2023年安徽省合肥市高考化学二模试卷(含答案解析)

2023一、单项选择题〔742.0分〕化学对推动人类进步、提高生活质量作出了不行磨灭的奉献．以下物质的名称、化学式、用途表达不正确的选项是( )重晶石：BaSO4，可作白色颜料、医疗上“钡餐”明矾：KAl(SO4)2⋅12H2O，可用于净水剂绿矾：FeSO4⋅7H2O，可防止缺铁性贫血的药剂胆矾：Na2SO4⋅10H2O，可用于生产农药用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )常温常压下，11.2LHCl气体中含有的分子数为0.5NA常温常压下，5.6gN2CO混合物中所含有的原子数为0.4NA1mol/LBaCl22NA50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移电子数为0.3NA以下试验操作能到达试验目的是( )此装置可证明非金属性强弱：S>C>Si此装置可用于检验有乙烯生成此装置可通过蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体此装置可用来测定中和热115页某有机物N的构造简式如以下图，以下关于N的表达错误的选项是( )分子式是C9H8O4属于酯类化合物1molN1molNa2CO3充分反响生成1molCO2确定条件下可发生加成反响和取代反响X、Y、Z、W、R5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。以下说法正确的选项是()元素Y、Z、W离子具有一样的电子层构造，其半径依次增大元素Z、W、R的最高价氧化物对应水化物两两之间可以反响元素X与元素Y可以形成两种共价化合物，这两种化合物只有一种类型的共价键元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY<XnR如图两个装置中，液体体积均为200mL，开头工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，假设无视溶液体积的变化，以下表达正确的选项是()产生气体体积①=②①中阴极质量增加，②中正极质量减小溶液的H+浓度变化：①增大，②减小D.电极反响式①中阳极：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，②中负极：2H++2e−=H2↑：25℃时，有关弱酸的电离平衡常数：以下选项中正确的选项是( )弱酸Ki

H2C2O4Ki1=5.9×10−2Ki2=6.4×10−5

CH3COOH HCN1.8×10−5 4.9×10−10

H2CO3Ki1=4.3×10−7Ki2=5.6×10−11215页等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3>NaCN>CH3COONa>NaHC2O4反响NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2O+CO2↑能发生等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCN>CH3COONaNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO2−)+c(HCO−)+c(H2CO3)3 3二、流程题〔114.0分〕工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有确定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如下：(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施： ；滤渣I的成分是 (填化学式)。(2)除铁时，把握不同的条件可以得到不同的滤渣II。滤渣II的成分与温度、pH的关系如以下图：①假设把握温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为 (填化学式)。②假设把握温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](图中阴影局部)，写诞生成黄铁矾钠的离子方程式： 。除铁后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol/L，参与100mLNH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10−5mol/L，则所加c(NH4F)= mol⋅L−1。[Ksp(CaF2)=5.29×10−9]参与有机萃取剂的作用是 。三、试验题〔114.0分〕草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水；草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。答复315页以下问题：甲组同学依据如以下图的装置，通过试验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观看到的现象是 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 ，装置B的主要作用是 .乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进展验证，选用甲组试验中的装置A、B和以以下图所示的局部装置进展试验。①乙组的试验装置中，依次连接的合理挨次A→B→( )→( )→( )→( )→I。装置H反响管中盛有的物质是 ；I中集气瓶收集到的气体主要是 。②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。四、简答题〔335.0分〕COCl2的分解反响为COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g)ΔH=+108kJ·mol−1物质的浓度在不同条件下的变化状况如以以下图所示(第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)：①计算反响在第8min时的平衡常数K= ；415页比较2mi反响温与8mi反响温的凹凸 填<”或“=”)；③假设12min时反响于温度T(8)下重到达平衡，则此时c(COCl2)= mol·L−1；④比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反响速率[平均反响速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小 。砷的一些化合物常用作半导体、除草剂、杀鼠药等。答复以下问题：(1)基态As原子的核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。(2)As与N是同族元素，AsH3的沸点(−62.5℃)比NH3的沸点(−33.5℃)低，缘由是 。H3AsO4和H3ASO3是砷的两种含氧酸请依据构造与性质的关系解释H3ASO4比H3ASO3酸性强的缘由： 。镓氮砷合金材料太阳能电池效率达40%，Ga、N、As的电负性由大至小的挨次是 。As4O6的分子构造如以下图其中As原子的杂化方式为 molAs4O6含有的σ键的数目为 。晶胞有两个根本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，以以下图为LiZnAs基稀磁半导体的晶胞，其中原子坐标参数A处Li为(0,0,1)；B处As为(1,1,1)；C处Li的坐标参数为 。2 444②晶胞参数可描述晶胞的大小和外形。LiZnAs单晶的晶胞参数a=594pm，其密度为 g·cm−3(列出计算式即可)。515页氯吡格雷(clopidogrel,1)线通常有两条，其中以2−氯苯甲醛为原料的合成路线如下：X(C6H7BrS)的构造简式为 写出C聚合成高分子化合物的化学反响方程式 .(不需要写反响条件)：① ② 中氯原子较难水解物质A( )可由2−氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式 ．物质G是物质A的同系物比A多一个碳原子符合以下条件的G的同分异构体共有 种．①除苯环之外无其它环状构造；②能发生银镜反响(5)：程图例如如下：

