2023年高考第二次模擬考試試卷化學（湖南A卷）（全解全析）

年高考化學第二次模擬考試卷（湖南A卷）化學·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選項中，只有一項是符合題目要求的。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)妥推進碳達峰、碳中和”，選項B正確；C．纖維素在人體內不能水解，人體不能吸收纖維素，選項C錯誤；D．特種鋼材屬于鐵的合金，選項D正確；答案選C。2．D【解析】A．質子數相同、中子數不同的原子互為同位素，、、都是分子，不可能互為同位素，故A錯誤；B．過氧化鈣是離子化合物，電子式為，故B錯誤；C．銅元素的原子序數為29，基態(tài)原子的價層電子排布式為3d104s1，故C錯誤；D．的質量數為45、質子數為26，則中子數為45—26=19，故D正確；故選D。3．A【解析】A．與足量溶液反應生成NaAlO2，與少量NaOH溶液反應生成Al(OH)3，都不能與氨水繼續(xù)反應，轉化不能完全實現，A選；B．稀與CuO反應生成硝酸銅和水，加入Fe與硝酸銅發(fā)生置換反應生成Cu和硝酸亞鐵，Cu和稀可生成硝酸銅，B不選；C．與反應生成HBr和S，S和O2反應生成SO2，SO2與H2S發(fā)生歸中反應生成S，轉化可實現，C不選；D．NaOH與反應生成硅酸鈉和水，碳酸的酸性比硅酸的強，硅酸鈉和二氧化碳和水反應生成硅酸，硅酸可與強堿NaOH反應生成硅酸鈉，D不選；故選：A。4．B【解析】A．中的化學鍵為極性鍵，為正四面體結構，正負電荷中心重合為非極性分子，中的化學鍵為極性鍵，為直線型結構，正負電荷中心重合為非極性分子，A項正確；B．為直線型結構，鍵角為，而晶體中每個硅原子與4個氧原子結合，每個氧原子與2個硅原子結合，不可能為直線型結構，故兩者鍵角不可能相等，B項錯誤；C．元素的非金屬性越強，電負性越大，C項正確；D．的配位數為6，D項正確；答案選B。5．C【解析】A．Cu能溶于HNO3，因此該實驗不能驗證Fe3+氧化性比Cu2+強，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，若不變藍，則淀粉水解完全，因此在淀粉溶液中加入稀硫酸共熱，一段時間后，冷卻加入碘水，觀察溶液顏色變化可驗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，膠團可以吸附廢水中的價砷元素，則含砷微粒是帶負電荷的離子，A錯誤；B．根據鐵元素守恒，可以形成1mol，則為組成的膠團數目小于，B正確；C．增大廢水的，膠粒會轉化為氫氧化鐵沉淀，導致吸附絮凝效能下降，C錯誤；D．具有氧化性，可以氧化廢水中的含砷微粒到價，D錯誤；故選B。7．C【解析】A．有機化合物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，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)狀碳酸酯的結構簡式，可以確定化合物E與CO2是通過加成反應生成環(huán)狀碳酸酯，D合理；故選C。8．C【解析】含Ag、Ag2S的礦漿，加入NaCN溶液同時通入氧氣，得到Na[Ag(CN)2]溶液，再用Zn置換出粗銀，粗銀經過電解精煉得到純Ag。A．Ag不能直接和NaCN溶液反應，反應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①充分反應后會存在不溶于NaCN溶液的雜質，要通過過濾除去；反應②充分反應后得到粗銀，需要從溶液中過濾出來，故B正確；C．反應①得到Na[Ag(CN)2]溶液，該溶液中銀離子的存在形式為，故C錯誤；D．電解精煉時粗銀應當做陽極，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個共價鍵、W能形成6個共價鍵，W原子核外有6個電子，則Y為O、W為S元素；X能形成3個共價鍵且原子序數小于Y，則X為N元素；Z和W能形成1個共價鍵，Z的原子序數大于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，原子序數越大半徑越小，原子半徑：r(S)＞r(N)＞r(O)＞r(F)，故A錯誤；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H原子生成兩個氫鍵，而HF分子中的F原子只能形成一個氫鍵，氫鍵越多，熔沸點越高，簡單氫化物的沸點：Y>Z，故B正確；C．F2能夠和水反應生成氧氣，電解HF水溶液不能制得F2，故C錯誤；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錯誤；故選B。10．C【解析】A．①中反應為，電子轉移為：，消耗轉移，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生成硫單質，B正確；C．Na2SO3+S=N2S2O3，亞硫酸酸鈉和硫反應物質的量為1:1；由反應可知，2Na2S+SO2=2N2SO3+3S，該反應生產亞硫酸酸鈉和硫反應物質的量為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錯誤；D．氫氧化鈉和二氧化碳、二氧化硫反應分別生成碳酸鈉、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．實驗①滴加KSCN溶液不變紅，說明墨綠色懸濁液中不含，A正確；B．