2023年高考第二次模拟考试卷-化学（山东B卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（山东B卷）

化学·全解全析

1．C 【解析】A．水体富营养化与含磷废水的排放有关，任意排放氮的氧化物则会导致酸雨的形成，A错误；

B．青铜是铜的合金，其硬度比纯铜大，B错误；

C．绿色能源汽车的研发和推广能够减少有机燃料的使用，从而降低了空气中CO2的含量，因此有助于实现碳达峰、碳中和，C正确；

D．PET纤维是人工制造的纤维，因此属于合成纤维，D错误；

故合理选项是C。

2．B 【解析】A．铁和铜离子反应生成铜单质，与氧化还原反应有关，A不符合题意；

B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲指的是开采石灰石并煅烧生成氧化钙和二氧化碳，没有元素化合价改变，与氧化还原反应无关，B符合题意；

C．化作春泥为有机物的腐败，与氧化还原反应有关，C不符合题意；

D．铁丝日久起销为铁的锈蚀过程，与氧化还原反应有关，D不符合题意；

故选B。

3．D 【解析】A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；

B． CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；

C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；

D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D正确；

故选D。

4．D 【解析】A．量筒是用于量取一定体积的液体，不能用作稀释装置，应在烧杯中稀释浓盐酸，且应向水中缓慢加入浓盐酸，A错误；

B．已知的化学性质与相似，Sn2+离子发生水解反应，加入盐酸可抑制水解，而加热会导致盐酸挥发，且促进Sn2+水解，B错误；

C．容量瓶是用于配制一定浓度的溶液，不能长期贮存溶液，C错误；

D．在HCl氛围中加热可去除结晶水，且能抑制Sn2+水解，可制备无水，D正确；

故选：D。

5．C 【解析】A．反应1、2中含有碳碳三键，生成的化合物A、B，则判断反应1、2均为加成反应，A正确；

B．该结构中只有C、H元素故属于脂肪烃， 手性碳为圈出来的位置，B正确；

C．其一氯代物有4中，如图表示， ，C错误；

D．如图结构所示，B分子存在键长和键能相等的大π键，D正确；

故答案为：D。

6．D 【解析】A．Si元素在自然界中只存在化合态，不存在游离态，A错误；

B．常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol，因此常温常压下2.24 L SiF4的物质的量小于0.1mol，在SiF4分子中含有4个Si-F键，故其中含有的共价键数目小于0.4NA，B错误；

C．Si是亲氧元素，Si元素容易与O元素形成化合物。但SiO2能与HF反应生成SiF4和水，说明Si元素更易和F元素结合，C错误；

D．H2与SiF4在1380 K下反应产生Si、HF，反应方程式为：2H2(g)+SiF4(g)Si(s)+4HF(g)，生成物的气体物质的量更多，所以该反应为熵增反应，D正确；

故合理选项是D。

7．B 【解析】A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由-1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；

B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；

C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；

D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，每消耗8.7克，生成氯气0.1mol,且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；

答案选B。

8．A 【解析】四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中的轨道上的电子总数比轨道上的电子总数少1，X为氮；的核外电子共有8种运动状态，Y为氧；的氧化物可用于制作耐高温材料，且的单质与的最高正价氧化物对应水化物的溶液反应有气体(被称为最清洁的燃料)氢气生成，则W为铝、Z为钠；

A．N中N原子的价层电子对数为2＋=2， N原子采用杂化，A正确；

B．水分子能形成氢键，导致水沸点升高，最简单氢化物的沸点：，B错误；

C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，C错误；

D．氧化铝为离子晶体，D错误；

故选A。

9．D 【解析】如图，在催化剂作用下，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化；和在导带上生成和；

A．如图，在价带上生成，其中氧元素化合价升高，被氧化，故A正确；

B．如图，在反应前后性质不变，可推测整个过程中可推测起催化作用，故B正确；

C．如图，该反应是在和光共同作用下进行，反应过程中光能转化为化学能，故C正确；

D．生成，C元素化合价降低8，即生成得到电子，故D错误；

故选D。

10．D 【解析】某钠盐溶液加入过量稀盐酸生成气体X，则X为硫化氢气体，样品含硫离子； 溶液X加入过量氯化钡生成不溶于酸的沉淀Y，Y为硫酸钡，样品含有硫酸根离子；溶液Y加入过氧化氢、苯得到有机层紫红色，则生成了碘单质，样品含有碘离子；