的合成路线流程图(无机试剂任选).合成路线流615页 答案与解析 答案：D解：ABaSO4故A正确；B、明矾是十二水合硫酸铝钾，其水解生成氢氧化铝，可用来净水，故B正确；C、绿矾：FeSO4⋅7H2O，可生产聚合硫酸铁铁净水剂，是一些补血药剂的主要成分，故C正确；D、胆矾是CuSO4⋅5H2O，重金属可以使蛋白质变性，故D错误；应选D。A、重晶石是BaSO4X射线透视肠胃的内服药剂；B、明矾是十二水合硫酸铝钾，其水解生成氢氧化铝，可用来净水；C、绿矾：FeSO4⋅7H2O，生产聚合硫酸铁铁净水剂，是一些补血药剂的主要成分；D、胆矾是CuSO4⋅5H2O，重金属可以使蛋白质变性．此题主要考察物质的成分、性质与用途等，比较根底，旨在考察学生对学问的识记把握．答案：B解析：此题考察阿伏加德罗常数的有关计算，是高频考点，把握气体摩尔体积的使用范围、质量与物质的量的关系、反响进展的程度是解答的关键，难度一般。常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2LHCl的物质的量不是0.5mol，分子个数不是0.5NAA错误；N2和CON2和CO都是双原子分子，所以原子的物质的量为0.4mol，原子个数为0.4NA，故B正确；溶液体积未知，无法计算氯离子数目，故C错误；D.n(HCl)=12mol/L×0.05L=0.6molMnO2反响，故被氧化的HCl的物质的量小于0.3mol，转移电子数小于0.3NAD错误。应选B。答案：A715页解析：解：A.>碳酸>硅酸，则非金属性S>C>Si，故A正确；B.乙醇易挥发，乙醇、乙烯均使高锰酸钾褪色，不能检验乙烯的生成，故B错误；C.加热促进水解，生成的盐酸易挥发，则蒸干不能制备，故C错误；D.图中缺少环形玻璃搅拌棒，不能准确测定最高温度，故D错误；应选A．发生强酸制取弱酸的反响；乙醇易挥发，乙醇、乙烯均使高锰酸钾褪色；C.加热促进水解，生成的盐酸易挥发；D.图中缺少环形玻璃搅拌棒．此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握试验装置的作用、酸性比较、物质检验、盐类水4.答案：C解析：此题考察有机物构造和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解此题的关键，侧重考察酯和羧酸的性质，留意C中羧基和碳酸钠反响关系，题目难度不大。依据构造简式确定分子式为C9H8O4，故A正确；该分子中含有酯基和羧基，具有酯和羧酸的性质，所以属于酯类物质，故B正确；2mol羧基能和1molNa2CO31mol2molN可1molNa2CO3充分反响生成1molCO2C错误；羧基和酯基能发生取代反响，苯环在确定条件下能发生加成反响，所以该物质能发生取代反响和加成反响，故D正确；应选C．答案：B解析：此题考察构造性质位置关系应用，推断元素是解题关键，难度中等，留意半径比较规律，留意对根底学问的理解把握。X、Y、Z、W、R5种短周期元素，其原子序数依次增大，X是周期表中原子半径最小的元素，815页则A为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y2个电子层，最外层电子数6，故Y为O元素；R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24Z、W、R处于同一周期，应为第三周期，原子序数W大于Z，故ZNa，WAl元素。元素O、Na、Al离子具有一样的电子层构造，其半径依次减小，故A错误；元素NaAlS的最高价氧化物对应水化物分别是NaO32O4，故B正确；元素H与元素O22O22O2含有两种类型的共价键C错误；元素O、S分别与元素H形成的化合物的热稳定性：H2S<H2O，故D错误。应选B。答案：C解析：此题考察原电池和电解池的工作原理，依据电池的工作原理写出电极反响，在两极上，得失电子数相等，可以依据电子守恒来进展相关的计算。