北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试卷（含答案解析）

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1、北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。1. 我国科研人员首次以为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸，这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下：CO葡萄糖、脂肪酸下列说法不正确的是A. 过程、中电能转化为化学能B. 葡萄糖分子中含有醛基、羟基C. 和互为同系物D. 葡萄糖不能发生水解反应2. 下列化学用语或图示表达正确的是A. HClO的电子式： B. 中子数为1的氢原子：C. NaCl的晶胞：D. 反-2-丁烯的结构简式：3. 和S均属于VIA族元素。下列关于Se及

2、其化合物性质的比较不正确的是A. 第一电离能：B. 原子半径：SeC. 冠醚通过与结合将携带进入有机相，从而加快反应速率D. 为加快与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适11. 瓜环n(n=5，6，7，8)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环n可由和HCHO在一定条件下合成。 下列说法不正确的是A. 合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基B. 分子间可能存在不同类型的氢键C. 生成瓜环n的反应中，有键断裂D. 合成1mol瓜环7时，有7mol水生成12. 向体积为1L的密闭容器中充入一定量，发生反应：编号温度()起始物质的

3、量(mol)平衡物质的量(mol)I0.400.160.16II0.200.090.09下列说法不正确的是A. B. ，该反应的平衡常数K=4C. II中存在：D. 时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，反应将逆向进行13. 常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气含量和溶液pH变化如下图所示。下列说法不正确的是A. 溶液pH7的原因：B. 铁钉表面产生气泡的原因：C. 加入铁钉消耗，水解平衡正向移动，产生沉淀D. 推测溶液pH减小的原因：14. 化学链甲烷干重整联合制氢部分工艺的原理如图所示：将1mol和充入干重整反应器，发生：

4、重整反应：积炭反应：研究发现，增大n(FeO)能减少积炭，并增大的值。下列说法不正确的是A. X的化学式为，被还原后可循环利用B. 增大n(FeO)能增大，推测发生C. 减少n(FeO)，Fe上的积炭会导致蒸汽反应器中产生的纯度降低D. 干重整反应器中存在：第二部分本部分共5题，共58分。15. 是一种锂离子电池的正极材料，放电时生成。（1）下列电子排布图表示的Li原子的状态中，能量最高的为_(填序号)。abc（2）从价电子排布的角度解释Fe位于元素周期表d区的原因：_。（3）的制备：的结构如图1所示。 和之间的作用力类型为_。的大于的，从结构角度解释原因：_。（4）锂离子电池充放电过程中，正

5、极材料晶胞的组成变化如图2所示。 由于的空间构型为_，且磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，每摩晶胞转移电子的物质的量为_摩。16. 从低品位铜镍矿(含有、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质(25)如下。物质（1）上述流程中，加快反应速率的措施是_。（2）浸出过程中通入的目的是_。（3）萃取时发生反应：(HR、在有机层，、在水层)。某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与形成配位键的，原子有_。解释反萃取时的作用：_。（4）黄钠铁矾比更易形成

6、沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。反应终点pH沉淀率/%1594.040.192.599.210.563.899.913.31生成黄钠铁矾的离子方程式是_。沉淀时最适宜选用的反应终点pH是_。（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至_(填序号)。a67 b910 c111217. 氟唑菌酰羟胺是新一代琥珀酸脱氢酶抑制剂类杀菌剂，合成路线如下：已知：i（1）A能与溶液反应产生。A的官能团有_。（2）A的某种同分异构体与A含有相同官能团，其核磁共振氢谱也有两组峰，结构简式为_。（3）BD的化学方程式是_。（4）G的结构简式为_。（5）推测JK过程中，反应物的作用是_。（6）

7、可通过如下路线合成：已知：iiR-O-R+H2OROH+ROHiii反应I的化学方程式为_。M的结构简式为_。设计步骤I和IV的目的是_。18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。（1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现_性。（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。已知：不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是_。将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：_。NO+_+_pH5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：_。（3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计

8、算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。在电解池中被还原为NO的离子方程式为_。将脱除前、后等体积烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是_。测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果_(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。19. 某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。资料：i(黄色)ii呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。iii实验：（1）用离子方程式表示溶

9、液显碱性的原因：_。（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是_。乙同学认根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：_(填实验方案)。实验证实固体a中含有。（3）固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：_。（4）经检验，固体c的主要成分是。分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是_。继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。实验：改用未经酸化的溶液重复实验，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。（5）分析实验未见绿色的原因：取少量实验的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方

10、程式是_。实验：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。（6）检验的实验方案：_(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。（7）综合上述实验，与溶液反应的产物与_等因素有关(答出两点即可)。北京市朝阳区2023届高三一模考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。1. 【答案】C【解析】【详解】A过程、均为电解过程，电解实现电能转化为化学能，故A正确；B葡萄糖分子中含醛基和多个羟基，故B正确；C中烃基比相同碳原子数的烷基少2个H，可知其烃基不饱和，而乙酸为饱和一元羧酸，两者不是同系物，故C错误；D葡

11、萄糖为单糖不能发生水解，故D正确；故选：C。2. 【答案】B【解析】【详解】A HClO的电子式：，故A错误； B 中子数为1氢原子：，质量数为2，故B正确；C NaCl的晶胞：，故C错误；D 反-2-丁烯的结构简式：，故D错误；故选B。3.【答案】A【解析】【详解】A属于VA族元素，其np轨道上的电子处于半充满状态，更稳定，第一电离能更大，所以第一电离能：，故A错误； B同周期从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：Se，B错误；C冠醚通过与结合将携带进入有机相，增大与环己烯的接触面积，从而加快反应速率，C正确；D由表格数据可知，适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，

