2023届海南省屯昌县高三二模统考（A）化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页海南省屯昌县2023届高三二模统考（A）化学试题一、单选题1．下面有关非法食品添加剂的说法正确的是A．吊白块学名为次硫酸氢钠甲醛，国家严禁在面粉中大量使用B．三聚氰胺可以提高奶粉中蛋白质的检测量，可以稍加一点C．苏丹红、孔雀石绿等着色剂可用于食品染色D．甲醛可以使蛋白质变性，因此可以作食品的防腐剂【答案】A【详解】食品添加剂必须以安全为第一位，吊白块、三聚氰胺、苏丹红、孔雀石绿、甲醛等都是对人体有害物质，不能做食品添加剂，严禁用于食品的着色、防腐等，故选A。2．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。右图为硫及其部分化合物的“价类二维图''，下列说法正确的是A．S与O2在点燃下一步反应生成Y B．Z参加氧化还原反应时只作还原剂C．X、Y属于非电解质 D．X的水溶液在空气中放置，易被氧化【答案】D【分析】X为-2价硫的氢化物，即H2S；Y为+6价硫的氧化物，即SO3；Z为+4价硫形成的盐，即亚硫酸盐。【详解】A．S与O2只能反应生成SO2，SO2和O2在高温、高压、催化剂的条件下生成SO3，A错误；B．亚硫酸盐可以和H2S发生归中反应生成S单质，该反应中Z体现氧化性，B错误；C．X为H2S，为一种弱电解质，C错误；D．X为H2S，其水溶液易被空气中的氧气氧化，D正确；综上所述答案为D。3．下列实验装置及对应操作叙述均正确的是A．分离苯和溴苯的混合物可用装置①B．蒸馏工业乙醇得到无水乙醇可用装置②C．重结晶提纯苯甲酸过程中要用到装置③D．粗盐提纯蒸发结晶时可用装置④【答案】C【分析】根据物质的性质区别判断分离的方法，分液分离的是不溶的液体，蒸馏分离的是沸点相差大的互溶液体，过滤是分离不溶的固体；【详解】A．苯和溴苯能够互溶，不能用分液的方法分离，故A不正确；B．蒸馏装置中冷凝水的进出方向是从下口进，上口出，故B不正确；C．重结晶中需要顾虑晶体，故C正确；D．蒸发结晶时用蒸发皿，故D不正确；故选答案C；【点睛】此题考查物质的分离方法与装置，注意利用装置的原理，蒸馏中的冷凝水目的使气体进行冷凝，故应选择达到最佳冷凝效果的通入水方式。4．下列变化中，气体被还原的是A．二氧化碳使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色B．氯气使KBr溶液变黄C．二氧化碳使过氧化钠变为白色D．乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【详解】A．CO2与NaOH反应生成Na2CO3，而使溶液的碱性减弱，酚酞褪色，碳元素化合价无变化，故A错误；B．氯气使KBr溶液变黄，生成Br2，氯元素从0价降至-1价，气体被还原，故B正确；C．CO2使Na2O2变白，发生氧化还原反应生成碳酸钠和氧气，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D．乙炔与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，化合价从-1价升至+4价，乙炔表现还原性，被氧化，故D错误；答案选B。5．下列说法中正确的是()①第一电离能:S>P>Si②电负性:C<N<O<F③因为CaO的晶格能比KCl的高,所以KCl的熔点比CaO的低④SO2与CO2的化学性质类似,分子结构也呈直线形,相同条件下SO2的溶解度更大⑤分子晶体中,共价键键能越大,该分子晶体的熔、沸点越高A．①②③ B．②③ C．②④⑤ D．①②③④⑤【答案】B【详解】①同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞S＞Si，故该说法错误；②同周期随原子序数增大，元素的电负性增大，故电负性C＜N＜O＜F，故该说法正确；③离子电荷越大、离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故该说法正确；④二氧化硫与二氧化碳均为酸性氧化物，化学性质相似，二氧化碳分子为直线型结构，但二氧化硫为V形结构，故该说法错误；⑤分子晶体中，分子间作用力越强，该分子晶体的熔沸点越高，故该说法错误；答案选B。【点睛】第一电离能与元素原子的核外电子排布有关，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空（p0、d0、f0）、半满（p3、d5、f7）和全满（p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该原子具有较大的第一电离能。6．如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。下列说法正确的是（

