2023年高考第二次模拟考试试卷化学（湖南A卷）（全解全析）

年高考化学第二次模拟考试卷（湖南A卷）化学·全解全析1234567891011121314CDABCBCCBCCBCC一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．C【解析】A．小苏打、纯碱显碱性，无毒，可以用于食用碱，选项A正确；B．发展新能源可以减少二氧化碳排放，安全有序发展新能源符合党的二十大提出的“积极稳妥推进碳达峰、碳中和”，选项B正确；C．纤维素在人体内不能水解，人体不能吸收纤维素，选项C错误；D．特种钢材属于铁的合金，选项D正确；答案选C。2．D【解析】A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，、、都是分子，不可能互为同位素，故A错误；B．过氧化钙是离子化合物，电子式为，故B错误；C．铜元素的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故C错误；D．的质量数为45、质子数为26，则中子数为45—26=19，故D正确；故选D。3．A【解析】A．与足量溶液反应生成NaAlO2，与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3，都不能与氨水继续反应，转化不能完全实现，A选；B．稀与CuO反应生成硝酸铜和水，加入Fe与硝酸铜发生置换反应生成Cu和硝酸亚铁，Cu和稀可生成硝酸铜，B不选；C．与反应生成HBr和S，S和O2反应生成SO2，SO2与H2S发生归中反应生成S，转化可实现，C不选；D．NaOH与反应生成硅酸钠和水，碳酸的酸性比硅酸的强，硅酸钠和二氧化碳和水反应生成硅酸，硅酸可与强碱NaOH反应生成硅酸钠，D不选；故选：A。4．B【解析】A．中的化学键为极性键，为正四面体结构，正负电荷中心重合为非极性分子，中的化学键为极性键，为直线型结构，正负电荷中心重合为非极性分子，A项正确；B．为直线型结构，键角为，而晶体中每个硅原子与4个氧原子结合，每个氧原子与2个硅原子结合，不可能为直线型结构，故两者键角不可能相等，B项错误；C．元素的非金属性越强，电负性越大，C项正确；D．的配位数为6，D项正确；答案选B。5．C【解析】A．Cu能溶于HNO3，因此该实验不能验证Fe3+氧化性比Cu2+强，故A不符合题意；B．NaSiO3溶液和Na2CO3溶液的浓度未知，不能通过测量NaSiO3溶液和Na2CO3溶液的pH确定碳酸和硅酸的酸性强弱，故B不符合题意；C．淀粉水解后生成葡萄糖，淀粉遇碘水变蓝，若不变蓝，则淀粉水解完全，因此在淀粉溶液中加入稀硫酸共热，一段时间后，冷却加入碘水，观察溶液颜色变化可验证淀粉是否水解完全，故C符合题意；D．氯水中含有的次氯酸具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测量氯水的pH，故D不符合题意；故答案选C。6．B【解析】A．由图可知，吸附层中正电荷较多，在静电吸附作用下，胶团可以吸附废水中的价砷元素，则含砷微粒是带负电荷的离子，A错误；B．根据铁元素守恒，可以形成1mol，则为组成的胶团数目小于，B正确；C．增大废水的，胶粒会转化为氢氧化铁沉淀，导致吸附絮凝效能下降，C错误；D．具有氧化性，可以氧化废水中的含砷微粒到价，D错误；故选B。7．C【解析】A．有机化合物E的分子式为，A合理；B．高分子F和高分子G均含有酯基，都能发生水解反应，B合理；C．高分子F中的和高分子G中的的相对大小不确定，因此两者的相对分子质量不能比较大小，C不合理；D．对比化合物E与环状碳酸酯的结构简式，可以确定化合物E与CO2是通过加成反应生成环状碳酸酯，D合理；故选C。8．C【解析】含Ag、Ag2S的矿浆，加入NaCN溶液同时通入氧气，得到Na[Ag(CN)2]溶液，再用Zn置换出粗银，粗银经过电解精炼得到纯Ag。A．Ag不能直接和NaCN溶液反应，反应①中的主要是氧化矿浆中的，使其能够溶解在NaCN溶液中，故A正确；B．反应①充分反应后会存在不溶于NaCN溶液的杂质，要通过过滤除去；反应②充分反应后得到粗银，需要从溶液中过滤出来，故B正确；C．反应①得到Na[Ag(CN)2]溶液，该溶液中银离子的存在形式为，故C错误；D．电解精炼时粗银应当做阳极，电极方程式主要为：Ag-e-=Ag+，故D正确；故选C。9．B【解析】X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，Y能形成2个共价键、W能形成6个共价键，W原子核外有6个电子，则Y为O、W为S元素；X能形成3个共价键且原子序数小于Y，则X为N元素；Z和W能形成1个共价键，Z的原子序数大于Y而小于W，为F元素，即X、Y、Z、W分别是N、O、F、S；A．同周期元素，原子序数越大半径越小，原子半径：r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(F)，故A错误；B．