贵州省遵义市2023届高三第一次模拟考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选
题1．下列说法中错误的是( )A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体B．“血液透析”利用了胶体的性
质C．明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂D．用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同2．为阿伏加德罗
常数的值，下列说法正确的是( )A．氦气所含原子数目为B．常温下，含共价键数目为C．常温下，的溶液中，所含数目为D．与水反应，生
成转移电子数目为3．化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是( )A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有
机高分子材料B．施肥时，草木灰不能与铵盐混合使用，是因为它们之间发生反应会降低肥效C．明矾常用作净水剂，是因为它能够消毒杀菌D．1
4C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体4．尿素燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )A．该装置是将电
能转化为化学能B．H+向A极移动C．A极为负极，发生氧化反应D．电路中转移0.1mol电子时，消耗5.6LO25．根据下列实验操作
和现象所得到的结论正确的是（?）选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入盐酸溶液，有无色气体产生原溶液中一定有CO32－B向某溶
液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失原溶液中一定有Ba2+C向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸， 沉淀
不消失原溶液中一定有SO42－D向某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀产生溶液中一定含Cu2+A．AB．BC．CD．D6．下列有机物
中,属于烃的衍生物且含有两种官能团的是( )A．CH3ClB．CH3CH2OHC．CH2=CHBrD．CH2=CH27．某弱酸性
指示剂(HIn)在水中存在平衡：。25℃时，将浓度为0.1 mol/L的该指示剂加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是( )A．
pHB．C．D．Ka(HIn)二、实验题8．实验室需配制的溶液，回答下列问题：(1)配制该溶液时所需的玻璃仪器是_________
__；(2)请计算(写出必要的计算步骤)：①配制该溶液时需要用天平称取固体多少g_______？②将的溶液与的溶液反应，得到固体，
则消耗溶液多少_______？三、工业流程题9．以钴渣(主要成分是Co2O3，含少量Al2O3、CuO、CdO、Fe2O3等)为原
料制备钻和钻酸锂的流程如图：已知：①常温下，几种物质的溶度积如表所示。物质Al(OH)3Fe(OH)3CuSCdSCoSKsp的近
似值1×10-331×10-386.4×10-448×10-274×10-21②常温下，NH3·H2O的电离常数Kb=2.0×10
-5。请回答下列问题：(1)“酸浸”前需要将钴渣粉碎，原因是____。(2)“酸浸”时双氧水的作用是____。(3)“酸浸”时钴的
浸出率与液固比的关系如图1所示。最佳液固比为____mL·g-1；当液固比一定时，相同时间内钴的浸出率与温度的关系如图2所示，解释
40℃时钴的浸出率达到峰值的原因：____。(4)“除铁铝”中，如果Fe3+、Al3+浓度相等，先产生沉淀的离子是____(填离子
符号)，Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH的平衡常数K=____。(5)在“除铜镉”中，如果溶液中c(Co2+)
=0.1mol·L-1，当c(Cd2+)=1×10-5mol·L-1时，____(填“有”或“没有”)CoS生成。(6)在CoSO
4溶液中加入小苏打溶液产生碱式碳酸钴并放出气体，写出反应的离子方程式：____。(7)用碱式碳酸钴制备钴酸俚时，每生成1molLi
CoO2，消耗标准状况下的空气的体积为____L。(设空气中O2的体积分数为20%)四、原理综合题10．合成氨的工艺流程一般分三步
：第一步为原料气的制备，将天然气等原料制成含氢和氮的粗原料气；第二步为净化，主要包括变换过程、脱硫脱碳过程以及气体精制过程；第三步
为氨合成，将纯净的氢氮混合气压缩，增大压强，在催化剂的作用下合成氨。已知几种物质的燃烧热如表所示：物质燃烧热-285.5-890.