）A．溶液B中发生的反应为2SO2+O2=2SO3B．可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3+C．由以上流程可推知氧化性：O2>SO42-D．检验溶液B中是否含Fe2+的方法：向溶液B中加入硫氰化钾溶液，无现象，然后加入双氧水溶液，观察是否变红【答案】C【详解】A．溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A错误；B．酸性高锰酸钾与铁离子不能反应，故B错误；C．由反应可知：2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO42﹣+4H+；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性O2＞Fe3+＞SO42﹣，故C正确；D．溶液B中含有Fe3+、Fe2+，加入KSCN溶液显红色，无法证明原溶液中是否含有亚铁离子，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了污染气体二氧化硫的回收利用工艺流程的分析判断，氧化还原反应的规律应用，主要是考查二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性的性质应用，注意反应的产物判断是本题的关键。7．NA表示阿伏加德罗常数，下列各项说法正确的是A．1mol·L－1NaCl溶液含有NA个Na＋B．标准状况下，分子数为NA的CO2、N2的混合气体体积约为22.4L，质量为28gC．2.4gMg与盐酸完全反应，转移的电子数为0.2NAD．22.4LN2所含的原子数为2NA【答案】C【详解】A.1mol·L－1NaCl溶液的体积不确定，不一定含有NA个Na＋，A错误；B.标准状况下，分子数为NA的CO2、N2的混合气体的物质的量是1mol，体积约为22.4L，由于CO2、N2的相对分子质量分别是44和28，所以混合气体的质量大于28g，B错误；C.2.4gMg（0.1mol）与盐酸完全反应生成氯化镁，镁失去2个电子，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.22.4LN2的物质的量不一定是1mol，所含的原子数不一定为2NA，D错误；答案选C。8．已知1～20号元素的离子aA2＋、bB＋、cC2－、dD－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()A．原子半径：A＞B＞C＞DB．离子半径：C2－＞D－＞B＋＞A2＋C．原子序数：d＞c＞b＞aD．原子最外层电子数：A＞B＞D＞C【答案】B【详解】aA2＋、bB＋、cC2－、dD－都具有相同的电子层结构，则有a－2＝b－1＝c＋2＝d＋1，所以原子序数是a＞b＞d＞c（选项C错误），因此离子半径是C2－＞D－＞B＋＞A2＋（选项B正确）。其中C、D属于非金属位于同一周期，A、B属于金属位于同一周期，且位于C和D的下一周期。所以原子半径是B＞A＞C＞D（选项A错误）。原子最外层电子数分别为2、1、6、7，即D＞C＞A＞B，选项D错误。答案选B。9．2L恒容密闭容器中发生反应：，在不同温度下测得X的物质的量与时间的关系如表所示。下列说法正确的是058132.01.51.31.22.01.151.01.0A．与相比，时活化分子百分数大B．下，内，C．下，反应在时已达到平衡状态D．反应平衡常数：【答案】D【分析】由表中数据可知，相同时间时，T2K下反应速率较大，则温度较高，反应速率较大，平衡时T2K下氢气的物质的量较小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，以此解答该题。【详解】A．由以上分析可知T2>T1，温度升高，活化分子百分数增大，则T2时活化分子百分数大，故A错误；B．下，内，，由速率之比等于系数比，则，故B错误；C．下，反应在后的X物质的量未知，则无法判断反应是否达到平衡状态，故C错误；D．由分析可知，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，温度：T2>T1，则平衡常数：，故D正确；故选：D。10．室温下实验室用的氢氧化钠溶液滴定20mL0.01mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示[设I=lg]下列有关叙述正确的是A．该条件下，醋酸的电离度(已电离的醋酸分子数与原醋酸分子数的比)约为1%B．点处加入的NaOH溶液体积为20mLC．xyz的过程中，水的电离程度逐渐增大D．yz的曲线上任意一点，始终存在c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)【答案】A【详解】A．根据x点的I=6可知，lg=6，故=106，结合Kw=c(OH-)c(H+)=10-14可计算出c(H+)=10-4mol/L，电离的醋酸浓度为10-4mol/L，故该条件下，醋酸的电离度约为，A正确；B．y点处lg=0，即c(H+)=c(OH-)，NaOH与CH3COOH恰好反应时溶液为碱性，若溶液呈中性，V(NaOH溶液)＜20，B错误；C．