2023年重庆市高考化学二诊试卷(含答案解析)

1015页2023一、单项选择题〔742.0分〕化学与生活亲热相关．以下有关物质的用途表达错误的选项是( )Ca(ClO)2用于消毒杀菌C.Fe2O3用于炼铁

用铝制容器盛装稀硫酸D.氧化镁作耐火材料设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是( )4.6gC2H5OH与6.0gCH3COOH反响，生成的CH3COOC2H5分子数目为0.1NA5.6gFe与足量水蒸气完全反响，转移的电子数目为0.2NA32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA以下关于乙酸说法的是 ( )乙酸与甲酸甲酯(HCOOCH3)互为同分异构体乙酸与乙醇都能与Na反响，生产H2参与生石灰再蒸馏可以除去冰醋酸中少量的水饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中少量的乙酸X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。X原子是全部原子中半径最小的，Y原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，X、Z同主族，Y、M同主族。以下有关说法正确的选项是原子半径：X<Y<Z<M<NZ和N组成的化合物可以得到N的单质Y的简洁气态氢化物的热稳定性比M的弱5.如图用石墨电极电解CuCl2溶液．以下分析正确的选项是()5.如图用石墨电极电解CuCl2溶液．以下分析正确的选项是()a极发生复原反响每生成6.4gCu，转移电子0.2mol阳极反响式：Cu2++2e→Cu在直流电源中电流从ba某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−(25℃时Ka=1.0×10−2)，以下有关说法中正确的选项是( )H2A是弱酸稀释0.1mol/LH2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H+)增大在0.1mol/L的H2A溶液中，c(H+)=0.12mol/L假设0.1mol/LNaHA中c(H+)=0.02mol/L，则0.1mol/L的H2A中c(H+)<0.12mol/LABCABCD实验现 最终一滴溶液使酚酞由无色品红褪色 最终试管有浅黄色沉淀 消灭白色沉淀象 变为粉红色且30秒不复原结SO2有强氧论化性有机物中含有溴原子滴定到达终点Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D二、流程题〔114.0分〕锰酸锂(LiMn2O4)是型锂离子电池常用的正极材料。工业上以软锰矿浆为原料可制备锰酸锂，同时制得副产品MnSO4⋅H2O晶体，其流程如以以下图所示。：1.软锰矿浆的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质。温度高于27°C时，MnSO4晶体的溶解度随温度上升而渐渐降低。有关物质的溶度积常数如下表：物质物质KspMnF25.3CaF21.5×10−10MgF27.4×10−11“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 ，该过程中，为提高软锰矿中MnO2的浸出率，可实行的措施有 (答出两点即可)第1步除杂中参与H2O2的目的是 。2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应的氟化物沉淀除去，其中MnF2除去Mg2+反响MnF2(s)+Mg2+(aq)=Mn2+(aq)+MgF2(s)，该反响的平衡常数为 。图中的一系列操作指的是 。将MnO2和Li2CO3按4:1的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温锻烧至600∼750°C，制取产品LiMn2O4，写出该反响的化学方程式： 。三、试验题〔115.0分〕硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如以以下图所示。A中反响的化学方程式为 。为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为 。为了保证硫代硫酸钠的产量试验中通人的SO2不能过量缘由是 。待Na2S和Na2CO3完全消耗后，完毕反响。过滤B中的混合物，滤液经过 、 操作名称)、过滤、洗涤、枯燥，得到Na2S2O3⋅5H2O晶体。a223⋅2250mL0m溶液，0mol/22−3+I2=S42−6+2I−Na2SO3与I2反响)。①滴定终点的现象为 。②重复三次的试验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如以下图，则x= ，产品的纯度为 。四、简答题〔334.0分〕1799年由英国化学家汉弗莱·戴维觉察一氧化二氮(N2O)肺等器官无损害，后被广泛应用于医学手术中。(1)一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反响的化学方程式为 。(2)反响2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=−163kJ·mol−1，1molN2(g)1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸取945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸取的能量为 kJ。(3)在确定的温度下的恒容容器中，反响2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的局部试验数据如下表：反响时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol·L−10.100.090.080.070.060.050.040.030.020.010.00①在0∼20min时段，反响速率v(N2O)为 mol·L−1·min−1。②假设N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反响至30min时N2O的转化率α= 。不同温下N2分解半衰期随起始压强的变化关系如以下图图中半衰期指任一浓N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1 (填“>”“=”或“<”)T2。当温度为T1、起始压强为p0，反响至t1min时，体系压强p= 。(用p0表示)(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反响历程为：第一步：I2(g)=2I(g)(快反响)其次步：I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反响)第三步：IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)(快反响)试验说明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。表述正确的选项是 。(填标号)温度上升，k值增大B.第一步对总反响速率起打算作用11.C2可用于固氮C211.C2可用于固氮C2+N2̲2+CN2和水反响可生3．(1)写出与Ca在同一周期且最外层电子数一样内层电子排满的基态原子的电子排布式 ．(2)C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的挨次是 (3)NH3中N原子的杂化方式为；依据价层电子对互斥理论推想CO2−的空间3构型为 ．CaCN2中阴离子为CN2−，与CN2−互为等电子体的分子有 (用化学式任定一种)；写出2 2CaCN2发生水解反响的化学方程式 ．CaC2晶体的晶胞构造与NaCl晶体的相像(如以下图)，其晶胞的边长为a×10−7cm，则该晶体的密度为 ．