2023年高考第二次模拟考试卷-化学（广东A卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（广东A卷）

化学·全解全析

1．【答案】C

【详解】A．属于无机非金属材料，A错误；B．BN陶瓷是新型陶瓷材料，属于无机非金属材料，B错误；C．钛铝外壳属于合金材料，C正确；D．氮化镓是化合物，不是合金材料，D错误；故选C。

2．【答案】D

【详解】A．溴元素为VIIA族元素，因此 Br原子的价电子排布式：4s24p5，故A错误；B． NH4H的电子式：，故B错误；C． 聚丙烯的结构简式，故C错误；D． O显-2价，形成2个共价键，HClO的结构式：H-O-Cl，故D正确；故选D。

3．【答案】B

【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，酒精具有还原性，两者混合发生氧化还原反应，降低消毒作用，故A错误；B．白醋中的醋酸分子具有一定杀菌消毒作用，故B正确；C．药物要定量服用，超量对身体有害，故C错误；D．75%的酒精具有较好的杀菌消毒作用，故D错误；故选：B。

4．【答案】B

【详解】A．X射线衍射可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，故可以区别普通玻璃和水晶，与所述的化学知识有关联，故A不符合题意；B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳使得糕点疏松，不是可与碱反应，与所述的化学知识没有关联，故B符合题意；C．碘单质易升华而氯化钠不升华，可以加热法分离I2和NaCl，与所述的化学知识有关联，故C不符合题意；D．Al与NaOH溶液反应产生，生成气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，故D不符合题意；故选B。

5．【答案】D

【详解】A．装置Ⅰ中，分液漏斗的尖端没有紧靠烧杯内壁，且乙醇与水混溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，A不符合题意；B．利用装置Ⅱ直接蒸干AlCl3溶液时由于氯化铝会水解而不能制得无水AlCl3固体，应在氯化氢气流中加热，B不符合题意；C．利用装置Ⅲ制备Fe(OH)3胶体时，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，而不能滴入NaOH溶液中，C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。将硫酸滴入Na2CO3溶液中发生复分解反应H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O；反应产生的CO2气体通入Na2SiO3溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2↑+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：S＞C＞Si，D正确；故合理选项是D。

6．【答案】C

【详解】A．根据对乙酰氨基酚的结构简式可知，其分子式为：，A正确；B．对乙酰氨基酚中酚羟基邻对位上的氢可以和浓溴水发生取代反应，B正确； C．分子中含有饱和碳原子，该碳原子和所连接的4个原子或者原子团形成四面体结构，则所有原子不在一个平面上，C错误；D．根据对乙酰氨基酚的结构简式可知，其苯环上有2种等效氢，则其苯环上的一氯代物有两种，D正确；故选C。

7．【答案】D

【详解】A．电解池中F-向阳极移动，失电子生成F2，发生氧化反应，A正确；B．阴极反应式为，HF-在阴极得电子生成氢气，B正确；C．F2与氢气极易化合，需将电解产生的两种气体严格分开，C正确；D．理论上，每转移，可得到(标准状况下)，D错误；故选D。

8．【答案】A

【详解】A．戊醇的烃基比乙醇的大，烃基是憎水基，所以戊醇溶解度比乙醇的低，故A正确；B．MgO和CaO都是离子晶体，都含有O2-，由于Ca2+的半径大于Mg2+，所以CaO的晶格能小于MgO的晶格能，则熔点：MgO>CaO，故B错误；C．原子半径Si>C，三者都为共价晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺序是金刚石>碳化硅>硅，故C错误；D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl>P>S，故D错误；故选A。

9．【答案】B

【详解】A．氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A错误；B．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，二者反应产生BaCO3沉淀，若溶液红色变浅，说明反应后导致溶液中c(OH-)减小，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，降低的浓度，水解平衡逆向移动，B正确；C．HCl不是Cl的最高价含氧酸，上述实验可证明HCl的酸性比H2CO3的强，但得不到Cl与C的非金属性强弱的结论，C错误；D．铜丝和银丝皆为氢后金属，二者均不能和硫酸反应，不能达到实验目的，D错误；故选B。

10．【答案】D

【详解】A．该离子方程式中H未配平，正确的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+ H2↑，A错误；B．硫化钠溶液中，S2-水解分为两步：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，B错误；C．醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆写，正确的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；D．向氢氧化钠溶液中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2+OH-=，D正确；故选D。

11．【答案】B

【详解】A．6.4 g 的物质的量为0.1 mol，所含电子数目为3.2，选项A错误；B．1 L 1 溶液中的物质的量为2mol，其数目为2，选项B正确；C．和的反应是可逆的，因此转移电子数小于2，选项C错误；D．未给出溶液的体积，无法计算，选项D错误；答案选B。

