湖北省十一校2023届高三第二次联考化学试题

答案第=page88页，共=sectionpages1818页湖北省十一校2023届高三第二次联考化学试题一、单选题1．2022年我省重点建设计划超额完成任务。下列相关说法错误的是A．第6代半导体显示器件使用的半导体材料是SiO2B．耐水药用玻璃(由石英砂、纯碱、方解石等原料制得)属于硅酸盐材料C．新冠灭活疫苗应冷藏保存D．电动汽车使用的锂电池属于二次电池2．茶叶经过高温“杀青”生成清香味的反式青叶醇，转化过程为：下列说法正确的是A．青叶醇的分子式为CB．青叶醇分子中含有极性键、非极性键和氢键等化学键C．反式青叶醇能与Br2发生加成反应，且产物中手性碳原子个数为D．反式青叶醇分子中共平面的原子数目最多为153．生产生活中蕴藏着丰富的化学知识。下列项目与所述的化学知识没有关联的是选项项目化学知识A废旧铅酸蓄电池回收PbSO4时加入少量Fe2+B冰在室温下自动熔化成水冰熔化成水时熵值增大C合成氨原料气进入合成塔前需经过铜氨溶液铜氨溶液可除去CODBaSO4作“钡餐BaSO44．下列离子方程式正确且能准确解释相应实验现象的是A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体溶液变浑浊：B．NaClO溶液与FeI2溶液反应溶液变红棕色：C．向FeSCN3溶液中滴加NaFD．向淀粉KI溶液中通入SO2，溶液变蓝并产生淡黄色沉淀：5．下列实验操作、现象与结论相匹配的是选项操作现象结论A向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴KSCN溶液溶液未变红铁粉与水蒸气未反应B常温下，分别测定浓度均为1mol⋅L-1的CH3pH均等于7常温下，1mol⋅L-1的CHC常温下，将50mL苯与50mLCH3所得混合溶液的体积为101mL混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与D向CuSO4先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解CuOH6．NAA．2.8gCO和N2的混合气体中含有的孤电子对数为B．1molCuNH33C．已知Na2HPO3为正盐，可知D．葡萄糖与新制的CuOH2反应生成1molCu7．纳米SiO2为无定形(非晶态)白色粉末，颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米SiOA．对光有各向异性 B．熔点与晶体SiO2C．与晶体SiO2互为同分异构体 D．可用X-射线衍射实验区分纳米SiO28．硫化亚砷As4S6常用作颜料、还原剂和药物等，几乎不溶于水，易溶于氢氧化钠溶液，其反应方程式为：A．该反应中有电子的转移 B．As4S6晶体中，C．Na3AsO3溶液碱性比Na3AsS9．某记忆合金的晶体结构如图a所示，晶胞结构如图b所示。已知原子半径为Ni:130pm、A．该物质的化学式为NiB．与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8C．该晶体与金属钠含有相同的化学键D．该晶胞的体积为(130×2)10．β-Ga2O3晶体是一种超宽禁带半导体材料。工业制法：将GaCl3溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为A．生成GaOH3B．用热水洗涤的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次C．检验镓盐是否沉淀完全的方法：取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液D．灼烧需要的玻璃仪器有玻璃棒、试管和酒精灯11．某化合物结构如图所示。其中M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X是有机分子的骨架元素，A．原子半径：X>Y>ZC．该配合物中X均满足8电子稳定结构 D．该配合物中X的杂化类型有sp12．在抗击新冠肺炎的过程中“合成材料”发挥了重要的作用。下列有关合成材料的说法正确的是A．CH3B．合成有机硅橡胶的单体是，则有机硅橡胶是通过加聚反应制得的C．合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇D．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯不能使溴水褪色13．丙烯是重要的有机化工原料。一定条件下，丙烷直接脱氢制备丙烯的转化率和丙烯的选择性(n生成(A．丙烯的产率大于80%B．该反应为氧化反应C．催化剂可以降低反应的活化能，减小反应的焓变D．其他条件不变，增大c(丙烷)，可以加快反应速率，提高丙烷的转化率14．某液流电池工作原理如图。充电过程中，阳极会发生如下副反应：2Mn3++2H2O=MnA．放电时，Cd电极为负极，发生还原反应B．放电时，Cd2+C．加入少量Br-后，经多次充放电，正极可能会发生3D．加入少量Br-后，充电时，阳极生成Mn3+和阴极生成Cd的物质的量之比为215．常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数lgc总V与pH关系如图所示。已知A．用稀硫酸溶解V2O5B．存在VO2++2H2C．若lgc总V=-2D．若lgc总V=-3、pH=1二、实验题16．