2023年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟试卷（二）化学答案

PAGE1PAGE化学参考答案一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．答案：D解析：A中大理石主要成分是CaCO3，不是合金；B中水晶杯主要成分是二氧化硅，不是合金；C中清明上河图纸张的主要成分是纤维素，不是合金；D中中国“天眼”采用的是铝合金，所以选D。2．答案：C解析：SO42-的中心S的价层电子对数为4，其空间构型为正四面体形，A正确；基态铁原子的价电子为3d64s2。失去3个电子为3d5半满结构，比较稳定，B正确；根据人教版选择性必修二教材，空间运动状态就是电子的轨道数，基态锂原子只有1s和2s两个轨道有电子，只有两种不同的空间运动状态，C错误；根据人教版选择性必修二教材，超分子具有分子识别和自组装的特征，D正确。3．答案：B解析：A选项油脂有酯基，发生皂化反应可生产肥皂，正确；B选项淀粉水解只能得到葡萄糖，乙醇是葡萄糖在酒化酶作用下发酵得到的，错误；波尔多液防治植物病虫害是因为Cu2+能使蛋白质变性，C正确；合成氨工业催化剂在500℃活性最强，D正确。4．答案：D解析：D选项中利用草木灰做肥料主要是利用草木灰中含有K2CO3，是钾肥，与碳酸钾显碱性没有关联。5．答案：C解析：A选项，石英做生产原料生产的是硅，不是砷化镓，错误；B根据题意利用的是石墨的导电性能，错误；C完全正确；D选项中合金的性质是密度小，熔点低，错误。6．答案：B解析：MnO2与浓盐酸反应需要加热，甲装置没有加热条件，A错；乙装置是干燥装置，实验目的是制得干燥的氯气，装置乙要用到两次，既要除去生成Cl2中的水蒸气，又要防止戊中、空气中水蒸气进入，装置的连接顺序是aedcbfgbh。B正确；收集方法应为向上排空气法，C中矿的位置调换，错误；戊装置的作用是吸收尾气C12，无水CaCl2只能吸水，不能吸收Cl2，D错。7．答案：A解析：因为O和F没有最高价氧化物对应水化物，结合短周期元素，根据周期表中的位置关系及甲、乙、丙都是非金属元素，这三种元素都是第二周期的，乙可能是C，也可能是N；甲~戊有两种可能，①B、C、N、A1、Si，②C、N、O、Si、P。丁可能是Al，也可能是Si，SiO2除HF外，一般不与酸反应，A错误；非金属性越强，最简单氢化物越稳定，B正确；丁和戊原子有三个电子层，乙和丙有两个电子层，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以C正确；甲~戊的最高价氧化物对应的水化物，只有HNO3是强酸，因为HNO3是氧化性酸，与活泼金属反应时没有H2放出，D正确。8．答案：D解析：硬质玻璃管内空气中含CO2，应该先通CO能排出CO2和水蒸气，再称量干燥管B，结果才准确，A错误；没有干燥管C，空气中的CO2和水蒸气会进入装置B，导致装置B质量增加偏大，会导致铁矿石有效成分的测量值偏大，B错误；根据反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2，CO失去电子做还原剂，C错误；装置B增重1.32g即生成1.32gCO2(0.03mol)，根据方程式知有0.01malFe2O3，即1.6g，所以Fe2O3含量为1.60/2.00=80.0%，D正确。9．答案：A解析：A选项Ⅱ中因Zn未与硫酸铜溶液接触，能量利用率高，正确；B选项负极发生氧化反应，不是还原反应，错误；C选项锌傲负极，阳离子离子移向正极，错误；D选项精炼铜因为阳极有比铜活泼的金属参与电极反应，错误，10．答案：A解析：教材中提到，人类最早使用的铁是陨铁，自然界中有少量单质铁，A不正确；铁单质是金属单质，属于金属晶体，根据“电子气”理论，金属由金属阳离子和自由电子组成，B完全正确；因为还原性Fe2+大于Br-，少量Cl2只氧化亚铁离子，C正确；氢氧化铁是碱，碘化氢是酸，酸碱中和后，Fe3+能氧化I-，D的离子方程式完全正确。11．答案：B解析：A为选择性必修三教材表格内容，酸性应是三氟乙酸>三氯乙酸>乙酸，错误；B完全正确，教材中的内容，因为氢氧键极性大，只有氢氧键断裂，氢氧键中的氢变成H2，46g乙醇只能与Na反应生成1gH2；C中两个陈述均正确，但没有因果关系，不能选；胶体只是分散质粒子直径在1~100nm之间，空气中大量的气体分子达不到，D错误。12．