2023年高考第二次模拟考试试卷化学（全国乙卷A）（全解全析）

年高考化学第二次模拟考试卷全解全析选择题：本题共7个小题，每小题6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。7.国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法错误的是A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应D．柔性纤维电池可用于穿戴产品【答案】C【详解】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C错误；D．柔性纤维电池由于可柔性品质，可用于折叠类产品及穿戴产品，D正确；故选C。8.三醋精是一种食品用香料，可通过下列反应制备。下列说法正确的是A．三醋精属于油脂 B．三醋精的分子式为C9H13O6C．该反应属于加成反应 D．d的同分异构体不止一种【答案】D【详解】A．油脂由丙三醇与高级脂肪酸反应形成的酯，而三醋精由丙三醇与乙酸反应形成的酯，不属于油脂，A错误；B．根据三醋精的键线式可知，三醋精的分子式为C9H14O6，B错误；C．由方程式可知，该反应属于取代反应，C错误；D．d为CH3COOH，其同分异构体可以为HCOOCH3、HOCH2CHO等，则d的同分异构体不止一种，D正确；故选D。9.H2O2作为绿色氧化剂应用广泛。氢醌法制备H2O2的原理为：H2+O2H2O2，装置如图所示。已知：①H2O、卤化氢等杂质易使Ni催化剂中毒；②催化剂乙基蒽醌难溶于水，易溶于有机溶剂，溶点107-111°C。下列说法中正确的是A．装置B可选择①或②B．装好试剂后的操作为：打开活塞a、d，关闭活塞b、cC．提纯产品的操作依次为过滤，加水萃取，分液，常压蒸馏D．若没有F装置三颈烧瓶中的反应速率会减慢【答案】D【详解】A．卤化氢和水都能使催化剂中毒，①既可以除去水，也可以除去卤化氢，满足要求，②只能除去卤化氢，不满足要求，A错误；B．装好试剂后应先打开b，抽出装置中的空气，B错误；C．过氧化氢受热易分解，采取减压蒸馏的方式，减少过氧化氢的分解，C错误；D．F可防止空气中的水蒸气进入装置C导致催化剂中毒，可以避免反应速率减慢，D正确；故选D。10.化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是选项目的方案设计现象与结论A检验食盐中是否含碘元素向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐B检验火柴头中是否含有氯元素将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀、溶液若有白色沉淀产生，|说明火柴头中含有氯元素C检验菠菜中的铁元素取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入溶液若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素D检验鸡皮中是否含有脂肪取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪【答案】C【详解】A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能生成氯化银白色沉淀，故B错误；C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；故选：C。11.短周期主族元素R、X、Y、Z原子序数依次递增，它们中的两种元素可组成化合物甲，另外两种元素可组成化合物乙。常温下，甲为液态，乙为固态。甲+乙→白色沉淀+气体(臭鸡蛋气味)，Y原子的电子层数等于最外层电子数。下列说法正确的是A．原子半径Z>Y>X>RB．气态氢化物的热稳定性：X>ZC．R、X、Z只能组成一种共价化合物D．工业上，电解熔融的氯化物制备Y的单质【答案】B【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z原子序数依次递增，它们中的两种元素可组成化合物甲，另外两种元素可组成化合物乙，常温下，甲为液态，乙为固态，甲+乙→白色沉淀+气体(臭鸡蛋气味)，该气体为H2S，Y原子的电子层数等于最外层电子数，则Y为Al元素，反应为硫化铝与水反应生成氢氧化铝和硫化氢，则R、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【详解】A．R、X、Y、Z分别为H、O、Al、S，电子层越多半径越大，当电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，则原子半径Y>Z>X>R，A错误；B．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，则气态氢化物的热稳定性：X>Z，B正确；C．R、X、Z能组成H2SO3、H2SO4等共价化合物，不止一种，C错误；D．工业上，电解熔融的氧化物制备Y的单质，D错误；故选B。12.浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是A．电极a应与Ag(II)相连B．电渗析装置中膜b为阳离子交换膜C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4【答案】D【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进人右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02mol电子，电渗析装置生成0.01molNaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；故选D。13.常温下，向一定浓度的H3PO3(亚磷酸，)溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液或H2SO4溶液，溶液中lg或lg随溶液的pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．直线b代表lg与pH的关系B．Y点溶液的pH=4.5C．2H++HPOH3PO3的平衡常数为108.1D．pH=7时，c(Na+)＞c(OH-)＞c(HPO)＞c(H2PO)【答案】C【详解】A．随pH的增大减小，增大，因此lg增大，lg减小，即直线a代表与pH的关系，直线b代表lg与pH的关系，A错误；B．依据图像信息及电离平衡常数表达式，可求出的电离平衡常数，，Y点为两直线的交点，即，可得Y点存在，即，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为，Y点时、，，C正确；D．z点pH=6.7，c(HPO)=c(H2PO)，时，溶液为和的混合溶液，c(Na+)＞c(HPO)＞c(H2PO)＞c(OH-)，D错误；故选C。二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。26.（14分）回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe2+Fe3+Co2+开始沉淀的pH7.52.26.7完全沉淀的pH9.53.08.7②在pH为4~6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x)胶粒的胶体；③金属钴与铁具有相似的化学性质；④氧化性：Co3+>ClO-。回答下列问题：(1)酸浸后，“滤渣”的主要成分有_______和_______(填化学式)。(2)“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为_______，再加入Na2CO3溶液调节pH，已知溶液pH对除铁率和钴回收率影响如图所示，则该步骤应控制pH范围为_______，图中钴回收率骤降的可能原因是_______。(3)“滤液2”中主要溶质的常见用途为_______。(4)“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全[c(Co2+)<10-5mol·L-1]，控制的浓度不小于_______mol·L-1[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]【答案】(1)