卡托普利(E)是用于治疗各种原发性高血压的药物，其合成路线如下：A的系统命名为 中官能团的名称是 →C的反响类型是 。(2)C→D转化的另一产物是HCl，则试剂X的分子式为 。D在NaOH醇溶液中发生消去反响，经酸化后的产物Y有多种同分异构体，写出同时满足以下条件的物质Y的同分异构体的构造简式： 。a.红外光谱显示分子中含有苯环，苯环上有四个取代基且不含甲基b.6种不同环境的氢原子c.能与FeCl3溶液发生显色反响B在氢氧化钠溶液中的水解产物酸化后可以发生聚合反响，写出该反响的化学方程式： 。 答案与解析 答案：B解析：解：A.Ca(ClO)2具有强氧化性，可用于消毒杀菌，故A正确；Al与稀硫酸反响，则不能用铝制容器盛装稀硫酸，故B错误；Fe2O3C发生氧化复原反响生成Fe，则Fe2O3C正确；MgO的熔点高，则可作耐火材料，故D正确；应选B．A.Ca(ClO)2具有强氧化性；B.Al与稀硫酸反响；C.Fe2O3C发生氧化复原反响生成Fe；D.MgO的熔点高．此题考察物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察考察，留意化学与生活的联系，题目难度不大．答案：C解析：【分析】此题考察了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解题关键。【解答】A.0.1NA个，故A错误；B.5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和水蒸气反响后变为+8/30.1mol铁反响后转移4/15NA个，故B错误；C.氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g2mol，个数为2NA个，故C正确；D.25℃时，pH=12的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L1L此溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01NA个，故D错误。应选C。答案：C解析：【分析】此题考察有机物的构造和性质，为高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，关键是留意把握乙酸的官能团以及性质，留意根底学问的积存，难度不大。【解答】乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反响，可与钠反响生成氢气，结合同分异构体的定义解答该题。乙酸与甲酸甲酯(HCOOCH3)分子式一样，但构造不同，二者互为同分异构体，故A正确；乙酸含有羧基，乙醇含有羟基，都可与钠反响生成氢气，故B正确；C.乙酸具有酸性，可与生石灰反响，故C错误；D.乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3Na2CO3溶液反响生成可溶于水而难溶于乙酸乙酯的钠盐，故D正确。应选C。答案：B解析：【分析】此题考察原子构造和元素周期律关系，侧重考察学生灵敏运用学问解答问题力气，正确推断元素是解此题关键，娴熟把握元素周期律、物质构造，题目难度不大。【解答】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子是全部原子中半径最小的，则X为H元素；Y原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y为O元素；X、Z同主族，Y、M同主族，则Z为Na元素；M为S元素；则N为Cl元素；A.原子的电子层越多，原子半径越大，电子层一样时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径大小为：H<O<Cl<S<Na，即X<Y<<N<M<Z，故A错误；B.Z和N组成的化合物为NaCl，电解熔融NaCl可以得到Na的单质，故B正确；C.S<O，所以气态氢化物的稳定性M<YC错误；D.Y是O、Z是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2D错误。应选B。答案：B解析：解：A.由装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，与a相连的阴极发生复原反响，但a极没有参与反响，故A错误；B.阴极电极方程式为Cu2++2e−=Cu，每生成6.4gCu，即0.1molCu，由电极方程式可知转移电子0.2molB正确；C.与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反响，电极反响式为：2Cl−−2e−=Cl2↑C错误；D.a为负极，b为正极，在直流电源中电流从a流向b，故D错误．应选B．由铜离子移动方向可知a为负极，b为正极，连接电源负极的电极为电解池的阴极，发生复原反响，连接电源正极的电极为电解池的阳极，发生氧化反响，结合电极方程式解答该题．此题考察电解池学问，侧重于学生的分析力气的考察，为高考常见题型和高频考点，留意把握铜离子的定向移动，推断电源的正负极为解答该题的关键，难度不大．答案：D解析：【分析】留意该二元酸的电离特点，再结合守恒思想解答，试题培育了学生的分析力气及灵敏应用力气．【解答】A.依据H2A=H++HA−可知，二元酸(H2A)在水中第一步电离为完全电离，则H2A酸性较强，不是弱酸，故A错误；B.加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，故B错误；C.二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A=H++HA−，HA−=H++A2−(Ka2=1.0×10−2)，第HA−x，则：(0.1+x)．x=1.0×10−2，解得：x≈0.0084.0.1−x所以在0.1mol⋅L−1的H2A溶液中，c(H+)=0.1mol/L+0.0084mol/L=0.1084mol/LC错误；D.假设0.1mol/LNaHA溶液中c(H+)=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−，第一步电离出的氢离子，抑制了其次步电离，所以c(H+)<0.12mol/LD正确；应选D．答案：C解析：解：A.SO2具有漂白性，可使品红褪色，故A错误；应参与氢氧化钠水解后再加硝酸酸化，否则不能得到浅黄色沉淀，故B错误；用氢氧化钠滴定盐酸，可用酚酞为指示剂，滴定终点为最终一滴标液使酚酞由无色变为红色，且30秒不复原，故C正确；AgI溶解度较小，应先消灭黄色沉淀，故D错误。应选C。此题考察较为综合，涉及二氧化硫的性质、卤代烃的水解、中和滴定以及难溶电解质的溶解平衡等学问，侧重于学生的分析力气和试验力气的考察，留意相关物质的性质，把握试验方案的严密性和合理性的评价，难度中等。48.答案：(1)SO2+MnO2=Mn2++SO2−；不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或适当升温等4将Fe2+氧化成Fe3+，便于转化为Fe(OH)3而除去(3)7.21074LiMn2O4+2CO2↑+O2↑解析：【分析】此题考察工业上以软锰矿浆为原料制备锰酸锂的工艺流程图分析、物质的分别和提纯、离子方程式及化学方程式的书写、平衡常数的计算等，考察学生分析问题、解决问题的力气，难度中等，解题的关键是对题干信息的解读和对根底学问的灵敏运用。【解答】4SO2在酸性条件下将MnO2复原为MnSO4，SO2自身被氧化为SO2−，故“浸出”过程中MnO2转化为44Mn2+的离子方程式为SO2MnO2Mn2+SO2−；4该过程中，为提高软锰矿中MnO2的浸出率，可实行的措施有：不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触或适当升温等;参与过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子，以便于转化为Fe(OH)3而除去；该反响为MnF