A、①是电解池，电极反响为：阳极：4OH−−4e−=2H2O+O2↑，阴极：Cu2++2e−=Cu，②是原电池，正极反响：2H++2e−=H2↑，负极反响：Zn−2e−=Zn2+200mL，浓度均为0.5mol/L0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0.005mol，②中0.01mol氢气放出，所以①<②，故A错误；B、①中阴极反响：Cu2++2e−=Cu，阴极质量增加，②中正极反响：2H++2e−=H2↑，正极质量不变，故B错误；C、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱，H+浓度增大，②中消耗氢离子，所以酸性减弱，H+浓度减小，故C正确；−−=−−=应选C。答案：B解析：此题考察离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，留意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答，题目难度中等。915页A.依据酸的电离常数的大小确定酸性强弱挨次是HCN<H2CO3<CH3COOH<H2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCN>NaHCO3>CH3COONa>NaHC2O4A错误；B.依据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反响NaHC2O4+NaHCO3→Na2C2O4+H2OCO2↑能发生，故B正确；C.等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解产生的OH−多，导致其H+就少，则一样条件下，依据电荷守恒知两溶液比较，CH3COONaC错误；D.Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2[c(CO2−)+c(HCO−)+c(H2CO3)]D错误。3 3应选B。答案：(1)把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；CaSO4、SiO2；(2)①FeOOH；4②2Na++3ClO−+6Fe2++4SO2−+9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+；4(3)6.6×10−2；(4)除去溶液中的Zn2+解析：此题考察化工流程，涉及物质分别和提纯的方法综合应用、离子方程式的书写、溶度积等，解答此类试题要有灵敏应用化学学问的力气，难度中等。(1)把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等都能提高“酸浸”速率；二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反响生成微溶的硫酸钙，故滤渣I的成分是CaSO4和SiO2，故答案为：把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；CaSO4、SiO2；(2)①由图可知假设把握温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为FeOOH，故答案为：FeOOH；4②由流程图可知生成滤渣Ⅱ的反响物为NaClO、FeSO4，生成物有Na2Fe6(SO4)4(OH)12，依据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得出离子方程式为2Na++3ClO−+6Fe2++4SO2−+9H2O=4Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl−+6H+，4+−+6Fe2+4SO2−9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+3Cl−6H+；4(3)c(Ca2+)=1×10−5mol·L−1，则c(F−)=√5.29×10−9mol/L=2.3×10−2mol/L，则Ca2+沉淀完全1×10−5后剩余n(F−)=2.3×10−2mol/L×(0.1+0.1)L=4.6×10−3mol，沉淀Ca2+消耗的n(F−)=2×0.01mol·L−1×0.1L=2×10−3molc(NH4