某小组探究Ag+、Fe实验现象A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝(1)A中反应的离子方程式为___________，说明氧化性：Fe3+(2)乙同学认为：B中溶液滴加淀粉溶液，未变蓝，原因是Ag+①盐桥中电解质可以使用___________(填“KCl”或“KNO3”)②K闭合时，指针向右偏转，“石墨2”作___________极，电极反应为___________③当指针归零后，向右侧烧杯中滴加1mol/LAgNO3溶液或向左侧烧杯中滴加1mol/LKI溶液，指针均向右偏转，说明Ag+(或I-)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越___________(填“强”或“③乙同学查阅资料，已知KspAgI=1×10-16，当等体积等浓度KI和AgNO3溶液混合时，溶液中cAg+=cI-(3)丙同学测得0.1mol/LAgNO3溶液的pH=6，认为可能是硝酸氧化了三、有机推断题17．化合物F是一种优异聚集诱导发光材料，合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称为___________(2)B中官能团名称为___________(3)B→C的反应类型是___________(4)C→D的化学反应方程式___________。(5)G是D的同系物，比D少2个碳原子，满足该条件的G的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。(6)制备B过程中，有副反应发生，请写出C2H2和HCHO反应生成1，(7)科学家提出一种制备CC3H2O2的新工艺，原理为：CaC2+2CO四、工业流程题18．电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为CaF2，含有少量SiO2和微量As2回答下列问题：(1)“酸浸”时生成HF的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。(2)“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。A．玻璃 B．陶瓷 C．石英 D．金(3)已知H2SiF6是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与KMnO4(4)“氧化”时将AsF3氧化为AsF5。AsF5的沸点高于(5)液态HF是酸性溶剂，能发生自偶电离：HF⇌H++F-，由于H+和F-都溶剂化，常表示为：3HF⇌H2F+①写出BF3与HNO3②已知：H2O与AsF5反应生成HAsF6。结合H+的能力：H2O___________AsF6五、原理综合题19．汽车尾气中含有CO、①NO②2NO③2(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，(忽略(2)反应①的平衡常数lgKp∼1T反应①为___________(填“吸热”或“放热”)反应；温度为tK下，向恒容密闭容器中加入1molCOg和1molNO2g(若只发生反应①)，测得起始压强为20kPa，达到平衡时，NO2的转化率为___________；(3)向体积均为1L的容器中加入2molCOg和2molNOg(若只发生反应②)①甲容器中，开始压强增大的原因是___________②c点的逆反应速率大于b点的逆反应速率的原因是___________③c点对应的平衡常数___________d点对应的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。参考答案：1．A【详解】A．半导体材料是晶体硅，故A说法错误；B．耐水要用玻璃是用石英砂、纯碱、方解石等原料制得，石英砂主要成分是SiO2，与纯碱反应生成硅酸钠，方解石成分是碳酸钙，二氧化硅与碳酸钙反应生成硅酸钙，硅酸钠、硅酸钙属于硅酸盐，故B说法正确；C．灭活疫苗中含有蛋白质，低温冷藏可以防止蛋白质变性失活，故C说法正确；D．二次电池属于可充电电池，即锂电池属于二次电池，故D说法正确；答案为A。2．C【详解】A．根据青叶醇的结构简式，该有机物分子式为C6H12O，故A错误；B．青叶醇中“C-H”、“C-O”、“O-H”为极性键，“C-C”、“C=C”为非极性键，1个青叶醇分子中的羟基与另一个青叶醇分子中的羟基可以形成氢键，分子内不存在氢键，故B错误；C．反式青叶醇与Br2发生加成反应后产物是，含有手性碳原子如图所示，有2个，故C正确；D．“C=C”共平面，且不共线三点共平面，因此反式青叶醇中共平面的原子数目最多为12，故D错误；答案为C。3．D【详解】A．废旧铅酸蓄电池回收PbSO4时加入少量Fe2+是由于Fe2+B．物质由固态变为液态，物质微粒混乱度上升，熵值增大，B不符合题意；C．合成氨原料气进入合成塔前需经过铜氨溶液是利用铜氨溶液来吸收CO气体，C不符合题意；D．BaSO4作“钡餐”，是由于BaSO4既不溶于HCl，且不被X射线透过，与其是强电解质无关，D故选D4．D【详解】A．酸性：H2CO3＞苯酚B．还原性I->Fe2+，则NaClO先与I-反应再与Fe2+反应，C．Fe(SCN)D．向淀粉KI溶液中通入SO2，碘离子与二氧化硫发生氧化还原生成碘单质和硫单质，D正确；故答案为：D。5．C【详解】A．四氧化三铁在稀硫酸中溶解，生成的铁离子会与未反应的铁粉反应生成亚铁离子，滴入几滴KSCN溶液，溶液未变红，不能说明铁粉与水蒸气未反应，A错误；B．CH3COONH4是弱酸弱碱盐，促进水的电离，NaClC．常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与D．CuSO4溶液先与氨水反应生成氢氧化铜沉淀，后与氨水生成络合物，则先产生蓝色沉淀，后逐渐溶解，不能说明CuOH2故选C。