3-283-393.5回答下列问题：(1)的汽化热()为+44 kJ·mol，则“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式为____
_____。(2)“二次转化”时进口处混合气的温度在1200℃左右，随后混合气开始急剧升温，而在出口处混合气的温度降到1000℃左
右，试解释其原因：_________。(3)整个流程图中有两处循环，一处是循环，还有一处循环，请在流程图上标出循环方向和循环物质_
________。(4)合成氨反应过程中的能量变化如图所示，图中A、C分别表示_________、_________，E的大小对该
反应的反应热_________(填“有”或“无”)影响。该反应常用铁作催化剂，其反应机理可能为在催化剂表面反应生成，接着催化剂吸附
的氢气不断与作用，最后生成，该催化循环机理的化学方程式可表示为_________。五、结构与性质11．以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、
氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。(1)Fe基态核外电子排布式为__________；[Fe(H
2O)6]2＋中与Fe2＋配位的原子是_________(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_________
_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。(3)与互为等电子体的一种分子为__________(填化学式
)。(4)柠檬酸的结构简式见图()。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为__________NA。(5)经X射线
衍射测定发现，晶体铁在417℃以上堆积方式的剖面图如图所示，则该堆积方式属于__________。若该堆积方式下的晶胞参数为a c
m，则铁原子的半径为_________pm。六、有机推断题12．H是一种香料，可用如图的设计方案合成。 已知：①在一定条件下，有机
物有下列转化关系：②烃A和等物质的量的HC1在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B，也可以生成含有两个甲基的F。
回答下列问题：(1)D的结构简式为_______。(2)F→G的化学反应类型为_______ 。(3)烃A→B的化学反应方程式是
_______。(4)E+G→H的化学反应方程式是 _______。(5)H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其烃基上一氯代物
有两种的是 _______(用结构简式表示)。参考答案1．D【详解】A．Fe(OH)3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁
溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体，故A正确；B．血液是胶体，胶粒
不能透过半透膜，“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾
可用作净水剂，故C正确；D．胶体可以产生丁达尔效应，溶液不能，则用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象不相同，
故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查胶体性质和制备，主要是胶体微粒、胶体分散系的电性、氢氧化铁胶体制备方法等知识点，注意三种分散
系的本质区别。2．B【详解】A．未指明气体所处状况，无法计算原子数目，A错误；B．一个NH3分子含三个N-H共价键，0.1molN
H3含共价键数目为0.3NA，B正确；C．，所含H+数目为0.01NA，C错误；D．由化学方程式知，生成1molO2转移2mol电
子，转移电子数目为2NA，D错误； 故选B。3．B【详解】A．碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，属于新型无机非金属材料，A错误
；B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，铵盐和OH-离子会发生反应：，从而使肥效降低，B正确；C．明
矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但是它没有强氧
化性，所以不能杀菌消毒，C错误；D．12C和14C质子数相同中子数不同，互为同位素，D错误；故答案选B。4．C【分析】因为电子从A
极流向B极，所以A极是负极，B极是正极。【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，选项A错误；B．阳离子H+向正(B)极
移动，选项B错误；C．A极为负极，发生氧化反应，选项C正确；D．没有指明条件，无法计算体积，选项D错误；答案选C。5．D【详解】A
．无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能有CO32-或SO32-等，故A错误；B．向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，
