模拟卷3-2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（云南安徽黑龙江山西吉林五省）(解析版)

2023年高三化学对接新高考全真模拟试卷（三）

（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用）

（考试时间：50分钟试卷满分：100分）

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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在

答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Mg24P31S32Cl35.5Cr52

Fe56Cu64Ag108

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的。

1.（2022•广东韶关•高一期末）广东历史文化悠久。下列四种广东历史文化宝藏主要成

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【详解】A.制作粤绣所用的孔雀毛和马尾的主要成分是蛋白质，故A不选;

B.潮州木雕主要成分是纤维素，故B不选：

C.潮州功夫所用茶具主要成分由硅酸盐构成，故C选；

D.粤剧中的服饰中丝绸的主要成分是天然蛋白质，故D不选；

故选C。

2.（河北省部分学校2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题）下列有关描述中正

确的是

A.lLlmolL7'BaCl2：溶液中含有的C「的浓度为ImoLl/

B.将ImoLL-H?SO/容液与imoLUBaCl2溶液等体积混合（忽略溶液混合时的体积变

化）后得到的HC1浓度为ImoLL"

C.将5.85gNaCl固体溶于1L水中,得到NaCl溶液的浓度为O.lmoLL'

D.10.6gNa2cO3固体溶于水得到1L溶液，得到的溶液中Na+的浓度为O.lmoLL?

【答案】B

【详解】A.ILlmol.LBaCl2溶液中含有的C「的浓度为2moiU,故A错误；

B.将Imol.L-'H2sO4溶液与imollTBaCl,溶液等体积混合，设硫酸溶液的体积为VL,

反应生成HC1的物质的量为hnol/LxVLx2=2Vmol,得到的HC1浓度为获偿=

Imol-U1,故B」E确；

C.将5.85gNaCl固体溶于1L水中，得到溶液的体积不是IL,NaCl溶液的浓度不是

O.lmol-L',故C错误；

---1-0--.6--g----X乙

D.10.6gNa2c。3固体溶于水得到1L溶液，得到的溶液中Na卡的浓度为106g/mol_

1L

0.2mol-L',故D错误；

选B。

3.（2022・湖南・长沙一中高三阶段练习）顺伯为一种配合物，其结构如图所示，其中心

离子为Pt"。已知X、Y、Z是原子半径依次增大的不同短周期元素，X、Z的原子核外

都有一个未成对电子，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，a分子是由X、Y

元素组成的四原子分子。下列有关叙述正确的是

A.顺伯的空间结构中Pt?+位于正四面体的中心

B.a分子的VSEPR模型是正四面体形，其键角为109°28,

C.Y的氧化物对应的水化物是强酸

D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，也可能不含离子键

【答案】D

【分析】由题意知，顺的中Z显一1价，Z可能为F或Cl,Y的第一电离能比同周期左

右相邻元素的大，且Y与X能形成四原子分子，Y可能为N或P,则X为H；又因为

X、Y、Z的原子半径依次增大，可推知X为H,Y为N,Z为Cl,a为NH3。

【详解】A.顺钳中Pt2+与2个Cl、2个NH3形成配位键，其空间结构不是正四面体形，

A错误；

B.NH3中N的价层电子对数=3+三」=4,N原子上有一对孤电子对，所以NN的

VSEPR模型是四面体形，由于孤电子对与成键电子对之间斥力更大，分子中键角小于

109。28',B错误;

C.Y（N）的氧化物对应的水化物可以是HN03（强酸）或HNC>2（弱酸），C错误；

D.X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是NH&C1（含离子键），也可以是NH2c1（不含离

