【文档说明】2023届湖北省高考冲刺模拟试卷化学试题（八）答案和解析【武汉专题】.docx，共(8)页，197.550 KB，由小赞的店铺上传

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2023年高考冲刺模拟试卷化学试题（八）参考答案一、选择题（共45分）题号123456789101112131415答案ABDCCABCCADBDCD一、选择题（共45分）1．【答案】A【解析】A．在分

子筛固体酸催化下，苯与丙烯发生加成反应，丙烯断裂碳碳双键中的π键，且连接氢原子较少的双键碳原子与苯环相连，从而生成异丙苯，故A正确。B．酚醛树脂是由苯酚与甲醛在浓盐酸或浓氨水催化、沸水浴加热的条件下，通过发生缩聚反应生成，故B不正确。C．天然油脂

主要是不同高级脂肪酸形成的甘油三酯，所以主要为异酸甘油三酯，故C不正确。D．具有两个或两个以上肽键的化合物能与双缩脲试剂产生紫玫瑰色反应，而氨基酸分子中不含有有肽键，所以遇到双缩脲试剂不会呈现紫玫瑰色，故D不正确。2．【答案】B【解析】A.C-O和C-H为极性键，1个含有6个极性键，34g

中含有的极性键(34/68)×6=3mol，极性键数3NA，故A错误。B.混合气体的通式为（NO2）n，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子为(46/46n)×3n=3mol，原子数为3NA，故B正确。C

.浓硫酸为0.92mol,若和铜完全反应会生成SO2为0.46mol，但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜不反应，最后会有硫酸剩余，生成SO2分子的数目小于0.46NA，故C错误。D.在石英晶体中，一个氧原子形成

2个Si－O键在含4molSi－O键的石英晶体中，氧原子的数目为2NA，故D错误。3．【答案】D【解析】A．羊毛织品的主要成分是蛋白质，蛋白质中含有氢键，水洗时会破坏其中的部分氢键，导致羊毛织品变形，故A正确。B．铁元素的原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s

23p63d64s2，由电子排布规律可知，基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B正确。C．硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，铵根离子的空间构型为正四面体角形，键角为109°28＇，氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107°18＇，白

磷分子的空间构型为正四面体形键角为60°，则五种微粒的键角大小顺序为NO3->NH4+>NH3>PH3>P4，故C正确。D．二甲醚中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则46g二甲醚中sp3杂化的原子数为46/46×3×NA1=3NA，故D错误。4．【答案】C【解析】

A．由分子结构键线式可知，该分子中碳原子周围的价层电子对数分别为：3和4，故碳原子的杂化方式只有23spsp、，故A正确。B．由分子结构键线式可知，分子中含有亚氨基NH，故其能与24HSO反应，同时含有酯基，故其能与N

aOH反应，故B正确。C．分子中含有两端连有不同原子或原子团的碳碳双键，故存在顺反异构体，但分子中没有手性碳原子，故不存在对映异构体，故C错误。D．已知一分子拉西地平分子中含有三个碳碳双键和一个苯环可与H2，故1mol拉西地平最多消耗26molH，故D

正确。5．【答案】C【解析】A.中间产物HOCO为自由基，不属于有机化合物，故A正确。B.反应起点为HI离解为H和I自由基，H+OCOHOCO→，然后1000fsHOCOHO+CO⎯⎯⎯→，最终为HO自由基与I自由基结合，

故B正确。C.HOCO经1000fs离解为HO自由基和CO，这能说明这个历程快，不能说明整个反应的速率，故C错误。D.飞秒化学展现的反应历程中HI离解为H和I自由基以及HO自由基与I自由基结合等均为“化学反应实质是旧键断裂和新键形成”提供有力证据，故D正确

。6．【答案】A【解析】A.Co3+的配体为NH3和N3-，配位数为6，故A正确。B.NH3分子中有3个键，N3-有2个键，ClO4-有4个键，配位键有6个，共34224626+++=，故B错误。C.NH3和ClO4-都是sp3杂化，故C错

误。D.NH3中心原子是sp杂化，N3-中心原子是sp杂化、键角是前者小于后者，故D错误。7．【答案】B【解析】A.该新型化合物中存在碳碳双键，为平面构型，属于2sp杂化，故A错误。B.1-正丁基-3-