答案：D解析：A选项水分子中也有氢原子，错误；B选项因为N2和H2反应是可逆反应，不能进行到底，错误：C选项因为CH3COO-会水解，错误。D选项CH4与NH3有相同的原子数，则两者的物质的量之比为4：5，同温同压条件下，气体的物质的量之比等于体积比。D正确。13．答案：B解析：A选项用粗锌可以形成原电池，加快化学反应速率，正确；B选项容器体积不变，通入He时，因He不参与反应，反应物浓度不变，反应速率不变，错误；C选项碳是固体，增加固体的量，平衡不移动，正确；D选项加入氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，则反应速率减小，正确。14．答案：C解析：Cu(OH)2和Mg(OH)2都可以受热分解为CuO和MgO，A正确；海水中提取镁，首先是海水中镁盐与石灰乳反应得到Mg(OH)2，Mg(OH)2与盐酸反应得到MgCl2，分离得到无水MgCl2后，电解熔融MgCl2得到镁单质，B正确；Mg可与盐酸反应得到MgCl2，但Cu不与盐酸反应，C错误；Cu2+或Mg2+溶液中若混有Fe3+，可通过加入CuO或MgO，调节溶液pH，从而让Fe3+生成Fe(OH)3除去，D正确。15．答案：D解析：反应Ⅰ不可逆，反应Ⅱ可逆，根据题意2.5s以后反应Ⅰ进行完全，若不考虑反应Ⅱ，此时容器内有2molPCl3和2molCl2，所以向容器中加入2molPCl3和2molCl2，平衡状态相同，根据题意，6s以后达到平衡状态。恒温恒容时，压强和物质的量成正比，根据起始5molCl2压强为103.0kPa，平衡时61.8kPa应有气体3mol，利用三段式计算：molPCl3+Cl2PCl5始220转xxx即(2-x)+(2-x)+x=3mol平2-x2-xx解得：x=1mol即平衡时，n(PCl3)=n(Cl2)=n(PCl3)=1mol，进而得出：P(PCl3)=P(Cl2)=P(PCl5)=20.6kPa，A正确；分压平衡常数，B正确；升高温度，压强本来就增大，加上反应Ⅱ△H<0放热，平衡逆向移动，气体分子数增加，压强也增大，C正确；D和原平衡是等效平衡，据此判断，PCl5的转化率为50%，D错误。16．答案：A解析：负极的电极反应式为H2-2e-=2H+，正极产生两种阴离子，结合图示一种是HO2–，不产生杂质，另一种一定能与H+生成水，应是OH–，正极的电极反应式为H2O+O2+2e-====HO2-+OH-，即正极产生1molHO2-时，负极产生2molH+，A选项错误，D选项正确；正极产生的HO2-、OH-与负极产生H+进入多孔固态电解质中结合成双氧水，所以CEM是阳离子交换膜，AEM是阴离子交换膜，B选项正确：去离子水流量大，所得H2O2浓度低，反之浓度大，C选项正确。二、非选择题：共56分。17．答案：(1)N（1分）(2)①2.8（1分）铁粉溶解，溶液逐渐变黄，有红棕色气体产生（2分）温度太低，铁遇浓硝酸会钝化，温度太高，浓硝酸会分解（2分）②AB（2分）③小于1（1分）Fe3+会水解产生H+，稀释时，Fe3+水解程度会增大（2分）(3)pH>1.52时，Fe3+氧化亚硫酸钠为主，pH<1.52时，HNO3氧化亚硫酸钠为主，pH=1.52时，Fe3+和HNO3同等氧化亚硫酸钠（2分）(4)FeCl3刻蚀印刷电路板（1分，FeSO4用作净水剂，合理即可）解析：(1)这几种元素中，N和O的第一电离能比较大，N因为半满，第一电离能更大。(2)①根据元素守恒n(Fe)=500×10-3×0.1=0.05mol，m(Fe)=0.05×56=2.8g。硝酸与Fe加热能反应生成NO2或NO，有O2时NO也会转化为NO2，现象是铁粉溶解，溶液逐渐变黄，有红棕色气体产生。温度太低，Fe会钝化，温度太高，会导致硝酸分解挥发，所以要控制温度。②稀释需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管等，烧瓶和分液漏斗不用。③溶液呈酸性：一是过量的HNO3，二是Fe3+会水解，稀释时，水解程度会增大，导致溶液酸性增强，所以稀释10倍，pH增加小于1。(3)Fe3+氧化SO32-的离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，c(H+)增大，溶液pH减小；HNO3氧化SO32-的离子方程式为2H++2NO3-+3SO32-====2NO↑+3SO42-+H2O，c(H+)减小，溶液pH增大，结合表中数据可以得出：pH>1.52时，Fe3+氧化亚硫酸钠为主，pH<1.52时，HNO3氧化亚硫酸钠为主，pH=1.52时，Fe3+和HNO3同等氧化亚硫酸钠。