F)=4.6×10−3mol+2×10−3mol0.1L

=6.6×10−2mol/L，故答案为：6.6×10−2；(4)参与有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+，15页故答案为：除去溶液中的Zn2+。答案：(1)有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝(水蒸气和草酸)，防止草酸进入装置C反响生成沉淀而干扰CO2(2)①F、G、H、D；CuO；CO；②HD中澄清石灰水变浑浊。解析：此题考察性质试验方案设计，为高频考点，侧重考察学生学问综合应用、试验根本操作力气及试验留意要排解其它因素干扰，题目难度较大。H224⋅2以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反响生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观看到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳草酸和氢氧化钙反响生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，O2，防止草酸进入装置C生成沉淀而干扰CO2的检验；①要检验生成CO，在甲组试验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用碱石灰枯燥CO，利用CO和CuO发生复原反响生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避开环境污染，所以其连接挨次是A、B、F、G、H、D、I；HCO反响有明显现象发生，CuO能被CO复原且反响过程H中盛放的物质是CuI中集气瓶收集到的气体主要是C；故答案为：F、G、H、D；CuO；CO；②CO具有复原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO复原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊。10.答案：(1)0.234(2)<(3)0.031(填0.03亦可)(4)v(5～6)>v(2～3)=v(12～13)15页解析：此题考察了化学反响速率与化学平衡图像的综合应用。由图可知，在第8COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，然后代入，即k=0.234；依据图像的特点，第4min时平衡被破坏，生成物浓度增大，反响物浓度减小，可知平衡向正反响方向移动，由于3种物质的浓度并没有在瞬间发生变化，可知使平衡发生移动的条件是升温，而正反响又是吸热反响，T(8)温度更高，故答案为：T(2)<T(8)；由图可知，10min时Cl2浓度开头增大，CO的浓度瞬间降低较多，故转变条件为移走CO，降低CO的浓度，温度没变，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数一样，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度0.06mol/L，故： ，解得c(COCl2)=0.031mol/L；5～6minCO浓度不断增大，在2～3min和12～13minCO浓度未变，平均反响速率为0，故答案为：v(5～6)>v(2～3)=v(12～13)。11.答案：(1)3d104s24p3；3；AsH3不能形成分子间氢键，而NH3能形成分子间氢键；34和33)3)333中的As34中的As价，正电性更高，导致As−O−H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+；(4)N>As>Ga；(5)sp3；12NA；1)；222② 4×147 。(5.94×10−8)3NA15页解析：此题考察物质的构造和性质，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在留意对学生根底学问稳固与训练的同时，侧重对学生力气的培育与解题方法的指导和训练。As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p34p3个未成对电子；故答案为：3d104s24p3；3；AsN是同主族元素，AsH3的沸点(−62.5℃)比NH3的沸点(−33.5℃)As原子半径比N大，电负性比N小，AsH3不能形成分子间氢键，而NH3能形成分子间氢键；故答案为：AsH3不能形成分子间氢键，而NH3能形成分子间氢键；34和33)3)333中的As34中的AsAs−O−HO的电子更向AsH+，酸性更强；故答案为：34和3O3)3)33O3中的As3O4中的As价，正电性更高，导致As−O−H中O的电子更向As偏移，更易电离出H+；同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性N>As>Ga；故答案为：N>As>Ga；33对电子，还有一对孤电子对，故为sp3杂化；由分子构造可知为1molAs4O6含有12molσ键；故答案为：sp3；12NA；①C点在体心，故坐标参数为(111)；222故答案为：(111)；222②由图可知，晶体中Zn位于顶点和面心，共有8×1+6×1=4个，As位于内部，有4个，Li位于8 2棱上和体心，有12×1+1=4个，则晶体的质量为4×147g，体积为(5.94×10−8)3cm3，由密度公式得到