甲基咪唑六氟磷酸盐含有阴阳离子，属于离子化合物，离子内部含有共价键，属于含共价键的离子化合物，故B正确。C.H的1s轨道为半充满稳定结构，第一电离能反常大，属于有关元素的第一电离能为：F>N>H>C，故C错误。D.该新型化合物的组成元素中，H位于s区，C、N

、F、P位于元素周期表p区，故D错误。8．【答案】C【解析】A.在b极，Cl−失电子生成2Cl，需用吸收液吸收，所以Q溶液可以是NaOH溶液，故A正确。B.若铁丝暴露在NaCl溶液中，由于H+的放电能力强于Na+，所以溶液中H+失电子生成2H，无法得到金属

Na，故B正确。C.实验中所得Hg和Na的混合物呈液态，利用沸点差异分离二者，分离方法为蒸馏法，故C错误。D.因为2Cl有毒，会污染环境，所以进行该实验时应该开启排风扇，以防引起氯气中毒，故D正确。9．【答案】C【分析】A．同素异形

体是指同种元素形成的不同种单质.B．速率常数越小，反应活化能较大.C．速率常数越小，断裂的速率较慢.D．速率常数越小，断裂的速率较慢，对反应速率的影响较大。【解析】A．同素异形体是指同种元素形成的不同种单质，CH3OH、CD3OH和CH3OD均不是单质，

不互为同素异形体，故A错误。B．由于速率常数kD1＜kH，相比于甲醇，氘代甲醇参与的反应活化能较大，故B错误。C．由于速率常数kD1＜kH，相比于C﹣H键，C﹣D键断裂的速率较慢，故C正确。D．由于速率常数kD1＜kD2＜kH，相比于O﹣H键，C﹣H的断裂对反应速率的影响较大，故D错

误。10．【答案】A【解析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，则加入KOH溶液产生的浸渣为Fe2O3，浸液中的离子为AlO2-、K+、S

O42-，加入溶液X调节溶液pH使AlO2-变为Al(OH)3白色沉淀，则溶液X为H2SO4，过滤得到Al(OH)3白色固体，灼烧得到Al2O3，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。A．SO3可溶于水制得硫酸溶液，

溶液X为H2SO4，则SO3可回收利用后应用于本流程，故A项正确。B．浸液中存在的离子为AlO2-、K+、SO42-，加入溶液X调节溶液pH使AlO2-变为Al(OH)3白色沉淀，故B项错误。C．Al(OH)3白色固体灼烧得到Al2O3，则化合物Y为Al2O3，Fe2O3为铝热剂用于焊接铁轨，故C

项错误。D．焙烧时Al2(SO4)3反应的化学方程式为()24223332AlSO4S+6O2AlO10SO++高温，故D项错误。11．【答案】D【解析】A．反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，故A正

确。B．反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；C．由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇

，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，故C正确。D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，故D不正确。12．【答案】B【解析】浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴

化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe+2HBr=FeBr2+H2↑，碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，并防止空气中的水蒸气进入装置，实验结束时要关闭热源并继续通入氮气一段时间，使装置中残留的

溴化氢被充分吸收，避免造成污染。A．浓磷酸换成浓硫酸，会发生副反应：2NaBr+2H2SO4(浓)Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故A错误。B．

分子间有氢键的液体，一般粘度较大，常温下浓硫酸与浓磷酸粘度较大主要是由于分子间有氢键，故B正确。C．氢溴酸是一种强酸，而磷酸为中强酸，浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故C错误。D．碱石灰

是用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D错误。13．【答案】D【解析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)42-，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42-；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极

电极反应为Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连，据此分析解答。A．共价单键和配位键都是键，共价三键中有一个是键两个是π键，[Fe(CN)6]3-中有6个配位键和6个碳氮三键，故[Fe(CN)6]3-中含有键与π键的数目之比为（6

+6）∶（62）=1∶1，故A正确。B．放电时该装置为原电池，N极为原电池的负极，M为原电池的正极，正极的电势比负极高，因此M极电势高于N极，N极电极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，故B正确。C．在放电时

，M为正极，发生反应为：Fe(CN)63-+e-=Fe(CN)64-。当左侧M电极有1molFe(CN)63-发生时，左侧负电荷数目会增加1mol，为维持电荷守恒，就会1mol即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，故

