2023年届高三化学第二次联考(二模)试题(含解析)新版人教版

尚水出品尚水出品亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、冷静、才智和收获，我们始终投给你信任的目光……2023〔二模〕理综化学试题相对原子质量:H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5Mn-55Fe-56I136目要求的。)化学与生活亲热相关。以下说法正确的选项是垃圾分类中可回收物标志：农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮绿色化学要求从源头上削减和消退工业生产对环境的污染燃煤中参与CaO可以削减酸雨的形成及温室气体的排放【答案】C【解析】A.垃圾分类中可回收物标志是 ， 表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N

在放电条件下与O反响生成NO，NOO反响生成NONO

与水反响生2 2 2 2 2成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消退或削减工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故CD.煤燃烧生成COSOCaO可以和SO2 2 2结合生成CaSO，并最终被氧化成CaSO，而CO在高温下不能与CaO结合生成CaCO3 4 2 3中参与CaO后可削减酸雨的形成，但不能削减温室气体的排放，故D错误；答案选C。汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，其构造如图，对杀伤肿瘤细胞有独特作用。以下有关汉黄芩素的表达不正确的选项是该物质属于芳香族化合物 B.汉黄芩素的分子式为CHO16135C.1mol该物质与氢氧化钠溶液反响最多消耗2molNaOH D.与足量H2

发生加成反响后，2【答案】B【解析】A.汉黄芩素构造中含有苯环，属于芳香族化合物，故AB.汉黄芩素的分子CHOBC.21mol161252molNaOHCD.与足量H2

发生加成反响后，该分子中的碳碳双键、2种，故D正确；答案选B。点睛：此题考察有机物的构造和性质，把握官能团和性质之间的关系是解题的关键。此题的易错点是汉黄芩素分子中官能团类型的推断，由汉黄芩素的构造简式可知，该物质中含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、碳氧双键(羰基)和醚键，留意苯环不是官能团，试题难度中等。设NA

为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是100g46%甲酸(HCOOH5NA标准状况下,18gNA56g71gCl2

3NA7.8gNaO 与足量的水(H18O)反响生成的氧气所含的中子数为0.5N22 2 A【答案】A【解析】A.100g46%甲酸(HCOOH46g÷46g/mol=1mol，甲酸中2mol54g÷18g/mol=3mol，水中含有的氧原子3mol5mol5N，故AB.18gA18g÷18g/mol=1mol，121mol2N，故BC.56g71gCl1mol2Fe＋A 23Cl2

2FeCl3

Cl2

Cl元素的化合价从011molCl22N，故CD.2NaOA 222H18O=4NaOH＋O，在该反响中NaOO中的氧原子全部来自于NaO2 2 22 2 221O2

167.8gNaO22

7.8g÷78g/mol=0.1mol，由化学方程式可知，生成O0.05mol，O0.05mol×16×Nmol－1=0.8N2 2 A ADA。点睛：此题考察阿伏加德罗常数的应用，明确物质的构造和性质是解答此题的关键，试题难度中等。此题的易错点是D项，留意过氧化钠和水反响生成的氧气中，氧原子全部来自于过氧化钠。NO2

是大气的主要污染物之一，某争论小组设计如以下图的装置对NO2

进展回收利用,装置a、ba一段时间后，b极四周HNO3

浓度减小电池总反响为4NO+O+2HO 4HNO2 2 2 3电子流向:a→b→a【答案】D【解析】A.由装置图可知，在aNO2

失电子生成HNON3应，a为电池的负极，故AB.bO4H＋＋4e－=2HO，由2 2反响式可知，bb极四周HNO3

的浓度减小，故BC.由装置图可知，该电池的总反响为4NO+O+2HO 4HNO，故C正确；D.电子从负极流向正极，但不会经过2 2 2 3电解质溶液，故D错误；答案选D。短周期元素W、X、YZ的原子序数依次增大。元素WXY是地壳中含量最丰富的金属元素，Z2化合物XZ2