酸或碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，xyz的过程中，溶液由CH3COOH变为CH3COONa，再到NaOH过量，水的电离程度先增大后减小，C错误；D．c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)为质子守恒，只有两者恰好完全反应时才成立，D错误；故选A。二、多选题11．科学家以石墨烯为电极材料，设计出一种处理工业尾气中的新方案，其原理如图所示。下列说法正确的是A．装置工作时向阳极迁移，在阳极上发生氧化反应B．阴极区发生的反应有，C．该过程的总反应方程式为D．电路中每转移，理论上需补充【答案】BC【分析】由图示知，该方案为电解原理的应用，右侧电极上NH3失电子转化为N2，故右侧为阳极，对应电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，产生氢离子移向左侧阴极，阴极上Fe3+得电子生成Fe2+，Fe2+与O2反应再生Fe3+，循环使用。【详解】A．由分析知，H+移向左侧阴极，A错误；B．阴极区Fe3+在电极表面得电子生成Fe2+，发生反应Fe3++e-=Fe2+，Fe2+与O2反应再生Fe3+，即发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，B正确；C．由图示知，Fe2+/Fe3+起催化剂作用，故过程总反应为：4NH3+3O22N2+6H2O，C正确；D．由图示知，Fe3+可通过Fe2+与O2反应再生，理论上不需要补充，D错误；故答案选BC。12．有关的说法错误的是A．可以与氢气发生加成反应B．能使溴水褪色C．只含2种官能团D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】CD【详解】A．中含有苯环和碳碳双键，都能与氢气发生加成反应，故A正确；B．中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B正确；C．中含有羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，故C错误；D．该物质的酯基水解后生成酚羟基和羧基均能与氢氧化钠反应，则该物质与足量溶液反应，最多可消耗，故D错误；答案选CD。13．异喹啉在超临界水中可进行开环与脱氮，其中A、B为开环反应的中间产物，部分反应历程的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是A．A与B互为同分异构体B．B比A更稳定C．相同条件下，生成中间产物的速率：A>BD．升高温度，中间产物Ⅱ的产率增大【答案】CD【详解】A．根据题图结构简式可知，A、B的分子式均为，则二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．根据题图可知B比A的能量低，更稳定，B正确；C．分析题图数据，A参与反应的活化能，B参与反应的活化能，活化能越大，反应速率越小，因此相同条件下，生成中间产物的速率：，C错误；D．由A得到中间产物Ⅱ的反应为放热反应，则升高温度，中间产物Ⅱ的产率减小，D错误。故选CD。14．亚砷酸(H3AsO3)是一种三元弱酸，可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中存在多种微粒，其中含砷微粒的物质的量分数随pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的微粒以H3AsO3为主B．该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10C．pH=12时，溶液中c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)D．由图象可知，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw<Ka1·Ka2【答案】AB【详解】A．根据图示，pH在7.35~7.45之间时，砷元素的微粒以H3AsO3为主，故A正确；B．根据图示，c(H2AsO)=c(H3AsO3)时，pH≈9.2，所以该实验温度下，亚砷酸的电离平衡常数Ka1的数量级为10-10，故B正确；C．pH=12时，c(OH-)>c(H+)，所以溶液中c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)>c(H+)，故C错误；D．由图象可知，Ka1≈10-9.2、Ka2≈10-12.2，亚砷酸的电离平衡常数Ka1、Ka2与水的离子积Kw之间满足关系式：Kw>Ka1·Ka2，故D错误；选AB。三、工业流程题15．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备和，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；②金属活动性：；③相关金属离子开始形成氢氧化物至沉淀完全的范围：Fe2+：6.5~8.3Fe3+：1.6~2.8Mn2+：8.1~10.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为。a．进一步粉碎矿石

