2023年高考第二次模拟考试卷-化学（湖北B卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（湖北B卷）

化学·全解全析

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．C 【解析】A．钢铁是制作火箭所使用的主流材料，故A错误；

B．石墨烯属于新型无机非金属材料，故B错误；

C．硅单质可用于制备计算机芯片，故C正确；

D．聚2-羟基丙酸的结构为 ，故D错误；

故答案选C。

2．B 【解析】A．图①所示仪器为酸式滴定管，精确度为0.01mL，A项错误；

B．图②可作为收集装置[长进短出(收集气体密度比空气大)或短进长出(收集气体密度比空气小)]、洗气装置(长进短出)或安全瓶(短进长出)使用，B项正确；

C．图③所示仪器为分液漏斗，使用前上端的塞子也要检查是否漏液，C项错误；

D．图④所示仪器为球形冷凝管，若用于蒸馏或分馏，冷凝下来的液体会聚集在球泡部位，不利于收集，D项错误；

故选B。

3．B 【解析】A．溶液的体积未知，不能计算OH-物质的量，不能计算OH-的数目，A项错误；

B．1.2gMg的物质的量为=0.05mol，Mg无论转化成MgO还是转化成Mg3N2，1个Mg失去2个电子，则转移电子物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，B项正确；

C．混合气体所处温度和压强未知，不能用22.4L/mol计算2.24LCO和CO2混合气体物质的量，C项错误；

D．1molSiO2中含4mol硅氧键，6.0gSiO2物质的量为=0.1mol，含硅氧键的物质的量为0.4mol，含硅氧键的数目为0.4NA，D项错误；

答案选B。

4．D 【解析】A．加氢为还原反应，去氢为氧化反应，上述制备为去氢过程，属于氧化反应，A正确；

B．3-苯基丙酸的分子式为，B正确；

C．苯环所连接的原子和碳碳双键所连接的原子均为平面结构，且单键可以旋转，则异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面，C正确；

D．1mol苯环可以3mol氢气发生加成反应，1mol碳碳双键可以和1mol氢气发生加成反应，羧基不能发生加成反应，1mol异肉桂酸最多与4molH2发生加成反应，D错误；

故选D。

5．D 【解析】A．NH3中心N的孤对电子对数1，σ键电子对数3，价层电子对数4，为sp3杂化，H2O中心O孤对电子对数2，σ键电子对数2，价层电子对数4，为sp3杂化，A正确；

B．反应中H2O2氧元素为-1价，反应后生成H2O，氧元素化合价为-2价，化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，被还原，B正确；

C．根据反应方程式可知NH3和H2O与Co3+的配位能力：NH3＞H2O，原因是N的电负性小于O，即N对孤对电子吸引小于O，故NH3更容易成为配体，C正确；

D．[Co(H2O)6]2+配离子中每个H2O含有2个H-O键，1个配位键，都是σ键，1mol[Co(H2O)6]2+配离子中含有的σ键数目为18×6.02×1023，D错误；

故答案为：D。

6．D 【解析】元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M的最外层电子数比次外层电子数多1，说明M是B；Z为电负性最强的元素，说明Z是F；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的轨道有3个电子，说明X是P。A．电负性O＞P，故Y＞X，A正确；B．电子层数相同，核电核数越大，半径越小，故O2-＞F-，即Y＞Z，B正确；C．非金属性F＞P，则简单气态氢化物的稳定性Z＞X，C正确；D．M最高价氧化物对应水化物为硼酸，硼酸不与盐酸反应，D错误；故选D。

7．B 【解析】A．分子中N原子与其直接相连的原子形成三角锥形结构，H-N-H键角接近107°，故A错误；B．与发生氧化还原反应生成氯化铵，反应现象为产生白烟，故B正确；C．金属钠与液氨反应，钠为活泼金属体现还原性，故C错误；D．易液化是由于与分子间形成氢键，故D错误；故选：B。

8．D 【解析】A．用pH试纸测得碳酸氢钠溶液为碱性说明碳酸氢钠水解大于电离，则碳酸是弱酸，亚硫酸氢钠溶液的pH试纸显红色说明亚硫酸氢钠溶液呈酸性，只能说明亚硫酸氢根会电离出氢离子，不能确定亚硫酸氢根是否会水解，因此不能说明亚硫酸是弱酸，故A错误；

B．次氯酸钾与浓盐酸反应生成的氯气也能使品红溶液褪色，则向钾盐溶液中滴加浓盐酸产生的无色气体使品红溶液褪色不能说明该钾盐一定是亚硫酸钾或亚硫酸氢钾，故B错误；

C．四水合铜离子在溶液中呈蓝色，所以硫酸铜溶液呈淡蓝色不能说明铜离子显淡蓝色，故C错误；

D．玻璃棒中含有硅酸钠的焰色为黄色，则在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰出现黄色不能确定溶液中含有钠元素，故D正确；

故选D。

9．D 【解析】A. 漂白粉溶液吸收后产生碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是，故A错误；

B. 溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质、水，反应的离子方程式是，故B错误；

C. 同浓度同体积溶液与溶液混合，与等物质的量反应生成硫酸铵、硫酸钠、水，反应的离子方程式是，故C错误；

D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，沉淀硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，反应的离子方程式是，故D正确；

