1、2023高考化學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列物理量與溫度、壓強有關且對應單位正確的是A阿伏加德羅常數：mol-1B氣體摩爾體積:L.mol-1C物質的量濃度：gL-1D摩爾質量：gmol-12、某學習小組按如下實驗過程證明了海帶中存在的碘元素：下列說法不正確的是A步驟需要將干海帶放入坩堝中灼燒B步驟反應的離子方程式為：2I- +2H+H2O2=I

2、2+2H2OC步驟操作后，觀察到試管中溶液變為藍色，可以說明海帶中含有碘元素D若步驟僅滴加稀硫酸后放置一會兒，步驟操作后，試管中溶液不變成藍色3、為檢驗某固體物質中是否銨鹽，你認為下列試紙或試劑一定用不到的是()蒸餾水氫氧化鈉溶液紅色石蕊試紙藍色石蕊試紙稀硫酸ABCD4、能正確表示下列反應的離子方程式是A在硫酸亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OBNH4HCO3溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C氫氧化亞鐵溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合：Ca2+OH-

3、+HCO3-=CaCO3+H2O5、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干種，取該溶液進行連續實驗，實驗過程如圖所示(所加試劑均過量，氣體全部逸出)下列說法一定正確的是（ ）A溶液中一定含有Na+,Na+濃度是0.35mol/LB溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+離子C溶液中可能含有Cl-，一定沒有Fe3+D取原溶液少許加入硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗是否有Cl-6、下列微粒中，最易得電子的是（ ）ACl-BNa+CFDS2-7、下列實驗操作、現象和結論正確的是實驗操作和現象結論A向濃度均為0.1molL-1的FeCl3和AlCl3混

4、合溶液中滴加NaOH溶液，先出現紅褐色沉淀KspFe(OH)3”、“”、“=”或“”）。當溫度為T1、起始壓強為p0，反應至t1min時，體系壓強p= _（用p0表示）。（4）碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應歷程為：第一步 I2(g) = 2I(g) （快反應）第二步 I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g) （慢反應）第三步 IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g) （快反應）實驗表明，含碘時NO分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5（k為速率常數）。下列表述正確的是_（填標號)。A溫度升高，k值增大 B第一步對總反應速率起決定作用C第二步活化能比第三

5、步大 DI2濃度與N2O分解速率無關參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【答案解析】A、阿伏加德羅常數與溫度、壓強無關，故A錯誤；B、氣體摩爾體積與溫度、壓強有關且對應單位正確，故B正確；C、物質的量濃度：單位是molL1，故C錯誤；D、摩爾質量與溫度、壓強無關，故D錯誤；故選B。2、D【答案解析】A. 固體在坩堝中灼燒，所以步驟需要將干海帶放入坩堝中灼燒，故A正確；B. 步驟中碘離子被過氧化氫氧化為碘單質，反應的離子方程式為：2I- +2H+H2O2=I2+2H2O，故B正確；C. 碘單質能使淀粉溶液變藍色，步驟操作后，觀察到試管中溶液變為藍色，可以說明海帶中含

6、有碘元素，故C正確；D. 若步驟僅滴加稀硫酸后放置一會兒，可發生4I-+4H+O2=2I2+2H2O，步驟操作后，試管中溶液變為藍色，故D錯誤；選D。【答案點睛】本題考查海水提取碘的實驗，把握流程中發生的反應、混合物分離提純、物質的檢驗，掌握碘離子能被氧氣氧化是關鍵，側重分析與實驗能力的考查。3、B【答案解析】銨根離子和氫氧化鈉溶液反應生成氨氣，氨氣能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色，則需要紅色石蕊試紙，且需要蒸餾水潤濕試紙，則不需要的物質是藍色石蕊試紙及稀硫酸，正確，故答案為B。4、A【答案解析】A.Fe2+具有還原性，會被氧氣氧化為Fe3+，反應的離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2

