2023年届广东省六校联盟高三第二次联考理综化学试题

现代社会的进展与进步离不开材料，以下有关材料的说法的是( )500米口径球面射电望远镜被誉为“中国天眼”，其“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于型纯金属材料用于版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质港珠澳大桥路面使用了沥青和混凝土，沥青可以通过石油分馏得到国庆仪式上的坦克和军车都喷涂着式聚氨酯迷彩伪装涂料，能适应多种环境背景下的隐蔽需求，聚氨酯属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A.钢是铁和碳的合金，故A说法错误；Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体，故B说法正确；石油常压分馏产物：液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。减压分馏过程和产物：重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青。故C说法正确；聚氨酯是一种高分子化合物，故D说法正确；故答案为A。NA代表阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是( )3 1mol碳正离子(CH＋3 25℃，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有OH－0.1NAD.1mol雄黄(As4SD.1mol雄黄(As4S4)，构造如图：2NAS－S键【答案】C【解析】3 【详解】A.6个电子，三个氢原子有36+3-1=8，1mol碳正离子(CH＋8N，故A3 B.题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，故B项错误；D.一个分子中含有两个S－S键，1mol2NAS－S键，故D项正确；D.一个分子中含有两个S－S键，1mol2NAS－S键，故D项正确；故答案为D。【点睛】氧化复原反响中转移电子数目=得电子数=失电子数。诺卜醇可用于调制木香型化装品及皂用香精。一种制备方法如下图，以下说法正确的选项是( )4可用溴的CClβ–蒎烯与诺卜醇4β–蒎烯和诺卜醇分子中都有一个由5个碳原子构成的四周体可用乙酸检验β–蒎烯中是否含有诺卜醇β–蒎烯的饱和碳原子上的一氯代物有7种【答案】B【解析】4【详解】A.β–蒎烯与诺卜醇均含有碳碳双键，都能与溴发生加成反响，不能用溴的CCl溶液区分，故A项4错误；3β–蒎烯和诺卜醇分子中与两个-CH3

直接相连碳原子为饱和碳原子，该碳原子与四周4个碳原子构成四周B.B.制取收集氨气体，故B项正确；诺卜醇中虽然含有羟基，但在与乙酸反响时无明显现象，无法区分二者，故C项错误β–6种环境的氢，故一氯代物最多有6种，故D项错误；故答案为B。的A.制取蒸馏水以下图示试验正确的A.制取蒸馏水C.C.乙酸乙酯的制备D碳酸氢钠受热分解【答案】D碳酸氢钠受热分解【解析】【详解】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故A项错误；B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故B项错误；C.该装置可以制备乙酸乙酯，C项正确；D.加热固体试管口应朝下，故D项错误；故答案为C。以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2]，含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质为主要原料生产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O)的主要工艺流程如下，关于该流程说法的是( )A.煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为：4Fe(CrO2)2A.煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2C.Na2CrO4Na2Cr2C.Na2CrO4Na2Cr2O7转化的原理为：2H＋+2CrO42－Cr2O72－+H2O2应为：CO2+AlO－+2HO=Al(OH)↓+HCO－2 2 3 3【答案】B【解析】【详解】A.依据流程可知，煅烧过程中反响物空气，纯碱(Na2CO3)和铁铬矿，产物有Fe2O3、Na2CrO4和CO2，铬元素和铁元素被氧化，反响物中有空气，可推想氧化剂为氧气，依据电子守恒和元素守恒可知反响4FeCrO22

+8NaCO2

+7O2

高温=2FeO2 3

+8Na

CrO2

+8CO2

，故A项正确；煅烧过程中参加纯碱，高温条件下SiO2会与纯碱发生反响，故B项错误；2H++2CrO2-4

CrO2

O，参加稀硫酸会使平衡右移，生成CrO222

2-，故C项正确；72碳酸的酸性强于偏铝酸，可与AlO-反响生成氢氧化铝沉淀，D项正确；故答案为B。72X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、Wx、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如下图，以下推断正确的选项是()反响①、②属于氧化复原反响，③属于非氧化复原反响Y的离子半径比Z的离子半径小反响③可以证明X的非金属性强于W肯定条件下，x与甲反响生成丁【答案】D【解析】【分析】依据题中信息可推断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与二氧化硅反响生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反响生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反响生成碳和乙为氧化镁。【详解】A.反响①为镁和二氧化碳反响，反响过程镁和碳元素化合价均发生变化，是氧化复原反响，反响②为碳在氧气中点燃，是氧化复原反响，反响③为碳和二氧化硅反响，反响过程中碳和硅元素化合价均发生变化，是氧化复原反响，故A项错误；B.Y的离子为O2-，Z的离子为Na+，电子层数均为两层，但氧离子的核电荷小于钠离子，故氧离子半径大于钠离子，故B项错误；C.C+SiO2复原，不能说明C的非金属性强于Si，故C项错误；D.碳可以和二氧化碳在高温条件下反响生成一氧化碳，故D项正确；故答案为D。

