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1、2023年高考化学第二次模拟考试卷(广东A卷)化学全解全析1.【答案】c1234567891 01 11 21 31 41 51 6cDBBDCDABDBBADDB【详解】A.Si O?属于无机非金属材料，A错误；B.BN 陶瓷是新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，B错误；C.钛铝外壳属于合金材料，C正确；D.氮化钱是化合物，不是合金材料，D 错误；故选C。2 .【答案】D【详解】A.漠元素为V I I A 族元素，因 此 B r 原子的价电子排布式：4 s 2 4 P5,故 A错误；B.N H 4 H 的电子,H 1+,式：H：N：H ：H.H J .CH3故 B错误；C.聚 丙 烯 的 结
2、构 简 式 I,故 C错误；D.O 显-2 价，形成2-f C H-C H 个共价键，H C 1 O 的结构式：H-O-C 1,故 D 正确；故选D。3 .【答案】B【详解】A.次氯酸钠具有强氧化性，酒精具有还原性，两者混合发生氧化还原反应，失去消毒作用，故 A错误；B.白醋中的醋酸分子具有一定杀菌消毒作用，故 B正确；C.药物要定量服用，超量对身体有害，故 C错误；D.7 5%的酒精具有较好的杀菌消毒作用，故 D 错误；故选：B。4 .【答案】B【详解】A.X射线衍射可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，故可以区别普通玻璃和水晶，与所述的化学知识有关联，故 A不符合题意；B
3、.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳使得糕点疏松，不是Na H C O,可与碱反应，与所述的化学知识没有关联，故 B符合题意；C.碘单质易升华而氯化钠不升华,可以加热法分离L 和 N a C h 与所述的化学知识有关联，故 C不符合题意；D.A 1 与 N a O H 溶液反应产生H?,生成气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，故 D 不符合题意；故选B。5 .【答案】D【详解】A.装 置 I 中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，缺乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溪水中的澳,A不符合题意；B.利用装置H直接蒸干A l C b 溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水A l C b 固体，应在氯化
4、氢气流中加热，B不符合题意；C.利用装置H I 制备F e(OH)3 胶体时，应该将饱和F e C 1 3 溶液滴入沸腾的蒸储水中，而不能滴入N a O H 溶液中，C不符合题意；D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入N a 2 c C h 溶液中发生复分解反应H 2 s C h+N a 2 c O 3=N a 2 s O 4+C O 2 T+H 2 O；反应产生的C O2气体通入 NazSiCh 溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2T+H2O=H2SiChl+Na2co3,说明酸性：H2s04H2c。3H2SiO3,从而证明元素的非金属性：S C S i,D正确；
5、故合理选项是D。6.【答案】C【详解】A.根据对乙酰氨基酚的结构简式可知，其分子式为：C8H9NO2,A正确；B.对乙酰氨基酚中酚羟基邻对位上的氢可以和浓澳水发生取代反应，B正确；C.分子中含有饱和碳原子，该碳原子和所连接的4个原子或者原子团形成四面体结构，则所有原子不在一个平面上，C错误；D.根据对乙酰氨基酚的结构简式可知，其苯环上有2种等效氢，则其苯环上的一氯代物有两种，D正确；故选C。7.【答案】D【详解】A.电解池中F向阳极移动，失电子生成F 2,发生氧化反应，A正确；B.阴极反应式2HF；+2e-H2T+4F-,H F在阴极得电子生成氢气，B正确：C.F2与氢气极易化合，需将电解产生
6、的两种气体严格分开，C正确；D.理论上，每转移Im ole、可得到1L2L F?(标准状况下)，D错误；故选D。8.【答案】A【详解】A.戊醇的煌基比乙醇的大，煌基是憎水基，所以戊醇溶解度比乙醇的低，故A正确；B.MgO和CaO都是离子晶体，都含有O%由于Ca2+的半径大于M g2+,所以CaO的晶格能小于M gO的晶格能，则熔点：MgO C aO,故B错误；C.原子半径S i C,三者都为共价晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺序是金刚石 碳化硅 硅，故C错误；D.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