7、H2O，A正確；B.NH4HCO3溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3為標準，NH4+、HCO3-都會發生反應：NH4+HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+H2O+NH3H2O，B錯誤；C.氫氧化亞鐵具有還原性，會被具有氧化性的稀硝酸氧化變為Fe3+，反應的離子方程式為3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO+8H2O，C錯誤；D.澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2為標準，離子方程式為Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，D錯誤；故合理選項是A。5、C【答案解析】根據信息，加入BaCl2溶液，產生沉淀甲，

8、沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一種，沉淀甲中加入鹽酸溶液，還有沉淀，說明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的質量前后對比，說明沉淀甲中還含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根據離子共存，Fe3一定不存在，根據沉淀的質量，推出n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，濾液中加入NaOH溶液，并加熱，產生氣體，此氣體為NH3，說明原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根據電荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根據電荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此c(Na)0.35molL1，故A錯誤；B、根據上述分析，原溶

9、液中一定含有Na，故B錯誤；C、根據上述分析，故C正確；D、原溶液中一定含有SO42，SO42對Cl的檢驗產生干擾，故D錯誤。6、C【答案解析】氧化性越強的微粒，越容易得到電子。在四個選項中，氧化性最強的為F，其余微粒均達到穩定結構，化學性質不活潑，C項正確；答案選C。7、A【答案解析】A因KspFe(OH)3KspAl(OH)3，Fe(OH)3的溶解度較小，故先和NaOH發生反應，產生紅褐色沉淀，A正確；BFe2+和NO3-、H+在同一溶液中時，可以發生反應，Fe2+反應生成Fe3+，故加入KSCN后溶液會變紅，但不能判斷為變質，B錯誤；C水浴反應過后應加入NaOH使體系為堿性，若不加NaO

10、H，原溶液中未反應的硫酸會和Cu(OH)2發生反應，不會生成磚紅色沉淀，C錯誤；D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色，該溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能將I-氧化為單質碘，D錯誤；故選A。8、C【答案解析】A. pH=1的溶液顯酸性，Cr2O72有強氧化性，會把CH3CH2OH氧化，故A錯誤；B.草酸鈣難溶于水，故B錯誤；C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氫根強，因此可以共存，故C正確；D.使甲基橙變為成橙色的溶液顯酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D錯誤；故答案為C。9、A【答案解析】ApH3時A2、HA的物質的量分數相等，所以二者的濃度相等，則Ka2c(H)0.00

11、1mol/L，由同一溶液中，pH4時該酸的第二步電離常數不變，且原溶液中n(HA)n(A2)0.1mol，據此計算n(HA)；B該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA溶液中不存在H2A；C根據圖知，滴定終點時溶液呈酸性；DpH3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2)c(HA)。【題目詳解】ApH3時A2、HA的物質的量分數相等，所以二者的濃度相等，則Ka2c(H)0.001mol/L，由同一溶液中，pH4時該酸的第二步電離常數不變，且原溶液中n(HA)n(A2)0.1mol，Ka2c(H)0.0001m

12、ol/L0.001mol/L，n(HA)約為0.0091mol，故A正確；B該二元酸第一步完全電離，第二步部分電離，所以NaHA只能電離不能水解，則溶液中不存在H2A，根據物料守恒得c(A2)c(HA)0.1mol/L，故B錯誤；C根據圖知，滴定終點時溶液呈酸性，應該選取甲基橙作指示劑，故C錯誤；DpH3時，溶液中不存在H2A，說明該酸第一步完全電離，第二步部分電離，則NaHA只電離不水解，Na2A能水解，且c(A2)=c(HA)；等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合，因為電離、水解程度不同導致c(A2)、c(HA)不一定相等，則混合溶液的pH不一定等于3，故D錯誤；故答案選A。【

