2023年高考第二次模拟考试卷-化学（山东A卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（山东A卷）

化学·全解全析

1．C 【解析】A．小苏打、纯碱显碱性，无毒，可以用于食用碱，选项A正确；

B．发展新能源可以减少二氧化碳排放，安全有序发展新能源符合党的二十大提出的“积极稳妥推进碳达峰、碳中和”，选项B正确；

C．纤维素在人体内不能水解，人体不能吸收纤维素，选项C错误；

D．特种钢材属于铁的合金，选项D正确；

答案选C。

2．A 【解析】A．，加入氯化铵，铵根与OH-结合，，与氧化还原无关，A符合题意；

B．，发生氧化还原，B不符合题意；

C．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，发生氧化还原，C不符合题意；

D．，发生氧化还原，D不符合题意；

故答案为：A。

3．D 【解析】A．裂化汽油中含不饱和烃，能与溴单质发生加成，不能用于提纯溴水中的溴单质，故A错误；

B．高锰酸钾具有强氧化性应用酸式滴定管装液，故B错误；

C．浓硫酸使蔗糖脱水炭化体现浓硫酸的脱水性而非吸水性，故C错误；

D．灼烧海带应在坩埚中进行，故D正确；

故选：D。

4．B 【解析】A．中的化学键为极性键，为正四面体结构，正负电荷中心重合为非极性分子，中的化学键为极性键，为直线型结构，正负电荷中心重合为非极性分子，A项正确；

B．为直线型结构，键角为，而晶体中每个硅原子与4个氧原子结合，每个氧原子与2个硅原子结合，不可能为直线型结构，故两者键角不可能相等，B项错误；

C．元素的非金属性越强，电负性越大，C项正确；

D．的配位数为6，D项正确；

答案选B。

5．D 【解析】A．槟榔碱中含有酯基，槟榔次碱中含有羧基，二者结构不相似，不是同系物，A错误；

B．槟榔碱分子中N原子的价层电子对数为3+1=4，杂化方式是，B错误；

C．槟榔次碱结构中含有碳碳双键和羧基，都是平面结构，碳碳双键形成的平面结构含有5个碳原子，另外还有一个碳原子可以利用碳碳单键的旋转性与碳碳双键共平面，所以该分子中最多有6个碳原子共平面，C错误；

D．槟榔碱中含有酯基能与强酸、强碱反应，槟榔次碱中含有羧基能与强酸反应，两个物质中均有N原子，其中的孤对电子可以接受氢离子，与酸反应，D正确；

故选D。

6．B 【解析】A．由图可知，吸附层中正电荷较多，在静电吸附作用下，胶团可以吸附废水中的价砷元素，则含砷微粒是带负电荷的离子，A错误；

B．根据铁元素守恒，可以形成1mol，则为组成的胶团数目小于，B正确；

C．增大废水的，胶粒会转化为氢氧化铁沉淀，导致吸附絮凝效能下降，C错误；

D．具有氧化性，可以氧化废水中的含砷微粒到价，D错误；

故选B。

7．C 【解析】五种元素属于前四周期主族元素，根据周期表可知，M、N、Y位于第二或第三周期，其中只有M为金属元素，则M、N、Y位于第三周期，M为Al，N为Si，Y为P，X为N，Z为As。

A．非金属性越强，其高价氧化物对应的水化物的酸性越强，同族元素，从上至下，非金属性依次减弱，则P的最高价氧化物对应水化物的酸性比As强，A正确；

B．Ｍ元素与Ｚ元素分别为Al元素和As元素，Al是13号元素，As是33号元素，故两元素的原子序数差为20，B正确；

C．X、Y的简单气态氢化物分别为NH3和PH3，由于NH3分子间存在氢键，故NH3的沸点比PH3的高，C错误；

D．N原子是Si，其简单氢化物为SiH4，SiH4的电子式为，其中含有四对共用电子对，D正确；

故答案为：C。

8．D 【解析】浊液加入氨气、二氧化碳转化为碳酸钙沉淀，碳酸钙加入草酸钠转化为草酸钙产品；

A．“浸取1”应先通使溶液显碱性，再通可以吸收更多二氧化碳，从而制备出更多，A正确；

B．“浸取1”时钙离子、碳酸根离子生成沉淀，所得滤液1中主要成分为硫酸铵，故浓度最大的阳离子为，B正确；

C．“浸取2”时，碳酸钙加入草酸钠，将碳酸钙转化为草酸钙产品，反应的离子方程式为，C正确；

D．草酸钙为沉淀，“系列操作”具体是指过滤、洗涤、烘干，D错误；

故选D。

9．C 【解析】A．①中反应为，电子转移为：，消耗转移，A正确；

B．硫离子具有还原性，②中溶液先变浑浊的原因二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，B正确；

