2023年高考第二次模拟考试卷-化学（全国甲卷A卷）（全解全析）

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2023年高考化学第二次模拟考试卷（全国甲卷理综A卷）化学·全解全析78910111213BADCABD7．B 【解析】A．二氧化碳不是大气污染物，A错误；B．光伏电解水制氢是利用太阳能实现，可以作为绿氢的主要来源，B正确；C．燃煤脱硫不能减少二氧化碳的排放，对实现“碳达峰、碳中和”无作用，C错误；D．石墨烯是由碳元素形成的碳单质，是新型无机非金属材料，D错误；故选B。8．A 【解析】稀硫酸和锌粒反应会产生氢气，氢气进入③中的试管中，使试管内部的气体压强变大，③中的液体会通过导管进入到④中的试管中，据此分析。A．由分析可知，③中浓盐酸会进入到④中试管中，浓盐酸与KMnO4反应会生成氯气，氯气可以使石蕊溶液褪色，用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，A正确；B．由分析可知，③中浓HNO3会进入到④中试管中，Cu与浓HNO3反应会生成二氧化氮气体，二氧化氮与FeSO4溶液反应，会氧化二价铁离子变为三价铁离子，溶液呈现棕黄色，不会褪色，且二氧化氮不能用水吸收，会有一氧化氮的生成，故应用氢氧化钠溶液吸收尾气，B错误；C．由分析可知，③中浓H2SO4会进入到④中试管中，木炭与浓H2SO4的反应需要加热，④中试管没有加热，木炭与浓H2SO4的不发生反应，C错误；D．由分析可知，③中浓NaOH溶液会进入到④中试管中，浓NaOH溶液与NH4Cl固体混合，可以得到氨气，氨气与少量CuSO4溶液反应，开始得到蓝色氢氧化铜沉淀，随着氨气的不断通入，最后沉淀会转化为铜氨络离子，铜氨络离子溶液颜色是蓝色，⑤中溶液颜色没有褪去，不符合题意，最后用CCl4和水除去多余的氨气，还可以防止倒吸现象，D错误； 故本题选A。9．D 【解析】A．为分子化合物，因此熔融状态下的不含，A错误；B．标准状况下，为固体而非气体，B错误；C．溶液未给出体积，因此无法计算离子个数，C错误；D．18g为1mol，一个H2O分子中含有2个H-O键，因此1molH2O中含有共价键的数目为2，D正确。本题选D。10．C 【解析】A．该有机化合物含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物，有机物Q与乙酸结构不相似，不互为同系物，B错误；C．该有机物可以燃烧，则能发生氧化反应；该有机物含有苯环，在一定条件下能发生加成反应，C正确；D．苯环上有2种等效氢，则其一氯取代物有2种，D错误；故选C。11．A 【解析】X、Y、Z、M、N均为原子序数依次增大的短周期主族元素。由物质A的结构简式可知，N+化合价为+1价，N元素位于第IA族，则N为Na；Z形成2个共价键，且Z的族序数是周期序数的三倍，则Z为O；M形成1个共价键，则M为F；X形成4个共价键，再获得1个电子，则X为B；Y形成4个共价键，则Y为C，综上所述，X、Y、Z、M、N分别为B、C、O、F、Na。A．X为B，其最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3为一元酸，A错误；B．由物质A的结构简式可知，B、C、O、F、Na均达到了8电子稳点结构，B正确；C．Y、Z、M分别为C、O、F，比较其简单氢化物的稳定性就是比较C、O、F三者的非金属性，同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，则简单氢化物的稳定性：Y＜Z＜M，C正确；D．Z、M、N对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+，三者核外电子排布完全相同，核电荷数越大，半径反而越小，则Z、M、N对应的简单离子半径：Z>M>N，D正确； 故选A。12．B 【解析】当K与b接触时，M电极上发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，即M电极为阴极，N电极上发生的电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，发生氧化反应，N电极为阳极，当K与c电极接触时，N电极发生的电极反应为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，发生还原反应，此时N电极为阴极，L电极发生的电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，发生氧化反应，L电极为阳极，据此分析解题。A．由分析可知，当K与b接触时，M为阴极，即a为电源的负极，当K与c电极接触时，N为阴极，故c为电源的负极，A正确；B．由分析可知，K向左端闭合时，N电极发生的反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，B错误；C．