高温=Si+CO

,反响中CSi元素7.环戊二烯可用于制备二茂铁(7.环戊二烯可用于制备二茂铁(Fe(C5H5)2，构造简式为)，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图，其中电解液为溶解有溴化(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。以下说法的是( )A.制备二茂铁总反响为：A.制备二茂铁总反响为：Fe+2=+H2↑Ni电极与电源负极连接阳极电极反响为：2Br－－2e－=Br2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.据分析可知钠离子仅为中间产物，故总反响为：Fe+2=+H2↑【详解】A.据分析可知钠离子仅为中间产物，故总反响为：Fe+2=+H2↑，故A说法正确；B.中间产物Na可与水发生反响，所以需要在无水条件下进展，故B说法正确；C.据分析可知Ni电极与电源负极连接，故C说法正确；D.Fe-2e=Fe2+，故D说法错误；故答案为D。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备硝酸铜的工艺流程如下图：写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反响的离子方程式： 。恒温“浸取”的过程中觉察铜元素的浸取速领先增大后削减，有争论指出CuCl2是该反响的催化剂，该过程的反响原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②。“回收S”过程中温度掌握在50～60℃之间，不宜过高的缘由是 。(4)向滤液M中参加(或通入) (填字母)，可得到一种可循环利用的物质。a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢“保温除铁”过程中，参加CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调整溶液的pH，其理由_。辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反响转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S mol。【答案】 (1).Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S (2).CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (3).温度高苯简洁挥发(4).b (5).调整溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 (6).抑制Cu2+的水解 (7).0.2【解析】【分析】辉铜矿参加氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反响，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反响生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中参加铁复原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液MpHF3+转化为Fe(OH3沉淀，过滤分别，滤液中主要含有硝酸铜，参加硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。【详解】(1)浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，依据电子守恒和元素守恒可得其离子反响方程式，故答案为：CuS+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；22 依据CuS的最终产物CuClCuCl+FeCl=CuCl+FeCl2 3 2 2回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故答案为：温度高苯简洁挥发；M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为：b；“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要参加氧化铜来调整pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要参加硝酸来抑制其水解，故答案为：调整溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价上升1价，CuFeS2被复原成Cu2S，化合价降低1价，依据电子守恒可知答案为：0.2。【点睛】解决工艺流程题，首先要依据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反响；再结合具体的题目进展具体解答。2NO(g)+O2(g)2NO22NO(g)+O2(g)2NO2(g)，其反响历程分两步：①2NO(g)N2①2NO(g)N2O2(g)(快反响)v1 =k1正 正·c2(NO)，v1 =k1逆 逆·c(N2O2) ΔH1<0②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢反响)v2正 正=k2·c(N2O2)·c(O2)，v2逆 逆=k2·c2(NO2) ΔH2<0(1(12NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的ΔH 0(填“>”、“<”或“=”)。(22NO(g)+O2(g)2NO(22NO(g)+O2(g)2NO2(g)反响速率是反响②，E4+E2 E5+E3(填“>”、“<”或“=”)。(3)肯定温度下，反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)到达平衡状态，写出用k1 、k1 、k2 、k2 表示平衡常数正逆正逆T1℃下一密闭容器中充入肯定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如下图。前5秒内O2的平对于(4(填“增大”、“减小”或“不变”)；对于(4)中的反响体系达平衡后，假设在恒温恒容条件下，追加NO2，再次达平衡后，NO2的体积分数(填“增大”、“减小”或“不变”)。对于(4)中的反响体系达平衡后(压强为P1)，假设在恒温恒容条件下，向其中充入肯定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，P1︰P2=5︰8，则再次平衡时NO2的浓度为mol·L-1。(准确到小数点后两位)k k【答案】 (1).< (2).< (3). k1正k2正 (4).0.1mol·L-1·s-1 (5).1 (6).增大 (7).增大(8).2.67

