2023年高考第二次模擬考試試卷化學(xué)（湖南A卷）（全解全析）

年高考化學(xué)第二次模擬考試卷（湖南A卷）化學(xué)·全解全析1234567891011121314CDABCBCCBCCBCC一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．C【解析】A．小蘇打、純堿顯堿性，無毒，可以用于食用堿，選項(xiàng)A正確；B．發(fā)展新能源可以減少二氧化碳排放，安全有序發(fā)展新能源符合黨的二十大提出的“積極穩(wěn)妥推進(jìn)碳達(dá)峰、碳中和”，選項(xiàng)B正確；C．纖維素在人體內(nèi)不能水解，人體不能吸收纖維素，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．特種鋼材屬于鐵的合金，選項(xiàng)D正確；答案選C。2．D【解析】A．質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的原子互為同位素，、、都是分子，不可能互為同位素，故A錯(cuò)誤；B．過氧化鈣是離子化合物，電子式為，故B錯(cuò)誤；C．銅元素的原子序數(shù)為29，基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為3d104s1，故C錯(cuò)誤；D．的質(zhì)量數(shù)為45、質(zhì)子數(shù)為26，則中子數(shù)為45—26=19，故D正確；故選D。3．A【解析】A．與足量溶液反應(yīng)生成NaAlO2，與少量NaOH溶液反應(yīng)生成Al(OH)3，都不能與氨水繼續(xù)反應(yīng)，轉(zhuǎn)化不能完全實(shí)現(xiàn)，A選；B．稀與CuO反應(yīng)生成硝酸銅和水，加入Fe與硝酸銅發(fā)生置換反應(yīng)生成Cu和硝酸亞鐵，Cu和稀可生成硝酸銅，B不選；C．與反應(yīng)生成HBr和S，S和O2反應(yīng)生成SO2，SO2與H2S發(fā)生歸中反應(yīng)生成S，轉(zhuǎn)化可實(shí)現(xiàn)，C不選；D．NaOH與反應(yīng)生成硅酸鈉和水，碳酸的酸性比硅酸的強(qiáng)，硅酸鈉和二氧化碳和水反應(yīng)生成硅酸，硅酸可與強(qiáng)堿NaOH反應(yīng)生成硅酸鈉，D不選；故選：A。4．B【解析】A．中的化學(xué)鍵為極性鍵，為正四面體結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心重合為非極性分子，中的化學(xué)鍵為極性鍵，為直線型結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷中心重合為非極性分子，A項(xiàng)正確；B．為直線型結(jié)構(gòu)，鍵角為，而晶體中每個(gè)硅原子與4個(gè)氧原子結(jié)合，每個(gè)氧原子與2個(gè)硅原子結(jié)合，不可能為直線型結(jié)構(gòu)，故兩者鍵角不可能相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，C項(xiàng)正確；D．的配位數(shù)為6，D項(xiàng)正確；答案選B。5．C【解析】A．Cu能溶于HNO3，因此該實(shí)驗(yàn)不能驗(yàn)證Fe3+氧化性比Cu2+強(qiáng)，故A不符合題意；B．NaSiO3溶液和Na2CO3溶液的濃度未知，不能通過測量NaSiO3溶液和Na2CO3溶液的pH確定碳酸和硅酸的酸性強(qiáng)弱，故B不符合題意；C．淀粉水解后生成葡萄糖，淀粉遇碘水變藍(lán)，若不變藍(lán)，則淀粉水解完全，因此在淀粉溶液中加入稀硫酸共熱，一段時(shí)間后，冷卻加入碘水，觀察溶液顏色變化可驗(yàn)證淀粉是否水解完全，故C符合題意；D．氯水中含有的次氯酸具有漂白性，能漂白pH試紙，不能用pH試紙測量氯水的pH，故D不符合題意；故答案選C。6．B【解析】A．由圖可知，吸附層中正電荷較多，在靜電吸附作用下，膠團(tuán)可以吸附廢水中的價(jià)砷元素，則含砷微粒是帶負(fù)電荷的離子，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)鐵元素守恒，可以形成1mol，則為組成的膠團(tuán)數(shù)目小于，B正確；C．