2023年高考第二次模拟考试卷-化学（广东B卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（广东B卷）

化学·全解全析

1．【答案】C

【解析】A．红陶即陶瓷，属于传统硅酸盐材料，A不合题意；B．玻璃柱主要成分是玻璃，属于传统硅酸盐材料，B不合题意；C．象牙不属于有机高分子材料，其主要成分应是矿物质化的碳酸钙、磷酸钙盐等，不属于天然高分子化合物，C符合题意；D．五彩花卉瓷盖碗是陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D不合题意；

故答案为：C。

2．【答案】A

【解析】A．太阳能电池板的主要成分是硅，A错误；B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到的高分子化合物，B正确；C．一般的，合金的熔沸点比组成它的纯金属低，如铝合金材料熔点比纯铝低，C正确；

D．热控涂层材料具有高防辐射，以防烧伤宇航员，良好的舱内控温效果，以防温度过高过伤到宇航员，D正确；答案选A。

3．【答案】A

【解析】A．用明矾处理含有悬浮微粒的水，是水解生成氢氧化铝胶体吸附悬浮颗粒，不具有杀菌消毒作用，故A符合题意；B．生石灰能与酸性物质反应生成盐，因此撒生石灰改良酸性土壤，故B不符合题意；C．电化学腐蚀需要电解质，而将炒菜的铁锅洗净后擦干，避免有电解质的存在，因此不能发生电化学腐蚀，故C不符合题意；D．升高温度，对的水解平衡正向移动，促进水解，水解程度增大，碱性更强，因此用热的纯碱溶液去油污效果比较好，故D不符合题意。综上所述，答案为A。

4．【答案】A

【解析】A．已知Fe是26号元素，其核电荷数即质子数为26，故的电子数为26，A正确；B．O2中存在氧氧双键，故O2的电子式为，B错误；C．是由Fe2+和通过离子键形成的离子化合物，物质中含Fe2+和之间的离子键和内部的共价键，C错误；D．SO2是V形分子，且S的半径大于O的，故SO2的空间填充模型为，D错误；故答案为：A。

5．【答案】D

【解析】A．根据维生素C的结构简式，分子式为，A正确；B．维生素C分子中含有碳碳双键和羟基，能使高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．维生素C分子中含有碳碳双键和羟基，可发生加成反应、加聚反应与取代反应，C正确；D．维生素C分子含有酯基呈环状，酸性条件下水解只能得到一种物质，D错误；

故选D。

6．【答案】A

【解析】A．装置甲中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下发生反应： MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑ ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故A错误；B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去中的HCl，故B正确；C．Cl2与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确；D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液，故D正确；故选A。

7．【答案】B

【解析】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误；B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确；C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误；D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误；故选B。

8．【答案】D

【解析】A．石墨为阳极，电解池阳极发生氧化反应，A错误；B．和为电池阴极，发生还原反应，反应方程式为++8e-=TiSi+4O2-，B错误；C．电解时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，C错误；

D．由阴极电极反应式可知，每生成，电路中转移8mol电子，D正确；故选D。

9．【答案】C

【解析】A．漂白粉投入水中，次氯酸根水解：，故A错误；B．电路板刻蚀废液中含高含量氯化亚铁，用使电路板刻蚀废液再生变为铁离子：，故B错误；

C．与通入溶液制84消毒液，有效成分为次氯酸钠：，故C正确；

D．浓盐酸和制：，故D错误；综上所述，答案为C。

10．【答案】B

【解析】A．苯胺中含有1mol-NH2，含有的键数目为，A错误；B．LiH中H显-1价，反应时生成H2，故反应电子转移数目为，B正确；C．-NH2含有9个电子，中约含电子数目为，C错误；D．计量气体体积时，需要说明温度与压强，D错误；故选B。

11．【答案】B

【解析】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，SO2具有还原性，将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，二者发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，不能证明SO2的漂白性，A不符合题意；B．弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强，强酸与弱酸盐发生反应制取弱酸。向2 mL1 mol/LCH3COOH溶液中滴1 mol/LNa2CO3溶液，有气体生成，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3，从而可证明Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)，B正确；C．硫酸是淀粉水解反应的催化剂，将稀硫酸滴入淀粉溶液中，加热一段时间，应该先加入NaOH溶液中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再加入碘水，若溶液不显蓝色，证明淀粉水解完全，否则淀粉水解不完全。由于题目中未加入碱中和硫酸，溶液显酸性，因此加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热，溶液未出现砖红色沉淀，不能证明淀粉的水解程度，C错误；D．HNO3具有强氧化性，会将氧化产生，因此不能据此证明溶液中是否含有，D错误；故合理选项是B。

12．【答案】C

【解析】A．淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A正确；B．红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境，可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类，故B正确；C．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，谷氨酸中手性碳原子有，1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为，故C错误； D．谷氨酸中含有2个羧基，若过多，可能生成，故D正确；故选C。

13．【答案】C

【解析】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A错误；B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B错误；C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C正确；D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D错误；

故选C。

14．【答案】A

【分析】R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和W位于同族，W形成6个共价键且原子序数最大，则W为硫、Y为氧；R形成1个共价键，原子序数最小，为氢；X形成4个共价键，为碳；Z形成1个共价键，为氟。

【解析】A．电子层数越多，简单离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；简单离子半径：，A正确；B．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，最简单氢化物的稳定性：，B错误；C．M中含有极性键，而不含有非极性键，C错误；D．R、X、Y能形成多种有机化合物，不是只能组成一种三元化合物，D错误；故选A。