1逆 逆【解析】【详解】(1)该反响ΔH=E1-E3>0，故答案为：<；反响①的活化能为E4-E2，反响②的活化能为E5-E3，依据题意可知反响②的活化能大于反响①的活化能为，即E4-E2<E5-E3E4+E2<E5+E3，故答案为：<；该反响平衡常数K=

c2NO2

v1

=v1

v2

=v2

v1

×v2

=v1

×v2cNO2 2

2

正 逆 正

正 正 逆

c2(NO)×k

c(NO

)c(O

)=k

c(NO

)×k

c2(NO

)，所以

c2NO2

k1正

gk2正，故答案逆 1正k k

2正 2

2

2 2 2逆 2

cNO2 2

2

k gk1逆 2逆k1k2正；1逆 2逆均生成速率为 ；T1℃下反响2NO(g)+O2均生成速率为 ；T1℃下反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数K= 。2

=4mol/L-3mol/L=0.2mol/Lgsv(O5s

2)=0.1mol/(L·s)。利用三段式：2NO ƒ 2NO+O 2 2c始 4 0 0c变2 2 1c平2 2 1c2NO 22所给反响平衡常数K=

1；故答案为：0.1mol·L-1·s-1；1；c2 NO gcO2 2

1g22m平均相对分子质量M=n总总

，反响2NOg+O2

gƒ 2NO2

g为放热反响，降低温度，平衡右移，总NO2，NO2浓度增大，依据勒夏特列原理可知虽然平衡左移，但NO2浓度照旧增大，故答案为：增大；增大：(6)恒温恒容条件下，压强之比等于气体总物质的量之比，由P2，P1︰P2=5︰8可知充入氧气前后气体总物质的量之比为5︰8，设容器体积为V，则充入氧气前气体总物质的量为(2+2+1)V，所以再次到达平衡时物质的量为8V，设再次到达平衡时NO浓度为amol/L，则充入氧气后反响2NOg+Ogƒ 2NOg平2 2 2衡右移转化的NO为(a-2)mol/LNO浓度为(4-a)mol/L8-(4-a)-a=4mol/L，由于温度42-a2不变，故平衡常数K不变，K=1，所以

2a

=1，解得a≈2.67mol/L，故答案为：2.67。【点睛】解决平衡常数和反响速率的问题，肯定要准确列出三段式，依据相关公式得出答案；要巧用隐含条件“恒温恒容条件系的压强变化之比与气体总物质的量(或各气体浓度之和)变化之比一样”来解决平衡计算问题。连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，也称为保险粉，Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的复原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。工业上常用制备Na2S2O4的方法有I锌粉法、II甲酸钠法。Ⅰ．试验室模拟锌粉法的装置如下(加热等关心仪器略去)第一步，将A中生成的气体通往B中进展反响，B中装的是颗粒度约为180µm的锌粉与水形成的分散系，该分散系为 (填“溶液”、“胶体”或“悬浊液”)。在B装置生成连二亚硫酸锌的化学反响方程式为 。其次步，参加NaOH溶液，于28～35℃下反响生成Na2S2O4和一种白色沉淀，沉淀的成分为 (写化学式)。第三步，将其次步的混合物过滤，并向滤液中参加固体NaCl，冷却至20℃，便有Na2S2O4晶体析出；用平衡移动的原理解释参加NaCl固体的作用是 。第四步，过滤，用甲醇洗涤滤渣，枯燥，得到Na2S2O4晶体。II．试验室模拟甲酸钠法的装置如下(加热等关心仪器略去)第一步，在F装置中参加甲酸钠浓溶液、氢氧化钠，甲醇(溶剂)的混合液；其次步，向装置F中通入二氧化硫；第三步，75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体；第四步，过滤、洗涤、枯燥，收集产品。装置F中制备连二亚硫酸钠化学方程式可表示为 。(5)某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×10－2，K2≈1.0×10－7，H2CO3的电离常数为K1≈4.4×10的－72≈4.×1－1G用于吸取未反响完的S2和反响产生的CG溶液中HSOSO23 3－离子浓度相等时，溶液的pH约为 。甲酸钠法于1968年实现工业化，继而渐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于 。【答案】 (1). 悬浊液 (2). 2SO2 +Zn＝ZnS2O4 (3). Zn(OH)2 (4).Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42-Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42-(aqNaClNa+Na2S2O4析出(5).【解析】【详解】(1)分散系中分散质的粒径大于100纳米时为浊液，180µm>100nm，所以该分散系为悬浊液；装置B中的反响物为Zn，SO2ZnS2O4，S2O42-中硫为+3价，依据电子守恒和元素守恒可得反响方程式2SO2