增大廢水的，膠粒會(huì)轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，導(dǎo)致吸附絮凝效能下降，C錯(cuò)誤；D．具有氧化性，可以氧化廢水中的含砷微粒到價(jià)，D錯(cuò)誤；故選B。7．C【解析】A．有機(jī)化合物E的分子式為，A合理；B．高分子F和高分子G均含有酯基，都能發(fā)生水解反應(yīng)，B合理；C．高分子F中的和高分子G中的的相對大小不確定，因此兩者的相對分子質(zhì)量不能比較大小，C不合理；D．對比化合物E與環(huán)狀碳酸酯的結(jié)構(gòu)簡式，可以確定化合物E與CO2是通過加成反應(yīng)生成環(huán)狀碳酸酯，D合理；故選C。8．C【解析】含Ag、Ag2S的礦漿，加入NaCN溶液同時(shí)通入氧氣，得到Na[Ag(CN)2]溶液，再用Zn置換出粗銀，粗銀經(jīng)過電解精煉得到純Ag。A．Ag不能直接和NaCN溶液反應(yīng)，反應(yīng)①中的主要是氧化礦漿中的，使其能夠溶解在NaCN溶液中，故A正確；B．反應(yīng)①充分反應(yīng)后會(huì)存在不溶于NaCN溶液的雜質(zhì)，要通過過濾除去；反應(yīng)②充分反應(yīng)后得到粗銀，需要從溶液中過濾出來，故B正確；C．反應(yīng)①得到Na[Ag(CN)2]溶液，該溶液中銀離子的存在形式為，故C錯(cuò)誤；D．電解精煉時(shí)粗銀應(yīng)當(dāng)做陽極，電極方程式主要為：Ag-e-=Ag+，故D正確；故選C。9．B【解析】X、Y、Z和W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y與W是同一主族元素，Y能形成2個(gè)共價(jià)鍵、W能形成6個(gè)共價(jià)鍵，W原子核外有6個(gè)電子，則Y為O、W為S元素；X能形成3個(gè)共價(jià)鍵且原子序數(shù)小于Y，則X為N元素；Z和W能形成1個(gè)共價(jià)鍵，Z的原子序數(shù)大于Y而小于W，為F元素，即X、Y、Z、W分別是N、O、F、S；A．同周期元素，原子序數(shù)越大半徑越小，原子半徑：r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(F)，故A錯(cuò)誤；B．H2O和HF都能形成氫鍵，H2O分子中的O原子能與周圍H2O分子中的兩個(gè)H原子生成兩個(gè)氫鍵，而HF分子中的F原子只能形成一個(gè)氫鍵，氫鍵越多，熔沸點(diǎn)越高，簡單氫化物的沸點(diǎn)：Y>Z，故B正確；C．F2能夠和水反應(yīng)生成氧氣，電解HF水溶液不能制得F2，故C錯(cuò)誤；D．同周期主族元素自左向右第一電離能呈增大趨勢，但VA族(ns2np3)元素因p軌道處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定所以其第一電離能大于同周期相鄰的第VIA族元素，同周期主族元素中第一電離能大于N的元素只有F元素1種，故D錯(cuò)誤；故選B。10．C【解析】A．①中反應(yīng)為，電子轉(zhuǎn)移為：，消耗轉(zhuǎn)移，A正確；B．硫離子具有還原性，②中溶液先變渾濁的原因二氧化硫和硫離子反應(yīng)生成硫單質(zhì)，B正確；C．Na2SO3+S=N2S2O3，亞硫酸酸鈉和硫反應(yīng)物質(zhì)的量為1:1；由反應(yīng)可知，2Na2S+SO2=2N2SO3+3S，該反應(yīng)生產(chǎn)亞硫酸酸鈉和硫反應(yīng)物質(zhì)的量為2:3；故還需要1份碳酸鈉和二氧化硫生成1份亞硫酸鈉，故混合液中的最佳比例為2:1，C錯(cuò)誤；D．氫氧化鈉和二氧化碳、二氧化硫反應(yīng)分別生成碳酸鈉、亞硫酸鈉，吸收液可直接返回到步驟②循環(huán)利用，D正確；故選C。11．C【解析】A．實(shí)驗(yàn)①滴加KSCN溶液不變紅，說明墨綠色懸濁液中不含，A正確；B．實(shí)驗(yàn)①證明不含，實(shí)驗(yàn)②先滴加KSCN溶液不變紅再滴加H2O2溶液，沒有明顯現(xiàn)象，說明不含有Fe2+，則說明該銅絲中不含鐵元素，B正確；C．