7、高于同周期相邻元素，故第一电离能：C1PS,故D错误；故选A。9.【答案】B【详解】A.氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A错误；B.向含有酚酝的Na2co3溶液中加入少量BaCL固体，二者反应产生BaCCh沉淀，若溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH)减小，证明Na2c03溶液中存在水解平衡，降低SO：的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；C.HC1不是C1的最高价含氧酸，上述实验可证明HC1的酸性比H2cCh的强，但得到C1与C的非金属性强弱的结论，C错误；D.铜丝和银丝皆为氢后金属，二者均不能和硫酸反应，不能达到饰演穆的，D错误；故选B。10.【答案】D【详解】A.该
8、离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2T，A错误；B.硫化钠溶液中，S2-水解分为两步：S2-+H2O HS+OH-,HS-+H2O HzS+OH,B错误；C.醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO+H2O,C错误；D.向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO 2+O H=HC()3,D 正确；故选D。11.【答案】B【详解】A.6.4 g SO2的物质的量为0.1 m o l,所含电子数目为3.2 乂,，选项A错误；B.1 L 1 m o l -C1 N a,
9、SO3溶液中N a+的物质的量为2m o l,其数目为2 2A,选项B 正确；C.SO?和。?的反应是可逆的，因此转移电子数小于2 治，选项C 错误；D.未给出N a2s O,溶液的体积，无法计算，选项D 错误；答案选B。12.【答案】B【分析】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，所以需先检验二氧化硫并除去二氧化硫，可用品红溶液检验，酸性高镒酸钾溶液可同时除去二氧化硫和乙烯，乙烯被酸性高铳酸钾氧化为二氧化碳，然后再通入澄清石灰水中会变浑浊，据此分析解答。【详解】A.二氧化硫可使品红溶液褪色，所以若品红溶液a 褪色，则证明气体中有SO A正确；B.因为酸性高钵酸钾可氧化乙烯
10、气体转化为二氧化碳，所以若澄清石灰水变浑浊，只能只能证明存在二氧化碳,不能证明原混合气体中含二氧化碳，B 错误；C.乙醇与浓硫酸反应，若生成二氧化硫，则证明S 元素化合价降低，即体现了浓硫酸的氧化性，C 正确；D.乙烯和二氧化硫均具有还原性，均可被酸性高镒酸钾溶液氧化，D 正确；故选B。13.【答案】A【分析】由图可知，总反应为氮的氧化物和一氧化碳在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳，反应为催化剂2 N 0、+2ACO 2ACOO+N 2；【详解】A.反应中锌离子生成又消耗，为催化剂，A正确；B.过 程 I 中氧元素化合价升高，发生氧化反应；过程H 中氧元素化合价降低，发生还原反应，B 错误；C.
11、二氧化碳分子结构为0=C=0,CO?为直线催化剂型非极性分子，一个分子内存在2 个。键，C 错误；D.该过程的总反应为：2 N OV+2AC O=2ACO2+N2,D 错误；故选A。14.【答案】D【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3 个单电子，电子排布式应为Is 22s 22P 3,所以X为 N,Z与 Y可形成原子个数比为1 ：1 的含非极性共价键的离子化合物应为N a 2O 2,所以Y为 O,Z为 N a,W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数11,所以W、Q分别为P、S 或 Si、Cl【详解】A.简单离子半径：Na+c(OH尸cXOHAl