b．鼓入适当过量的空气

c．降低焙烧温度(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为。(3)“水浸”还原剂为(填化学式)。(4)滤渣的主要成分为。(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为。(6)加入金属Bi的目的是。(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为。【答案】(1)ab(2)(3)SO2(4)SiO2(5)(6)将Fe3+转化为Fe2+(7)24.02%【分析】由流程图分析，辉铋矿与软锰矿在空气中焙烧，金属转化为三氧化二锰、氧化铁、氧化铋，不变的是二氧化硅，焙烧时应该有硫酸锰生成，水浸时只有硫酸锰溶解进行滤液中分离出来，加入浓盐酸时，三氧化二锰转化为氯化锰，离子方程式为，加入铋的单质，将铁离子转化为亚铁离子，溶液中的氯化铋在一定条件下水解生成目的产物。【详解】（1）a．进一步粉碎矿石，可以增大接触面积，加快反应速率，故正确；b．鼓入适当过量的空气，增大氧气的浓度，加快反应速率，故正确；c．降低焙烧温度，反应速率减慢，故错误。故选ab。（2）焙烧时被空气中的氧气氧化，生成铋的氧化物和二氧化硫，反应方程式为：；（3）焙烧过程中生成二氧化硫，从水浸产物硫酸锰分析，硫元素化合价升高，故二氧化硫做还原剂。（4）二氧化硅不溶于水或盐酸，故滤渣的主要成分为二氧化硅。（5）加入浓盐酸时，三氧化二锰转化为氯化锰，离子方程式为（6）加入铋的单质之后的滤液中含有亚铁离子，说明铋将铁离子转化为亚铁离子。（7）产品中铋元素的质量为，则原辉铋矿中铋元素的质量分数为=24.02%。四、原理综合题16．Ⅰ．纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。(1)已知：C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH＝–110.4kJ•mol-1，2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1，则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O(s)，同时生成CO气体的热化学方程式为。(2)用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g),甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如右图所示。①该反应的ΔH0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v(正)v(逆)（填“>”或“<”）。②从Y点到X点可采取的措施是。③在t1K时，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡,则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)＝,温度为t1时，该反应的平衡常数K＝。Ⅱ.金属铜因导电性强而应用广泛。由黄铜矿冶炼得到的粗铜经过电解精炼才能得到纯铜。电解时，粗铜作极，阴极的电极反应式为。Ⅲ.含铜离子的的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。已知：Ksp[CuS]=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.5mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为mol/L（保留至小数点后一位）。【答案】2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1><缩小体积增大压强0.05mol·L－1·min－1阳4.05Cu2++2e-=Cu1.3×10-31mol/L【详解】Ⅰ．（1）①C（s）+O2（g）=CO（g）ΔH＝–110.4kJ•mol-1，②2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1根据盖斯定律1/2×[①×2-②]可得：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=1/2×[-110.4×2+292]=+35.6kJ•mol-1；所以该反应的热化学方程式：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1