C．Na2SO3 +S= N2S2O3，亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为1:1；由反应可知，2Na2S+SO2= 2N2SO3+3S，该反应生产亚硫酸酸钠和硫反应物质的量为2:3；故还需要1份碳酸钠和二氧化硫生成1份亚硫酸钠，故混合液中的最佳比例为2:1，C错误；

D．氢氧化钠和二氧化碳、二氧化硫反应分别生成碳酸钠、亚硫酸钠，吸收液可直接返回到步骤②循环利用，D正确；

故选C。

10．C

【解析】A．等体积等浓度的MgCl2和NaOH溶液混合后，NaOH不足，生成白色沉淀，再滴加几滴FeCl3，转化为更难溶的氢氧化铁，与水解无关，选项A错误；

B．不饱和烃与溴水发生加成反应，溴水褪色，气体不一定为乙烯，选项B错误；

C．二氧化硫为酸性氧化物，具有漂白性，分别通入石蕊、品红溶液，前者变红，后者褪色，则SO2漂白具有选择性，选项C正确；

D．存在 +H2O⇌2+2H+，滴加浓硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液变为橙色，选项D错误；

答案选C。

11．AD 【解析】A．铅蓄电池(作电解质溶液)放电时正极上的电极反应式为，A正确；

B．将通入苯酚钠溶液中，反应生成苯酚和，化学反应方程式为+CO2+H2O→+NaHCO3，B错误；

C．用稀盐酸处理铜器表面的铜锈，离子方程式为，C错误；

D．向硫化钡溶液中滴加硫酸铜溶液，反应的离子方程式为，D正确；

故选AD。

12．C 【解析】A．有机化合物E的分子式为，A合理；

B．高分子F和高分子G均含有酯基，都能发生水解反应，B合理；

C．高分子F中的和高分子G中的的相对大小不确定，因此两者的相对分子质量不能比较大小，C不合理；

D．对比化合物E与环状碳酸酯的结构简式，可以确定化合物E与CO2是通过加成反应生成环状碳酸酯，D合理；

故选C。

13．C 【解析】A．实验①滴加KSCN溶液不变红，说明墨绿色悬浊液中不含，A正确；

B．实验①证明不含，实验②先滴加KSCN溶液不变红再滴加H2O2溶液，没有明显现象，说明不含有Fe2+，则说明该铜丝中不含铁元素，B正确；

C．Cu与H2SO4(浓)在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：，产物中也含有，加入盐酸酸化的溶液能产生白色沉淀，不能说明硫酸未完全反应，C错误；

D．已知生成墨绿色悬浊液，而为绿色，说明聚氯乙烯中的氯元素转化至中，说明聚氯乙烯可能发生反应，D正确；

故选：C。

14．BD 【解析】A．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与结合形成碳酸钙，加入固体不利于的吸收，故A错误；

B．右侧双极膜中氢离子进入酸室生成盐酸，左侧双极膜中氢离子左移在电极上发生还原反应生成，故B正确；

C．左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极上发生还原反应生成，所以为阴极，电极反应式为，故C错误；

D．通过左侧阴离子交换膜进入中间室内与结合形成碳酸钙，在中间室形成，故D正确；

选BD。

15．B 【解析】A．，故中 大于中的，直线②对应物质的为， ， ，A错误；

B．曲线上达到沉淀溶解平衡，在X区域，相对于来说，相当于增加，则

Qc> ，不利于沉淀溶解，从而析出沉淀，而相对于来说，相当于减少，则Qc<，促进溶解，从而不析出沉淀，B正确；

C．向b点溶液中加入少量固体，不变，增加则减小增大，b点沿着直线①向下移动，不会变到a点，C错误；

D．逐渐升高温度，增大，直线①向左下方移动，、都增大，D错误；

答案选B。

16．（1）sp2、sp3 （1分）    2：1（1分）

（2）N>O>C（1分）     在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C（2分）

（3）<（1分）

（4）(0，1，1) （2分）    a（2分）   （2分）

【解析】（1）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3；丙烯腈分子中含有6个σ键与3个π键，其数目之比为2：1；

（2）该反应原理中的第二周期元素是C、N、O，在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；

（3）对比丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH可以看出，CH3CHClCOOH分子中的电负性较大，对电子的吸引力较强，使-COOH更易电离出H+，故CH3CHClCOOH酸性更强；

（4）①以晶胞参数为单位长度，根据金属钼的晶胞可知，原子2的坐标为(0，1，1)；

②若晶胞参数为a pm，图1中原子1和原子2的连线为面对角线，其长度为a pm；金属钼晶胞为体心立方堆积，根据其晶胞可知钼原子个数为，其密度为=。

17．（1）2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4（2分）

（2）增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解（2分）     加快搅拌速度（1分）

（3）c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升；c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯（2分）     Fe3＋、H＋、Na＋（2分）

（4）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中（1分）

（5）Bi2O3（2分）

【解析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。

（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4。

（2）①Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，BiCl浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；