SiO2

CaSO4(2)

2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O

3.0~4.0

Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x)胶粒的胶体，吸附大量的Co2+，导致回收率下降(3)作氮肥(或金属除锈剂)(4)6.3×10-3【分析】含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)预处理用硫酸酸浸过滤后，滤液中含Co2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，滤渣中含不溶于酸的SiO2和微溶于水的硫酸钙，再用次氯酸钠和碳酸钠溶液氧化亚铁离子后得到黄钠铁矾沉淀，从体系中除铁后再加入碳酸钠溶液生成CoCO3，加入盐酸溶解CoCO3富集Co2+，再加入草酸铵，生成草酸钴沉淀，最终灼烧得到氧化钴，据此分析解答。【详解】（1）根据上述分析可知，酸浸后，“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4；（2）“除铁”时加入NaClO，目的是氧化溶液中的亚铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；溶液pH对除铁率和钴回收率图像变化趋势可知，pH=3.0~4.0时，除铁率较高，而且钴的回收率也较高；已知在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；（3）“滤液2”中主要溶质为氯化铵，其常见用途为作氮肥(或金属除锈剂)；（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全时，c(Co2+)<10-5mol·L-1，根据Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8及表达式可知，=6.3×10-3mol·L-1。27.（14分）CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：(一)制备CeO2I.取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。II.用水和无水乙醇分别洗涤Ce(OH)4沉淀3次。III.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______。(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式：_______。(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。(3)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是_______。(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为_______；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定终点的方法是_______。(5)样品中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_______。【答案】(1)

恒压漏斗

除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥(2)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解(4)