；综上所述，本题答案是：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1。(2)①根据图象，升高温度，甲醇的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，甲醇的转化率小于X，则Y点反应逆向进行，υ(正)＜υ(逆)；综上所述，本题答案是：＞；＜。②要减小甲醇的转化率，可以通过缩小体积增大压强使平衡逆向移动，可以实现从Y点到X点变化；综上所述，本题答案是：缩小体积增大压强。③在t1K时，甲醇的平衡转化率为90%，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH(g)，温度保持不变，9分钟时达到平衡，平衡时，甲醇的物质的量为0.1mol，则甲醛为0.9mol，氢气为0.9mol，三者浓度分别为0.05mol/L、0.45mol/L、0.45mol/L，则0～9min内用CH3OH(g)表示的反应速率v(CH3OH)＝（0.5-0.05）/9=0.05mol·L－1·min－1，t1K时，该反应的平衡常数K＝0.45×0.45/0.05=4.05mol/L；综上所述，本题答案是：0.05mol·L－1·min－1；4.05mol·L－1。Ⅱ.粗铜经过电解精炼才能得到纯铜；电解时，粗铜作阳极，铜离子在阴极得到电子生成铜，阴极的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；综上所述，本题答案是：阳，Cu2++2e-=Cu。Ⅲ.Ksp[CuS]=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-36，铜离子的浓度为0.5mg/L=5×10-4g/L=(5×10-4)/64mol/L；所以c(S2-)=Ksp[CuS]/c(Cu2+)=1×10-36/[(5×10-4)/64]≈1.3×10-31mol/L;综上所述，本题答案是：1.3×10-31mol/L。五、实验题17．硫酸锰可为动植物提供微量元素，还可用作工业催化剂等。用还原可制备硫酸锰，装置如图所示(夹持装置已省略)。回答下列问题：(1)实验室中常用70%的浓硫酸和制备，若该制备实验中需70%的浓硫酸49g，则需98%的浓硫酸(浓度为)mL(保留一位小数)来配制。这种方法制备的化学方程式为。(2)实验中通入的作用是。(3)装置甲为制备的装置，采用水浴加热，而不是采用酒精灯明火加热。相比酒精灯加热，水浴加热的主要优点是。(4)装置甲中还原的离子方程式是。(5)装置乙的作用是防止逸出对实验者造成毒害，则该装置中的试剂是。(6)若检测到制备后的溶液中，原因可能是。【答案】(1)19.4(2)稀释防止倒吸(3)受热均匀、平缓，便于控制温度(4)(5)NaOH溶液(6)溶液中的被空气中的氧化成硫酸【分析】用SO2还原MnO2制备硫酸锰，水浴加热，多余的SO2被NaOH吸收。氮气可以稀释SO2防止倒吸。【详解】（1）49g70%的硫酸中硫酸的物质的量为=0.35mol，则需要18.0mol/L的硫酸的体积为0.35mol÷18.0mol/L=0.0194L=19.4mL。用70%的浓硫酸和Na2SO3制备SO2，发生强酸制取弱酸的复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。（2）SO2易溶于水，和NaOH溶液发生反应时会倒吸，通入氮气可以稀释SO2防止倒吸。（3）水浴加热的优点是受热均匀、平缓，便于控制温度。（4）装置甲中SO2还原MnO2为Mn2+，SO2被氧化为，反应的离子方程式是：。（5）SO2是酸性氧化物，易于和碱溶液反应，装置乙中装有NaOH溶液，可以吸收SO2。（6）若溶质只有MnSO4，则，若，则有可能是溶液中的SO2被空气中的O2氧化成硫酸，增大了硫酸根离子的量。六、有机推断题18．物质Ⅰ具有菠夢香味，是化妆品、饮料、糖果、食品工业常用的香料，一种合成方法如下：回答下列问题：(1)的反应类型为，物质B的名称为。(2)物质X是。(3)E的结构简式为。(4)的化学方程式为。(5)写出同时满足下列条件的H的同分异构体的结构简式：。①该化合物分别与足量的、溶液反应，均产生气体；②该化合物中不存在甲基，含有苯环；③该化合物核磁共振氢谱有5组峰。(6)以为原料制备的合成路线为(无机试剂任选)。【答案】(1)取代反应3-氯-1-丙烯或3-氯丙烯(2)溶液或溶液或(3)(4)(5)、(6)【分析】。【详解】（1）丙烯上甲基的氢原子被氯原子取代，反应类型取代反应；B为，名称为3-氯-1-丙烯或3-氯丙烯；故答案为：取代反应；3-氯-1-丙烯或3-氯丙烯。（2）苯酚显弱酸性，与氢氧化钠、碳酸钠或钠反应生成苯酚钠，X试剂为NaOH溶液或Na2CO3溶液或Na；故答案为：NaOH溶液或Na2CO3溶液或Na。（3），E的结构简式为ClCH2COOH；故答案为：ClCH2COOH。（4）C+H→I的化学方程式为；故答案为：。（5）1mol该化合物分别与足量的Na、NaHCO3溶液反应，均产生1mol气体，说明有羧基；该化合物中不存在甲基，含有苯环，则苯环上取代基为-COOH、-CH2OH或-OH、-CH2COOH；该化合物核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种氢原子，两个取代基为对位，结构简