6．A【详解】A．CO和N2互为等电子体，两种物质所含孤电子对数相等，氮气电子式为，1mol氮气中所含孤电子对数为2mol，即2.8g该混合物中含有孤电子对数0.2NA，故A正确；B．NH3、CO与Cu+形成配位键，即4个σ键，3个氨分子中含有9个σ键，1个CO中含有1个σ键，因此1mol[Cu(NH3)3CO]+中所含σ键个数为14NA，故B错误；C．Na2HPO3为正盐，则H3PO3为二元酸，无机含氧酸是由羟基电离产生，因此1molH3PO3中含有羟基数为2NA，故C错误；D．生成1molCu2O，转移电子物质的量为1mol×2×(2-1)=2mol，即转移电子物质的量为2NA，故D错误；答案为A。7．D【详解】A．纳米SiO2为无定形，不是晶体，没有对光的各向异性，故AB．纳米SiO2不是晶体，SiO2是共价晶体，因此熔点不相同，故C．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，SiO2只是化学式，晶体SiO2中没有分子，故D．纳米SiO2不是晶体，SiO2是共价晶体，可用X-射线衍射实验区分纳米SiO2与晶体SiO故选D。8．B【详解】A．该反应中As元素的化合价均为+3，反应中没有元素化合价的变化，即无电子的转移，A错误；B．As4S6晶体中，As4SC．H3AsO3的酸性强于H3AsS3酸越弱，对应的盐的水解程度越大，碱性越强，故D．As4S6故选B。9．D【详解】A．位于面上的Ni原子个数=8×12=4，位于顶点和体心的Mn原子个数=8×18+1=2，位于棱上和面心的Ga原子个数=B．由晶胞结构图可知，与Ga最邻近且距离相等的Ni原子数是8，B正确；C．该晶体是由Ni、Mn和Ga构成的合金，与金属钠一样都含有金属键，C正确；D．该晶胞中，设底面边长为apm，高为bpm，2a=(130×2+150×2)pm，a=130×2+150故选D。10．B【详解】A．将GaCl3溶于热水中，加入碳酸氢钠的高浓度热溶液，煮沸至镓盐全部转变为GaOH3沉淀，则生成GaOH3B．用热水洗涤沉淀的操作是：用玻璃棒引流，向漏斗中加入热水至刚好浸没沉淀，待热水自然流下，重复操作2~3次，B正确；C．取少量滤液，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，是用来检验氯离子，滤液中含有大量的氯离子，因此不能用来检验镓盐是否沉淀完全，C错误；D．灼烧在坩埚中进行，不需要用到试管，D错误；故选B。11．D【分析】X是有机分子的骨架元素，说明X为C元素；W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子，即W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu元素；M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，根据结构式可知，M为H元素，Y为【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，则原子半径由大到小的顺序为：Z>X>B．N原子属于半充满状态，第一电离能较高，H原子比C原子半径小得多，核外电子受到原子核的引力大，电离需要更多的能量，故H>C，而Cu的电子层数最大，较容易失去一个电子，，其第一电离能最小，故第一电离能由大到小的顺序为：Y>M>C．该配合物中与W形成配位键的X，不满足8电子稳定结构，C错误；D．该配合物中X的价层电子对有4和3，故其杂化类型有sp2、sp故选D。12．A【详解】A．CH3CHOHCOOH分子中含有羟基、羧基，可通过缩聚反应生成可降解的绿色高分子材料，B．有机硅橡胶是通过缩聚反应制得的，B错误；C．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，C错误；D．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，D错误；故选A。13．B【分析】丙烷直接脱氢制备丙烯的反应为CH3【详解】A．丙烯的产率=丙烯的实际产量丙烯的理论产量×100%，假设1mol丙烷完全转化为丙烯，则丙烯的理论产量为1mol，由图可知，达到平衡时丙烷的转化率为10%，n消耗(丙烷)=1mol×10%=0.1molB．在有机物中引入氧或脱去氢的反应叫做氧化反应，则丙烷直接脱氢生成丙烯和氢气，该反应为氧化反应，B正确；C．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，C错误；D．若是恒温恒容条件下，增大c(丙烷)，等效于加压，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，若是恒温恒压条件下，增大c(丙烷)，平衡不移动，丙烷的转化率不变，D错误；故选B。14．C【详解】A．放电时，Cd失电子做负极，化合价升高发生氧化反应，A错误；B．质子交换膜只允许氢离子通过，Cd2+不能通过质子交换膜，B错误；C．加入溴离子后经多次充放电，正极可能发生Mn3+正极放电、自身歧化的还原反应，可能发生溴离子还原二氧化锰的反应，生成的溴单质也可能发生还原反应，C正确；D．由转移电子守恒可知，若无其他反应的干扰，充电时二者比例为2:1，但是由于溴离子等的干扰，则二者比例不一定为2:1，D错误；故选C。15．B【详解】A．由图可知，用稀硫酸溶解V2O5调节pH为0-1之间可以得到VOB．存在VO2++2H2O⇌H2VOC．若lgc总V=-2、pH=4D．若lgc总V=-3、pH=1，加入适量NaOH，调节pH为3-4之间，VO2+浓度减小，故选B。16．(1)2Fe(2)