由分析可知，产生等物质的量的和时，设产生nmolH2和nmolO2，根据电子守恒可知，产生nmolH2转移电子为2nmol，此时N即进行的反应Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，生成nmolMnO2，生成nmolO2转移电子为4nmol，此时N极进行的反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，消耗2nmolMnO2，故N电极质量减小，C正确；D．K向右端闭合时，L电极发生的电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O，虽然消耗了OH-，但双极膜中的OH-会转移到L电极附近，补充OH-，根据电子守恒可知，电解过程中的物质的量不变，D正确；故答案为：B。13．D 【解析】向的盐酸溶液中滴加的碳酸钠溶液，溶液中依次发生反应：、，故溶液中先增大后减小，当盐酸完全反应后，滴加碳酸钠溶液过程中，逐渐增大，当反应完全后，溶液过量，逐渐增大，因此曲线Ⅰ为浓度变化曲线，曲线Ⅱ为浓度变化曲线，曲线Ⅲ为浓度变化曲线，据此分析解答。A．时，碳酸钠的，A错误；B．曲线Ⅰ为浓度变化曲线，根据分析，的总反应为，根据化学方程式可知，，解得，B错误；C．酸会抑制水的电离，能水解的盐会促进水的电离，a点的溶质为，b点的溶质为，因此b点溶液中水的电离程度较大，C错误；D．c点溶液中，溶液中，溶液，D正确；故选D。26．（1）2×10-5（2分）（2）PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑（2分）     醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量（2分）（3）4.6×10-7（2分）     硝酸（2分）     坩埚、泥三角（2分）（4）B（2分）【解析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加碳酸氢铵，PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到PbSO4,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅()。（1）在NH4HCO3溶液中，反应NH +HCO+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K===1.25×10-3，常温下，的电离平衡常数2×10-5。故答案为：2×10-5；（2）转化过程转化为更难溶的PbCO3，发生反应的化学方程式PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。（3）测得滤液1中，PbSO4+CO PbCO3+SO, ,则该滤液中4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸；加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。（4）三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。27．（1）验纯 （1分）    证明装置内空气已排尽(防止产品被氧化) （1分）    关闭K3，打开K2（2分）（2）降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于析出（2分）     （2分）     偏低（2分）（3）fg→bc(或cb)→d(e) （2分）    (B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊（2分）【解析】（1）反应之前，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁离子被氧化，所以先检验氢气的纯度，证明装置内的空气已经完全除尽，要使A装置中生成的 和B装置中的反应生成,应关闭，打开，装置内压强增大，使A中的溶液被压入B装置中；（2）难溶于乙醇，混合溶液，充分反应后加入乙醇，作用是降低三草酸合亚铁酸钾的溶解度，便于产品析出；溶于硫酸，设溶液中的为nmol，物质的量为3mol，都能与反应，关系分别为： ，，，铁元素的质量为：，产品中铁元素的质量分数表达式为；若产品加入锥形瓶后放置时间过长，被氧化，则测定的质量分数将偏小；（3）检验其受热分解所得产物是否含有CO、，先将分解产物通入澄清石灰水，检验，再通入氢氧化钠溶液吸收，通入澄清石灰水检验是否被完全吸收，再依次通入氧化铜、澄清石灰水检验CO，所以连接装置的顺序为：fg→bc(或cb)→d(e)；若气体产物中含有CO，则装置中的现象是(B中黑色固体变红，)E中澄清石灰水不变浑浊，且C中澄清石灰水变浑浊。28．（1） （3分）    1673（1分）     0.85（1分）（2）否（1分）     因为温度升高使催化剂失去活性而使NO的转化率降低（2分）（3）T1（2分）     60%（2分）     24.5（3分）【解析】（1）根据盖斯定律结合反应方程式可知，△H3=；根据图像可知，还原性最高效率是T=1673K，KSR1=0.85。