(4)FeCl3用于刻蚀印刷电路板、FeSO4作净水剂等合理答案均可18．答案：(1)②④（2分）(2)NaOH+NaHSO3====NaSO3+H2O（1分）12.01~12.36（1分）氢氧化钠加入量少，亚硫酸氢钠转化不完全（1分）亚硫酸根离子的水解，导致部分产品转化为NaOH（1分）(3)蒸发浓缩、降温结晶（1分）干燥脱去结晶水以便得到无水亚硫酸钠产品（1分）(4)++5H+====+2Cr3++4H2O(2分)(5)①SO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，分子间作用力比共价键弱得多（1分）②（2分）（1分）解析；(1)①加快烟气的通入速率，吸收不充分，降低吸收率；②将吸收液Na2CO3溶液进行雾化，增大吸收面积，提高吸收率；③在高温条件下吸收，降低二氧化硫的溶解度，降低吸收率：④适当增加Na2CO3的浓度，提高吸收率。(2)上述流程中，加入NaOH后，NaOH与NaHSO3发生反应产生Na2SO3、H2O，发生反应的化学方程式为NaHSO3+NaOH====Na2SO3+H2O。分析表1可看出：pH的范围为12.01~12.36时，亚硫酸钠的含量及产率均达90%以上。反应终点的pH值代表反应进行的程度，终点pH值较低时，表明氢氧化钠加入量少，亚硫酸氮钠转化不完全；终点pH值较高时，虽然亚硫酸氢钠转化完全，但因亚硫酸根离子的水解。导致部分产品转化为NaOH。(3)通过蒸发浓缩，降温结晶以及过滤可得到亚硫酸钠晶体。分离后的样品置于250~300℃气流中，干燥脱去结晶水即得到无水亚硫酸钠产品。(4)NaHSO3具有强还原性，可用于处理酸性废水中的（转化为Cr3+），二者发生氧化还原反应产生、Cr3+及H2O，可得该反应的离子方程式为：3HSO3-++5H+====+2Cr3++4H2O。(5)(1)SO2为分子晶体，依靠分子间作用力结合，SiO2为共价晶体，以共价键结合，分子间作用力比共价键弱得多，所以SO2比SiO2熔沸点低得多。②晶胞参数a和分子半径r有关系：，密度;空间利用率为。19．答案；(1)①N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)△H=-544kJ/mol（2分，“=”也给分）②I慢（1分）1（1分）Ⅱ变小（1分）温度升高，k2增大，仅变小。低于490℃时，k2增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，α变小占主导，反应速率减慢（2分）(2)bc（2分）<（2分）(3)设CO转化了xmol，有：mol2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)始0.400.6000转xxxx/2平0.40-x0.60-xxx/2所以，解得，即转化率（3分）解析：(1)解析：(1)①根据盖斯定律，第3步反应为总反应一第1步－第2步，方程式为：N2O(g)+H2(g)N2（g）+H2O（g），△H=-664-(-103)–(-17)kJ/mol=-544kJ/mol。②I复杂反应决定反应速率的肯定是基元反应中的慢反应，根据v正=k1·c2(NO)可知，决定反应速率方程式的反应物为2NO，恰好是第1步，所以第1步是慢反应，活化能最高。Ⅱ总反应放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率α变小：温度升高，k2增大，α变小，结合图像不难得出：低于490℃时，k2增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，α变小占主导，反应速率减慢。(2)①6v(NH3)=4v(H2O)未说明反应方向，a不能判断是否达到平衡状态：生成N—H键是逆反应方向，生成O—H键是正反应方向，相同时间生成N—H键的数目与生成O—H键的数目相等说明正逆反应速率相等，b可以判断反应达到平衡状态；该反应是一个反应前后气体体积变化的化学反应，c混合气体的压强不变能够说明反应达到平衡状态；容器是恒容的，无论反应是否达到平衡状态，混合物的质量始终不变，容器的体积不变，导致密度始终不变，d不能说明反应达到平衡。②该反应为放热反应，若改为恒容的绝热