2023年高考第二次模拟考试卷-化学（重庆B卷）（全解全析）

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2023年高考化学第二次模拟考试卷（重庆B卷）化学·全解全析1234567891011121314ADCACABCBCDCDC1．A【详解】A．世界稀土金属资源稀缺，但稀土金属是国家军事战略的重大资源，A项正确；B．烃类物质是只含碳氢的有机物，而地沟油和甲醇、乙醇等均含有氧元素，B项错误；C．太阳能电池板是将太阳能转化为电能，C项错误；D．泡沫灭火器产生的CO2能与Mg等活泼金属发生反应，D项错误；故选A。2．D【详解】A．钠原子的结构示意图为，A错误；B．质子数为22、中子数为30的钛原子可表示为，B错误；C．TiCl4是液体，不导电，为共价化合物，电子式为，C错误；D．基态氯原子的价电子排布式为3s23p5，价电子轨道表示式为，D正确；故答案为：D。3．C【详解】A．氯气中氯元素化合价为0，既可以升高又可以降低，氯原子既可以得电子又可以失电子，A项错误；B．氯气可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，干燥的氯气不具有漂白性，二氧化硫具有漂白性，但不稳定，漂白原理不同，B项错误；C．溶液应加入硫酸酸化，C项正确；D．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，硝酸根离子在酸性溶液中表现强氧化性，能氧化二氧化硫为硫酸，反应过程中生成BaSO4沉淀，D项错误；故选C。4．A【详解】A．Na+、NH、SO、Cl-，这些离子都没有颜色，且相互之间不发生反应，A正确；B．pH=0的溶液中含有氢离子，氢离子可以和S2O反应生成二氧化硫和单质硫，不能共存，B错误；C．Al3+、Fe3+完全沉淀的pH＜7，中性溶液中不能存在铝离子、铁离子，C错误；D．Ca2+可以和CO反应生成沉淀，且铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，D错误；故选A。5．C【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，进行酸碱中和滴定时，氢氧化钠溶液不能盛放在酸式滴定管中，故A错误；B．氯化氢气体极易溶于水，不能直接通入水中，否则会产生倒吸，故B错误；C．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，两者在圆底烧瓶底部重新化合成氯化铵，从而实现与氯化钠的分离，故C正确；D．液溴具有挥发性，挥发出的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，干扰溴化氢的检验，且溴化氢气体极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，所以装置④不能用于检验溴化氢的生成，不能用于制备溴苯并验证发生了取代反应，故D错误；答案选C。6．A【详解】A．由题干c的结构简式可知，c的分子式为C10H11NO4，A错误；B．由题干转化信息可知，该转化属于加成反应，故理论上，该反应原子利用率为100%，B正确；C．由题干脯氨酸的结构简式可知，脯氨酸与的分子式相同均为C5H9NO2，结构不同，故互为同分异构体，C正确；D．由题干b、c的结构简式可知，b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；故答案为：A。7．B【详解】A．已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力，没有P-P键断开，A错误；B．依据2Ca3(PO4)2+6SiO2+ 10C6CaSiO3+P4+10CO↑～20e-，每生成标准状况下44.8L即=2mol CO时，电子转移数目为4NA，B正确； C．溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目，C错误； D．二氧化硅为共价晶体，不含分子，D错误；故答案为：B。8．C【详解】A．Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故A错误；B．由晶胞结构可知坐标为(，1，)的原子是Z原子，即Fe原子，故B错误；C．Se原子X与Se原子Y，沿x轴方向的距离为，沿y轴方向的距离为，沿z轴方向的距离为，两点间的距离为 nm，故C正确；D．Li原子有8位于顶点，1个位于体心，个数为：，Fe有8个位于面上，个数为，Se原子8个位于棱上，2个位于体内，个数为：，晶胞的质量为：g，晶胞体积为：×10-21 cm3，密度为： g·cm-3，故D错误；故选：C。9．B【详解】A．FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，A项错误；B．将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体是二氧化碳，二氧化碳通入足量的酸性KMnO4溶液除掉SO2，再通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则说明SO2与Na2CO3溶液反应生成了二氧化碳，说明亚硫酸酸性>碳酸酸性，即Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，B项正确；C．脱脂棉主要成分是纤维素，放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，然后再加碱调节溶液pH至溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能看到砖红色沉淀生成，C项错误；D．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，但是Fe2+可能是被H2O2氧化也可能是被硝酸氧化，所以无法说明氧化性：H2O2>Fe3+，D项错误；答案选B。10．