8含氧酸的酸性:HZO>HXO，则Z的非金属性强于X2 3 2 3假设单质W失火，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭通常承受电解法制备单质Y及其同周期的金属单质【答案】B点睛：此题考察原子构造和元素周期律的关系，依据题中信息正确推断元素类型是解题的关键，试题难度中等。此题的易错点是B项，留意HSO不是硫元素的最高价氧化物对应的水化2 3物，不能用于推断硫和碳元素的非金属性强弱。选项试验操作选项试验操作试验现象试验结论A将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液溶液均褪色二者反响类型一样5min，蔗糖发生了水解反BNaOH溶液调溶液pH至碱性，再参与制有砖红色沉淀生成应Cu(OH)2Fe(NO)溶液中依次滴加少量稀HSO和C322 4溶液变红稀硫酸能氧化Fe2+KSCN溶液开头有白色沉淀生D10mL.0.1mol/LNaS2ml2成，后有黑色沉淀 K(CuS)＜K(ZnS)0.1mol/LZnSO溶液再参与0.1mol/LCuSOspsp44生成A B.B C.C D.D【答案】B...............室温下，用一样浓度的NaOH溶液，分别滴定等体积且浓度均为0.1mol/L(HA、HBHD)溶液，滴定的曲线如以下图，以下推断正确的选项是三种酸的电离常数关系:K(HD)>K(HB)>K(HA)pH=7时，三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)100%时，离子总浓度最大的是NaD溶液滴定至P点时，溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】A.一样物质的量浓度的一元酸，酸的pH度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数也越大，据图可知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HDK(HA)＞K(HB)＞K(HD)，故AB.室温下，溶液的pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH−)，依据电荷守恒，三种溶液中离子浓度关系为：c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，由c(H+)=c(OH−)可知，c(Na+)=c(A−)，同理，c(Na+)=c(B−)、c(Na+)=c(D−)，因A−、B−、D−的水解程度不同，则溶液呈中性时消耗氢氧化钠溶液的体积不同，所得的三种溶液中钠离子浓度不同，所以c(A−)、c(B−)、c(D−)也不同，故B错误；C.当三种酸中和百分数达100%时，三种酸所消耗的氢氧化钠溶液体积一样，生成的钠盐浓度也一样，则三种溶液中c(N+相等依据水解离子方程式可知c()+c(OH也相〔代表ABD，因HD酸性最弱，D−水解程度最大，则NaD溶液中c(OH−)最大，c(H+)最小，所以c(Na+)+c(H+)+c(D−)+c(OH−)最小故C错误；D.滴定至P点时，HB溶液的中和百分数为50%，所得溶液中c(HB):c(NaB)=1:1，P点时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B−的水解程度，c(H+)>c(OH−)，依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(B−)可知，c(B−)>c(Na+)，因HB发生电离：HB H++B−，所以c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)，则c(B−)＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH−)，故D正确；答案选D。某同学在做浓硫酸与铜反响的试验过程中，观看到铜片外表变黑,于是对黑色物质的组成进展试验探究。用如以下图装置进展试验1。(加热和夹持仪器已路去)1.铜片与浓硫酸反响操作操作现象120℃〜250℃铜片外表变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液铜片上黑色消逝，瓶中消灭“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多连续加热至338℃灰白色沉淀①仪器a是 ；装置C中发生反响的离子方程式为 。②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜试验操作及现象是 。1120℃~250℃时所得黑色固体的成分。【提出猜测】黑色固体中可能含有CuO、CuS、CuS中的一种或几种。21:亚铁氰化钾[KFe(CN)]是Cu2+Cu2+的溶液中滴加亚4 6CuSCuSCuSCuS2黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末的浓盐酸于浓氨水【设计并实施试验】试验2：探究黑色固体中是否含CuO操作操作现象l0mL剂A的小烧杯中，搅拌的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色①试剂A是 。②甲认为iiC2+Cu2+，补充的U试验操作及现象是 。3.探究黑色固体中是否含CuS、CuS操作现象操作现象i2静置蓝色ii2后静置后静置【获得结论】由试验2和试验3可得到的结论是：试验1中，120°C250°C时所得黑色固体中 。【试验反响】1338°C硫酸进一步反响造成。反响的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消逝时可能发生的全部反响的化学方程式为 。【答案】 (1).分液漏斗 (2).SO+2OH-═SO2-+HO (3).冷却后将浊液倒入盛水的2 3 2小烧杯中，得到蓝色溶液〔或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中参与少量水，得到蓝色溶液〕 (4).确定浓度的稀硫酸 (5).取上层清液滴加2滴亚铁氰化钾溶液，有红棕色沉淀生成 (6).确定含有CuO和Cu可能含有CuS (7).CuS+4H

