2023届河北省沧州市泊头市八县高三下学期二模联考化学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页河北省沧州市泊头市八县2023届高三下学期二模联考化学试题一、单选题1．中华文化是我国广大劳动人民智慧的结晶，其中蕴含了众多化学知识。下列关于文中描述所作的说明正确的是选项描述说明A独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂飞絮和马尾的主要成分均为蛋白质B纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻所涉及金属元素的焰色试验属于化学变化C美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来沙里淘金主要利用其物理性质D凿开混沌得乌金，蓄藏阳和意最深乌金属于二次能源A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．飞絮和马尾的主要成分分别为纤维素和蛋白质，故A错误；B．金属元素的焰色试验属于物理变化，故B错误；C．沙里淘金主要利用了金密度大的物理性质，故C正确；D．乌金指煤，属于一次能源，故D错误；故选C。2．化学是材料研发和利用的基础。下列说法正确的是A．离子液体由液态非电解质形成B．有生物活性的大分子中常存在氢键C．高纯硅广泛用于信息和光纤等技术领域D．钠用作核反应堆导热剂的主要原因是性质稳定【答案】B【详解】A．离子液体由液态离子化合物形成，属于电解质，A项错误；B．生物大分子具有活性的主要原因是分子中存在氢键，B项正确；C．光纤的主要成分是二氧化硅，C项错误；D．钠用作核反应堆导热剂的主要原因是熔点低，D项错误；故选B。3．化合物M(结构如图所示)是一种治疗高血压药物的中间体。下列关于M的说法正确的是A．具有两性B．分子中含有4种官能团C．能发生消去反应和加成反应D．能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【详解】A．由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和醚键，则M分子具有碱性，不具有两性，故A错误；B．由结构简式可知，M分子的官能团为氨基、羟基和醚键，共有3种官能团，故B错误；C．由结构简式可知，M分子中含有的醇羟基一定条件下能能发生消去反应，含有的苯环一定条件下能发生加成反应，故C正确；D．由结构简式可知，M分子中不含有碳碳双键和碳碳双键，不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，不能使溶液褪色，故D错误；故选C。4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．28g晶体硅中含有键的数目为B．溶于水，所得溶液中含有的数目为C．1molNa加入足量浓溶液中，生成气体分子的数目为D．和的混合气体在密闭容器中充分反应后，容器内原子总数为【答案】D【详解】A．硅单质为共价晶体，1个原子与周围4个原子形成键，由均摊法计算得（即1mol）Si形成个键，A项错误；B．溶于水时，极少量与水反应生成，故溶液中的数目远小于，B项错误；C．与足量浓溶液反应生成氢气和氨气，故生成气体分子的数目大于，C项错误；D．由原子守恒知，和的混合气体在密闭容器充分反应，反应前后原子数目不变，容器内原子总数为，D项正确。故选D。5．科学家合成117号元素的过程可表示。下列说法正确的是A．、均可能有放射性B．的氢化物的电子式为C．与互为同素异形体D．基态、原子最高能层电子数之比为【答案】A【分析】X的质子数为117-97=20，X为Ca元素；Y的质量数为297-48=249。【详解】A．属于锕系、为第七周期元素，均可能有放射性，A项正确；B．为，为离子化合物，电子式为，故B错误；C．与是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C错误；D．为，基态Ca原子最外层有2个电子；是117号元素，是ⅦA族元素，Z原子最外层有7个电子，原子最高能层电子数之比为，故D错误；选A。6．下列说法错误的是A．大量服用碘化钾等制剂可补充人体所需微量元素碘B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存C．采用外加电流法对金属防腐，可选用惰性电极作阳极D．自然界中硫循环存在含硫物种的有氧转化和无氧转化【答案】A【详解】A．补充微量元素不能大量服用相关制剂，A错误；B．白磷密度大于水且与水不反应，可用冷水贮存，B正确；C．采用外加电流法对金属防腐，被保护金属作阴极，惰性电极可作阳极，C正确；D．自然界中硫循环存在含硫物种在地壳或海底的无氧转化和空气中的有氧转化，D正确；故选A。7．冰晶石()微溶于水，随温度升高在水中的溶解度增大，其在金属冶炼、玻璃和陶瓷制造业均有广泛应用。由某厂废液(含、和少量)合成冰晶石的工艺流程如图。下列说法错误的是A．试剂X可选用NaOHB．滤渣的主要成分为C．“转化”反应中与HF的化学计量数之比为D．“分离”后提纯的方法可选择重结晶【答案】C【分析】废液含Al3+、和少量Cu2+，加入试剂X将Cu2+转化成滤渣而除去；滤液中加入HF反应生成Na3AlF6；据此作答。【详解】A．废液中加入足量NaOH溶液可将Cu2+沉淀完全过滤除去，并将Al3+转化为进入滤液，且不引入新杂质，A项正确；B．根据A项，加入NaOH发生的反应为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓、Al3++4OH-=+2H2O，过滤所得滤渣的主要成分为Cu(OH)2，B项正确；C．“转化”反应的化学方程式为2NaOH+NaAlO2+6HF=Na3AlF6+4H2O，NaAlO2与HF的化学计量数之比为1∶6，C项错误；D．Na3AlF6微溶于水，随温度升高在水中的溶解度增大，故“分离”后提纯Na3AlF6的方法可选择重结晶，D项正确；答案选C。8．具有抗病毒作用的化合物M可由Heck反应合成。下列说法错误的是A．P、Q、M中所有原子均可能共平面B．M的同分异构体中，均不含有手性碳C．P、Q、M中碳原子的杂化方式相同D．P、Q、M苯环上一氯代物的数目之比为(不含立体异构)【答案】B【详解】A．苯环、碳碳双键均为平面结构，结合单键可旋转推知，、、中所有原子均可能共平面，A正确；B．的同分异构体有很多种，存在含有手性碳的结构，B错误；C．、、中碳原子的杂化方式均为，C正确；D．的苯环上一氯代物有3种：、的有2种：、的有5种：