选D。

10．B 【解析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出。

A．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，故A正确；

B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，故B错误；

C．由分析可知，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，苯在圆底烧瓶、冷凝管、分水器中循环使用，故D正确；

D．由分析可知，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，所以将反应物改为苯乙酮和乙二醇得到的有机产物为，故D正确；

故选B。

11．A 【解析】A．由图可知，H+是反应的中间体，H2O和N2是反应物，故A错误；B．由图可知，导带上面H2O和h+反应生成了氧气和氢离子，方程式为：2H2O +4h+= 4H++ O2↑，故B正确；C．由图可知，光催化剂MeOx(某金属氧化物)催化氮还原制取氨，则实现了光能向化学能的转化，故C正确；D．由图可知，该过程反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，总方程式可表示为2N2 +6H2O4 NH3+3O2，故D正确；故答案选A。

12．C 【解析】黑钨精矿(主要成分为FeWO4、MnWO4，含少量SiO2)，加入纯碱和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣含元素主要为Fe、Mn，滤液为粗钨酸钠和硅酸钠溶液，加入硫酸调节pH到7.3，沉淀分离获得钨酸，分解得到氧化钨，通过氢气还原剂还原得到钨。

A．W是74号元素，位于元素周期表第六周期，故A正确；

B．由分析可知，调pH后得到的滤液中含有钨酸，经过一系列操作得到H2WO4，仅涉及物理变化，故B正确；

C．流程中“调pH”的目的是使完全沉淀，则应调节pH的范围为7.3-8，故C错误；

D．在空气中焙烧得到，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故D正确；

故选C。

13．B 【解析】A．由晶胞结构可知，Al原子周围等距且最近的Al原子有12个，故A错误；

B．根据均摊法，该晶胞中Cu原子的个数为=8，Mn原子的个数为4，Al原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2，故B正确；

C．A为原点，C为(1，1，1)，根据图示B的坐标为，故C错误；

D．由晶胞结构可知，沿晶胞对角面的切面图为，故D错误；

故选B。

14．D 【解析】A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A错误；B．由总反应可知，反应时生成2molBi，转移6mol电子，参与反应，转移，故B错误；C．充电时，Zn电极作阴极，极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则通过阳离子交换膜从极移向极，故C错误；D．充电时的总反应为：，阳极发生反应：，故D正确；故选：D。

15．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。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．（1）①恒压滴液漏斗（1分）  ②饱和NaHCO3溶液（1分）  吸收HCl（1分）  ③Ca(HCO3)2（2分）  ④温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小（2分）  加快搅拌速率（2分）  ⑤加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3（2分）

（2）滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥（2分）

【解析】装置A用大理石和盐酸反应产生了CO2，在装置B中用饱和NaHCO3溶液除去HCl气体杂质，向锂精矿中通入CO2，将Li2CO3转化为溶于水的LiHCO3，发生的反应为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。

（1）①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；

②盐酸易挥发，A中产生的CO2混有HCl，所以装置B中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；

③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2= Ca(HCO3)2，则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；

④Li2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；

⑤Li2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；

（2）已知：pH= 10时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH溶液，边加边搅拌，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3次，干燥。

17．（1）水解(取代)反应（2分）

（2）CO2（1分）  制冷剂，制造碳酸饮料等（1分）

（3）3（2分）

（4）（2分）

（5）25（2分）

（6）+2C2H5OH+H2O（2分）  除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇（2分）

【解析】已知G的分子式为C9H6O3，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结构简式推知G为；

（1）根据B和C的结构简式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反应；

（2）根据C和D的结构简式可知，C→D反应是C反应生成D和CO2，故另一种产物是CO2，其用途有制冷剂，制造碳酸饮料等；

（3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组；

（4）根据分析可知，G的结构简式为；

（5）D为 ，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH2，满足条件①属于芳香族化合物；②能与NaHCO3溶液反应产生CO2 ，则含有羧基；③含有碳碳三键，若苯环上只有一个取代基，则取代基为-CH(COOH)-CCH 、-CH2-CC-COOH 、-CC-CH2-COOH ，则有三种；若苯环上有两个取代基，则取代基为-COOH和-CH2CCH、-COOH和-CC-CH3、-CH3和-CC-COOH、-CCH和-CH2COOH，每种均有邻、间、对位，故共有43=12种；若苯环上有三个取代基，则有-CCH、-COOH和-CH3，结构有10种；故总共有同分异构体25种；

（6）①苯酐与两分子乙醇反应生成和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+H2O；

②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。

18．（1）浓硫酸稀释放出大量的热（2分）    SiO2（2分）

（2）氧化Fe2+，减少NaClO3的用量（2分）   + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O（2分）

（3）CO2 （2分）  避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀（2分）

（4）4（2分）

【解析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。

（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2；

（2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；

（3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀；

（4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数：

=1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4；

19．（1）（2分）

（2）AB（2分）

（3）（2分）

（4）低（1分）  过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低（2分）  （2分）

（5）（3分）

【解析】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；

（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；

B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；

C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；

D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；

故选：AB。

（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；

（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；

②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；

③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；

（5）

由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。