實驗①證明不含，實驗②先滴加KSCN溶液不變紅再滴加H2O2溶液，沒有明顯現象，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)在加熱條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：，產物中也含有，加入鹽酸酸化的溶液能產生白色沉淀，不能說明硫酸未完全反應，C錯誤；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化至中，說明聚氯乙烯可能發(fā)生反應，D正確；故選：C。12．B【解析】該裝置的電化學裝置，根據原電池工作原理，K電極為負極，b電極為正極，據此分析；A．該裝置為電化學裝置，金屬鉀作負極，金屬鉀是活潑金屬，能與水發(fā)生反應，因此電解質溶液不能是水溶液，故A錯誤；B．充電電池充電時，電池正極接電源正極，電池負極接電源負極，充電時，電池正極上失去電子，化合價升高，根據裝置圖可知，正極反應式為xK2S3-(2x-6)e-=3S+2xK+，故B正確；C．放電屬于電化學，根據原電池工作原理，電子從負極經外電路流向正極，即電子從電極a→燈泡→電極b，電池內部沒有電子通過，故C錯誤；D．充電時，負極(陰極)反應式為K++e-=K，電路中轉移2mole-，生成2molK，負極質量增重2mol×39g/mol=78g，故D錯誤；答案為B。13．C【解析】列三段式：，平衡時總物質的量為3-x，據此分析解答。A．25℃時，B的物質的量分數為80%，即，解得，則，A正確；B．由表格數據可知，升高溫度，A的物質的量分數增大，平衡逆向移動，顏色加深，則室溫時，將此容器放入冰水中，相當于降低溫度，平衡正向移動，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，則達新平衡時，混合氣體平均摩爾質量增大，即平均分子量增大，C錯誤；D．50℃達平衡時，A的物質的量分數為40%，即，解得，則A的轉化率為，D正確；故選C。14．C【解析】根據堿的電離平衡常數可知，以NH3·H2O為例，當時，Kb=c（OH-），故I對應的KbⅠ=1×10-4.74，Ⅱ對應的KbⅡ=1×10-6。據題意堿性：NH3?H2O大于MOH)，則I對應NH3?H2O，Ⅱ對應MOH，據此分析。A．據分析可知，曲線I對應的是滴定NH3?H2O的曲線，A正確；B．由于曲線I對應的是滴定NH3?H2O的曲線，Kb1==1×10-4.74，a點時lg=-1.74，則=1×10-1.74，帶入Kb1可知，此時c（OH）=1×10-3mol/L，25℃時，=1×10-11，故pH=11，B正確；C．b、e點時溶液均成堿性，說明尚未完全反應，對水的電離均為抑制作用，b點的堿性更強，對水的電離的抑制作用更大，所以中水的電離程度：b＜e，C錯誤；D．b、e點溶液中的弱堿陽離子和弱堿分子濃度相同，假設滴入一半物質的量的鹽酸，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，所以對應的堿越強，需要加入的鹽酸的量越少，故b、e點溶液中的c(Cl-)大?。篵＜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）氮氣流速過快，沒有充分冷凝；氮氣流速過慢，不能及時移走，濃度過高導致分解（2分）（3）除去裝置內可能生成的，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)生反應的化學方程式為，不斷通入氮氣把產生的趕出，氮氣流速要適當，過快或過慢都不利于的吸收，氮氣流速過快，沒有充分冷凝，氮氣流速過慢，不能及時移走，濃度過高導致分解，的熔沸點都比較低，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氣。（1）由儀器a的結構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)生反應的化學方程式為；（2）氮氣流速過快或過慢都不利于的吸收，原因是氮氣流速過快，沒有充分冷凝，氮氣流速過慢，不能及時移走，濃度過高導致分解；（3）裝置C是末端氣體吸收瓶，它的作用是除去裝置內可能生成的，等氣體，防止空氣污染；（4）若加入反應物中濃度過大，會產生大量與反應生成和，使產率降低，反應的離子方程式為；實驗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，來檢驗是否產生了大量；（5）第1步，加入足量KI溶液，變?yōu)椋鶕磻傻?，所以，?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，硅轉化為沉淀成為濾渣，濾液加入氨水調節(jié)pH，將錳、鎂、鐵轉化為沉淀，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、氧為-2價，根據化合價代數和為零可知，V的化合價為+3；（2）“焙燒I”中和氧化鎂、氧氣，轉化為和，化學方程式為；（3）“酸浸”過程中鎂、鐵也會和硫酸反應轉化為相應的鹽溶液，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，根據質量守恒可知，還會生成氨氣和水，發(fā)生反應的化學方程式為；（5）由表格可知，鎂離子為，pH=8.9開始沉淀，此時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經加氨沉淀除鎂后，溶液中的溶質含有硫酸銨，故可再生循環(huán)到沉釩工序使用。（6）①由圖可知，根據均攤法，1個晶胞中V為個、S為6個，故該釩的硫化物的化學式是VS；②該釩的硫化物的晶體中，以體心的V為例，可知與每個V原子最近且等距的S原子的個數是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，甲醇選擇性隨溫度升高而增大，高于T1時，甲醇的選擇性隨溫度的升高而減小，則說明溫度T1時反應達到平衡，升高溫度甲醇選擇性降低，說明反應①逆向移動，正反應放熱