子键），D正确；故选D。

【点睛】第一电离能比同周期左右相邻元素的大，一般是第nA族或第VA族元素。

4.（2022・湖南•高三阶段练习）某种新型储氢材料的晶胞如图（是一种金属硼氢化物氨合

物），八面体中心为金属离子M2+,顶点均为配体NH3；四面体中心为硼原子，顶点均

为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90。，棱长为apm,阿伏加德罗常数

的值为NAO下列说法错误的是

A.金属离子M?+的配位数为6

B.该晶体的化学式为M（NH3）6（BH4）2

C.若该晶体的摩尔质量为196g•mo「，则0.5mol・L」MSO4溶液呈深蓝色

D.金属离子NP+与硼原子间最短距离为立axl（y%m

4

【答案】C

【详解】A.金属离子M2+与6个NH,形成正八面体，故金属离子M2+的配位数为6,

故A正确；

B.八面体位于晶胞的顶点和面心，粒子个数为8X：+6X：=4,1个晶胞中含有4个

82

2+

[M(NH3)6],四面体位于晶胞的体心，1个晶胞中含有8个BH；,故该晶体的化学式

为M(NH3)6(BHJ,故B正确;

C.根据化学式可得M+17x6+15x2=196,则M=64,M元素为Cu,[Cu(Hq)1“溶

液呈天蓝色，[CU(NH3)4丁溶液呈深蓝色，CuSOq溶液中铜离子以[口1(凡0)4了+形式

存在，故c错误；

D.金属离子M”与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线(6apm)的四分之故为

—opm=—ax10^'°cm,故D正确；

44

故选：Co

5.(2022.安徽省宣城中学高二开学考试)利用下图装置(夹持装置略)进行实验，b中现

象不用证明a中产物生成的是

a中反应b中检测试剂及现象

A

浓HNCh分解生成NO2淀粉KI溶液变蓝

BCu与浓H2so4生成SO2品红溶液褪色

C浓NaOH与NH4C1溶液生成NH3酚酣溶液变红

DMnO2与浓盐酸生成Ch石蕊溶液先变红后褪色

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【详解】A.浓HNCh是挥发性酸，挥发出的硝酸蒸气也能将KI氧化成h等，氧化能