12．【答案】B

【分析】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均能使澄清石灰水变浑浊，所以需先检验二氧化硫并除去二氧化硫，可用品红溶液检验，酸性高锰酸钾溶液可同时除去二氧化硫和乙烯，乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，然后再通入澄清石灰水中会变浑浊，据此分析解答。

【详解】A．二氧化硫可使品红溶液褪色，所以若品红溶液a褪色，则证明气体中有，A正确；B．因为酸性高锰酸钾可氧化乙烯气体转化为二氧化碳，所以若澄清石灰水变浑浊，只能只能证明存在二氧化碳，不能证明原混合气体中含二氧化碳，B错误；C．乙醇与浓硫酸反应，若生成二氧化硫，则证明S元素化合价降低，即体现了浓硫酸的氧化性，C正确；D．乙烯和二氧化硫均具有还原性，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，D正确；故选B。

13．【答案】A

【分析】由图可知，总反应为氮的氧化物和一氧化碳在催化剂作用下生成氮气和二氧化碳，反应为；

【详解】A．反应中锌离子生成又消耗，为催化剂，A正确；B．过程Ⅰ中氧元素化合价升高，发生氧化反应；过程Ⅱ中氧元素化合价降低，发生还原反应，B错误；C．二氧化碳分子结构为O=C=O，为直线型非极性分子，一个分子内存在2个键，C错误；D．该过程的总反应为：，D错误；故选A。

14．【答案】D

【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3个单电子，电子排布式应为1s22s22p3，所以X为N，Z与Y可形成原子个数比为1∶1的含非极性共价键的离子化合物应为Na2O2，所以Y为O，Z为Na，W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数11，所以W、Q分别为P、S或Si、Cl。

【详解】A．简单离子半径：Na+＜O2-，故A错误；B．X单质为N2分子晶体，W单质可能为Si或P，可能是共价晶体，也可能是分子晶体，晶体类型不一定相同，故B错误；C．非金属性O比N强，故简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，故C错误；D．Q的最高价含氧酸根离子可能为或者，两种离子中心原子价层电子对数均为4，均没有孤电子对，空间结构均为正四面体形，故D正确；所以答案为D。

15．【答案】D

【详解】A．由题中方程式可知放电过程是，发生在a电极氧化反应 ，A错误；B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B错误；C．充电过程中，a电极发生的反应为，C错误；D．放电过程中，内电路电流的方向是a-b，所以电解质溶液中的向a电极移动，D正确； 故选D。

16．【答案】B

【详解】A．由图中信息知横坐标为零，即未加入NaA溶液，此时c2(OH-)等于110-14，又水电离的氢离子等于水电离的氢氧根，所以，A正确；

B．NaA溶液中存在A-的水解平衡和水的电离平衡，溶液中A-浓度越大，溶液中OH-与HA的浓度越接近，A-的水解常数，由图可知，A-浓度较大时Kh ≈ 1×10-10，数量级为10-10，B错误；

C．NaA溶液中存在电荷守恒，物料守恒，故有质子守恒关系c(HA)+c(H+)=c(OH-)，C正确；

D．由图可知，x点溶液中A-浓度为3×10-4 mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为2×10-7 mol/L，则氢离子浓度为5×10-8mol/L，由C项分析可知NaA溶液中c(HA)+c(H+)=c(OH-)，溶液中HA的浓度小于氢氧根离子浓度，大于氢离子浓度，则溶液中各微粒浓度的大小顺序为c(Na+) > c(A-) > c(HA) > c(H+)，D正确； 故选B。

17．（14分）【答案】(1)250mL容量瓶（1分） 

(2)  A→C→B→D（2分）      排出装置内及溶解的氧气的干扰（2分） 

(3)2H2O−4e-＝4H＋＋O2↑（2分） 

(4)  40.0 （1分）     Cl-放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH-放电导致溶解氧升高（2分）      该条件下OH-比Cl-先放电（2分）      电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)（2分） 

【分析】探究电解氯化钠溶液中阳极是否有氧气产生，首先排出装置内及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气。

【详解】（1）配制溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。

（2）利用上述装置检验阳极是否产生，将产生的混合气体先用氢氧化钠溶液除掉氯气，再用淀粉-KI溶液检验氯气是否除尽，除尽后再通入到酸性淀粉-KI溶液中检验是否有氧气生成，因此其通入其连接顺序为A→C→B→D。空气中有氧气，要检验是否有氧气生成，因此电解前要排出装置内及溶液中的氧气，因此实验前从a处通入氮气的目的为排出装置内的空气；故答案为：A→C→B→D；排出装置内及溶解的氧气的干扰。

（3）小组同学根据实验现象判断有产生，说明是溶液中的水失去电子变为氧气和氢离子，其用电极反应式表示产生的原因2H2O−4e-＝4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O−4e-＝4H＋＋O2↑。