(浓)

CuSO+4SO4HO 或

2 2 4 42 2CuS+6HSO(浓) 2CuSO+5SO↑+6HO2 2 4 4 2 2【解析】(1)①反响生成的二氧化硫易溶于水，简洁造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入AC液吸取二氧化硫，故答案为：防止CANaOH②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为：冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；①依据CuS、CuSA2稀硫酸，故答案为：稀硫酸；②依据题意，亚铁氰化钾[KFe(CN)Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化4 6钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反响后的溶液中参与亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为：向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；【获得结论】依据试验2可知，黑色固体中不含CuO，依据试验3可知，参与适量浓氨水，固液分界限四周的溶液呈浅蓝色；参与适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，由于CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，CuS难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有CuS，故答案为：2 2CuO，确定含有CuS，可能含有CuS；2【试验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有CuS，依据反响的含硫产物除无水硫酸铜外还有2二氧化硫，CuS、CuS与浓硫酸的反响方程式分别为CuS+4HSO(浓)CuSO+4SO↑+4HO，2 2 4 4 2 2CuS+6HSO(浓)↑+6HO，故答案为：CuS+4HSO(浓)CuSO+4SO↑+4HO，2 2 4 4 2 2 2 4 4 2 2CuS+6HSO(浓)2CuSO+5SO↑+6HO。2 2 4 4 2 2点睛：此题借助于铜与浓硫酸的反响对反响过程中的中间产物进展了探究，题目有确定的难度。此题的难点是题干供给的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的生疏性也增大了试题难度。以氧化铝为原料，通过碳热复原法可合成氮化铝Al；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2

可通过二氧化碳甲烷化等再利用。请答复：〔1〕：①.2AlO(s)=4Al(g)＋3O(g)△H=+3351kJ/mol23 2 1②.2C(s)+O(g)=2CO(g)△H=－221kJ/mol2 2③.2Al(g)+N(g)=2AlN(s)△H=akJ/mol2 3④.AlO(s)+3C(s)+N(g)=2AlN(s)＋3CO(g)△H=+1026kJ/mol23 2 4反响③的a= 反响④自发进展的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)〔2〕在常压、Ru/TiO2

催化下，CO2

H混和气体〔1：4，总物质的量xmol〕进展反2应，测得CO2

转化率、CH4

CO12〔选择性：转化CO2

中生成CH4

CO。反响ⅠCO〔g〕+4H〔g〕 CH〔g〕+2HO〔g〕△H2 2 4 2 4反响ⅡCO〔g〕+H〔g〕 CO〔g〕+HO〔g〕△H2 2 2 5①以下说法正确的选项是 。A.△H5

小于零 B.温度可影响产物的选择性C.CO2

平衡转化率随温度上升先增大后削减D.其他条件不变，将COH2 2

的初始体积比转变为1:3，可提高CO2

平衡转化率②350℃I在t1 x、y表示)。

yLICO溶于水形成HCO。常温下HCO的电离平衡常数K=4.4×10-7，K=4.7×10-11，2 2 3 2 3 1 2NH·HOK=1.75×10-5CO可得到NHHCO溶液，NHHCO3 2 b 2 4 3 4 3溶液显 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)；请计算反响NH++HCO-+4 3HO NH·HO+HCO的平衡常数K= 。2 3 2 2 3据文献报道，二氧化碳可以在酸性水溶液中用情性电极电解得到乙烯，其原理如以下图。b电极上的电极反响式为 ，该装置中使用的是 (“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】 (1).-318 (2).高温 (3).AB (4).625y2/x2 (5).碱性 (6).1.3×10-3 (7).2CO+12H++12e-====CH+4HO (8).阳2 24 2(1).①.2AlO(s)=4Al(g)＋3O(g)△H=+3351kJ/mol2C(s)+O(g)=2CO(g)23 2 1 2△H=－221kJ/mol，③.2Al(g)+N(g)=2AlN(s)△H=akJ/mol，④.AlO(s)+3C(s)+2 2 3 23N(g)=2AlN(s)＋3CO(g)△H=+1026kJ/mol，依据盖斯定律，(①+②×3+③×2)÷2=④，解得2 4△H－318kJ/mol；假设△G=△H－T△S＜0，则反响能自发进展，反响④的△H＞0，△S＞0，3因此该反响能自发进展的条件为高温，故答案为：－318；高温；2

