宁夏吴忠市2023年高考化学二模试卷及答案

高考化学二模试卷一、单项选择题1.化学与生产，生活、环境等息息相关，以下说法中错误的选项是〔

〕A.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。〞文中涉及的操作方法是蒸馏

B.用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理不相同

C.港珠澳大桥采用的超高分子量聚乙烯纤维吊绳，是有机高分子化合物

D.“玉不琢不成器〞、“百炼方能成钢〞发生的均为物理变化2.橙花醇乙酸酯是一种食用香料，为天然橙花、橙叶和柠檬等油的成分，其结构简式如下列图，以下关于该有机物的说法正确的选项是〔

〕A.该有机物的分子式为C12H20O2

B.1mol该分子可以与2molNaOH发生反响

C.分子中所有碳原子不可能共面

D.能使酸性高锰酸钾和溴水褪色，且褪色原理一致3.NA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔

〕A.1molSiO2中含有2mol硅氧键

B.1molT2O比1molH2O多4NA个中子

C.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子的总数为0.1NA

D.标准状况下，1molO2和O3的混合物中有5NA个氧原子4.用以下实验装置进行相应实验，能到达实验目的的是〔

〕A.用装置I过滤海带灰的浸泡液以获得含I-的溶液

B.用装置II蒸干氯化铵饱和溶液制备NH4Cl晶体

C.用装置III收集铜粉与稀硝酸反响产生的NO

D.用图IV所示装置控制制取少量纯洁的CO2气体5.据文献报道：Pd-Mg/SiO2催化某反响的一种反响机理如下列图。以下说法错误的选项是〔

〕A.

该反响可消耗CO2产生清洁燃料CH4

B.

H2在Pd催化剂的外表断裂H-H键

C.

该催化循环CO2变成了含镁的化合物

D.

使用催化剂可以大大降低该反响的活化能使反响快速进行6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素W的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反响生成一种盐，X元素在短周期中原子半径最大，Y的离子半径在同周期中最小，W和X的最外层电子数之和等于Z原子核外最外层电子数。以下说法正确的选项是〔

〕A.

简单离子半径：Z＞Y＞W＞X

B.

X、Y、Z三种元素对应的最高价氧化物的水化物可以两两相互反响

C.

工业上用电解X、Y对应的熔融氯化物来制取X、Y单质

D.

Z的氧化物对应的水化物为强酸7.向如下列图电池中参加稀H2SO4酸化，假设充电时m侧溶液颜色由蓝色变为黄色，那么以下表达正确的选项是〔

〕A.

放电时，装置中n电极做正极

B.

充电过程中，m极附近pH增大

C.

充电过程中，n极发生的电极反响式为V3+＋e-=V2＋

D.

放电时，H＋从左槽迁移进入右槽二、非选择题8.硫酸镍(NiSO4)主要用于电镀工业，是电镀镍和化学镍的主要镍盐。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程如下：〔1〕“焙烧〞时发生多个反响，其中NiFe2O4生成NiSO4、Fe2(SO4)3，发生该反响的化学方程式为________。〔2〕“浸泡〞时用“95℃热水〞的目的是________，“浸泡〞过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为________。〔3〕“浸渣〞的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有________(填化学式)，为检验浸出液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是________。〔4〕“萃取"过程中发生反响Fe2＋(水相)＋2RH(有机相)FeR(有机相)＋2H＋(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2＋、Fe2＋的萃取率影响如以下列图所示，V0/VA的最正确取值为________；在________(填“强碱性〞“强酸性〞或“中性〞)介质中“反萃取〞能使有机相再生而循环利用。9.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下列图。有关物质性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇易溶于水和乙醇易溶于水,难溶于乙醇两性化合物强酸性、强复原性实验过程：I.合成：装置C中盛有31.8gFeCO3和200mL2.0mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先翻开仪器a的活塞，待装置C中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中参加适量氢氧化钠溶液调节pH到6左右，使反响物充分反响。II.别离：反响结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；参加无水乙醇，过滤、洗涤并枯燥。答复以下问题：〔1〕装置B盛装的试剂为________；仪器b比a的优点是________。〔2〕假设想证明C装置中空气排净，那么D中通常盛装的试剂为________。〔3〕合成过程参加柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________。〔4〕参加氢氧化钠溶液调节pH假设大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。〔5〕检验产品中是否含有Fe3＋的最正确试剂是________。〔6〕本实验制得24.5g甘氨酸亚铁，那么其产率是________%。10.近几年经济开展迅速，汽车数量越来越多，在方便我们的工作和生活的同时，也带来了严重的环境问题，为了消除汽车尾气对大气环境和人体健康造成的影响，科学家们想了很多处理尾气的方法。〔1〕活性炭可用于处理汽车尾气中的NO，有关反响为C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。①判断该反响到达平衡的标志为________。(填标号)A．容器内气体的物质的量恒定