（4）①根据题意，要使得实验2、3是判断相同浓度在不同下是否有氧气产生，则溶液的总体积应该相等，因此其中40.0；故答案为：40.0。

②根据图中信息分析，实验1分析，氯气量越多，溶解氧的含量减少，实验2与实验3分析同样浓度的氯化钠在中性和碱性条件下溶解氧是不相同，在碱性条件下溶解氧含量增多，根据实验5分析在碳酸钠碱性条件下溶解氧含量增加，因此根据前面分析得到实验2溶解氧先降低后升高的原因是生成氯气量增多，溶解氧含量减少，当氯化钠反应完，溶液呈碱性，氯气逸出，此时溶解氧又慢慢增大即Cl-放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH-放电导致溶解氧升高；故答案为：Cl-放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH-放电导致溶解氧升高。

③根据题意，由上述实验现象可获得的实验结论是说明开始阶段是OH-放电溶解氧增多，后来Cl-放电氯气含量增多即该条件下OH-比Cl-先放电；故答案为：该条件下OH-比Cl-先放电。

④根据题意分析，根据实验1得到是氯离子放电，而实验3是OH-比Cl-先放电，因此可采取的措施有电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜；故答案为：电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)。

18．【答案】 (1)+3（1分） 

(2)（2分） 

(3)Mg2+、Fe3+（2分） 

(4)（2分） 

(5)  9.4 （2分）     沉钒（2分） 

(6)  VS （2分）     6（1分）

【分析】钒渣氧化镁、氧气焙烧后，加入硫酸酸浸，硅转化为沉淀成为滤渣，滤液加入氨水调节pH，将锰、镁、铁转化为沉淀，滤液加入硫酸铵沉钒可得到沉淀，焙烧得到，最终得到金属钒；

【详解】（1）中Fe为+2价、氧为-2价，根据化合价代数和为零可知，V的化合价为+3；

（2）“焙烧I”中和氧化镁、氧气，转化为和，化学方程式为；

（3）“酸浸”过程中镁、铁也会和硫酸反应转化为相应的盐溶液，故所得浸出液中除含有、外，还含有的金属阳离子有Mg2+、Fe3+；

（4）“沉钒”可得到沉淀，“焙烧II”中分解得到，根据质量守恒可知，还会生成氨气和水，发生反应的化学方程式为；

（5）由表格可知，镁离子为，pH=8.9开始沉淀，此时pOH=5.1，则Ksp=0.1×(10-5.1)2=10-11.2；溶液A中浓度为，为，则氢氧根离子浓度为，pOH=4.6，则pH=9.4；溶液A经加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用。

（6）①由图可知，根据均摊法，1个晶胞中V原子为个、S原子为6个，故该钒的硫化物的化学式是VS；

②该钒的硫化物的晶体中，以体心的V原子为例，可知与每个V原子最近且等距的S原子的个数是6。

19．【答案】(1)（2分）

(2)AB（2分）

(3)（2分）

(4) 低（2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)（2分）

【详解】（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：。

20．【答案】(1)       （1分）   还原反应（1分）

(2)  羟基 （1分）    溶液     混合后溶液变紫色（1分）      羧基（1分）     溶液     有无色气泡生成（1分）

(3) 高于 （1分）    M形成分子间氢键，使沸点升高，A形成分子内氢键，使沸点降低（2分）

(4)      （1分） （1分）

(5)

（3分）

【分析】A与发生取代反应生成B，B在氯化铝催化作用下发生分子内取代反应生成C，C与溴单质发生取代反应生成D，D与发生取代反应生成E，E发生加氢反应生成F，F与氢气在催化剂条件下发生取代反应生成G，据此分析解答。

【详解】（1）由B的结构简式可知B的分子式为，E→F的转化过程中E的羰基转化为醇羟基，可知发生加氢反应，属于还原反应；

（2）D中官能团有酚羟基、羧基、羰基和溴原子，结合给定试剂可检验酚羟基和羧基，取D与氯化铁溶液混合，若溶液变紫色，可知存在酚羟基；取D与碳酸氢钠溶液混合，若产生无色气泡，可知存在羧基；

（3）由结构可知M中羧基、羟基位于苯环的对位，易形成分子间的氢键，使其沸点升高，而A中羟基、羧基位于苯环邻位，易形成分子内氢键，导致分子间作用力变小，沸点降低，因此M的沸点高于A；

（4）①能发生水解反应且最多能与4倍物质的量的反应，结合C的组成可知该结构中含有2个-OOCH，且处于对称位置；

②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为，结构中含有1个甲基；

符合的结构有：和。

（5）可由发生加聚反应得到，可由乙二醇、甲基丙烯酸 以及发生酯化反应得到，可由与乙酸酐反应得到，由此可得反应路线：