再加盐酸，沉淀消失，存在的阳离子可能是Ba2+或Ca2+等，所以原溶液中不一定含有钡离子，故B错误；C．能和氯化钡溶液反应生成白色
不溶于盐酸的沉淀可能是Ag+或SO42-，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故C错误；D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，该
蓝色沉淀为氢氧化铜，则该溶液中一定含Cu2+，故D正确；故选D。6．C【分析】烃分子中的氢原子被其他原子或者原子团所取代而生成的一
系列化合物称为烃的衍生物，据此分析解答。【详解】A．CH3Cl属于烃的衍生物，分子中的官能团为Cl原子，只有一种官能团，A不符合题
意；B．CH3CH2OH属于烃的衍生物，分子中的官能团为羟基，只有一种官能团，B不符合题意；C．CH2=CHBr属于烃的衍生物，分
子中含有两种官能团分别为羟基和碳碳双键，C符合题意；D．CH2=CH2属于烃，且分子中只含有碳碳双键一种官能团，D不符合题意；答案
选C。7．B【详解】A．加水稀释溶液中的c(H+)减小，pH增大，A错误；B．在稀释过程中，电离平衡正向移动，则逐渐增大﹐故稀释过
程中逐渐减小，B正确；C．加水稀释过程中由HIn电离出的H+的物质的量等于电离生成的In-的物质的量，由于稀释溶液中c(H+)减小
，水的电离平衡正向进行，则水电离出的H+随着稀释不断增大，故逐渐增大，C错误；D．温度不变，Ka(HIn)不变，为定值，D错误；故
合理选项是B。8．(1)量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管(2)???? 20.0???? 150mL或350mL【解
析】(1)用NaOH固体配制一定物质的量浓度的溶液需要的实验仪器有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故配制该
溶液时所需的玻璃仪器是量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；(
2)①配制该溶液时需要用天平称取固体的质量为：m=cVM==20.0g，故答案为：20.0；②将的溶液与的溶液反应，得到固体，当N
aOH不足时，根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，则n(NaOH)=3n(Al(OH)3)=3×=0.1
5mol，则消耗溶液的体积为：=0.15L=150mL，当NaOH过量时，根据反应方程式：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓
+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则n(NaOH)=3n(AlCl3)+0.1L×1mol/L-=3
×0.1L×1mol/L+0.1L×1mol/L-=0.35mol，则消耗溶液的体积为：=0.35L=350mL，故答案为：150
mL或350mL。9．(1)增大接触面积，加快反应速率(2)将Co3+还原为Co2+(3)???? 3???? 低于40℃时，随着
温度升高，反应加快，浸出率增大；温度高于40℃时，双氧水的分解速率增大，钴的浸出率减小，则40℃时达到峰值(4)???? Fe3+
(5)没有(6)5Co2++10HCO+3H2O=2CoCO3?3Co(OH)2?5H2O+8CO2↑(7)28【分析】钴渣加入
硫酸和双氧水，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+（Co3+被双氧水还原）、Fe3+、Cu2+、Al3+、Cd2+等，加入过量氨
水得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入纯碱溶液得到碱式碳酸钴晶体，粗品中还含有Cu2+、Cd2+杂质，再用稀硫酸酸浸后用Na2S
溶液沉淀除去，得到硫酸钴溶液，再加入碳酸氢钠溶液得到碱式碳酸钴晶体，最后加入碳酸锂加热可生成LiCoO2，以此解答该题。(1)“酸
浸”前需要将钻渣粉碎，原因是增大接触面积，加快反应速率；(2)由上述分析知，Co2O3中钴为+3价，CoSO4中钴为+2价，则“酸
浸”时双氧水的作用是将Co3+还原为Co2+；(3)由如图1知，浸出率最高为80%，此时最佳液固比为3 mL·g-1；当液固比一定
时，相同时间内钴的浸出率与温度的关系如图2所示，原因是低于40℃时，随着温度升高，反应加快，浸出率增大；温度高于40℃时，双氧水的
分解速率增大，钴的浸出率减小，则40℃时达到峰值；(4)因为Fe(OH)3＜Al(OH)3，如果Fe3+、Al3+浓度相等，先产生
沉淀的离子是Fe3+；Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH的平衡常数；(5)，＜Ksp(CoS)=4×10-21，
没有CoS沉淀；(6)根据提示，该离子方程式为：5Co2++10HCO+3H2O=2CoCO3?3Co(OH)2?5H2O+8CO
2↑；(7)氧气需将Co2+氧化为LiCoO2中的+3价，则生成1mol LiCoO2需0.2mol2CoCO3?3Co(OH)2
?5H2O,根据得失电子守恒得n(O2)=，则V(空气)=.10．(1)(2)“二次转化”整个过程中，10%的甲烷与空气中水蒸气发
生反应生成CO和氢气，该反应属于吸热反应(3)（循环利用的物质是N2和H2）(4)???? 反应物（氮气和氢气）的总能量????