B．NO、N2、CO2的物质的量之比为2：1：1C．v正(NO)=2v逆(CO2)D．容器内气体密度恒定②某温度时，向4L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反响：N2(g)＋CO2(g)C(s)＋2NO(g)；其中CO2、NO物质的量随时间变化的曲线如下列图。请答复以下问题：a.图中A点v正________v逆(填“>〞“<〞或“=〞)。b.0～20min内的N2平均反响速率v=________；在此过程中，气体的平均相对分子质量________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。c.第20min时，外界改变的条件可能是________。〔2〕CO可以与NO2反响：4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)，如图为该反响中CO的平衡转化率在不同压强下随温度变化的图像，根据图像分析：△H________0(填“>〞或“<〞，下同)；p1________p2。〔3〕在汽车排气管上安装催化转化器可以有效降低汽车尾气中的NO和CO，反响方程式为：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，假设在密闭的容积不变的容器中进行该反响，起始参加的CO和NO的物质的量之比为3：2，起始压强为p，到达平衡时总压强为起始压强的85%，那么该反响的化学平衡常数Kp=________。(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×某物质的物质的量分数)11.氮化镓(GaN)结构与金刚石类似，是一种半导体材料，因其具有良好的电学特性，广泛的应用于电子行业，近年智能的快速充电器中就使用了氮化镓材料。〔1〕基态N原子的电子排布式为________；基态Ga原子核外电子能量最高的电子占据的能级为________。〔2〕GaN、GaP、GaAs熔点如下表所示，分析其变化原因________。晶体GaNGaPGaAs熔点/℃170014801238〔3〕GaN可在高温下由金属Ga和NH3反响制取。N原子和H原子可以形成多种微粒，如：NH3、NH、NH、N2H4、N2H、N2H等。在N2H中，N原子的杂化方式为________。与N2H互为等电子体的物质是________(写出一种)；在N2H中存在的化学键类型有________。a．极性键

b．非极性键

c．离子键

d.配位键〔4〕GaN的晶胞结构如下列图：其中与Ga原子最近的N原子所构成的空间结构为________；假设GaN晶体的密度为6.1g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，那么距离最近的两个N原子间的距离为________nm(写出表达式即可)。12.化合物F是一种环状化合物，其合成路线如下：：①CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2②2R-C≡CHR-C≡C-C≡C-R+H2③R-CHO+R’-CH2CHO+H2O答复以下问题：〔1〕化合物A的名称是________，B→C的反响类型是________。〔2〕化合物F的结构简式是________，含氧的官能团名称是________。〔3〕B中最多有________个原子共线。〔4〕写出D→E的化学方程式________。〔5〕E的同分异构体满足以下条件：①与E具有相同的官能团；②核磁共振氢谱显示5种不同化学环境的氢。那么E的同分异构体的结构简式为________。

答案解析局部一、单项选择题1.【答案】D【解析】【解答】A．浓酒和糟的沸点不同，“蒸令气上〞为乙醇气化，利用沸点不同进行别离，是蒸馏的操作，A不符合题意；B．活性炭为糖浆脱色利用的是活性炭的吸附性，为物理性质，而SO2漂白纸浆的原理是因为SO2可以与有色物质生成不稳定的无色物质，从而褪色，两者的原理不同，B不符合题意；C．聚乙烯纤维的相对分子质量很大，是有机高分子化合物，C不符合题意；D．“百炼方能成钢〞有发生氧化复原反响，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.根据题意描述是液体变为蒸汽冷凝为液体那么为蒸馏操作