12、?-“，A 正确；B.NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OFT与 H A 的浓度越接近,%的 水 解 常 数 人=上小)：(。“)一(,“),由图可知，A-浓度较大时Khlx i(yi。，数量级为10。，B 错c(A)c(A)误；C.NaA溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H*)=c(OH-)+c(A),物料守恒8 人)+14人)=c(A)c(HA)c(H+),D 正确；故选B。17.(14分)【答案】(l)250mL容 量 瓶(1 分)(2)ATC BTD(2 分)排出装置内及溶解的氧气的干扰(2 分)(3)2H2O-4 e-=4 H+O2T(2 分)
13、(4)40.0(1 分)C1 一放电产生氯气导致溶解氧降低，后 OH一放电导致溶解氧升高(2 分)该条件下 OH一比。一先 放 电(2 分)电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)(2 分)【分析】探究电解氯化钠溶液中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气。【详解】（1）配制2 5 0mL 5.0 m o l T N a C l 溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、2 5 0 m L 容量瓶；故答案为：2 5 0 m L 容量瓶。（2）利用上述装置检验阳极是否产生
14、将产生的混合气体先用氢氧化钠溶液除掉氯气，再用淀粉-K I 溶液检验氯气是否除尽，除尽后再通入到酸性淀粉-K I 溶液中检验是否有氧气生成，因此其通入其连接顺序为ATC BTD。空气中有氧气，要检验是否有氧气生成，因此电解前要排出装置内及溶液中的氧气，因此实验前从a 处通入氮气的目的为排出装置内的空气；故答案为：ATC BTD；排出装置内及溶解的氧气的干扰。（3）小组同学根据实验现象判断有产生，说明是溶液中的水失去电子变为氧气和氢离子，其用电极反应式表示产生。2 的原因 2 H 2 O-4 e =4 H+O 2 T；故答案为：2 H 2 O-4 e-=4 H+O 2 T。（4）根据题意，要使得
15、实验2、3是判断相同浓度N a C l 在不同pH下是否有氧气产生，则溶液的总体积应该相等，因此其中x=4 0.0；故答案为：4 0.0 o根据图中信息分析，实 验 1 分析，氯气量越多，溶解氧的含量减少，实验2与实验3分析同样浓度的氯化钠在中性和碱性条件下溶解氧是不相同，在碱性条件下溶解氧含量增多，根据实验5分析在碳酸钠碱性条件下溶解氧含量增加，因此根据前面分析得到实验2溶解氧先降低后升高的原因是生成氯气量增多，溶解氧含量减少，当氯化钠反应完，溶液呈碱性，氯气逸出，此时溶解氧又慢慢增大即C 1 一放电产生氯气导致溶解氧降低，后 O H 一放电导致溶解氧升高；故答案为：C 1 一放电产生氯气导
16、致溶解氧降低，后 O H 放电导致溶解氧升高。根据题意，由上述实验现象可获得的实验结论是说明开始阶段是O H 放电溶解氧增多，后来C 1 一放电氯气含量增多即该条件下OH一比C 1 一先放电；故答案为：该条件下O H 一比C 1 一先放电。根据题意分析，根据实验1 得到是氯离子放电，而实验3是 O H 一比C 1 一先放电，因此可采取的措施有电解过程加入N a C l 控制合适的氯离子浓度或离子交换膜；故答案为：电解过程加入N a C l 控制合适的氯离子浓度或离子交换膜（其他合理答案即可）。1 8.【答案】（1）+3 （1 分）焙烧（2）4 Fe V2O4+8 M g O+5 O2=4Mg2
17、V2O7+2 Fe2OJ（2 分）（3）M g 2+、Fe 3+（2 分）,、焙烧 小（4）（N H4）4 H2VI0O2S5 V2O5+4 N H31 +3 H2O （2 分）9.4 （2分）沉 钿（2分）（6）VS （2 分）6 （1 分）【分析】钿渣氧化镁、氧气焙烧后，加入硫酸酸浸，硅转化为沉淀成为滤渣，滤液加入氨水调节p H,将镒、镁、铁转化为沉淀，滤液加入硫酸镂沉机可得到（岫4）4 也%,0 2 8 沉淀，焙烧得到V Q s，最终得到金属钿；【详解】（1）Fe V2O4中 Fe 为+2 价、氧为-2 价，根据化合价代数和为零可知，V 的化合价为+3；（2）“焙 烧 I”中Fe VQ*
18、和氧化镁、氧气，转化为MgM。和F eR,化学方程式为焙烧4 Fe V2O4+8 M g O+5 O2=4Mg2V2O7+2 Fe,O3；（3）“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有V O；、M r?+外，还含有的金属阳离子有M g 2+、Fe 3+；“沉钿 可得到（N HJ也%0 比沉淀，“焙烧n”中（N H4）4也。0 2 8 分解得到V2 O 5,根据质量守恒可知,还会生成氨气和水，发生反应的化学方程式为（N H J,也*。*壁 星 5 VQ 5+4 N H 3 T +3 H,O ；（5）由表格可知，镁离子为c=0.1 m o l 1 T,p H=8.