13、答案點睛】正確判斷該二元酸“第一步完全電離、第二步部分電離”是解本題關鍵，注意電離平衡常數只與溫度有關，與溶液中溶質及其濃度無關。10、D【答案解析】酸性氧化物是可以與堿反應生成鹽和水的氧化物。【題目詳解】A.CO是不成鹽氧化物，故A不選；B. Na2O是堿性氧化物，故B不選；C.KOH是堿，不是氧化物，故C不選；D.SO2屬于酸性氧化物，故D選。故選D。11、A【答案解析】A次氯酸具有強氧化性，二氧化硫具有還原性，二者發生氧化還原反應生成硫酸和鹽酸，故A錯誤；B無色酚酞遇堿變紅色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液變紅，說明該溶液呈堿性，則硅酸鈉水解導致溶液呈堿性，故B正確；C氧化鋁的熔點

14、高于鋁的熔點，鋁表面被一層致密的氧化鋁包著，所以鋁箔在酒精燈火焰上加熱熔化但不滴落，故C正確；D氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，則氯水遇藍色石蕊試紙變紅色，次氯酸有漂白性，所以試紙最后褪色，故D正確；答案選A。12、A【答案解析】根據煤干餾的產物進行分析：煤干餾的產物為焦碳、煤焦油和焦爐煤氣。焦爐煤氣主要成分是氫氣、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【題目詳解】A.氨水呈堿性，遇紫色石蕊試紙變藍，所以用藍色石蕊試紙檢驗NH3是錯誤的，故A錯誤；B.長導管的作用是導氣和冷凝，故B正確；C.苯和煤焦油互溶，從b層液體中分離出苯的操作是分餾，故C正確；D.c口導出的氣體有乙烯等

15、還原性氣體，可使新制氯水褪色，故D正確；答案：A。【答案點睛】解題的關鍵是煤干餾的產物。根據產物的性質進行分析即可。13、D【答案解析】A、左端為陽極，陽極上失去電子，發生氧化反應2Cl2e=Cl2，氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，pH有所降低，故錯誤；B、右端是陰極區，得到電子，反應是2H2e=H2，故錯誤；C、根據選項A的電極反應式，通過1mol電子，得到0.5molCl2，故錯誤；D、根據電解原理，陽離子通過陽離子交換膜，從正極區向陰極區移動，LiOH濃溶液從d口導出，故正確。14、A【答案解析】由圖可知該電池放電時負極反應式為Li-e-xLi+，正極反應式為Fe2O3+6Li+6e-3Li

16、2O+2Fe，充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，以此解答該題。【題目詳解】A充電時，Fe作為陽極生成Fe2O3，充電完成時，鐵完全轉化為Fe2O3，磁鐵不可吸引Fe2O3，故A錯誤；B鋰屬于活潑金屬，會和水發生反應，所以不可以用電解質溶液作為電解液，一般由高純度的有機溶劑、鋰鹽等原料組成，故B正確；C充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反，則充電時，該電池正極的電極反應式為3Li2O+2Fe-6e-Fe2O3+6Li+，故C正確；D根據分析，放電時，Li作電池的負極，Fe2O3作電池的正極，故D正確；答案選A。【答案點睛】根據題意要判斷出正負極，寫

17、出電極反應,原電池負極發生氧化反應，正極發生還原反應，而電解池中，陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應。15、D【答案解析】分析：CCO2屬于碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳；CH4CO2屬于甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態；COCO2屬于一氧化碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳。詳解：A甲烷燃燒生成二氧化碳和水，碳與氧化銅反應生成銅與二氧化碳，不是化合反應，A錯誤；B甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態，B錯誤；C碳、一氧化碳與氧化銅反應能夠生成二氧化碳，C錯誤；D碳、一氧化碳、甲烷都能夠燃燒生成二氧化碳，D正確；答案選D。