+Zn＝ZnSO2 4

2SO2

+Zn＝ZnSO；2 4溶液中含有Zn2+，参加氢氧化钠后与氢氧根反响生成氢氧化锌沉淀，故答案为：Zn(OH)2；生成Na2S2O4晶体时Na

S〔s〕22 4

aq+S2

2-4

aq〕NaCl，增大Na+浓度，平衡右移，促进Na2S2O4析出；2 4 装置F中的反响物有SO2NaOH和HCOONa，SO2-中硫为+3SOHCOONa2 4 结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：NaOH+HCOONa+2SO2

=Na

SO22

+CO2

+HO；2 cSO2-

cH+

cSO2-H2S3的电离常数为K2=

,当HSO－、SO2－离子浓度相等时，即 3=1时，氢离子3 cHSO-3 3

cHSO-3浓度等于2≈1.0，pH值约为；方案优点一般从本钱，操作简单性，环保，安全、原料利用率等角度答复，故答案为：甲酸钠法工艺操作简洁；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。【点睛】对于电离平衡常数和水解平衡常数的公式要记忆准确，涉及到离子浓度的相关计算，离不开平衡常数，此题第(5)问中假设正确列出亚硫酸的其次步电离平衡常数的计算公式，很简洁解决问题；试验方案的优点一般从本钱，操作简单性，环保，安全，原料利用率等角度答复。11.2023年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大奉献。请答复以下问题：(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为 ，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为 ；该能层能量最高的电子云在空间有 个伸展方向，原子轨道呈 形。(2)[Co(NO－)]2－中Co2+ 配位数为4，配体中N的杂化方式为 ，该配离子中各元素的第一电离能由小到3 4大的挨次为 (填元素符号)，1mol该配离子中含σ键数目为 NA。LiFePO4属于简洁磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种简单磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用n代表P原子数)。钴蓝晶体构造如图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为 ，晶体中Al3+占据O2－形成的 (填“四周体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为 g·cm－3(列计算式)。【答案】

(1).1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2).M (3).3 (4).哑铃 (5).sp2 (6).Co、＋O、N (7). 16 (8). (PnO3n 1)(n＋2)－ (9). CoAl2O4 (10). 八面体空隙 (11).＋8(59+227+416)N (2a10-7)3A【解析】【详解】(1)Co27号元素，Co27个电子，依据核外电子排布规律可得其基态Co原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，电子云在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃型，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；M；3；哑铃；35+0+1=33NO－中价层电子对数为 2 ，故为sp2杂化；一般状况下非金属性越强第一电离能越大，但由于3N原子中最外层为半布满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的挨次为Co、O、N；一个NO－3σ键，配位键也为σ键，故σ3×4+4=16，则1mol该配离子中含σ键数16NA，故答案为：sp2；Co、O、N；16；34 2 7 3 PO3-PO4-PO5-磷原子的变化规律为：1,2,3,44 2 7 3 ＋2 n氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1 酸根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n1)(n＋2)－(4)依据钴蓝晶体晶胞构造分析一个晶胞中含有的CAlO个数分别为441/2+4=844=16，84=32，所以化学式为CoAlO；依据构造观看，晶体中Al3+占据O2-＋2 3

32161627859=8(59+227+416)为2a10-7

，该晶胞的质量为 NA

N ,所以密度为A8(59+227+416) 8(59+227+416)N (2a10-7)3A

，故答案为：CoAl2O4；八面体空隙；

N (2a10-7)3 。A【点睛】在计算价层电子对数时O、S作为配原子时供给的电子数为0；第(3)问属于跨学科综合题目，首先用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后查找规律。12.MMA既是一种高分子化合物(有机玻璃)MMA的途径，其流程如下：由MMA合成的高分子化合物(有机玻璃)的化学名称是： 。工业上将A和甲醇及过量硫酸一起一步反响生成MMA和一种无机盐该反响的化学方程式为。(3)反响②是在500℃并有催化剂存在的条件下发生的，则其反响类型为 。子或原子团)，并与互为同分异构体，则其构造简式为 。子或原子团)，并与互为同分异构体，则其构造简式为 。物质D的核磁共振氢谱有两个峰，它与CO、CH3OH1∶1∶1反响恰好生成MMA，则D的构造简式为 ，该方法的优点是 。