白山市重点中学2023学年高三第二次联考化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100molL-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100molL-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）A曲线代表滴定CH3COOH

2、溶液的曲线B在相同温度下，P点水电离程度大于M点CM点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1molL-1DN点溶液中：c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)2、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) c(NO3) + c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+

3、 =3Cu2+2NO4H2O3、已知：25 C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00 mL0.1 mol L-1 MCl溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是Aa=4BV1=10C溶液中水的电离程度：PQDQ点溶液中c(Na+)2c(M+)4、化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A工业上常用电解熔融MgO制镁单质B工业上常用金属钠与水反应制NaOHC工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭5、钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O

4、3陶瓷(可传导Na+)为电解质，总反应为2Na+xSNa2Sx，其反应原理如图所示。下列叙述正确的是（ ）A放电时，电极a为正极B放电时，内电路中Na+的移动方向为从b到aC充电时，电极b的反应式为Sx2-2e-=xSD充电时，Na+在电极b上获得电子，发生还原反应6、2018年11月4日凌晨，福建泉州泉港区发生“碳九”泄露，对海洋环境造成污染，危害人类健康。“碳九”芳烃主要成分包含(a)、 (b)、(c)等，下列有关三种上述物质说法错误的是Aa、b、c互为同分异构体Ba、b、c均能与酸性高锰酸钾溶液反应Ca中所有碳原子处于同一平面D1molb最多能与4molH2发生反应7、下列离子方程式符合

5、题意且正确的是A磁性氧化铁溶于盐酸中：B在明矾溶液中加入过量溶液：C在盐酸中滴加少量溶液：D用FeS除去废水中的：8、氮化硅是一种高温陶瓷材料，其硬度大、熔点高，下列晶体熔化（或升华）时所克服的微粒间作用力都与氮化硅相同的是（）A白磷、硅B碳化硅、硫酸钠C水晶、金刚石D碘、汞9、以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（ ）A哒嗪的二氯代物超过四种B聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色C丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪D物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同10、某实验小组利用下图装置制取少量氯

6、化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去 装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管 装置II是收集装置，用于收集氯化铝装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同 a处使用较粗的导气管实验时更安全ABCD11、以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）AAlAl2O3Al(OH)3NaAlO2BN2NH3NO2HNO3CCuCuOCu(OH)2CuSO4DNaNa2O2Na2CO3NaOH12、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素

7、中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是AY的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZYC气态氢化物的热稳定性：YQ，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)2c(M+)，D错误；故合理选项是D。4、D【答案解析】A电解熔融氯化镁制得镁单质，化学方程式为：，而不是氧化镁，故A错误；B工业上常用石灰乳与纯碱反应Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，制备NaOH，而不是钠与水反应，故B错误；C炼铁的原料铁矿石、焦炭、石灰石，起还原剂作用的

8、是碳和氢气反应生成的CO，故C错误；D二氧化硅与焦炭反应生成粗硅和一氧化碳，反应方程式为：，所以工业上制备粗硅的主要原料有石英砂和焦炭，故D正确；故选：D。【答案点睛】电解制备镁单质所使用物质为氯化镁，而非氧化镁，其原因在于氧化镁的熔点较高，电解过程中耗能较大，而氯化镁的熔点较低，在熔融状态下能够发生电离，能够制备镁单质。5、C【答案解析】A. 放电时Na 失电子，故电极a为负极，故A错误；B. 放电时该装置是原电池，Na+向正极移动，应从a到b，故B错误；C. 充电时该装置是电解池，电极b是阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Sx2-2e-=xS，故C正确；D. 充电时，电极a是阴极，N

9、a+在电极a上获得电子发生还原反应，故D错误；故答案为C。6、A【答案解析】A.a、c分子式是C9H12，结构不同，是同分异构体；而b分子式是C9H8，b与a、c的分子式不相同，因此不能与a、c称为同分异构体，A错误；B.a、b、c三种物质中与苯环连接的C原子上都有H原子，且b中含碳碳双键，因此均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；C.苯分子是平面分子，a中三个甲基的C原子取代苯分子中H原子的位置与苯环的碳原子相连，所以一定在苯环的平面内，C正确；D.b分子内含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1molb最多能与4molH2发生反应，D正确；故合理选项是A。7、C【答案解析】A. 磁性氧化铁为，故A

10、错误；B. 在明矾溶液中加入过量溶液的离子方程式为，B错误；C. 在盐酸中滴加少量溶液的离子方程式为，C正确；D. FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2(aq)FeS(s)CuS(s)Fe2，D错误；故答案选C。8、C【答案解析】根据描述氮化硅应该是一种原子晶体，原子晶体是由原子直接通过共价键形成的，再来分析选项：A.白磷是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，A项错误；B.硫酸钠是离子晶体，熔融时电离，克服的是离子键，B项错误；C.水晶和金刚石同为原子晶体，因此熔融时克服的是共价键，C项正确；D.碘是分子晶体，熔融时克服的是范德华力，而汞作为一种特殊的金属，原子间无金属键，熔

11、融时克服的也是范德华力，D项错误；答案选C。【答案点睛】由于惰性电子对效应，汞原子的6s电子很难参与成键，仅以原子间的范德华力结合，这也是为什么汞是唯一一种常温下为液态的金属。9、C【答案解析】A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；D. 1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。故选C。10、B【答案解析】氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装