B.活性炭利用其吸附性是物理性质，漂白性是化学性质

C.聚乙烯纤维是合成高分化合物

D.玉不琢不成器是形状的变化是物理变化，而百炼成钢是产生新物质是化学变化2.【答案】A【解析】【解答】A．由结构可知分子式为C12H20O2，A符合题意；B．1mol该有机物酸性条件水解只生成1mol羧基与NaOH反响，只能消耗1molNaOH，B不符合题意；C．分子中碳原子之间的构成均为V型或者平面三角形的结构，在经过旋转之后可以共平面，C不符合题意；D．该分子中含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化反响，与溴水发生加成反响，褪色原理不同，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据给出的结构简式即写出分子式，同时可以找出含有碳碳双键、酯基。可以发生加成反响、取代反响等，1mol有机物可与1mol氢氧化钠作用，能与溴水发生加成反响褪色，而被高锰酸钾氧化使高锰酸钾褪色褪色原理不同，结构中的双键共面通过单键连接可以旋转共面3.【答案】B【解析】【解答】A．1个SiO2中有4个Si—O键，因此1molSiO2中含有4mol硅氧键，A不符合题意；B．1个T2O中的中子数为2×2+8=12，而1个H2O中的中子数为0×2+8=8，因此1molT2O比1molH2O多4NA个中子，B符合题意；C．溶液中还有H2O，H2O会电离出OH-，C不符合题意；D．1molO2和O3的混合物中有1molO原子，个数为NA，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.根据二氧化硅的硅氧键连接即可判断

B.找出1个T2O和1个H2O中的中子数即可计算

C.碳酸根离子水解，导致阴离子物质的量增大

D.由于氧气和臭氧的物质的量未知故不能求出氧原子的个数4.【答案】A【解析】【解答】A．海带灰中含有碘离子和难溶性固体，所以可以用过滤方法获取含I-的溶液，A符合题意；B．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，所以蒸干时得不到氯化铵，B不符合题意；C．NO能和氧气反响生成二氧化氮且NO密度与空气接近，不能用排空气法收集，C不符合题意；D．纯碱为粉末，与盐酸接触后不能固液别离，且盐酸易挥发，图中装置不能制备少量二氧化碳气体，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.该装置别离难溶性固体和可溶性物质

B.氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢，得不到氯化铵固体

C.NO不溶于水，应该用排水法收集NO

D.应该利用大理石和盐酸制取，需要进行除去氯化氢气体才能得到较纯洁的二氧化碳5.【答案】C【解析】【解答】A．由图可知该反响可消耗CO2产生清洁燃料CH4，A不符合题意；B．Pd作为催化剂，H2在催化剂的外表发生断键，得到活性的H原子，B不符合题意；C．由图可知，二氧化碳和氢气在Pd-Mg/SiO2催化作用下生成甲烷和水，未生成含镁的化合物，C符合题意；D．使用催化剂可以大大降低该反响的活化能从而提高化学反响速率，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】主要考查催化剂的反响机理，催化剂通过降低反响的活化能改变化学反响速率；根据图示进行分析。6.【答案】B【解析】【解答】A．S2-有3个电子层，Na+、Al3+、N3-的核外均为2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，那么离子半径：S2-＞N3-＞Na+＞Al3+，A不符合题意；B．Na、Al、S的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，既可以跟酸反响，也可以跟碱反响，B符合题意；C．工业上电解熔融的Al2O3来制取Al，C不符合题意；D．Z为S元素，其氧化物有SO2、SO3，SO2对应的水化物H2SO3为弱酸，D不符合题意；故答案为：B。【分析】由题可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中元素W的简单氢化物与其最高价氧化物的水化物能发生反响生成一种盐，那么W为N元素，X元素在短周期中原子半径最大，那么X为Na元素，Y的离子半径在同周期中最小，那么Y为Al元素，W和X的最外层电子数之和等于Z原子核外最外层电子数，那么Z为S元素，据此分析解答。7.【答案】C【解析】【解答】A．根据上述分析，m级在电解池中为阳极，放电时为原电池的正极，n电极做原电池的负极，故A不符合题意；B．充电过程中，m极的电极反响为，所以m极附近pH减小，故B不符合题意；C．充电过程中，n级为电解池的阴极，发生的电极反响为，故C符合题意；D．放电时，H＋从负极移动到正极，所以从右槽迁移进入左槽，故D不符合题意；故答案为C。【分析】根据题干信息：充电时m侧溶液颜色由蓝色变为黄色,m侧电极反响式为，发生氧化反响，m级为电解池的阳极，n级为电解池的阴极，发生的电极反响为，据此分析答题。二、非选择题8.【答案】〔1〕NiFe2O4+4(NH4)2SO4=NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O