A．步骤②操作为分离固液的操作，是过滤；步骤③操作为分离有机层、水层的操作，为萃取分液，A错误；

B．溶液Y与双氧水反应为过氧化氢和碘离子生成电子和水，，B错误 ；

C．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，硝酸会把碘离子、硫离子氧化为硫单质、碘单质，C错误；

D．已知：溶液中会与反应生成和白色沉淀；该钠盐溶液中的硫离子与能发生复分解反应生成硫化铜沉淀，碘离子能与铜离子发生氧化还原反应生成碘单质和，D正确；

故选D。

11．D 【解析】A．向淀粉溶液中滴入溶液，将氧化为，溶液变蓝，A项正确；

B．被还原为，乙醇被氧化，具有还原性，B项正确；

C．向盛有的试管中加入稀硫酸，发生了反应：，溶液变蓝，管底有紫红色固体，在强酸中能发生自身氧化还原反应，C项正确；

D．用稀盐酸洗净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应(试验)，透过蓝色钴玻璃观察火焰显紫色，说明该溶液中存在钾元素，该溶液也可能是溶液，D项错误；

故选D。

12．CD 【解析】A．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物有1个手性碳原子，A正确；

B．该有机物含有C-H键，光照下能与Br2发生取代反应，B正确；

C．该有机物含有酚羟基、羧基和氨基，具有弱酸性和弱碱性，既能与酸反应，也能与碱反应，C错误；

D．该有机物有1个羧基，因此理论上1mol该物质与足量反应可生成，即44g CO2，D错误；

故答案为：CD。

【点睛】判断一个碳原子是否是手性碳原子，首先要观察该碳原子是否有双键或三键连接，如果有则必然不属于手性碳原子，即不饱和碳一定不是手性碳。

13．B 【解析】A．根据反应I中作还原剂，则还原性，再结合反应II可知还原性：，A项正确；

B．根据电子守恒可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B项错误；

C．Fe3+和SCN-反应能生成红色物质，所以反应II的滴定实验可选用溶液作指示剂，C项正确；

D．书写并配平反应的离子方程式可知，结合反应II分析可知D项正确；

故选B。

14．BC 【解析】碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，a为正极，钛基电极是阳极，失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为。

A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，故A错误；

B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为，故B正确；

C． 碳电极上水得电子生成氢气，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，HCO+OH-=H2O+CO，碳钢电极底部有、生成，故C正确；

D． 钛基电极上的反应为，HCO+H+=H2O+CO2 ↑，每生成标准状况下2.24L，需要消耗0.1mol，故D错误；

故选BC。

15．AB 【解析】A．根据a点、b点对应的pH，计算溶度积，分别为、，根据信息①可知，前者为的溶度积，后者为溶度积。溶解度小，优先沉淀，故曲线Ⅰ代表，曲线Ⅱ代表，A项正确；

B．，B项正确：

C．b点恰好两种金属离子完全沉淀，金属元素主要存在形式为和，C项错误；

D．，D项错误；

故答案为：AB。

16．（1）1s22s22p1（1分）     3（1分）

（2）平面三角形（2分）     sp3（1分）

（3）BN（1分）     ab（1分）     六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子（1分）

（4）4 （1分）    4（1分）     （2分）

【解析】（1）基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；

（2）BF3中B原子的价层电子对数为3+(3−3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；

（3）①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；

②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电；

（4）①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；

②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。

17．（1）（2分）

（2） （1分）    将氧化为（1分）

（3）5～8（1分）     （2分）

（4）（1分）

（5）（2分）

（6）（2分）

【解析】由题给流程可知，方锰矿用稀硫酸酸溶时，金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入二氧化锰将溶液中亚铁离子氧化为铁离子后，加入氨水调节溶液的pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锰的滤液2；滤液2经离子交换、淋洗涤液洗脱后，加入碳酸铵溶液将溶液中的锰离子转化为碱式碳酸锰沉淀，过滤得到碱式碳酸锰和滤液3；碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧制得锰酸锂。