18、16、A【答案解析】A氧化鈉和過氧化鈉中陰陽離子個數比都是12，4.6g鈉的物質的量是0.2mol，4.6gNa完全轉化成Na2O和Na2O2的混合物，鈉離子的物質的量是0.2mol，所以生成物中陰離子為0.1mol，陰離子總數為0.1 NA，故A正確；B標準狀況下，22.4L丙烷的物質的量為=1mol，C3H8含共用電子對數=1mol10NA=10NA，故B錯誤；C氯氣和水的反應為可逆反應，不能完全反應，故轉移的電子數小于0.1NA個，故C錯誤；D銨根離子能少量水解，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中含有銨根離子的數目小于0.1NA，故D錯誤；故選A。【答案點睛】本題的易錯點為A，要注

19、意過氧化鈉中的陰離子為過氧根離子。二、非選擇題（本題包括5小題）17、AgCl共價鍵SiO2+2OH- = SiO32-+H2O【答案解析】根據題中各物質轉化關系，D受熱得E，E能與氫氧化鈉反應生成F，F與過量的二氧化碳反應生成D，說明D為弱酸且能受熱分解；新型無機材料A3M4由兩種非金屬元素組成，元素M位于第二周期VA族，應為N元素，A元素為四價元素，C、E均為含A元素，可知A3M4應為Si3N4，可以確定A為Si，E為SiO2，F為Na2SiO3，則D為H2SiO3，G與硝酸銀反應生成 不溶于稀硝酸的沉淀H，則可知G中有Cl-，H為AgCl，故C為SiCl4，B為Cl2；由SiCl4+3H

20、24HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化學式為AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化學鍵類型為共價鍵；（3）SiO2溶解于NaOH溶液發生反應的離子方程式為SiO2+2OH- = SiO32-+H2O。18、1 氯環己烷 碳碳雙鍵 乙醇溶液、加熱 酯化反應 +CH3CH2OH 6 【答案解析】根據流程圖，烴A在氯化鐵條件下與氯氣發生取代反應生成B，B與氫氣加成生成C，結合C的化學式可知，A為，B為，C為，根據題干信息可知，D中含有碳碳雙鍵，則C發生消去反應生成D，D為，D中碳碳雙鍵被高錳酸鉀氧化生成E，E為，E與乙醇發生酯化反應生成F，F為，根據信息，F在乙醇鈉作用下反應生成

21、M()，據此分析解答。【題目詳解】(1)的結構簡式為，A中只有1種氫原子，核磁共振氫譜中有1組吸收峰；B的結構簡式為，故答案為：1；(2)C的結構簡式為，化學名稱為氯環己烷；D的結構簡式為，D中所含官能團為碳碳雙鍵，故答案為：氯環己烷；碳碳雙鍵；(3)C的結構簡式為，D的結構簡式為，為鹵代烴的消去反應，反應條件為NaOH乙醇溶液、加熱；E的結構簡式為，F的結構簡式為，的反應類型為酯化反應或取代反應，故答案為：NaOH乙醇溶液、加熱；酯化反應或取代反應；(4)F的結構簡式為，M的結構簡式為，根據信息，的化學方程式為+CH3CH2OH，故答案為：+CH3CH2OH；(5) M為，同時滿足：五元環上

22、連有2個取代基；能與溶液反應生成氣體，說明含有羧基；能發生銀鏡反應，說明含有醛基，滿足條件的M的同分異構體有：、，一共6種，故答案為：6； (6) 以甲基環戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要將碳碳雙鍵打開，根據信息，碳碳雙鍵打開后得到，只需要將中的羰基與氫氣加成即可，具體的合成路線為，故答案為：。19、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣 不可行 C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量 吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入 裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H

23、2O)會偏高 可在裝置B和A之間增加裝置D 偏大 【答案解析】(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過程中生成的水和過量氨氣會被裝置C吸收；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進入D影響測定結果；(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是氨氣中水蒸氣進入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，結合化學方程式定量關系計算；