生成物（氨气）的总能量???? 无、【详解】（1）“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式可表示为：；由表格数据和水的汽化热可构造
热化学方程式为：①；②；③；④；根据盖斯定律可知，②-③-①3-④可得“一次转化”过程中生成CO的热化学方程式可表示为：，对应焓变
=---=+205.2kJ/mol；（2）“二次转化”整个过程中，10%的甲烷与空气中水蒸气发生反应生成CO和氢气，根据第（1）问
可知，该反应属于吸热反应，所以出口处温度降低；（3）根据整个流程图可知，上述循环利用的物质还有N2和H2，在合成步骤中标出如图：；
（4）合成氨反应过程中的能量变化图可知，A代表反应物（氮气和氢气）的总能量，C代表生成物（氨气）的总能量；E代表正反应的活化能，其
大小对该反应的反应热无影响；反应机理可能为在催化剂表面反应生成，接着催化剂吸附的氢气不断与作用，最后生成，则涉及的化学方程式为：、
。11．???? [Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2 O???? sp3 N＞O＞C???? CH4
或SiH4 7???? 面心立方最密堆积【详解】(1)铁是第26号元素，核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63
s23p63d64s2；[Fe(H2O)6]2＋中，H2O的氧原子有孤电子对，所以与Fe2＋配位的原子是O。(2)NH3中氮原子的
价层电子对数为3+(5-3×1)=4，所以氮原子为sp3杂化；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但由于第ⅤA族最外层是
半充满结构，失去一个电子比较困难，所以其第一电离能比相邻的元素高，所以C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。(3)
等电子体是原子总数相同、价电子总数也相同的粒子。与互为等电子体可以为CH4或SiH4。(4)柠檬酸中有三个羧基和一个羟基，羧基中碳
原子和氧原子形成一个碳氧双键和一个碳氧单键，碳氧双键中有1个π键和1个σ键，碳氧单键为σ键，羟基中碳氧间是σ键，所以1 mol柠檬
酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为7NA。(5)由图示可知，该堆积方式为面心立方最密堆积；晶胞的面对角线是铁原子半径的4倍，
即4r=a，所以铁原子半径为acm=a×1010pm。12．(1)CH3CH2CHO(2)CH3CHClCH3+NaOH CH3C
H(OH)CH3+NaCl(3)CH3CH═CH2+HCl CH3CH2CH2Cl(4)CH3CH2COOH+ CH3CH(OH)
CH3 CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O(5)【分析】由转化关系可知，E含有羧基、G含有-OH，且E、G含有相同的碳原子
数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH(OH)CH3，逆
推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2。【详解】（1）通过以上分析知，D结构简式为CH3CH2CHO。（2）A在双氧水作催化剂条件下，和HCl发生加成反应生成B，反应方程式为CH3CHClCH3+HClCH 3CH 2CH 2Cl，F为CH3CHClCH3，G为CH3CH(OH)CH3，F和NaOH的水溶液共热发生取代反应或水解反应生成G，化学方程式为CH3CHClCH3+NaOH CH3CH(OH)CH3+NaCl。（3）A在双氧水作催化剂条件下，和HCl发生加成反应生成B，反应方程式为CH3CH═CH2+HClCH3CH2CH2Cl。（4）E和G在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成酯H，反应方程式为CH3CH2COOH+ CH3CH(OH)CH3 CH3CH2COOCH(CH3)2+H2O。（5）H为CH3CH2COOCH(CH3)2，H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其烃基上的一氯代物有一种的是。答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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