《2023年广东省广州荔湾区真光高考冲刺押题(最后一卷)化学试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年广东省广州荔湾区真光高考冲刺押题(最后一卷)化学试卷含解析.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 学年高考化学模拟试卷 注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在加热固体 NH4Al(SO4)212H2O 时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知 A 点物质为 NH4Al(SO4)2，B 点物质为 Al2(SO4)3，下列判断正确的是
2、（）A0t的过程变化是物理变化 BC 点物质是工业上冶炼铝的原料 CAB 反应中生成物只有 Al2(SO4)3和 NH3两种 DAl2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3+3OH-Al（OH）3 2、下列说法正确的是()A核素21H的电子数是 2 B1H和 D 互称为同位素 CH+和 H2互为同素异形体 DH2O 和 H2O2互为同分异构体 3、在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是 A过量的铜与浓硝酸反应 B过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应 C过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应 D过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应 4、25时
3、，将 pH均为 2 的 HCl 与 HX 的溶液分别加水稀释，溶液 pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 Aa、b 两点:c(X-)c(Cl-)B溶液的导电性:a 0.01mol/L D溶液体积稀释到 10 倍，HX 溶液的 pH 3 5、某太空站的能量转化示意图如下，下列说法错误的是 A燃料电池系统中发生化合反应生成了水 B燃料电池系统产生的能量实际上来自于太阳能 C水电解系统中是将电能转化为化学能 D背日面时氧气燃烧，将化学能转化为光能和热能 6、某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的 Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的
4、是（）A充电时，阳极电极反应式为 LiCoO2-xe-=xLi+Lil-xCoO2 B放电时，该电池将化学能转化为电能 C放电时，b 端为负极，发生氧化反应 D电池总反应为 LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2 7、有关氮原子核外 p 亚层中的电子的说法错误的是（）A能量相同 B电子云形状相同 C自旋方向相同 D电子云伸展方向相同 8、原子序数依次增大的四种短周期元素 W、X、Y、Z，其中只有 X 与 Z 同主族；W、X、Y 最外层电子数之和为 10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）AZ 的最高价氧化物对应的水化物为强酸 BW、Y 的氧化物一定属于离
5、子化合物 CX、Z 的氢化物中，前者的沸点低于后者 DX、Y 的简单离子中，前者的半径大于后者 9、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使酚酞变红的溶液：Na、Al3、SO42-、NO3-B0.1 mol/LNaClO 溶液：K、Fe2、Cl、SO42-C0.1mol/L 氨水：K、Ag(NH3)2+、NO3-、OH D由水电离产生的 c(H)=11013 mol/L 的溶液：Na、NH4+、Cl-、HCO3-10、事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与 Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2SO2 Na2SO4、Na2O2SO3 Na2SO4+O2，据此，你认为下
6、列方程式中不正确的是 A2Na2O22Mn2O74NaMnO4O2 B2Na2O2P2O3Na4P2O7 C2Na2O22 N2O3NaNO2O2 D2 Na2O22 N2O5 4NaNO3O2 11、短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中 W 的阴离子的核外电子数与 X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产 Y 的单质，而 Z不能形成双原子分子。根据以上叙述，下列说法中正确的是 A上述四种元素的原子半径大小为 WXYO2，该实验条件下 Na2S溶液出现浑浊现象是 SO2导致的。表中实验 1 反应较慢的
7、原因可能是 O2难溶于水，而 SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；II.(4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3-I2SO2，向含有 SO2、KI 和淀粉溶液中滴加 KIO3溶液，首先发生反应，当 SO2反应完全后发生反应，反应产生的 I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；(5)通过比较实验一、实验二的数据，发现 V1远远小于 V2，可忽略不计 V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗 KIO3标准溶液体积 V(KIO3)=10.029.9810.003mL=10.