24、(6)若CuO中混有Cu，氧元素質量減小，測定水質量減小，結合計算定量關系判斷結果誤差。【題目詳解】(1)生石灰和水反應生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導致溶液溫度升高，溫度越高，導致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量

25、，生成OH-均能使平衡向左移動，從而得到氨氣；(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無法測量出生成水的質量；(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是:吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入；答案是: 吸收未反應的NH3，防止空氣中的水蒸氣進入； (4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高，可能是裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會偏高，可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣，減少誤差；答案是：裝置B生成的氨氣有混

26、有水，故m(H2O)會偏高；可在裝置B和A之間增加裝置D；(5)反應2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物質的量和氧化銅物質的量相同，若實驗中測得m(H2O)=bg，氧化銅物質的量n=，實驗中先稱取氧化銅的質量m(CuO)為a g，則Cu的摩爾質量=ag/bg/18g/mol-16g/mol，即Cu的相對原子質量為:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質量減小，測定水質量減小，b減小，則-16值增大，所以若CuO中混有Cu，則該實驗測定結果偏大；答案是:偏大。20、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升華出來的Fe

27、Cl3與未反應完的鐵粉在水溶液中反應生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液體中無明顯光路 K3Fe(CN)6 生成藍色沉淀 【答案解析】首先制取氯氣，然后除雜、干燥，再與鐵粉反應，冷凝法收集升華出的FeCl3，最后連接盛有堿石灰的干燥劑，吸收多余的氯氣，防止空氣中的水蒸氣使FeCl3水解。F中剩余的固體可能為未升華的FeCl3和鐵粉的混合物，溶于水發生反應生成FeCl2；Fe3+與SO2發生氧化還原反應生成Fe3+和SO42-，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒寫出離子方程式；沒有出現丁達爾現象，說明紅棕色物質不是Fe(OH)3膠體；用K3Fe(CN)6

28、溶液檢驗Fe2+，生成藍色沉淀；反應(i)比反應(ii)快，則活化能E(i)E(ii)；反應(ii)進行的程度更大，則平衡常數K(i)K(ii);【題目詳解】（1）反應的離子方程式為：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯氣，然后除雜、干燥，導管應長進短出，所以a連接h，i連接d；在F中與鐵粉反應，為防止FeCl3堵塞導管，應用粗導管，則e連接j，冷凝法收集升華出的FeCl3，所以k連接g；最后連接盛有堿石灰的干燥管，吸收未反應的氯氣；（3）實驗結束后，去少量F中的固體加水溶解，經檢測發現溶液中含有Fe2+，其原因為未升華出來的FeCl3與未反應的Fe發生反應生成Fe2+

29、；（4）Fe3+與SO2發生氧化還原反應生成Fe3+和SO42-，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，離子方程式為SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）沒有出現丁達爾現象，說明紅棕色物質不是Fe(OH)3膠體；（6）由實驗現象可知，FeCl3與SO2首先發生反應(i)，說明反應(i)比反應(ii)快，則活化能E(i)E(ii)；反應最終得到Fe2+，反應(ii)進行的程度更大，則平衡常數K(i) 1.25p0 AC 【答案解析】（1）硝酸銨在催化劑下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；（2）根據反應熱=反應物的鍵能總和-生成物的鍵能總和計算鍵能；根據表格數據，代入速率公式計算反應速率；單位時間內c（N2O）的變化與N2O的起始濃度無關，每10min均減小0.01mol/L，若N2O起始濃度c0為0.150mol/L ，則反應至30min時轉化的N2O的濃度為0.01mol/L3=0.03mol/L，代入轉化率計算公式計算；其他條件相同時，溫度升高化學反應速率加快，N2O分解半衰期減小，據此分析；列出三段式，求出t1min時總物質的量為（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，再根據等溫等容條件下，壓強之比等于物質的量之比，計算體系壓強；（4）A溫度升高，化學反應速率增大，因v=kc(