（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为；

（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子；

（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====；

（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；

（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵；

（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。

18．（1）60 恒温水浴加热 （1分）    烧杯、漏斗（2分）

（2）锥形瓶（1分）     吸收尾气，防止污染空气（1分）    

 稀具有强氧化性，无法制取（1分）

（3）（2分）

（4）重结晶（1分）     96%（2分）     偏小（1分）

【解析】A装置产生硫化氢气体，B中先发生“碱溶”过程，方程式为：，产物碘酸根与A装置产生硫化氢气体发生反应，得到KI，据此分析。

（1）“碱溶”时温度要求控制在60，故需要水浴加热，分离出S的操作为过滤，故用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有烧杯、漏斗；

（2）仪器a的是锥形瓶，硫化氢气体由毒性，不能直接排放到大气中，故装置C的用途是吸收尾气，防止污染空气，稀具有强氧化性，无法制取，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸；

（3）碘盐成为主要碘酸钾，故“碱溶”时得到产物主要是碘酸钾和碘化钾，故反应的离子方程式为：；

（4）KOH和KI均为固体，且KI的溶解度随温度变化较大，故可以用重结晶的方法提纯KI，根据已知的反应方程式，可以的碘离子与高锰酸根的关系，假设碘离子的物质的量为，则得关系，可以计算得：=0.0029mol，n()=n(KI)= 0.0029mol，故样品的纯度为：；滴定终点读数时俯视刻度线，是标准的体积偏小，则测定KI纯度的结果偏小。

19．（1）氟苯（1分）     氟原子、硝基（1分）

（2）还原反应（1分）

（3）防止副产物生成，影响反应产率（1分）

（4）+HBr（2分）

（5）（1分）

（6）5（2分）

（7）（3分）

【解析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为 ，A发生取代反应生成B，B为，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X的分子式知，X为，H发生取代反应生成I，I为 ，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和 制备 ， 和发生取代反应生成 ，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成， 发生还原反应生成。据此分析解答。

（1）A为，A的化学名称是氟苯，B 为，B中具有的官能团的名称是氟原子、硝基；

（2）根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，反应类型为还原反应；

（3）D→E和F→G的作用是防止副产物生成，影响反应产率；

（4）G为，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为

+HBr；

（5）I的结构简式为；

（6）X为 ，X的同分异构体符合下列条件：i）只含两种官能团且不含甲基；

ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构，符合条件的结构简式为：HC≡C-C≡CCH2CH2CH2Br、HC≡C-CH2-C≡CCH2CH2Br、HC≡CCH2CH2C≡CCH2Br、HC≡CCH(CH2Br)CH2C≡CH、(HC≡C)2-CH-CH2CH2Br，所以符合条件的有5种；

（7）由甲苯和制备 , 和发生取代反应生成 ，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成， 发生还原反应生成，合成路线为：。

20．（1）+131（2分）

（2）增加水蒸气浓度促进水煤气变换反应(或重整总反应)的正向进行，同时抑制甲烷化反应的正向进行，从而使CO2和H2的产率上升，CO的产率下降（2分）

（3） （2分）    （2分）

（4）C-O（1分）     ④（1分）     （2分）

【解析】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ×2得：CH3COOH蒸汽催化重整制取H2的总反应的△H=+213.4 kJ∙mol-1+(-41.2 kJ∙mol-1)×2=+131 kJ∙mol-1。

（2）从图中可以看出，当x从2到6时，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，则CH4和CO2产率变化的原因：增加水蒸气浓度促进水煤气变换反应(或重整总反应)的正向进行，同时抑制甲烷化反应的正向进行，从而使CO2和H2的产率上升，CO的产率下降。

（3）①从表中可以看出，实验1中反应物CO2100%转化为CO，则CO2与Fe反应，生成Fe3O4和CO，反应后的固体中含有少量Fe3O4的原因是：。

②实验2中，t分钟内生成CH4的速率是=mol·L-1·min-1。

（4）①从乙酸的两种反应路径和能垒数据可以看出，该条件下，路径Ⅱ的能垒更小，所以CH3COOH更容易断裂的是键C-O；路径Ⅱ的历程中，反应④的能垒最大，所以决速步骤为④。

②若每一步生成的粒子均为吸附态，则反应⑤中，CH2CO∗分解生成和CO∗，反应方程式：。