8、00 mL，n(KIO3)=cV=0.0010 mol/L0.0100 L=1.010-5 mol，根据电子守恒及结合方程式可知 n(SO2)=3n(KIO3)=3.010-5 mol，根据 S 元素守恒可知其中含有 S 元素的质量为 m(S)=nM=3.010-5 mol32 g/mol=9.610-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为49.6 10 g1g100%=0.096%。【点睛】本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中 S
9、含量计算，关键是 IO3-氧化 SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物 I2也可氧化 SO2，要根据总方程式判断。20、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O NaOH 溶液 实验 i和 ii对比，上层溶液颜色不同，说明 CuO 与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含 Cu2+，因此黑色沉淀不含 CuO。溶液中 Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 取实验 i的上层清液，加入过量 NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色 HNO3 CuS CuS+2H2SO4250S+CuSO4+SO2+2H2O 将烧瓶中 10mL15mol/L 的浓 H2S
10、O4加热至 250以上，其后加入适量铜片 【解析】（1）A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）CuO与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝；溶液中 Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有 Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是 NO2，底部淡黄色固体是 S 单质；（5）根据 n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取 230时的黑色沉淀，加入浓 H2SO4，加热至 250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体 S，溶液变蓝说明有 CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方
11、程式；（7）综合上述实验过程可知加热至 250时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A 中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置 C 中盛放 NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）CuO与稀 H2SO4反应生成 Cu2+，溶液变蓝；实验 i和 ii 对比，i中上层溶液无色，说明不含 Cu2+，因此黑色沉淀不含 CuO。如果溶液中 Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含 CuO的结论；根据资料信息：微量 Cu2+与过量 NaOH 溶液发生反应：Cu
12、2+4OHCu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含 CuO的实验 iii的操作和现象是取实验 i的上层清液，加入过量 NaOH 溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是 NO2，氧化产物是 S 单质；（5）230取样，铜元素 1.28g，硫元 0.64g，则 n(Cu):n(S)=1.28 0.64:=1:16432，所以 230时黑色沉淀的成分是 CuS；（6）取 230时的黑色沉淀，加入浓 H2SO4，加热至 250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫
13、气体，试管底部出现淡黄色固体 S，溶液变蓝说明有 CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4250=S+CuSO4+SO2+2H2O；（7）将烧瓶中 10mL15mol/L 的浓 H2SO4加热至 250以上，其后加入适量铜片只发生 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。21、5Ar 3d NOS sp CO2(COS 等)10NA或 6.021024 Fe3N 【解析】（1）Fe 位于第 4 周期第族，其价电子排布式为 3d64s
14、2，失去 3 个电子形成 Fe3+，从 4s 开始失去电子；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素 2p 能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，SCN为直线形结构，等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒；（3）羰基配合物中，中心 Fe 与配体 CO之间形成配位键，CO 分子中，C 与 O之间含有一个配位键；（4）根据均摊法计算氮化铁晶体的化学式。【详解】（1）Fe 位于第 4 周期第族，其价电子排布式为 3d64s2，失去 3 个电子形成 Fe3+，从 4s 开始失去电子，所以 Fe3+基态核外电子排布式为：Ar3
15、d5，故答案为：Ar3d5；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素 2p 能级处于半满稳定状态，能量低，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以 N、O、S 的第一电离能由大到小的顺序为：NOS，SCN为直线形结构，则其中 C 为 sp 杂化，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与 SCN互为等电子体的分子是：CO2（COS 等），故答案为：NOS；sp；CO2（COS等）；（3）羰基配合物中，中心 Fe 与配体 CO之间形成配位键，CO分子中，C 与 O之间含有一个配位键，所以 1molFe(CO)5分子中含 键数目为 10 NA，故答案为：10NA或 6.021024；（4）氮化铁晶体为六棱柱：顶点贡献率为，面点贡献率为，依据晶胞结构可知，12 个铁原子位于顶点，2 个铁原子位于面心，3 个铁原子位于体内，2 个氮原子位于体内，1 个晶胞含有铁微粒数为：12+2+36、含氮原子数为 2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：23：1，所以化学势为 Fe3N，故答案为：Fe3N。