Cu與H2SO4(濃)在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)方程式為：，產(chǎn)物中也含有，加入鹽酸酸化的溶液能產(chǎn)生白色沉淀，不能說明硫酸未完全反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．已知生成墨綠色懸濁液，而為綠色，說明聚氯乙烯中的氯元素轉(zhuǎn)化至中，說明聚氯乙烯可能發(fā)生反應(yīng)，D正確；故選：C。12．B【解析】該裝置的電化學(xué)裝置，根據(jù)原電池工作原理，K電極為負(fù)極，b電極為正極，據(jù)此分析；A．該裝置為電化學(xué)裝置，金屬鉀作負(fù)極，金屬鉀是活潑金屬，能與水發(fā)生反應(yīng)，因此電解質(zhì)溶液不能是水溶液，故A錯(cuò)誤；B．充電電池充電時(shí)，電池正極接電源正極，電池負(fù)極接電源負(fù)極，充電時(shí)，電池正極上失去電子，化合價(jià)升高，根據(jù)裝置圖可知，正極反應(yīng)式為xK2S3-(2x-6)e-=3S+2xK+，故B正確；C．放電屬于電化學(xué)，根據(jù)原電池工作原理，電子從負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，即電子從電極a→燈泡→電極b，電池內(nèi)部沒有電子通過，故C錯(cuò)誤；D．充電時(shí)，負(fù)極(陰極)反應(yīng)式為K++e-=K，電路中轉(zhuǎn)移2mole-，生成2molK，負(fù)極質(zhì)量增重2mol×39g/mol=78g，故D錯(cuò)誤；答案為B。13．C【解析】列三段式：，平衡時(shí)總物質(zhì)的量為3-x，據(jù)此分析解答。A．25℃時(shí)，B的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為80%，即，解得，則，A正確；B．由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，平衡逆向移動(dòng)，顏色加深，則室溫時(shí)，將此容器放入冰水中，相當(dāng)于降低溫度，平衡正向移動(dòng)，顏色變淺，B正確；C．向40℃的平衡體系中再充入A，等效于加壓，平衡正向移動(dòng)，則達(dá)新平衡時(shí)，混合氣體平均摩爾質(zhì)量增大，即平均分子量增大，C錯(cuò)誤；D．50℃達(dá)平衡時(shí)，A的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為40%，即，解得，則A的轉(zhuǎn)化率為，D正確；故選C。14．C【解析】根據(jù)堿的電離平衡常數(shù)可知，以NH3·H2O為例，當(dāng)時(shí)，Kb=c（OH-），故I對應(yīng)的KbⅠ=1×10-4.74，Ⅱ?qū)?yīng)的KbⅡ=1×10-6。據(jù)題意堿性：NH3?H2O大于MOH)，則I對應(yīng)NH3?H2O，Ⅱ?qū)?yīng)MOH，據(jù)此分析。A．據(jù)分析可知，曲線I對應(yīng)的是滴定NH3?H2O的曲線，A正確；B．由于曲線I對應(yīng)的是滴定NH3?H2O的曲線，Kb1==1×10-4.74，a點(diǎn)時(shí)lg=-1.74，則=1×10-1.74，帶入Kb1可知，此時(shí)c（OH）=1×10-3mol/L，25℃時(shí)，=1×10-11，故pH=11，B正確；C．b、e點(diǎn)時(shí)溶液均成堿性，說明尚未完全反應(yīng)，對水的電離均為抑制作用，b點(diǎn)的堿性更強(qiáng)，對水的電離的抑制作用更大，所以中水的電離程度：b＜e，C錯(cuò)誤；D．b、e點(diǎn)溶液中的弱堿陽離子和弱堿分子濃度相同，假設(shè)滴入一半物質(zhì)的量的鹽酸，若不考慮電離和水解因素，則NH3·H2O、NH、MOH、M+的濃度均相同，但由于越弱越水解，所以對應(yīng)的堿越強(qiáng)，需要加入的鹽酸的量越少，故b、e點(diǎn)溶液中的c(Cl-)大小：b＜e，D正確；答案選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15．（1）分液漏斗（1分）