（2）a点时，NO转化率最高，只能说明反应速率最快，影响反应速率还有催化剂的活性，而受到催化剂的影响，a点可能是因为温度升高使催化剂失去活性而使转化率降低，所以a点不一定达到平衡。（3）N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，反应为放热反应，当温度升高，反应向逆反应方向进行，NH3含量降低，根据图像可知NH3含量：T1>T2>T3，温度T1<T2<T3，最低的是T1；在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2，混合气体总质量m=5mol×28g/mol+15mol×2g/mol=170g，M点时，NH3的质量分数为60%，NH3的质量为m(NH3)= 170g×60%=102g，n(NH3)==6mol，消耗氮气为n(N2)=n(NH3) =3mol，故M点N2的转化率为=60%；M点NH3的物质的量为6mol，列三段式，此时气体总压强20MPa，总物质的量n(总)=14mol，p(N2)=×20MPa=MPa，p(H2)=×20MPa=Mpa，p(NH3)= ×20MPa=Mpa，则M点时，a=0.5，v(NH3)==0，则=24.5(MPa)2。35．（1）2s22p3（1分）     C<O<N（2分）（2）F-N=N-F(顺反结构不做要求，均正确) （2分）（3）>>（2分）（4） （1分）   氮原子上连上氢原子易形成微粒间氢键，使该离子不易以单个形式存在，无法获得良好的溶解性（2分）（5）16（2分）（6）32（1分）     2：1（2分）【解析】（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，N元素为半满状态，第一电离能大，所以C、N、O的第一电离能由小到大的顺序是C<O<N。（2）N2F2(二氟氮烯)分子中的氮原子采用sp2杂化，所以N和N为双键，则N2F2的结构式为F-N=N-F，故答案为F-N=N-F(顺反结构不做要求，均正确)。（3）、、中心原子的价层电子对分别为3、3、2，为平面三角形，键角为120°，中N原子存在一对孤对电子，其对成键电子的排斥力更大，键角小于120°，为直线型，键角为180，故答案为>>。（4）如图可知，形成大π键的原子数为5，形成大π键的电子数为6，所以EMIM+中的大π键应表示为；由于氮原子上连上氢原子易形成微粒间氢键，使该离子不易以单个形式存在，无法获得良好的溶解性。（5）(NH4)2Cr2O7中的含有8个σ键，还有个N-H键，所以1mol(NH4)2Cr2O7中σ键数目为16NA。（6）全刚石晶中C原子位于预点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线台2个共4个，C原子数目为，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个C被一个由4个C组成的正4面体结构单元取代，故含有C原子个数为，T-碳的密度为金刚石的一半，T-碳的质量为金刚石的4倍，由可知，T-碳的体积应该为金刚石的8倍，则T-碳晶胞和金刚石晶胞的棱长之比为2：1。36．（1）甲苯（1分）     羧基、肽键（2分）（2）取代反应（1分）     氯气、光照（1分）（3）（2分）（4） （2分）（2分）（5）12（2分）     （2分）【解析】由分子式可知A为CH2=CH2，A与HBr发生加成反应生成B为CH3CH2Br．由C的分子式、F的结构简式，可知C为，C发生取代反应生成D为，D发生信息中取代反应生成E为，由G的分子式，可知F发生消去反应生成G，G中-CN水解为-COOH生成J，对比J、K的分子式，结合吲哚布芬的结构可知，Na2S2O4将J中的硝基还原为氨基生成K，故G为，K为．K与M脱去1分子水生成N，N为，N中羰基被还原生成吲哚布芬。（1）根据分析可知，C为，名称是甲苯；（2）吲哚布芬中的官能团是羧基、肽键；（3）由分析知道D为，D发生信息中取代反应生成E为，所以反应类型是取代反应；C为发生取代反应生成D，所以该反应的所需的试剂和条件是氯气、光照；（4）根据信息可知，由G的分子式，可知F发生消去反应生成G，故G为，所以F→G的化学方程式是：；根据分析可知，Na2S2O4将J中的硝基还原为氨基生成K，K为，所以J→K的化学方程式是：；（5）J中有硝基和羧基两种官能团，结合题给条件①苯环上含有2个取代基，且官能团种类不变，②含N官能团一定要在苯环上，即两个取代基一个是硝基,另一个取代基余下3个碳和1个羧基，可连接在苯环硝基的邻位、间位、对位上，这种结构组合一共可以形成5种结构：-CH2CH2CH2COOH, -CH(COOH)CH2CH3，-CH2CH(COOH)CH3，-CH(CH3)CH2COOH，,再与硝基形成邻、间、对的关系，一共有15种，再减去该物质本身，所以共有14种；其中，核磁共振氢谱有4组峰的是。