C【分析】由图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-+4=，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；充电时，锌与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，电极反应式为+2e-=Zn+4，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电解质溶液1是碱性溶液、电解质溶液2是酸性溶液。【详解】A．由分析可知电解质溶液2是酸性溶液，A错误；B．充电时阴极反应式为+2e-=Zn+4，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则电池总反应式为2+2H2O=2Zn+4+O2↑+4H2O。 ，生成1molO2时生成2molZn，则生成0.5molO2，生成，m(Zn)=1mol×65g/mol=65g，则阴极上生成65gZn，B错误；C．放电时，正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则1molCO2转化为HCOOH转移电子的物质的量为2mol，转移电子数为2NA，C正确；D．放电时，负极反应式为Zn-2e-+4=、正极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，则电池总反应式为Zn+CO2+2+2H2O=+HCOOH，D错误； 故选C。11．D【分析】根据题意，W为短周期元素中原子半径最大的元素，则W为；Z、Q同主族且能形成多种二元化合物，则Z为O，Q为S；X与Y、Z均可形成10电子分子，则X为H，Y为C或N；甲为，丁可能为或，乙、丙分别为相应的正盐和酸式盐。【详解】A．简单离子半径：，故A正确；B．分子间能形成氢键，而分子间不能形成氢键，则沸点：，故B正确；C．H与C能形成种类繁多的烃类化合物，H与N能形成、等多种化合物，故C正确；D．当丙为时，在水溶液中电离大于水解，则其水溶液显酸性，故D错误；故答案选D。12．C【详解】A．由图可知，反应在400℃以后，BaS的含量基本不变，并非温度越高越好，A项错误；B．已知：ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s)△H3=-118.8kJ·mol-1(ii-iii)可得，，温度升高，平衡正向移动，CO的物质的量分数增大，B项错误；C．400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，硫化钡基本反应完全，的量减少，CO的量增加，故反应后组分的变化是由的移动导致的，C项正确；D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的和CO的物质的量之和小于投入C的物质的量，D项错误；答案选C。13．D【详解】A．根据一级、二级电离平衡常数表达式：，，根据图像，可以利用点（9.2，0.5）和点（6.2，0.5）两点中， 和 ，故电离平衡常数就等于该点的 ，代入数值可以计算一级、二级电离平衡常数，A正确；B．根据选项A的分析代入计算可得：， ，则的水解平衡常数为，则电离程度大于其水解程度，溶液显碱性，B正确；C．等物质的量的和混合溶液，的水解程度大于的水解程度，则溶液中 ，C正确；D．室温下溶液显酸性，，D错误； 故本题选D。14．C【分析】t2时正、逆反应速率中只有其中一个增大，应是改变某一物质的浓度，t4时改变的条件为减小压强，说明反应前后气体的体积相等，t5时正逆反应速率都增大，应是升高温度，由图甲可知，t1时到达平衡，△c(A)=0.09mol/L，△c(C)=0.06mol/L，二者化学计量数之比为0.09：0.06=3：2，则B为生成物，反应方程式为3A(g)B(g)+2C(g)，结合浓度的变化解答该题。【详解】A．若t1=15s，生成物C在t0∼t1时间段的平均反应速率为：v==0.004 molL﹣1s﹣1，A正确；B．由以上分析可知反应的化学方程式为：3A(g)B(g)+2C(g)，B正确；C．t2时刻该变外界条件，其中某方向速率一瞬间不发生变化，另一方向化学反应速率增大，故t2时刻该变的外加条件为增大反应物浓度，t3时刻错误该变外界条件，化学反应速率均增大，且正逆化学反应速率相等，故t3时刻该变的外界条件可以是加入催化剂或压缩体积加压或充入适量A、B、C，t5时刻后正逆化学反应速率均增大，其该变外界条件可能为升温、充入相关参加反应的物质，C错误；D．该反应的方程式为3A(g)B(g)+2C(g)，根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为，平衡时B的物质的量为，所以起始时B的物质的量为0.1mol−0.06mol=0.04mol，D正确；故答案为：C。15．(1) 适当提高盐酸的浓度、升高温度、搅拌等（1分）     、（1分）(2) （2分）     防止将还原，使元素损失（1分）(3)  （1分）     （1分）(4) （2分）(5) （2分）(6) （2分）【分析】砷锑烟尘(主要成分为、和少量、)加入浓盐酸，和溶于浓盐酸，二氧化硅和Ag不溶于盐酸，过滤，向滤液中加入发生还原反应得到As，过滤，向滤液中加水稀释得到SbOCl，加入氨水中和脱氯，最终得到。【详解】（1）提高酸浸速率主要从浓度、温度，接触面积分析，因此“酸浸”时能提高酸浸速率的措施有适当提高盐酸的浓度、升高温度、搅拌等；二氧化硅和Ag不溶于盐酸，因此浸出渣的成分为、；故答案为：适当提高盐酸的浓度、升高温度、搅拌等；、。（2）“还原”时，与反应生成、和，则其反应的化学方程式为，根据与元素同主族推测，具有氧化性，其氧化性比的氧化性弱，当过量，会与发生氧化还原反应，因此不宜过量的原因是防止将还原，使元素损失；故答案为：；防止将还原，使元素损失。（3）“稀释水解”时，水解温度与稀释比对水解率的影响如图所示，温度升高水解率降低，因此水解温度最佳为20℃，稀释比在6:1时已达到较高的水解率，再增加稀释比变化不大，因此最佳稀释比为6:1，则水解最佳温度和最佳稀释比分别为20℃、；故答案为：20℃；。