2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑

偏高

滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色(5)(6)2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2【详解】（1）由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案为：恒压漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；（3）温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解；（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，则还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；（5）根据得失电子守恒知：，故样品中的质量分数=，故答案为：；（6）能在还原气氛中供氧，CO为还原气体，结合氧生成二氧化碳，根据信息知，化学方程式为：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2，故答案为：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2；28.（15分）低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应I2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g)ΔH1Kp1=a反应Ⅱ3C2H4(g)2C3H6(g)ΔH2Kp2=b反应Ⅲ2C2H4(g)C4H8(g)ΔH3Kp3=c反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：表1T/Kp298K323K423K523K623K723K反应I7.77×10-81.65×10-61.05×10-22.801.41×1022.64×103反应Ⅱ7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反应Ⅲ2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10-2(1)ΔH1_______________0(填“＞”或“＜”，下同)。(2)实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6(g)3C4H8(g)ΔH4Kp4则Kp4=_________________(用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析ΔH4________0。(3)控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(C3H6)/n(C2H4)的影响如表2。p/MPa0.20.40.60.81.01.21.41.61.82.01.421.751.982.152.302.422.532.632.722.80随压强增大不断增大的原因可能是_________________。(4)结合信息，请推测有利于提高乙烯产率的措施____________(至少答2点)。(5)其它条件不变，向容积为1L的密闭容器中投入1molCH3I(g)，假定只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占物质的量分数的影响如图，715K时CH3I(g)的平衡转化率为________，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=________________。【答案】(1)＞(2)

＜(3)加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多(4)使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强(5)

80%

0.64【详解】（1）由表格数据可知，升高温度，反应I的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；（2）由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3—反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；（3）由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；（4）由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；（5）由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。35.（15分）硫、锌分别是人体必须的常量元素和微量元素，在生产中有着广泛应用。回答下列问题。(1)基态硫原子的价电子排布式为___________，共有___________个未成对电子。下列状态的硫原子中，电离最外层1个电子所需能量最低的是___________(填标号)。(2)S与O同族，H2S与H2O空间构型相同，都是2对孤电子对，但H2O分子中的键角比H2S分子中的键角大，请从成键电子对之间相互排斥的角度解释其原因___________。(3)二烃基锌(R-Zn-R)分子中烃基R与锌以σ键结合，C2H5-Zn-C2H5分子中原子的杂化方式有________，下表是2种二烃基锌的沸点数据，则烃基R1是__________，推断的依据是_______。物质R1-Zn-R1C2H5-Zn-C2H5沸点(°C)46118(4)闪锌矿硫化锌的晶胞结构如图所示。硫离子呈立方最密堆积，Zn2+填入S2-组成___________空隙中(填“正四面体”或“正八面体”)；NA为阿伏加德罗常数，若晶体的密度为ρg/cm3，则S2-离子之间最短核间距离为___________pm(用含ρ、NA的代数式表示)。【答案】(1)

3s23p4

2

B(2)硫的电负性比氧小(或硫原子半径比氧大)，成键电子对离中心原子核的距离H2S比H2O更远，2对成键电子对之间的排斥力H2S比H2O小(3)

sp、sp3

CH3-或甲基

R1-Zn-R1的沸点低于C2H5-Zn-C2H5，则相对分子质量也小于C2H5-Zn-C2H5(4)

正四面体

【详解】（1）基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价电子排布式为3s23p4，价电子的轨道表示式为，共有2个未成对电子。A中的S原子为基态硫原子，B中的S原子处于激发态，硫原子的能量高，不稳定，C中的硫已经失去1个电子，所以B中硫的能量最高，电离最外层1个电子所需能量最低，故选B。答案为：3s23p4；2；B；（2）S与O同族，但O的非金属性比S强，则2个O-H键之间的排斥作用比2个S-H键大，所以H2O分子中的键角比H2S分子中的键角大，其原因是：硫的电负性比氧小(或硫原子半径比氧大)，成键电子对离中心原子核的距离H2S比H2O更远，2对成键电子对之间的排斥力H2S比H2O小。答案为：硫的电负性比氧小(或硫原子半径比氧大)，成键电子对离中心原子核的距离H2S比H2O更远，2对成键电子对之间的排斥力H2S比H2O小；（3）C2H5-Zn-C2H5分子中，-C2H5中的2个C原子的价层电子对数都为4，而Zn原子的4s电子发生跃迁后，发生sp轨道杂化，则杂化方式有