〔2〕防止硫酸镍溶解速率下降；Fe3++2H2O=FeO(OH)+3H+

〔3〕SiO2,CaSO4；硫氰酸钾溶液

〔4〕0.25；强酸性【解析】【解答】〔1〕由题意可知，NiFe2O4(铁酸镍)焙烧生成NiSO4、Fe2(SO4)3，那么有NiFe2O4+4(NH4)2SO4=NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O,故正确答案是：

NiFe2O4+4(NH4)2SO4=NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3+H2O

〔2〕95℃的热水可以防止硫酸镍溶解速率下降，Fe3+水解程度减小，防止溶液中存留更多的Fe3+,浸泡过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为Fe3++2H2O=FeO(OH)+3H+,故正确答案是：95℃的热水可以防止硫酸镍溶解速率下降，Fe3+水解程度减小，防止溶液中存留更多的Fe3+，Fe3++2H2O=FeO(OH)+3H+

〔3〕浸渣的成分是Fe2O3,FeO(OH),SiO2,CaSO4，检验Fe3+滴加硫氰酸钾溶液，如果溶液变为血红色那么含有Fe3+，故正确答案是：SiO2,CaSO4，硫氰酸钾溶液

〔4〕本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(Vo:VA)对溶液中的Ni2+,Fe2+的萃取率最正确取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V:VA的最正确比值为0.25，由Fe2＋(水相)＋2RH(有机相)

FeR(有机相)＋2H＋(水相)可知，应该在强酸介质中进行反萃取能使有机溶剂再生而循环利用，故正确答案是：0.25，强酸性【分析】〔1)根据反响物和生成物即可写出方程式

(2)热水主要目的是降低硫酸镍的溶解率以及铁离子的水解，根据反响物和生成物即可写出方程式

(3)根据物质的溶解性即可判断出滤渣的成分，检验铁离子一般用的是硫氰酸钾溶液

(4)根据表格中数据即可找出最正确比值以及介质的酸碱性

9.【答案】〔1〕饱和NaHCO3溶液；平衡气压，使液体顺利流下

〔2〕澄清石灰水

〔3〕防止Fe2+被氧化

〔4〕Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓

〔5〕KSCN溶液

〔6〕60.0【解析】【解答】(1)因制得的CO2气体中会混有挥发出的HCl气体，所以装置B盛装的试剂为饱和NaHCO3溶液，以除去HCl；仪器b为恒压分液漏斗，与仪器a相比，其优点是可以平衡气压，使液体顺利流下；