H2O和HF都能形成氢键，H2O分子中的O原子能与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，而HF分子中的F原子只能形成一个氢键，氢键越多，熔沸点越高，简单氢化物的沸点：Y>Z，故B正确；C．F2能够和水反应生成氧气，电解HF水溶液不能制得F2，故C错误；D．同周期主族元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但VA族(ns2np3)元素因p轨道处于半充满状态，比较稳定所以其第一电离能大于同周期相邻的第VIA族元素，同周期主族元素中第一电离能大于N的元素只有F元素1种，故D错误；故选B。10．C【解析】A．①中反应为，电子转移为：，消耗转移，A正确；B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；C．Na2SO3+S=N2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+SO2=2N2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中的最佳比例为2:1，C错误；D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；故选C。11．C【解析】A．实验①滴加KSCN溶液不变红，说明墨绿色悬浊液中不含，A正确；B．实验①证明不含，实验②先滴加KSCN溶液不变红再滴加H2O2溶液，没有明显现象，说明不含有Fe2+，则说明该铜丝中不含铁元素，B正确；C．Cu与H2SO4(浓)在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：，产物中也含有，加入盐酸酸化的溶液能产生白色沉淀，不能说明硫酸未完全反应，C错误；D．已知生成墨绿色悬浊液，而为绿色，说明聚氯乙烯中的氯元素转化至中，说明聚氯乙烯可能发生反应，D正确；故选：C。12．B【解析】该装置的电化学装置，根据原电池工作原理，K电极为负极，b电极为正极，据此分析；A．该装置为电化学装置，金属钾作负极，金属钾是活泼金属，能与水发生反应，因此电解质溶液不能是水溶液，故A错误；B．充电电池充电时，电池正极接电源正极，电池负极接电源负极，充电时，电池正极上失去电子，化合价升高，根据装置图可知，正极反应式为xK2S3-(2x-6)e-=3S+2xK+，故B正确；C．放电属于电化学，根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从电极a→灯泡→电极b，电池内部没有电子通过，故C错误；D．充电时，负极(阴极)反应式为K++e-=K，电路中转移2mole-，生成2molK，负极质量增重2mol×39g/mol=78g，故D错误；答案为B。13．C【解析】列三段式：，平衡时总物质的量为3-x，据此分析解答。A．25℃时，B的物质的量分数为80%，即，解得，则，A正确；B．由表格数据可知，升高温度，A的物质的量分数增大，平衡逆向移动，颜色加深，则室温时，将此容器放入冰水中，相当于降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，B正确；C．向40℃的平衡体系中再充入A，等效于加压，平衡正向移动，则达新平衡时，混合气体平均摩尔质量增大，即平均分子量增大，C错误；D．50℃达平衡时，A的物质的量分数为40%，即，解得，则A的转化率为，D正确；故选C。14．C【解析】根据碱的电离平衡常数可知，以NH3·H2O为例，当时，Kb=c（OH-），故I对应的KbⅠ=1×10-4.74，Ⅱ对应的KbⅡ=1×10-6。据题意碱性：NH3•H2O大于MOH)，则I对应NH3•H2O，Ⅱ对应MOH，据此分析。A．据分析可知，曲线I对应的是滴定NH3•H2O的曲线，A正确；B．由于曲线I对应的是滴定NH3•H2O的曲线，Kb1==1×10-4.74，a点时lg=-1.74，则=1×10-1.74，带入Kb1可知，此时c（OH）=1×10-3mol/L，25℃时，=1×10-11，故pH=11，B正确；C．b、e点时溶液均成碱性，说明尚未完全反应，对水的电离均为抑制作用，b点的碱性更强，对水的电离的抑制作用更大，所以中水的电离程度：b＜e，C错误；D．b、e点溶液中的弱碱阳离子和弱碱分子浓度相同，假设滴入一半物质的量的盐酸，若不考虑电离和水解因素，则NH3·H2O、NH、MOH、M+的浓度均相同，但由于越弱越水解，所以对应的碱越强，需要加入的盐酸的量越少，故b、e点溶液中的c(Cl-)大小：b＜e，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（1）分液漏斗（1分）