12、置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；氯化铝熔沸点都很低(178升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有，故选B。11、D【答案解析】A. Al和O2反应生成Al2O3，但Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；B. N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反应生成NO2，故B错误；C. Cu和O2反应生成CuO，但CuO不能一步反应生成C

13、u(OH)2，故C错误；D. Na和O2反应生成Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反应生成NaOH，故D正确。答案选D。12、D【答案解析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B. 原子半径：X(O) Y(Cl) Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项C错误；D. X与W可形成两种阴、

14、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。答案选D。13、D【答案解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amolL-114、D【答案解析】A.HClO不稳定，可分解生成HCl，故A错误；B. 浓硝酸与铝发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应继续进行，与稀硝酸发生不同的反应，故B错误；C. 结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高

15、，含有氢键的沸点较高，由于NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，故C错误；D.AgCl沉淀中滴加NaI溶液可以得到AgI沉淀，可说明AgI更难溶，故D正确；故选：D。15、B【答案解析】混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。【题目详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；B. CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+) c（HCO3-） c(Cl-) c（CO32-） c(OH-) c(H

16、+)，故B正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；答案：B【答案点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。16、C【答案解析】A.标准状况下H2O2的状态不是气态，不能使用气体摩尔体积，A错误；B.25，1LpH=13的Ba(OH

17、)2的溶液，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L1L=0.1mol，故OH-的数目为0.1，B错误；C.Cl2具有强的氧化性，能够将变价金属Fe氧化为+3价，所以0.1molFe完全燃烧，转移电子数目为0.3，C正确；D.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，所以密闭容器中3 mol 与1 mol充分反应可生成分子数目小于，D错误；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、酚羟基 C8H7NO4 浓硫酸、浓硝酸、加热 相同 ：+HCl 2 +H2 【答案解析】根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为，B和发生取代反应生成C(

18、)，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。【题目详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为F， A的结构简式为，化学方程式为

19、：+HCl； (4)C的结构简式为 ，H是C的同分异构体， 硝基直接连在苯环上，核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为、，共有有2种；(5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。18、FeSO42FeSO4Fe2O3+SO2+SO32Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42-+2H+【答案解析】本题考查无机物的推断以及实验方案设计。X

20、由两种化合物组成，若将X通入品红溶液，溶液褪色，能使品红溶液褪色的有SO2，若将X通入足量双氧水中，X可全部被吸收且只得到一种强酸，根据化学反应SO2+H2O2 =H2SO4 、SO3+H2O =H2SO4可知，X由SO2 和SO3两种气体组成。在溶液2中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中有Fe3，红棕色固体是氧化铁。（1）根据上述分析，固体A加热分解生成SO2、SO3和氧化铁，硫元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，则A为FeSO4。（2）根据上述分析，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 。（3）气体X为SO2、SO3的混合物气体，通入NaOH溶液中发生反应生成硫

21、酸钠和亚硫酸钠，亚硫酸根离子具有还原性，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，溶液2为硫酸铁，Fe3具有氧化性，SO32-与Fe3能发生氧化还原反应生成Fe2和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，则反应中生成A的离子方程式为2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+ SO42- + 2H+。19、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H+OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0% 【答案解析】首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=78，沉淀铁离子并

22、使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。【题目详解】（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化

23、为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H+OH-=H2O、+OH-+H2O；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g

24、，所以产率为=57.0%。20、安全瓶，防止倒吸 能 碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案 降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出 100% D 【答案解析】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸； (2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5) Na2S2O15H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO

25、2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O15H2O晶体的质量，Na2S2O15H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【题目详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4) 温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2S

26、O4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5) Na2S2O15H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列关系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，理论上制得Na2S2O15H2O晶体的质量为g，Na2S2O15H2O的产率为100%=100%；(7)A用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符

27、合题意；B装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。21、0.03 mol/(Lmin) 减小CO2的浓度 0.675 AC SO22e2H2O=SO42-4H 0.03 【答案解析】（1）由图可知，020min内二氧化硫浓度变

28、化量为0.6mol/L，依据计算反应速率；30 min时，二氧化碳的浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳和S2的浓度均增大，应该是减小二氧化碳的浓度导致的；化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体和纯液体的浓度视为常数，不代入表达式，20min时，反应达到平衡状态，此时c(SO2)=0.4mol/L，c(CO2)=0.6mol/L，c(S2)=0.3mol/L，据此计算该反应的平衡常数；（2）A. ，反应进行时，溶液酸度增大；反应进行时，溶液酸度减小；B. Kw只与温度有关，升温Kw增大；C. 循环利用的物质是Na2SO3溶液，Na2SO3、NaHSO3容易被尾气中的氧气氧化；D. 根据电荷守恒2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)c(Na)c(H)，以及溶液中c(H)的变化分析；（3）根据电极上物质化合价的变化判断Pt()为阳极，二氧化硫被氧化成硫酸，电极反应为SO22e2H2O=SO42-4H。依据电极反应式：阳极：SO22e2H2O=SO42-4H，阴极：2HSO3- +2e- +2H+=S2O42-+2H2O，以及离子的移动判断交换膜左侧