力比NCh还强，所以由淀粉KI溶液变蓝，不能证明浓HNCh分解生成NCh，A符合题

意；

B.浓硫酸是不挥发性酸，反应产生的气体能使品红溶液褪色，能证明Cu与浓H2sCU

生成SO2,B不符合题意；

C.NaOH是不挥发性碱，由酚儆溶液变红，能说明浓NaOH与NH4cl溶液生成碱性物

质N%,C不符合题意；

D.HC1具有酸性，但没有漂白性，由石蕊溶液先变红后褪色，能证明MnCh与浓盐酸

生成CL，D不符合题意：

故选A。

6.（2022•北京・清华附中高二期中）2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能

源车辆，某氢氧燃料电池工作如图所示。下列说法不正确的是

驱动汽车

KOH溶液

A.电极a为电池的负极

B.电极b表面反应为：O2+4e+2H2O=4OH

C.电池工作过程中K+向负极迁移

D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率

【答案】C

【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2-2e-+20H一=2比0,电极b为正

极，电极反应式为O?+4e+2H2O=4OH;据此作答。

【详解】A.电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确；

B.电极b为正极，电极反应式为O2+4e.+2H2O=4OH1故B正确；

C.原电池工作时，阴离子向负极移动，K+移向正极，故C错误；

D.氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；

故答案选Co

7.（2022•河南南阳♦高三期中）常温下，用0.2mol【T盐酸滴定25.00mL

OZmoLLTNH,.Hq溶液，所得溶液pH、NH：和NH/H?。的物质的量分数与滴加盐酸

体积的关系如图所示。下列说法不正确的是

PH

喊%

11.78

9.26

①

50

②

0

M盐酸PmL

A.曲线①代表9（N%-”。），曲线②代表中（NH；）

B.当溶液显中性时，滴入盐酸的体积小于25mL

C.NH'-HQ的电离常数的数量级为1（）7

D.a点溶液中存在C（NH：）N（NH「HQ）＞C（C1）

【答案】C

【分析】往氨水溶液中加入稀盐酸，随着滴加稀盐酸的体积变化，溶液pH的变化由一

个突变过程，NH/HQ逐渐与盐酸反应生成氯化铉和水，N%-HQ含量下降，为曲线

①，NH；的含量逐渐上升，为曲线②。

【详解】A.随着滴加稀盐酸的体积变化，NHs-HzO含量下降，为曲线①，NH：的含

量逐渐上升，为曲线②，A项正确；

B.当盐酸和氨水恰好反应生成氯化筱和水时，消耗盐酸25mL,溶液显酸性。当溶液

显中性时，溶液中存在氯化镂、氨水，氯化筱的水溶呈酸性，氨水的溶液呈碱性，说明

氨水未反应完，滴入盐酸的体积小于25mL,B项正确；

C.N4♦耳0的电离常数表达式是治=＞吃噌即,当含量50%时，c（NH

C（NH3H2O）

474

：）=C（NH3-H2O）,此时pH=9.26,常温下,pOH=14-9.26=4.74,则Ka=10,则吟凡0

的电离常数的数量级为10一5,C项错误：

D.a点溶液中溶液呈碱性，还有一部分氨水未被中和，溶液中存在氯化镀、一水合氨，

刚好是曲线①和曲线②的交点，则c（NH：）=c（NH/Hq）,所以存在

c（NH；）=c（NH,H2O）＞c（Clj,D项正确;

故答案选C。

二、非选择题：共58分。

8.(2021・广东・韶关市北江中等职业学校高三阶段练习)回答下列问题

(1)金属与硝酸反应通常不能生成H2，用3moi/LHNCh与过量铁粉反应，HNO3的还原

产物主要是NO,请写出反应的离子方程式：。

有同学在查阅文献时发现文献有记载：HNO3与铁反应能产生Hz。于是其小组进行了金

属铁与硝酸反应能否产生比及其有利条件的探究。

实验I：20℃,将过量铁粉溶于0.5molL」HNO3中，立即有无色气体生成，充分反应后，

溶液几乎无色。

(2)检验气体：方法如图所示。

声气

无色气体f*/

肥皂液

确认气体是H2，不含NO。实验证据是。

(3)检验溶液：取上层清液，等分两份

①向一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，(填现象)，说明含有Fe2+。

②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用

湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、②，说明实验I中发生的反应有Fe+2H+

2+

=Fe+H2T，另外还有(写出离子方程式)。

对H2产生的原因提出假设：在稀的酸性溶液中，HNO3中H+的氧化性大于NO],验证

如下：

(4)实验II：将铜粉溶于0.5mol/LHNO3中。经检测，发现没有生成，初步

证实假设不成立。

(5)再次查阅文献发现：在酸性介质中，尽管电极电势数据显示NO；离子是个颇强的氧

化剂，然而动力学原因导致它在稀酸中的反应一般都很慢。于是小组改变条件重复实验

I,向2mL0.5moiHNCh中加入过量铁粉，结果如下：

实验序号IIIIVV

温度20℃40℃60℃

生成H2体积6.0mL3.4mL2.6mL

经检验，实验ni、iv、v中，NO;的还原产物与实验I相同。

从反应速率的角度解释温度升高H2体积减少的原因___________。

(6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是o

2+

【答案】(1)3Fe+8H++2NO；=3Fe+2NOt+4H2O

(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声

+2+

(3)产生蓝色沉淀4Fe+NO；+10H=4Fe+NH；+3H2O

⑷H2

⑸温度升高，H+、NO；被还原的速率均增大，NO；被还原的速率增大的更多；H+同时

被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H2体积减少

(6)较低温度、低浓度硝酸

【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2,根据图示所做实验，产生的气体为无色，

点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为

亚铁离子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝

的气体，铁粉与硝酸还能反应生成钱根离子。

(1)

稀HNCh与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO,离子方程式：3Fe+8H++2

NO?=3Fe2++2NOf+4H2。。

(2)

NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，所

以确认气体是H?,不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出

爆鸣声。

(3)