，D正确；故选B。9．一种化工原料的结构如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、R、Q的原子序数依次增大，R、Q处于不同周期，基态R原子最高能层电子数是基态Y原子最高能层电子数的2倍。下列说法正确的是A．电负性：B．原子半径：C．Z与Q形成的化合物均属于非极性分子D．R与Q形成的一种化合物可用于饮用水消毒【答案】D【分析】根据结构式中各原子的成键特点推断：成一个共价键且原子序数最小推断为，成4个共价键推断为，成3个共价键且原子序数比X小推断为，成2个共价键且与Q处于不同周期推断为，成一个共价键且与R处于不同周期推断为，据此分析。【详解】A．由信息推知：、分别为、。则的电负性大于，故A错误；B．由信息推知：、、、、分别为、、、、。则原子半径：，故B错误；C．由信息推知：、分别为、，形成的等属于极性分子，故C错误；D．由信息推知：、分别为、，形成的化合物可用于饮用水消毒，故D正确；故选D。10．我国学者设计如图所示装置，将氯碱工业和硬水软化协同处理，同时制备工业硫酸和氢氧化钠。图中双极膜中间层的水解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是A．膜p适合选择阴离子交换膜B．溶液Y适合选择稀硫酸C．硬水中生成、沉淀D．相同时间内，理论上两极上生成气体的物质的量相等【答案】B【分析】由装置功能和信息知，左端电极为阴极，水电离出的在该电极上得电子生成和，与生成沉淀、与反应生成后生成沉淀，同时硬水中通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的进入溶液，达到制备工业硫酸的目的；右端电极为阳极，饱和食盐水中在该电极上失电子生成，同时通过膜进入溶液，双极膜中水解离出的也进入溶液而达到制备的目的。【详解】A．膜适合选择阴离子交换膜，正确；B．溶液适合选择稀溶液，B错误；C．硬水中生成、沉淀，C正确；D．由电子守恒，相同时间内，理论上两极生成和的物质的量相等，D正确；故选B。11．利用如图所示装置进行下列实验，能达到相应实验目的的是选项①②③实验目的A稀品红溶液比较N、S的非金属性强弱B浓盐酸石蕊溶液证明有漂白性C浓氨水生石灰等浓度和的混合溶液比较和的大小D浓醋酸石灰石硅酸钠溶液比较硅酸和碳酸的酸性强弱A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．能将氧化，不能通过该实验比较N、S的非金属性强弱，故A错误；B．浓盐酸与反应生成氯气需加热，故B错误；C．浓氨水滴入生石灰中生成氨气，氨气通入等浓度和的混合溶液中先生成蓝色沉淀，证明，故C正确；D．醋酸挥发也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能通过该实验比较硅酸和碳酸的酸性强弱，故D错误；选C。12．权威杂志报导了质子溶剂参与下，苯乙烯环氧化反应过程如图所示(R表示烃基)。下列说法错误的是A．反应过程中ROH通过电离提供质子B．反应过程中O元素化合价发生改变C．反应过程存在极性键和非极性键的断裂D．相同压强下，的沸点高于【答案】A【详解】A．R表示烃基，推测为非电解质，由图中信息知，主要作用是与形成氢键而增强分子极性，使其中原子更容易与碳碳双键加成，故A错误；B．中从价降到价，故B正确；C．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂，故C正确；D．可用于形成氢键的原子更多，相对分子质量更大，故其沸点高于的沸点，故D正确；故选A。13．25℃时，用溶液滴定溶液，加入NaOH溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．的第二步电离常数的数量级为B．第一步电离和第二步电离的滴定所选指示剂不同C．P点溶液中存在D．M点和N点溶液中相等【答案】D【详解】A．，由点可知，数量级为，故A正确；B．由电离常数和水解常数知，溶液显酸性、溶液显碱性，第一步滴定选择甲基橙作指示剂、第二步滴定选择酚酞作指示剂，故B正确；C．点为溶液，电离程度大于水解，溶液中，故C正确；D．点和点溶液的不同，溶液中不相等，故D错误；故选D。14．氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF2、NF3、XeF2等。其中XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为(，，)，Xe和F的最短距离为bnm、下列说法错误的是