（2分）（2）氮气流速过快，没有充分冷凝；氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解（2分）（3）除去装置内可能生成的，等气体，防止空气污染（2分）（4）（2分）

C（2分）（5）（3分）【解析】装置A是利用亚硫酸铵、氯酸钠和硫酸制备的装置，发生反应的化学方程式为，不断通入氮气把产生的赶出，氮气流速要适当，过快或过慢都不利于的吸收，氮气流速过快，没有充分冷凝，氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解，的熔沸点都比较低，用B装置中的冰水混合物可以有利于的收集，装置C是末端气体吸收瓶，它的作用是除去装置内可能生成的、等气体，防止空气污染，真空泵可以吸收排出的氮气。（1）由仪器a的结构可知其名称为分液漏斗，装置A是利用亚硫酸铵、氯酸钠和硫酸制备的装置，发生反应的化学方程式为；（2）氮气流速过快或过慢都不利于的吸收，原因是氮气流速过快，没有充分冷凝，氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解；（3）装置C是末端气体吸收瓶，它的作用是除去装置内可能生成的，等气体，防止空气污染；（4）若加入反应物中浓度过大，会产生大量与反应生成和，使产率降低，反应的离子方程式为；实验中可以用取样注射器吸取少量装置B中的液体于试管中，加入品红溶液，来检验是否产生了大量；（5）第1步，加入足量KI溶液，变为，根据反应，可得，所以，第2步，再由，可得，所以，所以原有的，该溶液中的浓度为。16．（1）+3（1分）

（2）（2分）

（3）Mg2+、Fe3+（2分）

（4）（2分）

（5）

9.4

（2分）

沉钒（1分）

（6）VS（2分）

6（2分）

【解析】钒渣氧化镁、氧气焙烧后，加入硫酸酸浸，硅转化为沉淀成为滤渣，滤液加入氨水调节pH，将锰、镁、铁转化为沉淀，滤液加入硫酸铵沉钒可得到沉淀，焙烧得到，最终得到金属钒；（1）中Fe为+2价、氧为-2价，根据化合价代数和为零可知，V的化合价为+3；（2）“焙烧I”中和氧化镁、氧气，转化为和，化学方程式为；（3）“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有、外，还含有的金属阳离子有Mg2+、Fe3+；（4）“沉钒”可得到沉淀，“焙烧II”中分解得到，根据质量守恒可知，还会生成氨气和水，发生反应的化学方程式为；（5）由表格可知，镁离子为，pH=8.9开始沉淀，此时pOH=5.1，则Ksp=0.1×(10-5.1)2=10-11.2；溶液A中浓度为，为，则氢氧根离子浓度为，pOH=4.6，则pH=9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用。（6）①由图可知，根据均摊法，1个晶胞中V为个、S为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS；②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。17．（1）-90.17kJ/mol（2分）

低温自发（1分）

<（1分）

（2）①温度低于T1时，甲醇选择性随温度升高而增大，高于T1时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度T1时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热

（2分）

在实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性（2分）

②1.7

（1分）

0.04（2分）

（2分）

（3）（2分）

【解析】（1）由盖斯定律可得，反应③可由反应②减去反应①得到，即==-90.17kJ/mol；反应③焓变<0且熵减，即，所以低温自发；由于该反应是放热反应，所以正反应活化能小于逆反应活化能，即；（2）①温度低于T1时，甲醇选择性随温度升高而增大，高于T1时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度T1时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热；由于生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，所以压强过低不利于生成甲醇且反应速率慢，虽压强过高有利于生成甲醇，但对设备抗压能力要求高，即在实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性；②设起始加入二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，又a点达到平衡且二氧化碳转化率为50%、甲醇的选择性80%，所以消耗的二氧化碳物质的量为0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物质的量之和为0.5mol，结合甲醇的选择性计算公式可算出生成的甲醇物质的量为0.50.8mol=0.4mol，则生成一氧化碳物质的量为0.1mol，即平衡时甲醇物质的量为0.4mol，水的物质的量为0.5mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，氢气物质的量为1.7mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，所以氢气分压为，甲醇的分压为，则速率为；一氧化碳分压为，水的分压为，二氧化碳分压为，所以反应②的平衡常数为；（3）由图知二氧化碳生成甲醇，即电极反应为。18．（1）

氟苯（1分）

碳氟键、硝基（1分）

（2）还原反应（2分）

（3）防止副产物生成，影响反应产率（2分）

（4）+HBr（2分）

（5）（