①如产物有亚铁离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，掰子方程式为：

3Fe2++2[Fe(CN)6F=Fe3[Fe(CN)6]2，；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体

逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明产物有NH：,则另外发生的反应为：

+2+

4Fe+NO'+l0H=4Fe+NH：+3H2O。

(4)

同样是0.5mol/LHNO3,Fe反应能产生Hz,铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明

O.5mol/LHNO3中H'的氧化性大于NO3。

(5)

H+、NO3都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、NO3被还原的速率均增大，NO；被

还原的速率增大的更多，导致H2体积减少。

(6)

较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。

【点睛】本题考查性质检验实验，解答这类题时要根据物质的化学性质，知道发生的化

学反应以及有关产物，最后得出结论，难度中等。

9.(2022・全国•高三专题练习)三氧化二(CO2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化

剂和氧化剂等。以含钻废料(主要成分为CO2O3,含有少量MnCh，NiO、FesCM为原料

制备CO2O3的流程如图所示：

rS*

•1—CXOHhCO,一,—C/Ch

彳C*Crt)巴J畿

r体

”拢,一叵叵］—•

frMflONr*•WTWhl

已知：

I.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2\Fe3\Ni2+»

n.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：

沉淀物

Fe(OH)3CO(OH)2Ni(OH)2

完全沉淀时的pH3.79.09.2

回答下列问题：

(i)“滤渣1”的化学式为“酸浸”时C0203发生的反应的化学方程式是_。

(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是_。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值,

可能的原因是_。

(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：

HM>

90

■，

TO

g

50

40

90

使用该萃取剂时应控制的pH约为理由是

(4)“操作1”所得副产品的一种用途为己知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该

物质的溶解度见表：

温度/℃0102030405060

溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0

操作1是一(填字母)。

A.蒸发结晶B.降温结晶C.减压蒸发结晶

(5)“沉钻”时发生反应的离子方程式为

(6)有机相提取的Ni?+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为

Ni(0H)2+M=Ni00H+MH。则放电时负极的电极反应式为

【答案】(1)Fe(OH)3Co2O3+H2O2+2H2SO4=2CoSO4+3H2O+O2T

(2)将+3价的钻还原为Co?*,将Fe”氧化为Fe",便于后续调节pH后除去酸浸

反应放热，使双氧水分解；废料中的乂1I02或生成的Fe3+催化双氧水分解

(3)2.5~3.3萃取剂在该pH时对Ni"、C<?*萃取率差别大，能分离Ni?+、Co"两

种离子

(4)做氮肥c

2+

(5)2CO+HCO,+3NH4OH=CO2(OH),CO,J+3NH^+H,O

(6)MH+OH-e=M+H,O

【解析】(1)

由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为H+、Co?*、Fe"、Ni2+,再由已知H

可知，当调节pH至3.7时，Fe(0H)3会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为

Fe(OH%；酸浸时C0Q3在酸性条件下与Hq?发生氧化还原反应生成co?,、氧气和水，

依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：CO2O3+H2O2+2H2SO4=2COSO4+3H2O+O2To

(2)

由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钻与过氧化氢发生氧化还原反应

生成Co?十,四氧化三铁中的Fe?+与过氧化氢发生氧化还原反应生成Fe3+；过氧化氢的稳

定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时、废料中的二氧化镭

或溶液中的Fe"也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗

的过氧化氢的量大于理论值。

(3)

使用该萃取剂萃取Ni”,单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到Co?，

尽可能的不被萃取，两方面综合考虑,pH应控制在2.5~3.3；因为萃取剂在该pH时对Ni?+、

Co?+萃取率差别大，能分离N产、Co>两种离子。

(4)

整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢镀，过氧化氢和碳酸氢根在

反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸镀，可用作氮肥；从溶

解度角度看，硫酸筱的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸镂受热易分

解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。

(5)

沉钻时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢镂溶液，亚钻离子转化为C<)2(OH)2cO3

沉淀，钻元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：

2+

2CO+HCO；+3NH4OH=CO2(OH),CO,J+3NH：+H?O。

(6)