（2分）（2）氮?dú)饬魉龠^快，沒有充分冷凝；氮?dú)饬魉龠^慢，不能及時(shí)移走，濃度過高導(dǎo)致分解（2分）（3）除去裝置內(nèi)可能生成的，等氣體，防止空氣污染（2分）（4）（2分）

C（2分）（5）（3分）【解析】裝置A是利用亞硫酸銨、氯酸鈉和硫酸制備的裝置，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，不斷通入氮?dú)獍旬a(chǎn)生的趕出，氮?dú)饬魉僖m當(dāng)，過快或過慢都不利于的吸收，氮?dú)饬魉龠^快，沒有充分冷凝，氮?dú)饬魉龠^慢，不能及時(shí)移走，濃度過高導(dǎo)致分解，的熔沸點(diǎn)都比較低，用B裝置中的冰水混合物可以有利于的收集，裝置C是末端氣體吸收瓶，它的作用是除去裝置內(nèi)可能生成的、等氣體，防止空氣污染，真空泵可以吸收排出的氮?dú)狻＃?）由儀器a的結(jié)構(gòu)可知其名稱為分液漏斗，裝置A是利用亞硫酸銨、氯酸鈉和硫酸制備的裝置，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（2）氮?dú)饬魉龠^快或過慢都不利于的吸收，原因是氮?dú)饬魉龠^快，沒有充分冷凝，氮?dú)饬魉龠^慢，不能及時(shí)移走，濃度過高導(dǎo)致分解；（3）裝置C是末端氣體吸收瓶，它的作用是除去裝置內(nèi)可能生成的，等氣體，防止空氣污染；（4）若加入反應(yīng)物中濃度過大，會(huì)產(chǎn)生大量與反應(yīng)生成和，使產(chǎn)率降低，反應(yīng)的離子方程式為；實(shí)驗(yàn)中可以用取樣注射器吸取少量裝置B中的液體于試管中，加入品紅溶液，來檢驗(yàn)是否產(chǎn)生了大量；（5）第1步，加入足量KI溶液，變?yōu)椋鶕?jù)反應(yīng)，可得，所以，第2步，再由，可得，所以，所以原有的，該溶液中的濃度為。16．（1）+3（1分）