A．OF2分子中键角小于分子中的B．中Xe的杂化方式为spC．基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态D．Q点原子坐标参数为[]【答案】B【详解】A．OF2中原子有2对孤电子对，NF3中原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子中键角小于NF3分子中的，A正确；B．XeF2中Xe的价层电子对数目为5，不可能为sp杂化，B错误；C．基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故均有5种空间运动状态，C正确；D．由信息，Q点原子坐标参数为，D正确；故答案为：B。二、工业流程题15．钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“筛分”的目的为；浸渣的主要成分为(填化学式)。(2)“转化”工序加入铁粉的目的为；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为。(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为。(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为。(5)试剂X适合选用___________(填标号)。A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液(6)的晶体类型为；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为(用代数式表示)。

【答案】(1)控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度、(2)将还原为防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)(3)(4)防止、被氧化变质(5)B(6)分子晶体【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；故选B。（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。三、实验题16．氧钒碱式碳酸铵晶体[]是制备多种光、电、磁材料的中间体，难溶于水，昜被氧化、可用与反应制备。科研小组在实验室中对氧钒碱式碳酸铵晶体的制备和组成进行探究。回答下列问题：Ⅰ.制备氧钒碱式碳酸铵晶体的装置和步骤如下。

步骤一：按图安装好仪器，添加药品；步骤二：打开，通入足量，充分反应后，关闭、打开，向三颈烧瓶中滴加适量溶液；步骤三：C中反应充分进行后，经一系列操作得到产品。(1)图中盛放溶液的仪器名称为；试剂X的作用为；中V元素的化合价为。(2)步骤二中，通入足量的作用为；滴加溶液时，参与反应的与的物质的量之比为。Ⅱ.组成测定(3)测定含钒量(杂质不参加反应)：准确称量mg产品，用适量稀硫酸溶解后，依次加入稍过量的酸性溶液、溶液、尿素，充分反应后，用标准溶液滴定()，达到滴定终点时消耗标准液的体积为VmL。则加入溶液的作用为；产品中钒元素的质量分数为(用代数式表示)。(4)测定结晶水含量：称取纯化后的产品4.26g，充分煅烧后，称得生成的质量为2.184g，则x=。