由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH,失电子化合价升高，发生氧化反应生

成M,因此放电时负极电极反应式为：MH+OH--e-=M+H2Oc

10.(2022•河北张家口,三模)将玉米秸秆进行热化学裂解可制备出以CO、CO?、凡、

凡为主要成分的生物质原料气，对原料气进行预处理后，可用于生产甲醇、乙醇等燃

料。

(1)已知：几种常见共价键的键能如下表所示。

共价键C—HC—O00H—H0—H

键能（5m<>L）413358839436467

由此可估算反应CO（g）+2H2（g）.CHQH（g）的焰变AH=kJ.moL。

（2）若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，下列说法正确的是（填标号）。A.体

系温度不再发生变化时，反应达到化学平衡状态

B.平衡体系中，％和CHQH的物质的量之比为2：1

C.加入催化剂，可以提高CHQH的平衡产率

D.其他条件不变，增大CO的浓度，能提高H?的平衡转化率

⑶H?和C0?合成乙醇的反应为2c021）+6凡仅）-C2H5OH（g）+3H2O（g）o将等物质

的量的和CO?充入一刚性容器中，测得平衡时C2H50H的体积分数随温度和压强的

变化关系如图所示。

乙

酹

体

积

分

数

％(

)

温度/℃

①压强“Pz（填“〉或"=",下同）。判断依据是

②a、b两点的平衡常数K,Kbo

F

③已知Anhenius经验公式为Rlnk=-f+C（艮为活化能,k为速率常数,R和C为常数），

为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得下图所示曲

线。在m催化剂作用下，该反应的活化能EFJ.moL。从图中信息获知催化效

能较高的催化剂是（填“m”或"n”）。

【答案】(1)-353

(2)AD

(3)<该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇

的体积分数越大>9.6xlO4n

【分析】(1)根据反应物的键能总和-生成物的键能总和=焰变进行计算。

(2)根据恒容绝热体系中的平衡状态的判断依据进行分析。

(3)根据影响平衡的因素进行分析温度和压强对平衡的影响，根据活化能和催化剂效

率的关系分析。

(1)

根据焰变M=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，焰变=839+436x2-

(413x3+358+467)=+353kJmor1；

(2)

若在恒容绝热的密闭容器中进行上述反应，A.体系温度不再发生变化时，反应达到化

学平衡状态，故正确；B.平衡体系中，凡和CHQH的物质的量之比为2：1不能说明

反应到平衡，故错误；C.加入催化剂，嫩改变反应速率，但不可以提高CH30H的平衡

产率，故错误；D.其他条件不变，增大CO的浓度，能提高H2的平衡转化率，故正确。

故选ADo

(3)

①该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，压强越大，平衡体系中乙醇的体积分

数越大，故压强小小于P2。

②温度升高，乙醇的体积分数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热，则b点温度高,

平衡常数较小，Ka>Kbo

③将坐标（7.2,56.2）和（7.5,27.4）代入Rink=-亨+C,列关系式56.2=-7.2xl（y3Ea+C

27.4=-7.5xl0-3Ea+C,解该反应的活化能Ea=9.6x10“J.moL。从图中信息获知,直线n

斜率大，Ea小，说明催化效率越高。

11.（2021•全国•高二课时练习）华法林（物质F）是一种香豆素类抗凝剂，在体内有对抗

维生素K的作用，可用于预防血栓栓塞类疾病。某种合成华法林的路线如图所示，请

回答相关问题。

（1）物质B的名称是.,物质E中的含氧官能团名称是

（2）ATB的氧化剂可以是.（填标号）

a.银氨溶液b.氧气c.新制CU（0H）2d.酸性KMnCU溶液

（3）CTD的化学方程式是,反应类型是.

（4）物质C的同分异构体中符合下列条件的有.种（不考虑立体异构）。

①苯环上有两个取代基:

②含有一coo一结构且不含甲基

（5）写出E与NaO