C正确。D．电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5A×5min×60s/min＝150C，因此通过电子的物质的量n(e－)＝Q/F＝150C/96500C/mol＝1.554×10-3mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝1.554×10

-3mol2×65g/mol＝0.05g，故D错误。14．【答案】C【解析】A．根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg原子的配位数为4，距离Fe原子最近且相等的Mg原子有8个，故Fe的配位数为8，故A项错误。B．根据题中所给信息，可以推测得知

，位置C点的原子坐标参数为(3/4，3/4，3/4)，故B项错误。C．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为anm，该晶胞参数为2anm，Mg和Fe之间的最近距离为体对角线的1/4，则Mg

与Fe之间的最近距离为64anm，故C项正确。D．氢气分子在晶胞的体心和棱的中心位置，个数为1+12×1/4=4，Fe原子的个数为4，Mg位于体内Mg的个数为8，储氢后的晶体化学式为FeMg2H2，根据mρ=V，储氢后的晶体密度为()33

7A424gcm2a10N−−，故D项错误。15．【答案】D【解析】题干图象中，给出的交点是解题的关键，B点c(H2CrO4)=c(Cr2O72-)，E点c(HCrO4-)=c(CrO42-)，F点c(

Cr2O72-)=c(CrO42-)；不是交点，但是给出数据的点也很关键，比如G点。A．G点时，()OH0.1mol/Lc−=，此时()13H10mol/Lc+−=，则该温度下()()14wOHH10Kcc−+−==，中性溶液的pH=7，故A正确。B

．根据平衡Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+，滴加H2SO4后，平衡逆向移动，溶液橙色变深，故B正确。C．B点时，c(H2CrO4)=c(Cr2O72-)，根据元素质量守恒可得：()()()()()22442724KHCrOCrO2C

rOHCrOccccc+−−−=+++，故存在()()()()224427KHCrOCrO3CrOcccc+−−−=++，故C正确。D．F点时，c(Cr2O72-)=c(CrO42-)，则()()()()()2

2242215.24227HH5.110OcCrOcKcCrOccCr−+−+−−===，故D错误。16．（14分）【答案】（1）①恒压分液（滴液）漏斗（1分）。②与酸反应生成氢气，赶尽装置内的空气，防止亚铁离子被氧化。（2分）③相同物质的量浓度，（NH4）2Fe（

SO4）2溶液的pH小于FeSO4溶液，比FeSO4稳定，不易水解。（2分）④（NH4）2Fe（SO4）2+H2C2O4＝FeC2O4↓+H2SO4+（NH4）2SO4。（2分）（2）①先用冷水洗涤，可以洗去产品附着的硫

酸铵等杂质，减少产品的损耗，后用乙醇洗去产品表面水分，且乙醇易挥发，利于晶体快速干燥。（2分）②向布氏漏斗中加水直至没过固体。（2分）A（1分）③99.4（2分）17．（14分）【答案】（1）将含锌烟灰中的铁（Ⅱ）和锰（Ⅱ）分别

氧化为FeOOH和2MnOα−，避免其在浸出时溶解（2分）（2）()2-2-3233324ZnO4NHHO2HCOZnNH2CO5HO+++++（2分）（3）PbCu、（1分）222CuCdPb+

++、、（2分）；()2Znc+较大，ZnS可能会析出，导致产品产率低（2分）（4）浸出（1分）；223Zn(OH)CO（2分）（5）()2224HZnOHZn2OH2HO−−+++电解（2分）18．（13分）【答案】（1）取代反应（1分）（2）+HNO3(浓)⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O（2分

）（3）氨基和羧基（2分）（1分）（4）30（2分）或（2分）（5）（3分）19．（14分，每空2分）【答案】（1）①-1-1828.75kJmol②在Fe基催化剂表面，3NH吸附在酸性配位点上形成+4NH，NO与2O吸附在3+Fe配位点上形

成2NO，然后+4NH与2NO结合生成()+242NONH，最后()+242NONH与NO反应生成22NHO、，并从催化剂表面逸出（2）①NO与2O反应生成2NO是放热反应，低温有利于反应正向进行②功率增大时，会产生更多的O自由基，NO更易被氧化为2NO；功率增大，2N和

2O在放电时会生成NO。相比而言，后者产生的NO更多（3）9（4）+22422CO+12e+12HCH+4HO−=（5）15p获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com