（2）（2分）

（3）Mg2+、Fe3+（2分）

（4）（2分）

（5）

9.4

（2分）

沉釩（1分）

（6）VS（2分）

6（2分）

【解析】釩渣氧化鎂、氧氣焙燒后，加入硫酸酸浸，硅轉(zhuǎn)化為沉淀成為濾渣，濾液加入氨水調(diào)節(jié)pH，將錳、鎂、鐵轉(zhuǎn)化為沉淀，濾液加入硫酸銨沉釩可得到沉淀，焙燒得到，最終得到金屬釩；（1）中Fe為+2價(jià)、氧為-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為零可知，V的化合價(jià)為+3；（2）“焙燒I”中和氧化鎂、氧氣，轉(zhuǎn)化為和，化學(xué)方程式為；（3）“酸浸”過程中鎂、鐵也會(huì)和硫酸反應(yīng)轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的鹽溶液，故所得浸出液中除含有、外，還含有的金屬陽離子有Mg2+、Fe3+；（4）“沉釩”可得到沉淀，“焙燒II”中分解得到，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，還會(huì)生成氨氣和水，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（5）由表格可知，鎂離子為，pH=8.9開始沉淀，此時(shí)pOH=5.1，則Ksp=0.1×(10-5.1)2=10-11.2；溶液A中濃度為，為，則氫氧根離子濃度為，pOH=4.6，則pH=9.4；溶液A經(jīng)加氨沉淀除鎂后，溶液中的溶質(zhì)含有硫酸銨，故可再生循環(huán)到沉釩工序使用。（6）①由圖可知，根據(jù)均攤法，1個(gè)晶胞中V為個(gè)、S為6個(gè)，故該釩的硫化物的化學(xué)式是VS；②該釩的硫化物的晶體中，以體心的V為例，可知與每個(gè)V原子最近且等距的S原子的個(gè)數(shù)是6。17．（1）-90.17kJ/mol（2分）

低溫自發(fā)（1分）

<（1分）

（2）①溫度低于T1時(shí)，甲醇選擇性隨溫度升高而增大，高于T1時(shí)，甲醇的選擇性隨溫度的升高而減小，則說明溫度T1時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，升高溫度甲醇選擇性降低，說明反應(yīng)①逆向移動(dòng)，正反應(yīng)放熱

（2分）

在實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中壓強(qiáng)過高，成本太高，但反應(yīng)①為氣體體積減小的反應(yīng)，所以壓強(qiáng)不能過低，否則影響甲醇的選擇性（2分）

②1.7

（1分）

0.04（2分）

（2分）

（3）（2分）

【解析】（1）由蓋斯定律可得，反應(yīng)③可由反應(yīng)②減去反應(yīng)①得到，即==-90.17kJ/mol；反應(yīng)③焓變<0且熵減，即，所以低溫自發(fā)；由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)活化能，即；（2）①溫度低于T1時(shí)，甲醇選擇性隨溫度升高而增大，高于T1時(shí)，甲醇的選擇性隨溫度的升高而減小，則說明溫度T1時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，升高溫度甲醇選擇性降低，說明反應(yīng)①逆向移動(dòng)，正反應(yīng)放熱；由于生成甲醇的反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，所以壓強(qiáng)過低不利于生成甲醇且反應(yīng)速率慢，雖壓強(qiáng)過高有利于生成甲醇，但對設(shè)備抗壓能力要求高，即在實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中壓強(qiáng)過高，成本太高，但反應(yīng)①為氣體體積減小的反應(yīng)，所以壓強(qiáng)不能過低，否則影響甲醇的選擇性；②設(shè)起始加入二氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量分別為1mol和3mol，又a點(diǎn)達(dá)到平衡且二氧化碳轉(zhuǎn)化率為50%、甲醇的選擇性80%，所以消耗的二氧化碳物質(zhì)的量為0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物質(zhì)的量之和為0.5mol，結(jié)合甲醇的選擇性計(jì)算公式可算出生成的甲醇物質(zhì)的量為0.50.8mol=0.4mol，則生成一氧化碳物質(zhì)的量為0.1mol，即平衡時(shí)甲醇物質(zhì)的量為0.4mol，水的物質(zhì)的量為0.5mol，一氧化碳物質(zhì)的量為0.1mol，氫氣物質(zhì)的量為1.7mol，二氧化碳物質(zhì)的量為0.5mol，所以氫氣分壓為，甲醇的分壓為，則速率為；一氧化碳分壓為，水的分壓為，二氧化碳分壓為，所以反應(yīng)②的平衡常數(shù)為；（3）由圖知二氧化碳生成甲醇，即電極反應(yīng)為。18．（1）

氟苯（1分）

碳氟鍵、硝基（1分）

（2）還原反應(yīng)（2分）

（3）防止副產(chǎn)物生成，影響反應(yīng)產(chǎn)率（2分）

（4）+HBr（2分）

（5）（