19、9 开始沉淀,此时p O H=5.1,则 KSp=0.1 x（1 0 川 2=（）川.2；溶液人中乂8 2+浓度为0.24 8 1 一，为O.O l m o l.L T,则氢氧根离子浓度为,p O H=4.6,则p H=9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铁，故可再生循环到沉钮工序使用。（6）由图可知，根据均摊法，1 个晶胞中V为1 2x J+6 x?+2x 1+l=6 个、S为 6个，故该钮的硫化物的6 3 2化学式是V S；该钮的硫化物的晶体中，以体心的V为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。1 9.【答案】+1 5 8.8 k T m o （2 分）（2）A
20、 B （2 分）MQ（T（s）+C O 2（g）=MQ,（s）+C O（g）（2 分）（4）低（2 分）C O?过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低（2 分）&型（2 分）哈E Q 分）【详解】（1）根据盖斯定律反应1=反应U+反应I I I,则反应I 的A/=/1 +A/2=4-1 1 7.6 k J-m o l 1+(+4 1.2k J m o l 1)=+1 5 8.8 k J m o r 1,故答案为：+1 5 8.8 k J m o l-1;(2)A.由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；B.二氧化碳为反应物
21、，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则n(CC)2):n(CO)的比值在减小，当n(C O j:n(C O)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；C.其他条件相同，反应I I正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；D.反应in为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；故选：ABo(3)由图中信息可知反应i i为M Q(,f(s)+CO2(g)=M,Ov(s)+C O(g),故答案为：M Q(T(s)+CO2(g)=M Q,(s)+CO(g)；(4)温度相同时，n(CO
22、2)：n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的n(CC)2)：n(乙苯)较大，则在转化率相同时，n(CC)2)：n(乙苯)较大的对应的温度越低,故答案为:低;相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是CO?过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：CO?过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n m o l,此时乙苯转化率为5 0%,则消耗的乙苯的物质的量为0
23、.5 n,生成苯乙烯的物质的量为0.5n,v(苯乙烯)=%mol-min,故答案为：；t t(5)+CO2(g)4CH=CH,6(g)+H2O(g)+co(g)起始压强pi变化压强XXXXX平衡压强Pl-XpXXX由题意得：P L X+P+X+X+X=P 2,解得：x=B/，苯乙烯的平衡分压等于x=&尹，故答案为：区罗。2 0.【答案】C9H8O2（1 分）还原反应（1 分）羟 基（1 分）Fee,溶液 混合后溶液变紫色（1 分）竣 基（1 分）N a HC C）3 溶液 有无色气泡生成（1 分）（3）高 于（1 分）M 形成分子间氢键，使沸点升高，A形成分子内氢键，使沸点降低（2分）CH3
24、O乙二醇、甲 基 丙 烯 而、CH?C Q OCCH3 一定条件浓一酸、加热）1 1 -COOCH2cH20c CH3 Of JO OCCH3n|1 3（3 分）COOCH2cH20c【分析】A与A q。发生取代反应生成B,B在氯化铝催化作用下发生分子内取代反应生成C,C与溪单质HV发生取代反应生成D,D 与CH3CH3CH发生取代反应生成E,E 发生加氢反应生成F,F 与氢气在-3P j催化剂条件下发生取代反应生成G,据此分析解答。【详解】（1）由 B的结构简式可知B的分子式为C g 4。,，E-F 的转化过程中E 的线基转化为醇羟基，可知发生加氢反应，属于还原反应；（2）D 中官能团有酚羟
25、基、竣基、埃基和澳原子，结合给定试剂可检验酚羟基和竣基，取 D 与氯化铁溶液混合，若溶液变紫色，可知存在酚羟基；取D与碳酸氢钠溶液混合，若产生无色气泡，可知存在竣基;(3)由结构可知M中竣基、羟基位于苯环的对位，易形成分子间的氢键，使其沸点升高，而A中羟基、竣基位于苯环邻位，易形成分子内氢键，导致分子间作用力变小，沸点降低，因此M的沸点高于A；(4)能发生水解反应且最多能与4倍物质的量的N a O H反应，结合C的组成可知该结构中含有2个-O O C H,且处于对称位置;核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1,结构中含有1个甲基;(5)CH2-符合的结构有:OOCHCH3COOCH2cH20cOIIQCCH3可由CH3CH2=o QCCH3发生加聚反应得至hCOOCH2CH2OCCH3HO-COOCH,CH?OCQCCH3可由乙二醇、甲基丙烯酸O1 CCH33发生酯化反应得到，HO一O应得到，由此可得反应路线：HOAc,0HOHO-CH,=C C O O H 以及CH3OCCH3与乙酸酎反OCCH3CH3