（2分）

在實際工業(yè)生產中壓強過高，成本太高，但反應①為氣體體積減小的反應，所以壓強不能過低，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③可由反應②減去反應①得到，即==-90.17kJ/mol；反應③焓變<0且熵減，即，所以低溫自發(fā)；由于該反應是放熱反應，所以正反應活化能小于逆反應活化能，即；（2）①溫度低于T1時，甲醇選擇性隨溫度升高而增大，高于T1時，甲醇的選擇性隨溫度的升高而減小，則說明溫度T1時反應達到平衡，升高溫度甲醇選擇性降低，說明反應①逆向移動，正反應放熱；由于生成甲醇的反應是氣體體積減小的反應，所以壓強過低不利于生成甲醇且反應速率慢，雖壓強過高有利于生成甲醇，但對設備抗壓能力要求高，即在實際工業(yè)生產中壓強過高，成本太高，但反應①為氣體體積減小的反應，所以壓強不能過低，否則影響甲醇的選擇性；②設起始加入二氧化碳和氫氣的物質的量分別為1mol和3mol，又a點達到平衡且二氧化碳轉化率為50%、甲醇的選擇性80%，所以消耗的二氧化碳物質的量為0.5mol，即生成的甲醇和一氧化碳的物質的量之和為0.5mol，結合甲醇的選擇性計算公式可算出生成的甲醇物質的量為0.50.8mol=0.4mol，則生成一氧化碳物質的量為0.1mol，即平衡時甲醇物質的量為0.4mol，水的物質的量為0.5mol，一氧化碳物質的量為0.1mol，氫氣物質的量為1.7mol，二氧化碳物質的量為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②的平衡常數為；（3）由圖知二氧化碳生成甲醇，即電極反應為。18．（1）

氟苯（1分）

碳氟鍵、硝基（1分）

（2）還原反應（2分）

（3）防止副產物生成，影響反應產率（2分）

（4）+HBr（2分）

（5）（