上升温度CO2

的转化率减小，说明正反响为放热反响，△H5

小于零，故AB.2可知，随温度上升甲烷的选择性降低，CO的选择性增加，因此温度可影响产物的选择性，故BC.CO2

转化领先增大是由于反响正向进展未到达平衡状态，到达平衡状态后，随温度CO2

的转化率减小，故CD.CO2

H混和气体〔1:4，总物质的量xmol〕2进展反响，其他条件不变，将CO2

H1:3，相当于减小氢气的量，CO2 2平衡转化率减小，故D错误；答案为：AB；②.350℃时，反响I在t1

时刻到达平衡，平衡时容器体积为yL，二氧化碳的转化率为80%，依据三段式法有：2242起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)0.2x0.16x0.04x2242起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)0.2x0.16x0.04x0.8x0.64x0.16x00.16x0.16x00.32x0.32x平衡常数K= =625y2/x2，故答案为：625y2/x2；NH·HOK=1.75×105，HCO的电离平衡常数K=4.4×10-7，3 2 b 2 3 1K=4.7×10-11，K＞KNHHCO溶液2 b 2 4 3显碱性；反响NH++HCO-+HO NH·HO+HCO的平衡常数K= =4 3 2 3 2 2 3=1.3×10-3，故答案为：碱性；1.3×10-3；由图可知，电解时二氧化碳在b极上得电子发生复原反响生成乙烯，电极反响式为2CO+12H++12e-=CH+4HO2 24 22CO+12H++12e-=CH+4HO；阳。2 24 2软锰矿的主要成分是MnO，其悬浊液可吸取烟气中SO，所得酸性浸出液又可用于制备高2 21所示。金属单质的活动挨次为Al>Mn>Fe>Ni。答复以下问题:用离子方程式表示参与“氧化剂(软锰矿)”作用: 。:K

[Al(OH)]=1.0×10-33 K[Ni(OH)]=1.6×10-15sp 3 sp 2K[Mn(OH)]=4.0×10-14 K[Fe(OH)]=2.6×10-39sp 2 sp 3“水解沉降”中:①“中和剂”可以是 (填标号)。AlO

MgO C.HSO

D.MnO23 2 4 2②溶液的pH应不低于 。(离子浓度小于1×10-6mol/L时即可认为该离子沉淀完全)“置换”的目的是 (用离子方程式表示)。(4)“结晶分别”中的局部物质的溶解度曲线如上图图2所示。结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在 ℃(填“27”、“60”或“70”)。(5)“草酸钠一高锰酸钾返滴法”可测定软锰矿中MnO2

的纯度(假设杂质不参与反响):取agMnO

样品于锥形瓶中参与适量稀硫酸再参与V mLcmol/LNaCO

溶液(足量)，2 1 1 224最终用c

mol/L的KMnO溶液滴定剩余的NaCO ，达终点时消耗VmL标准KMnO

溶液。2 4 224 2 4①MnO2

参与反响的离子方程式为 。②该样品中MnO2

的质量分数为 (假定杂质不参与反响，列出表达式即可)。【答案】 (1).MnO+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2HO (2).B (3).5 (4).2 2Mn+Ni2+═Mn2++Ni (5).70 (6).MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO (7).2 24 2 2【解析】(1).“氧化剂”发生反响是利用二氧化锰将亚铁离子氧化成铁离子，二氧化锰被复原为锰离子，依据得失电子守恒和原子守恒，该反响的离子方程式为：MnO+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2HO，故答案为：MnO+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2HO；2 2 2 2①.中和剂是调整溶液pHA.AlO23引入铝离子杂质，故A错误；B.参与MgO和酸反响，能调整溶液pH且不引入的杂质，故BCHSO后不能使溶液pH上升而除去Fe3和Al3CD.MnO2 4 2不能和稀酸反响，故D错误；答案为：B；②.依据K