12、D正确； 故选B。11. 【答案】D【解析】【详解】A 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；B 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；C生成瓜环n的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；D由瓜环n结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环7时，有14mol水生成，故D错误；故选：D。12. 【答案】D【解析】【详解】A结合已知数据列温度时三段式：该温度下平衡常数K1=温度时三段式：该温度下平衡常数K2=该反应，温度升高平衡逆向移动减小， 由K2 K1可知，故A正确；B由A中分析可知，该反应的平衡常数K=4

13、，故B正确；CII中存在的起始物质的量为0.2mol。则其起始浓度=0.2mol/L，结合物料守恒可知：存在反应，故C正确；D时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，则此时Qc=K1，反应将正向进行，故D错误；故选：D。13. 【答案】C【解析】【详解】A溶液pH2s1s分析，b能量最低，当2p轨道有两个电子时，根据洪特规则应该分占不同的轨道，电子的能量最低，若两个自旋方向相反的电子占据一个轨道其能量要高些，故能量最高的为a。【小问2详解】基态Fe原子的价电子排布为，最后填入电子的能级为3d，故铁属于d区。【小问3详解】提供空轨道，中的氧原子提供孤对电子对，二者之间形成配位键。的

14、大于的，从结构角度解释原因：中的甲基为推电子基团，使羧基中的氧氢键极性减弱；中的羧基为吸电子基团，使另一羧基中的氧氢键极性增强，更容易电离，故其电离平衡常数比醋酸的电离平衡常数大。【小问4详解】的中心原子为磷原子，其价层电子对数为，没有孤电子对，故空间构型为正四面体结构。正极材料在和之间转化时，经过中间产物。转化为的过程中，电极反应为，一个晶胞中含有锂离子的个数为，故每个晶胞含有4个，每摩晶胞反应就是有4mol反应，转移电子的物质的量为4xmol。16. 【答案】（1）研磨 （2）将氧化为，便于转化为沉淀除去 （3） . O、N . 加入，使逆向进行，进入水层 （4） . 或 . 2.5 （5

15、）b【解析】【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。【小问1详解】将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率。故加快反应速率的措施是研磨。【小问2详解】具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去。【小问3详解】 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；反萃取时，加

16、入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层。【小问4详解】根据题目信息，水层中含有、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或。根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5。【小问5详解】第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中，根据的=，恰好完全沉淀时，=，=7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10pH9，故选择b。【点睛】工业流程中选择合适条件时，需要保证操作目的尽可能充分，同时对产物的影响尽可能小。17. 【答案】（1）羧基、碳氯键

17、 （2） （3）2+O22+2H2O （4） （5）还原(加成) （6） . +C2H5OH+ H2O . . 保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应【解析】【分析】由B生成D的条件可知该反应为醇的催化氧化，则在D中含有醛基或羰基，根据分子组成及E的结构分析可知D中因是苯环上连接醛基，其结构简式为：，B的结构简式为：，对比A、B的分子式及B的结构简式可知A为；D与发生分子间脱水生成E，E在Fe/HCl作用下发生还原反应，硝基被还原成氨基，然后与水作用得到G，结合G的分子式及G到J发生信息中的转化可知，G中含有羰基，由此可得G的结构简式为：，G与CH3ONH2发生信息中反应生成J，J的结构简式为

18、：，J与NaBH3CN发生还原反应得到K，K为：，K与发生取代反应生成氟唑菌酰羟胺，据此分析解答。【小问1详解】由上述分析及A能与碳酸钠反应生成二氧化碳可知A中含有羧基，结合A的组成可知A中含有碳氯键，故答案为：羧基、碳氯键；【小问2详解】A的某种同分异构体与A含有相同官能团，即含有羧基和碳氯键，其核磁共振氢谱也有两组峰，除羧基外只有一种氢，则苯环结构应对称，符合的结构为：，故答案为：，【小问3详解】B到D发生醇的催化氧化生成醛基，反应方程式为：2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；【小问4详解】由上述分析可得G的结构简式为：，故答案为：；【小问5详解】J与NaBH3CN发生反

19、应生成K，实现J中碳碳双键加氢，该反应为还原反应，故答案为：还原(加成)；【小问6详解】反应I为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成和水，反应方程式为：+C2H5OH+ H2O，故答案为：+C2H5OH+ H2O；发生信息中反应生成：，发生异构化反应生成，与M发生已知中信息反应，生成物发生水解得到，可知该生成物应为，则M应为，故答案为：；步骤I实现羧基转化为酯基，IV又将酯基水解成羧基，可以起到保护羧基作用，避免其与氨基或亚氨基发生反应，故答案为：保护羧基，避免其与氨基或亚氨基发生反应。18. 【答案】（1）还原 （2） . 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 . . 溶液初始pH高，小，有利

20、于和正向进行，脱除率大 （3）. . . 偏低【解析】【小问1详解】在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；【小问2详解】盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：

21、溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；【小问3详解】在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。19.【答案】（1） （2）. 固体a放置在空气中变为棕黑色 . 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色 （3）、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化

22、生成S （4） （5） （6）取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解 （7）反应物用量、添加顺序、溶液pH【解析】【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。小问1详解】溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。【小问2详解】将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。补充对比实验：看硫化锰能否直接

23、变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。【小问3详解】、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。【小问4详解】将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。【小问5详解】取少量实验的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。【小问6详解】硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。【小问7详解】实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。