KNO3

正极

Ag++e(3)向0.1mol/LKNO3溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液【详解】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了I2，因此A中反应的离子方程式为2Fe3++2（2）盐桥中电解质可以使用KNO3，若用KCl则其中氯离子会与银离子产生沉淀；当K闭合时，指针向右偏转，说明形成了原电池，向右偏转则说明石墨2作正极，电极反应为Ag++e-=Ag；当指针归零后，向右侧烧杯中再次加入任意一种反应物，再次发生反应可知Ag+(或I-)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越强；根据KspAgI=1×10（3）丙同学认为可能是硝酸氧化了I-，那么要先有HNO3生成，故实验步骤为：向0.1mol/LKNO3溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸(或硝酸)，调节溶液pH=6，若溶液变蓝，则说明硝酸有影响，若溶液不变蓝，则说明硝酸无影响；故答案为：向0.1mol/LKNO3溶液中滴加2~3滴淀粉溶液，再滴加少量浓硫酸17．(1)乙炔(2)碳碳三键、羟基(3)氧化反应(4)CH≡CCOOH+(CH3)3COH⇌Δ浓硫酸CH≡CCOOC(CH3)3+H(5)10(6)HC≡CH+2HCHO→Δ催化剂HOCH2C≡CCH(7)

未使用腐蚀性的铬酐：未使用有毒气体HCHO

原料来源广、成本低；副反应少，产率高：生产步骤少【分析】依据A的分子式可判断A是乙炔，乙炔与甲醛发生加成反应生成B，C能与醇发生酯化反应生成D，依据D的结构简式可判断C的结构简式为CH≡CCOOH，即B中的羟基被氧化为羧基生成C，在一定条件下D转化为邻碳硼烷，最终转化为F，据此解答。【详解】（1）A的名称为乙炔；（2）依据B的结构简式可判断B中官能团名称为碳碳三键和羟基；（3）根据以上分析可知B→C的反应类型是氧化反应；（4）C→D是酯化反应，反应的化学反应方程式为CH≡CCOOH+(CH3)3COH⇌Δ浓硫酸CH≡CCOOC(CH3)3+H2（5）G是D的同系物，含有碳碳三键和酯基，比D少2个碳原子，G的分子式为C5H6O2，则属于酯类的有：若是甲酸形成的酯，即HCOOC4H5，相应的－C4H5有4种，若是乙酸形成的酯，即CH3COOC2H3，相应的－C2H3有2种，若是丙酸形成的酯类共计是一种，另外还有CH≡CCOOC2H5、CH3C≡CCOOCH3、CH≡CCH2COOCH3，所以满足该条件的G的同分异构体有10种(不考虑立体异构)。（6）1分子C2H2和2分子HCHO发生加成反应生成1，4-丁炔二醇的化学方程式为HC≡CH+2HCHO→Δ催化剂HOCH（7）根据反应原理和原料可判断其优点是未使用腐蚀性的铬酐：未使用有毒气体甲醛，另外原料来源广、成本低；副反应少，产率高：生产步骤少等。18．(1)

CaF2+H2(2)D(3)2(4)AsF5、AsF3均为分子晶体(分子间均不存在氢键(5)

BF3【分析】“酸浸”发生CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生As2O3+6HF=2AsF3+3H2O；“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF4，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；“精馏1”：因为硫酸熔沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔沸点较高的AsF5；“精馏2”：蒸馏方法得到HF，据此分析；【详解】（1）HF易挥发，“酸浸”时发生难挥发性酸制备易挥发性酸，即生成HF的反应方程式为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；工业生产时往往会适当加热，其目的是加快反应速率，提高CaF2的转化率；故答案为CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；CaF2+H2SO4=CaSO4+2HF↑；（2）HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF能腐蚀玻璃、陶瓷、石英，“精馏1”设备不能使玻璃、陶瓷、石英材料制作，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料；故答案为D；（3）KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有