[Al(OH)]=1.0×10-33、K[Fe(OH)]=2.6×10-39可知，当铝离子全部沉淀时，铁sp 3 sp 3K[Al(OH)]=1.0×10-33=c(Al3+)×c3(OHsp 3－)=1×10-6mol/L×c3(OH－c(OH－)=1×10-9mol/Lc(H+)=1×10-5mol/L，pH=5，故答案为：5；“置换”中发生的反响是锰置换出单质镍，离子方程式为Mn+Ni2+=Mn2++Ni，故答案为：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；据图可知，结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在70℃，此时硫酸镁溶解度最大，硫酸锰溶解度小，便于析出硫酸锰晶体，故答案为：70；MnO NaCO

在酸性条件下反响生成锰离子、二氧化碳和水，依据得失电子守恒和2 224原子守恒，该反响的离子方程式为：MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO，故答案为：MnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO；

2 24 2 22 24 2 2②.CO2-在酸性条件下与MnO－反响的离子方程式为：2MnO－＋5CO2－＋16H＋=2Mn2＋＋10CO24 4 4 24 2＋8HO，则剩余NaCO的物质的量为：c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，与MnO

反响的2 224 2 2 22 2

的物质的量为：cV×10-3mol－cV

×10-3molMnO+4H++CO2-=Mn2++2CO↑+2HO224

11 22

2 24 2 2知，MnO 的物质的量为：(cV×10-3－cV×10-3)mol，质量为：(cV×10-3－cV

×10-3)2 11 22 11 22mol×87g/mol=(cV×10-3－cV×10-3)×87g，则该样品中MnO

的质量分数为11 22 2，故答案为： 。点睛：此题主要考察物质制备的工艺流程，明确流程中各步骤的作用和混合物分别方法是解答此题的关键，试题难度中等。此题的难点是第〔5〕题中MnO2

质量分数的计算，解题时要先明确NaCO 和MnO及酸性高锰酸钾溶液的反响，再利用高锰酸钾计算剩余NaCO 的物224 2 224质的量，依据NaCO

的总量减去剩余的NaCO

得出和MnO

反响的NaCO

，最终利用反224

224

2 224应方程式计算出MnO2

的量即可。(二)选考题〔45〕2222B答题卡上把所选題目的題号涂黑。留意所做题目的題号必需与所涂题目的題号全都，在答题卡选答区域指定位置答题。假设多做，则每学科按所做的第一题计分。(AgBr)常用硫代硫酸钠(NaSO223Na[Ag(SONaSNa[Ag(SOAgS，并使定影液再3 232 2 3 232 2生。将AgS在高温下转化为Ag，就到达了回收银的目的。2铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为 。Na、O、S简洁离子半径由大到小的挨次为 。SO2-离子构造如以下图，其中心硫原子的杂化轨道类型为 。23写出AgBrNaSO223

溶液的离子反响方程式 。Na[Ag(SO)]中存在的作3 232用力有离子键、共价键、 。在空气中灼烧AgS生成AgSOSO

分子中硫原子的价层电子对数为 其分子2 2 2空间构型为 。SO2

易溶于水，缘由是 。现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，X射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的X射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。假设金原子的半径为am，金的密度为ρg·cm-3，金的摩尔质量为Mg·mol-1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式 。【答案】 (1).5s1 (2).S2-O2-Na+ (3).sp3 (4).AgBr+2SO2-==[Ag(SO)]3-+Br-23 232(5).配位键 (6).3 (7).V形 (8).依据相像相溶原理，SO2

和水均为极性分子，SO2

和水反响 (9).【解析】(1).铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子的最外层电子排4s1，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1，故答案为：5s1；电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布一样的离子，原子序数越大，离子半径越小，则Na、O、S简洁离子半径由大到小的挨次为S2-、O2-、Na+，故答案为：S2-O2- Na+；SO2-离子构造示意图可知，其中心硫原子形成4个σ键，则中心硫原子的杂化轨道23类型为sp3，故答案为：sp3；AgBr与NaSO溶液反响生成Na[Ag(SONaBr，该反响的离子反响方程式为223 3 232AgBr+2SO2-=[Ag(SO3-+Br-，Na[Ag(SO23 232 3 232答案为：AgBr+2SO2-=[Ag(SO3-+Br-；配位键；23 232SO2

分子中硫原子的价层电子对数为：2+ =2+1=3，因SO2

1对，所以