验，多因素情况采取控制变量法进行对比分析，侧重考查学生的分

析能力、实验能力，是对学生综合能力的考查。

16.【答案】(1)29；3dl04sl

(2)①CuCl②12

2+

NH,

H,N-Cu-NH,

NH.

⑶①

②sp3

③离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小

④大于

⑤N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H,在NF3中，共用电子对偏向F,偏离N原子，使得氮原

子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键

【解析】(1)铜元素的原子序数为29,核外电子数为29,价电子排布式为3dl04sl,由泡利不相

容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相

同的电子。

(2)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯原子个数为8X18+6X12=4,位于体内铜原子

个数为4,则晶体的化学式为CuCl；

②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氯原子与位于面心的氯原子的距离最近，则晶体中，每个

氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有12个。

(3)①四氨合铜离子中中心离子为铜离子，配位体为氨分子，铜离子与4个氨分子形成配位键，离

2+

NH、

I

H^N-Cu-NH

3I3

NH、

子的结构简式为.3

②水分子中氧原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为2,氧原子的杂化轨道类型为sp3杂化;

③[Cu(NH3)4]S04-H20为易溶于水，难溶于有机溶剂的离子化合物，向深蓝色溶液中加入极性较弱

的乙醇可降低[Cu(NlI3)4]S04-H20的溶解度，便于晶体析出；

④由氢氧化铜沉淀与氨水反应生成四氨合铜离子可知，铜离子与氨分子的结合能力大于氢氧根离

子；

⑤氮元素的电负性强于氢元素，氨分子中共用电子对偏向氮原子，易于氨分子中氮原子上的孤电

子对与铜离子形成配位键，氟元素的电负性强于氮元素，三氟化氮中共用电子对偏向氟原子，不

利于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，所以铜离子能与氨分子结合形成四氨合

铜离子，不能与三氟化氮形成配位键，即：N、F、H三种元素的电负性为：F〉N>H,在NF3中，共

用电子对偏向F,偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键。

本题考查物质结构与性质，涉及晶胞计算、核外电子排布等内容，其中晶胞计算为考查难点，熟

悉晶胞结构，利用均摊法计算为解题关键，注意单位换算，考查范围较广，难度适中。

17.[]N2(g)+H2(g)=2NH3(g)AH=-92.4kJ/mol；NH41IS；提高原料利用率；

NaCl+C02+H20+NH3=NaHC03I+NH4C1；c(CO)Xc(H2)c(H20)；CDF；40H一一4e-=2H20+02t；60

【解析】解：(1)N2和112完全反应生成17g即lmolNH3放热46.2kJ热量，生成2mol氨气放热92.4KJ,

反应为放热反应，反应的焰变为-92.4KJ/mol,反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

△H=-92.4KJ/mol；

故答案为：N2(g)+H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；

(2)硫化氢与氨水反应生成N1I4HS,故答案为：NII4HS；

(3)氮气和氢气再通入反应器1可节约燃料，提高原料利用率；氯化钠、氨气和二氧化碳可反应生

成碳酸氢钠和氯化核:NaCl+C02+H20+NH3=NaHC03I+N1I4C1,

故答案为：提高原料利用率；NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3I+NH4C1；

(4)①平衡常数等于生成物的浓度塞之积除以反应物的浓度塞之积积，所以K=c(CO)X

c(H2)c(H20)；为提高碳的转化率，应是反应向正反应方向移动，则可采取的措施有：升高温度、

增加水的量、及时分离出CO、H2,

故答案为：c(C0)Xc(H2)c(H20)；CDF；

②电解硫酸钠溶液实质是电解水，阳极反应式为4011--4e-=2II20+02t,故答案为：

40H一一4e-=2H20+02t；

③22.41113cH4的物质的量是lOOOmol,由C原子守恒可知，CH4〜C02〜C0(NH2)2,C0(NII2)2的物

质的量是lOOOmol,质量60000g,即60kg,故答案为:60.

(DN2和112完全反应生成17g即lmolNH3放热46.2kJ热量，生成2moi氨气放热92.4KJ,反应为

放热反应，反应的焰变为-92.4KJ/mol,依据热化学方程式书写得到；

(2)硫化氢与氨水反应生成NH4HS；

(3)氮气和氢气再通入反应器1可节约燃料；氯化钠、氨气和二氧化碳可反应生成碳酸氢钠和氯化

钱；

(4)①平衡常数等于生成物的浓度募之积除以反应物的浓度累之积；为提高某一反应物的转化率,

应使平衡向正反应反应方向移动；

②电解硫酸钠溶液实质是电解水；

③由C原子守恒可知，CH4~C02~C0(NH2)2,以此计算.

本题考查制备实验方案的设计，涉及热化学方程式的书写、化学平衡以及化学计算等知识，难度

中等，(4)为学生解答的难点和易错点.