【答案】(1)分液漏斗吸收中的，提高产品产率+4(2)排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率(3)除去过量的，防止影响测定结果(4)10【详解】（1）由图知，盛放溶液的仪器名称为分液漏斗；试剂适合选择饱和溶液，除去中的，提高产品产率；中O的化合价为-2价，则元素的化合价为；（2）由信息和原理知，步骤二中，通入足量可排尽装置中空气，防止原料或产品被氧化，并与氨水充分反应全部转化为，提高原料的利用率；滴加溶液后，与反应制得产品，根据元素守恒可得知，参与反应的与的物质的量之比为；（3）为使价元素被完全氧化为价，所加酸性溶液需适当过量，故加入溶液的作用为除去过量的，防止影响测定结果；由反应原理可得关系式，则产品中钒元素的质量分数为；（4）由题中数据计算得的物质的量为，则的物质的量为、摩尔质量为=，计算得。四、原理综合题17．二氧化碳的资源化催化重整可以有效缓解温室效应，助力人与自然和谐共生的战略目标早日实现。科研团队研究催化氢化，密闭容器中涉及反应：Ⅰ.

Ⅱ.

回答下列问题：(1)

。(2)在恒温恒压密闭容器中通入一定量的和发生反应，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A．与的物质的量之比不再改变B．单位时间内键的数目不再改变C．与的浓度之比为D．反应Ⅱ的正、逆反应速率常数之比不再改变(3)一定温度下，向容积为20L的恒容密闭容器中充入和，反应至20min恰好达到平衡。实验测得反应前容器内气体压强为，、和的浓度与时间的变化关系如图所示。①内，反应的平均速率；内，平均反应速率更大的是反应(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②图中表示的浓度与时间的变化关系曲线为(填“”或“”)。③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以()。反应Ⅱ的。④20min后，若再向容器中充入、和，反应Ⅰ向(填“正反应方向”或“逆反应方向”)进行，理由为。(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，研究了在铁基催化剂作用下，反应Ⅱ包含的部分中间转化过程的反应机理如图所示，且该步骤最大能垒的计算结果比国外学者计算的低。国外学者计算的最大能垒为。【答案】(1)(2)AB(3)0.003Ⅰ25正反应方向反应Ⅰ的平衡常数，再向容器中充入、和时，浓度商为，反应Ⅰ向正反应方向进行(4)112.3【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ得反应

；（2）A．两个反应在恒温恒压密闭容器中进行时，两个反应的反应物计量数之比不同，则与的物质的量之比不再改变时，达到平衡状态，A项正确；B．单位时间内键的数目不再改变说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B项正确；C．与的浓度之比为，是反应进行到某特定时刻的组分比例，不能说明达到平衡状态，C项错误；D．速率常数只与温度有关，故温度恒定，正、逆反应速率常数之比保持不变，D项错误；故选AB；（3）由图知，表示的浓度与时间的变化关系，平衡时和的浓度均为，由原子守恒推知至少需要消耗，故曲线表示的浓度与时间的变化关系，曲线表示的浓度与时间的变化关系；则①内，反应的平均速率；由原子守恒知，内，参加反应的中原子为，其中生成，则生成，故平均反应速率更大的是反应Ⅰ；②图中表示的浓度与时间的变化关系曲线为。③由上述分析和信息推知，起始时、的浓度分别为、，总压强为，平衡时、、的浓度分别为、、，根据阿伏加德罗定律推知，、、的平衡分压分别为、、，则反应Ⅱ的；④时，容器内、、、的浓度分别为、、、，平衡常数；若再向容器中充入、和，浓度商为，反应Ⅰ向正反应方向进行；（4）我国学者计算所得最大能垒为70.6kJ⋅mol-1-(-8.3kJ⋅mol-1)=，比国外学者计算的低，则国外学者计算的最大能垒为。五、有机推断题18．化合物M是一种