②加快搅拌速度，加快反应速率也可以提高酸浸时金属元素的浸出率。

（3）①c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；

②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋。

（4）为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。

（5）设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3。

18．（1）分液漏斗（1分）     （2分）

（2）氮气流速过快，没有充分冷凝；氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解（2分）

（3）除去装置内可能生成的，等气体，防止空气污染（2分）

（4）（2分）     C（1分）

（5）（2分）

【解析】装置A是利用亚硫酸铵、氯酸钠和硫酸制备的装置，发生反应的化学方程式为，不断通入氮气把产生的赶出，氮气流速要适当，过快或过慢都不利于的吸收，氮气流速过快，没有充分冷凝，氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解，的熔沸点都比较低，用B装置中的冰水混合物可以有利于的收集，装置C是末端气体吸收瓶，它的作用是除去装置内可能生成的、等气体，防止空气污染，真空泵可以吸收排出的氮气。

（1）由仪器a的结构可知其名称为分液漏斗，装置A是利用亚硫酸铵、氯酸钠和硫酸制备的装置，发生反应的化学方程式为；

（2）氮气流速过快或过慢都不利于的吸收，原因是氮气流速过快，没有充分冷凝，氮气流速过慢，不能及时移走，浓度过高导致分解；

（3）装置C是末端气体吸收瓶，它的作用是除去装置内可能生成的，等气体，防止空气污染；

（4）若加入反应物中浓度过大，会产生大量与反应生成和，使产率降低，反应的离子方程式为；实验中可以用取样注射器吸取少量装置B中的液体于试管中，加入品红溶液，来检验是否产生了大量；

（5）第1步，加入足量KI溶液，变为，根据反应， 可得，所以，第2步，再由，可得， 所以，所以原有的，该溶液中的浓度为。

19．（1）羧基（1分）

（2）取代反应（1分）

（3）（2分）

（4）（2分）

（5）（2分）

（6） +6H++6e- +2H2O（1分）

（7）

（3分）

【解析】A与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成B，结合A的分子式可知，A为乙酸，B为乙酸乙酯，根据信息①可知，2分子乙酸乙酯发生信息①中的反应生成D为，E发生氯苯的硝化反应生成F为，F与CH3OH在氢氧化钠加热条件下反应生成G为，G发生还原反应生成H为，H和D发生信息②中的反应生成J为，J反应生成K。

（1）根据分析可知，A为乙酸，A中的官能团为羧基。

（2）根据分析可知，E→F为氯苯的硝化反应，反应类型为取代反应。

（3）B→D发生的是信息①中的反应，2分子乙酸乙酯反应生成和乙醇，化学方程式为。

（4）X是D的同分异构体，1molX能与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明X中含有2个醛基，X中有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1：3，则X一定是对称结构，两个醛基中有两个氢原子，则X中一定有两个甲基，故X的结构简式为。

（5）J为，P中有两个六元环，结合K的结构和P的分子式可知，P为，P发生消去反应生成Q为。

（6）G→H为还原反应，则其电极反应为+6H++6e- +2H2O  。

（7）根据题干信息，环己烯与酸性高锰酸钾反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOH，羧基与乙醇发生酯化反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3中醛基氧化生成HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3发生信息①的反应得到目标产物，合成路线为

20．（1） ①+123.5（2分）     ②1.6 （2分）    反应I 生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气（1分）    

③得到乙烯的同时也获得了热能（2分）

（2）①m（1分）     ②温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的（2分）     ③0.01（2分）

【解析】（1）①ΔH=反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2mol C-H键，会形成1mol碳碳π键和1mol H-H键，故2×413.4kJ·mol-1-267.3 kJ/mol -436kJ/mol=+123.5kJ·mol-1，解得△H1=+123.5kJ·mol-1；

②由图可知初始状态p(O2)=5 kPa，2.5min时p(O2)=1 kPa，；

③两个反应均发生时C2H6和O2的消耗速率比大于2：1，反应一段时间后由图可知水蒸气的分压增长很快，是氢气和氧气生成水蒸气，导致比值减小；

④氧化脱氢法在得到目标产物的同时也获得了热能，一举两得，答案：得到乙烯的同时也获得了热能；

（2）①如果只发生反应IV，则两者转化率相同，反应III发生就会降低氢气的转化率，所以两者同时进行时氢气转化率小于乙炔转化率，表示C2H2转化率的曲线是m；

②温度高于T2时反应III生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的；

③起始投料n(C2H2)：n(H2)=1：2，假设n(C2H2)=1mol、n(H2)= 2mol，根据T1时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，两者转化量相差0.25mol，若只发生反应III两者消耗量相同，

由以上得到：得到平衡时n(C2H6)=0.25mol、n(C2H2)=0.25mol、n(H2)= 1mol，根据碳元素守恒n(C2H4)=0.5mol， 。