15．【答案】C

【解析】A．此电解池用金属钴和次磷酸钠制备次磷酸钴，因此Co电极失去电子作阳极，与电源的正极相连，A项错误；B．电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。产品室中得到次磷酸钴，阳极区生成的和原料室中的都移向产品室，为了确保产品的纯度和原料室电荷守恒，原料室中的移向阴极区，因此A、B、C分别采用阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜，B项错误；C．石墨电极作阴极，因此电极反应式为，C项正确；D．产品室中得到次磷酸钴，阳极区生成的和原料室中的都移向产品室，原料室中的移向阴极区，所以工作时原料室中的浓度减小，D项错误；选C。

16．【答案】A

【解析】A．图像的纵坐标为电位，无法推断邻苯二甲酸氢钾溶液的酸碱性，选项A错误；B．根据滴定原理KHP+HClO4=H2P+KClO4可知，邻苯二甲酸氢钾是弱酸的酸式盐，因此邻苯二甲酸氢钾溶液中存在，选项B正确；C．邻苯二甲酸氢钾和高氯酸1∶1反应，A点为滴定终点，根据物料守恒可知，选项C正确；D．，，选项D正确；答案选A。

第II卷（非选择题）

17．（14分）【答案】(1)     3.4g（1分）     烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶（3分）

(2) 1     2     10（3分）   （1分）   升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大（2分）

(3) 测定实验5所得溶液的pH（2分）     或（2分）

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；

滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；

【解析】（1）配制溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；

（2）探究加水稀释对水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究加水稀释对水解程度的影响；

①实验1和3，探究加入对水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故0；

②醋酸水解方程式为：，铵根离子水解方程式为：；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得，该结果不足以证明加入促进了的水解，实验中可以根据的浓度增大可以说明加入能促进的水解；

③已知水解为吸热反应，甲同学预测，但实验结果为。实验结果与预测不一致的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；

（3）实验为通过测定不同温度下的水解常数确定温度对水解程度的影响，则实验7需要测定实验5所得溶液的pH；取溶液，用盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为，和HCl以1:1反应，此时的起始浓度=，40℃纯水的pH=b，则，；实验5所得溶液的pH=c，则，则=或。

18．（14分）【答案】(1)（2分）

(2)MnS（2分）

(3)Cu（1分）

(4)6.9（1分）

(5)（2分）

(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强（2分）

(7) B （1分）    4（1分）     （2分）

【分析】铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制备，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到。

【解析】（1）Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3d54s2。

（2）MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。

（3）由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。

（4）Fe2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.856.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。

（5）“脱氯”过程中和OH-反应生成和Cl-，离子方程式为：。

（6）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点。

（7）①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B；

②由晶胞结构可知，该晶体中，每个周围紧邻的共有4个；

③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8=4，Se2-的个数为=2，O2-的个数为=4，该晶体的密度为。

19．【答案】(1)+178（2分）

(2)AC（2分）

(3) C （2分）    积碳在其表面快速沉积使其活性降低（2分）

(4) a （2分）    比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大（2分）    

0.077P（2分）

【解析】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故答案为：+178。

（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；

B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；

C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；

综上所述，答案为：AC。

（3）①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。

②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。

（4）①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。

②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：0.077P。

20．（14分）【答案】(1)溴水或银氨溶液(其他答案正确即可)（1分）

(2) 碳碳双键(或醛基) （1分）    氢气（1分）     (或)  （1分）  

加成反应（1分）

(3)（2分）

(4)4（2分）

(5)n＋nCO2＋(n−1)H2O（2分）

(6)CH3CH=CH2（3分）

【分析】Ⅰ到Ⅱ是Ⅰ中下面四个羟基断裂形成两个碳碳双键，左上角的羟基被氧化变为醛基，Ⅲ到Ⅳ发生加成反应，乙烯中碳碳双键未断裂，而Ⅲ中两个碳碳双键断裂，乙烯中的氢断裂后接到Ⅲ中断裂的碳碳双键位置，Ⅳ到V是生成含有苯环的C8H10和水，V发生氧化反应生成VI，VⅡ和二氧化碳在催化剂作用下发生缩聚反应。

【解析】（1）化合物Ⅰ含有羟基，化合物Ⅱ含有碳碳双键、醛基、羟基，因此鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ主要从醛基和碳碳双键进行鉴别，因此常用的试剂为溴水或银氨溶液；故答案为：溴水或银氨溶液(其他答案正确即可)。

（2）可能变化碳碳双键，与氢气发生加成反应生成；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成；故答案为：碳碳双键(或醛基)；氢气；(或)；加成反应。

（3）化合物V的分子式为C8H10，已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，说明有对称性，再根据VI的结构分析，则化合物V的结构简式；故答案为：。

（4）化合物Ⅲ()的同分异构体中①含有环戊二烯()的结构；②O原子不连在杂化的C上，则说明只可能连在sp3的碳上，若顶上的碳连接−OH，则还有一个−CH3，有三种结构；若顶上的碳连接−OCH3，则符合条件的有4种；故答案为：4。

（5）根据图中信息Ⅶ生成Ⅷ是发生缩聚反应，则Ⅶ生成Ⅷ的化学方程式n＋nCO2＋(n−1)H2O；故答案为：n＋nCO2＋(n−1)H2O。

（6）根据题意丙烯和溴水发生加成反应生成，和氢氧化钠溶液加热条件下发生水解反应生成，和CO2在催化剂作用下发生反应生成，其合成路线为CH3CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2。