18.【答案】(DCH3C00H

(2)氧化反应

(3)醛基、竣基

WCK'HiC'(X)H+华HOCH£OONa+NaCl+H/)

(5)cd

H；NNo

:总至/4+比。

HCOOCH,"COOCH,

【解析】

【分析】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分

子式及反应条件正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是三步反应生成F的过程，题目

难度中等。

【解答】

根据B的分子式知，B发生水解反应生成H0C112C00H,则B为C112C1C00II,A发生取代反应生成B,

A为CH3C00H,根据C的分子式知，H0CH2C00H发生催化氧化生成C为OHCCOOH,C和乙醇发生取

代反应生成(CH3cH20)2CHC00CH2cH3,发生水解反应然后酸化得到D为(CH3cH20)2CHC00H,

在酸性条件F反应生成中间产物1：中间产物1

N

N

(YN

的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2为COOCH、，中间产物2变形可产生E

,E发生取代反应产生F为

(1)A的结构简式：CH3C00H,

故答案为:CH3C00H；

(2)①的反应类型是氧化反应，

故答案为：氧化反应；

(3)C为0HCC00H,C分子中含有的官能团是醛基、竣基，

故答案为：醛基、竣基；

(4)B为CH2cleOOH,B和NaOH的水溶液发生水解反应、中和反应，则B与NaOH溶液反应的化学

方程式是ClCH2COOH+2NaOH-AH20H0CH2C00Na+NaC1+1120,

故答案为：ClCH2COOH+2NaOH-△H20H0CH2C00Na+NaC1+H20；

(5)a.A为CII3C00H,A分子中竣基上的碳原子采用sp2杂化，故a正确；

b.C为OHCCOOH,竣基能发生取代反应，醛基能发生加成反应、氧化反应，故b正确；

C.D为(CH3cH2O)2C【ICOOI1,D不能被酸性高镒酸钾溶液氧化，所以不能使酸性高镭酸钾溶液褪色,

故c错误；

d.D的不饱和度是1,所以D不存在含有一个六元环的酯类同分异构体，故d错误;

故答案为：cd；

(6)通过以上分析知,中间产物1发生取代反应生成中间产物2,

则中间产物1在一定条件下生成中间产物2的化学方程式:

19.【答案】Ni(s)+1202(g)=Ni0(s)△H=-472kJ-mol-l+211.9>根据碳、氢守恒得到

n(H2)+n(H20)n(C02)+n(CO)=3,解得x=4,浓度商Q=c(H2)Xc(C02)c(CO)X

c(H20)=0.5<0.75消耗相同量的甲烷产生的氢气多3.6mol

【解析】解：(1)25℃、lOlkPa时，LOgNi与足量02反应生成NiO放出8.0kJ的热量，则ImolNi

与足量02反应生成NiO放出472kJ的热量，因此在“空气反应器”中发生反应的热化学方程式为

Ni(s)+1202(g)=NiO(s)△H=-472kJ-mol-l,

故答案为：Ni(s)+1202(g)=NiO(s)AH=-472kJ-mol-l；

(2)根据盖斯定律，将反应II+niX2-I,再整体除以3,得到反应

CH4(g)+NiO(s)=CO(g)+2H2(g)+Ni(s)的△H=(+137.7)+(+225.5)X

2—(—47)3kJ-mol—1=+211.9kJ-mol-1,

故答案为：+211.9；

(3)根据甲烷中n(H)：n(C)=4：1,补充的水的物质的量等于甲烷的物质的量，根据碳、氢守恒得

到n(H2)+n(H20)n(C02)+n(C0)=3,即2+xl+l=3,解得x=4,根据浓度商Q=c(H2)X

c(C02)c(CO)Xc(H2O)=2X11X4=0.5<0.75,此时u(正)>u(逆)，

故答案为：>；根据碳、氢守恒得到n(H2)+n(H20)n(C02)+n(C0)=3,解得x=4,浓度商Q=c(H2)

Xc(C02)c(CO)Xc(H20)=0.5<0.75；

(4)根据两个方程式分析得到采用水蒸气重整的优点是消耗相同量的甲烷产生的氢气多，若上述两

个反应在保持自热条件下，即放出的热量和吸收的热量相等，设第一个反应消耗xmol甲烷，吸收

192xkJ热量，第二个反应消耗ymol甲烷，放出748ykJ的热量,消耗Imol甲烷，则得到x+y=l,

192x=748y,解得x=0.8,y=0.2,因此理论上lmolCH4至多可获得H2的物质的量为0.8molX

4+0.2molX2=3.6mol,

故答案为：消耗相同量的甲烷产生的氢气多；3.6moh

(1)由1.OgNi与足量02反应生成NiO放出8.OkJ的热量，计算出ImolNi与足量02反应生成NiO

放出的热量，即可写出热化学方程式；

(2)根据盖斯定律，将反应II+IHX2-I,再整体除以3,得到反应

CH4(g)+Ni0(s)=CO(g)+2H2(g)+Ni(s)AH也为(II+HIX2-1),再整体除以3；

(3)根据甲烷中n(II)：n(C)=4：1,补充的水的物质的量等于甲烷的物质的量，根据碳、氢守恒得

到n(H2)+n(H20)n(C02)+n(CO)=3,求出x,根据浓度商Q=c(H2)Xc(C02)c(CO)Xc(H20)

进行判断即可；

(4)根据两个方程式比较可得得到采用水蒸气重整的优点是消耗相同量的甲烷产生的氢气多，上述

两个反应在保持自热条件下，即放出的热量和吸收的热量相等，设第一个反应消耗xmol甲烷，吸

收192xkJ热量，第二个反应消耗ymol甲烷,放出748ykJ的热量,消耗Imol甲烷，则得到x+y=l,

192x=748y,解得x和y,进一步计算出H2的物质的量即可。

本题主要考查热化学方程式的书写，应用盖斯定律计算反应热，守恒法计算，应用浓度烯判断反

应的进行方向，以及热量的计算，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，属于难题。

2023年上海市高考化学模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，写在试卷

上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.新型材料B4c可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4c的推断正确的是（）

A.B4c是一种分子晶体B.B4c是该物质的分子式

:B