（4）“中和脱氯”时SbOCl和氨水反应生成和铵根离子、氯离子，其发生的离子方程式为；故答案为：。（5）可直接电解制备金属单质，其原理如图所示，氧离子向右移动与碳失去电子形成二氧化碳，则极发生的电极反应式为；故答案为：。（6）砷锑烟尘中元素的质量分数为，整个流程中损失率为，根据2Sb～关系式，则砷锑烟尘理论上能制备的质量为；故答案为：55.48。16．(1)三颈烧瓶（1分）     CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O（2分）(2)防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率（2分）(3)打开放空阀（2分）     防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率（2分）(4)仪器5油水分离器液面高度保持不变（2分）(5)过滤（2分）(6) （2分）【分析】利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)，冷凝回流后利用分水器分离出水，促进反应正向移动，产物再冷却收集，所得产品进行实验分析；【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器2的名称是三颈烧瓶，仪器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O；（2）为防止温度过高CH3COOOH燦炸分解，减少H2O2热分解损失，缓慢滴加可以提高H2O2的利用率，故实验中反应温度控制在55°C，且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水；（3）④当油水分离器中水层液面升高到支管口时，经过打开放空阀后，打开活塞逐滴放出适量水；定期从油水分离器放出水的原因是防止油水分离器中的水回到仪器2中，使过氧乙酸溶解影响产率；（4）根据产生的水的量不变可判断反应达平衡，待观察到仪器5油水分离器液面高度保持不变时，说明反应已经结束；（5）反应结束，分离仪器2中的混合物初步得到粗产品是分离去掉难溶固体酸，方法是过滤；（6）根据I2+2=2I-+，由得失电子守恒、元素守恒可知：， 双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：，则样品中含有n(CH3COOOH)=(0.05V1-0.05V2)mol，由公式c=可得，样品中的过氧乙酸的浓度为=；答案为。17．(1)+173.3kJ/mol（2分）(2) a（1分）     温度升高，反应II平衡逆移，消耗CO2，生成CO，CO2选择性不断减小（2分）     3.42（2分）     或2.3（2分）(3)增大水蒸气的浓度(2分，其它合理答案均可)(4) 负（1分）     C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+（2分）【详解】（1）由方程式可以看出，最终得到。答案为；（2）从反应Ⅱ产生CO2为放热反应，升高温度该反应平衡逆向即CO2含量降低，选择性降低。而反应I为吸热反应且产生CO，随着温度升高该反应平衡正向CO增加，CO的选择性增加。答案为a；CO转化为CO2为放热反应升温平衡逆向，CO2选择性降低。CO2的选择性=0.15n(CO2)=0.85n(CO)。300℃平衡C2H5OH的转化率为60%，即n(CO2)+n(CO)=0.6×2mol=1.2mol，得出n(CO)=0.18mol，n(CO2)=1.02mol。则 n(H2)=3.06+0.36=3.42mol。答案为3.42mol。500℃时，乙醇的转化率为80%则n(CO2)+n(CO)=80%×2mol=1.6mol。选择性为50%，n(CO2)=n(CO)=0.8mol。则建立三段式为由以上得知，平衡时n(H2)=2.4+1.6=4mol，n(C2H5OH) =0.2mol，n(H2O)=3-0.4-1.2=1.4mol。则P总（平衡）= ，，。则。答案为2.3；（3）由乙醇参与的两个反应均为吸热反应，且气体增加的反应，升温或者降低压强或者增加H2O的浓度均能使这两个反应平衡正向，H2的产率增加。答案为升温或降压或增加H2O(g)浓度；（4）由图知，H2O变为H2发生了还原反应，则为电解池的阴极与电源的负极相连。而a极为阳极，电极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。答案为负，C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。18．(1) 3-甲基苯酚（1分）     羧基和酯基（1分）(2)  +HNO3+H2O（2分）     取代反应（1分）(3)  （1分）     3（2分）(4) 4（2分）     （2分）(5) （3分）【分析】由题干流程图可知，A和乙酰氯反应生成和HCl，则A为，C()硝化反应生成D()，D在Fe/ HCl条件下还原为E，由已知信息①可知E为，E先在NaOH溶液中水解再酸化得到F，据此分析解答。【详解】（1）由分析可知A为，其名称为3-甲基苯酚；由C的结构式可知，含有官能团的名称为羧基和酯基；（2）过程③是硝化反应生成D，其化学方程式为+HNO3+H2O，其反应类型为取代反应；（3）由分析可知E的结构简式为；E中存在羧基和酯基，并且酯基水解后生成乙酸和酚羟基，所以1molE在反应⑤过程中最多消耗3mol NaOH；（4）M的分子式为C11H13O4N， 1mol该物质与足量NaHCO3反应生成2molCO2，表明该物质含有两个羧基，磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，表明该物质有四种环境的H，个数比为6∶4∶2∶1，并且该分子结构中含一个六元环，且环上一氯代物只有一种，则满足条件的M有4种，分别为、、、；（5）和浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，被Fe和HCl还原为，则合成路线为。