(2)假设C装置中空气已排净，那么进入D中的气体为CO2，检验CO2气体通常用澄清石灰水，那么D中盛装的试剂为澄清石灰水，现象是溶液变浑浊；(3)因FeCO3难溶于水且Fe2+具有较强的复原性，容易被空气中的氧气氧化，而柠檬酸具有强复原性和强酸性，所以合成过程中参加柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2+被氧化；(4)参加氢氧化钠溶液调节pH假设大于6，溶液碱性增强，会发生反响：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，使甘氨酸亚铁产量下降；(5)检验产品中是否含有Fe3+的最正确试剂是KSCN溶液，假设溶液变红，那么含有Fe3+，假设溶液不变红，那么不含有Fe3+；(6)甘氨酸的物质的量为：0.2L×2.0mol·L-1=0.4mol，FeCO3的物质的量为：=0.27mol，由甘氨酸亚铁的化学式(NH2CH2COO)2Fe并结合原子守恒可知甘氨酸少量，那么理论生成甘氨酸亚铁的物质的量为0.4mol÷2=0.2mol，质量为204g/mol×0.2mol=40.8g，那么其产率是：×100%=60.0%。【分析】利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，因Fe2+具有较强的复原性，所以先利用A装置生成的CO2气体将整套装置中的空气排尽，再加热装置C并不断搅拌，并通过仪器b向C中参加适量氢氧化钠溶液调节pH到6左右，使反响物充分反响，因甘氨酸亚铁易溶于水而难溶于乙醇，所以待反响结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩，参加无水乙醇，过滤、洗涤并枯燥，即可得到产品甘氨酸亚铁。

10.【答案】〔1〕CD；＞；0.01mol·L-1·min-1；减小；加催化剂或升温

〔2〕＜；＜

〔3〕【解析】【解答】(1)①A．该反响C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)前后气体计量数和不变，故容器内气体的物质的量永远恒定，与是否平衡状态无关，A不选；

B．NO、N2、CO2的物质的量之比为2：1：1，未表达出三者的物质的量保持不变，与是否平衡状态无关，B不选；

C．v正(NO)=2v逆(CO2)时，不同物质的正、逆速率比等于系数比，为平衡状态，C选；

D．反响正方向为气体质量增大的方向，那么当密度恒定时为平衡状态，D选。答案为：CD。②a.图中A点未到达平衡状态，反响正向进行，v正＞v逆，故答案为：＞；b.v(N2)=v(CO2)==0.01mol·L-1·min-1；气体的平均相对分子质量在数值上等于气体平均摩尔质量，与气体质量成正比，与气体物质的量成反比，因该反响N2(g)＋CO2(g)C(s)＋2NO(g)正反响气体质量减小，气体物质的量不变，故在此过程中，气体的平均相对分子质量减小，故答案为：0.01mol·L-1·min-1；减小；c.第20min时，速率加快，物质的量为渐变，故外界改变的条件可能是加催化剂或升温，故答案为：加催化剂或升温；(2)由图可知，恒压升高温度CO平衡转化率减小，故平衡右移，即正反响放热，△H＜0；恒温从p1到p2，CO平衡转化率减小，平衡右移，正反响气体系数减小，故为增压，即p1＜p2，答案为：＜；＜；(3)设起始时CO、NO物质的量为3amol、2amol，转化了CO2xmol，列三段式得：

，

在密闭的容积不变的容器中进行该反响，其他条件不变时，气体压强与气体物质的量成正比，故5a-x=0.85×5a，解得a=x，化学平衡常数Kp=，故答案为：。【分析】主要考查化学平衡的判定，前后气体计量数不变，故压强对其无影响；掌握化学反响速率的计算方法和三段式计算；考查温度、压强对化学平衡的影响；提高转化率的方法。

11.【答案】〔1〕1s22s22p3；4p

〔2〕GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga—N＜Ca—P＜Ga—As，键能Ga—N＞Ca—P＞Ga—As，故GaN、GaP、GaAs熔点逐渐降低

〔3〕sp3杂化；C2H6(或Si2H6)；ab

〔4〕正四面体；【解析】【解答】(1)N原子核外有7个电子，Ga原子核外有31个电子，因此基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，那么基态Ga原子核外电子能量最高的电子占据的能级为4p；

(2)根据熔点表可知，三者熔点都很高，所以GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga—N＜Ca—P＜Ga—As，键能Ga—N＞Ca—P＞Ga—As，故GaN、GaP、GaAs熔点逐