(s)+Mg2+(aq)⇌Mn2+(aq)+MgF

(s)，K=c(Mn2+)=c(Mn2+)×c2(F−)=

5.3×10−3=27.2×107；

2 c(Mg2+)

c(Mg2+)×c2(F−)

7.4×10−11温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度上升而渐渐降低，所以承受蒸发浓缩、趁热过滤，以削减MnSO4·H2O在水中的溶解；应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。9.答案：(1)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)2∶1；(3)SO2通入过多使溶液呈酸性，而Na2S2O3可与H+反响，导致产量降低；(4)蒸发浓缩；冷却结晶；(5)①溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不褪色；②18.10；89.28%。解析：【分析】此题考察物质的制备试验以及纯度的计算，难度中等，明确试验原理是解此题关键，依据物质的性质分析解答，留意元素化合物学问的积存和灵敏运用。【解答】(1)A中为制备SO2的装置，反响的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)B中制备Na2S2O3的化学反响方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；3(3)SO2通入过多使溶液呈酸性，而Na2S2O3可与H+反响：S2O2−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产3量降低，故试验中通入的SO2不能过量，2a223H+a2和a23完全消耗后，完毕反响。过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥，得到Na2S2O3·5H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(5)①碘单质遇淀粉变蓝，当滴定到终点时，I2恰好消耗完，故滴定终点的现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；②18.60mL−0.50mL=18.10mL，第一组数据与17.90mL+18.10mL18.00mL，根2据2S2O2−+I2=S4O2−+2I−可知n(Na2S2O3)=2n(I2)=2×0.1mol/L×0.018L=3.6×10−3mol，3 6故10.0g产品中含有n(Na2S2O3)=3.6×10−3mol

250mL25.00mL

=0.036mol，m(Na2S2O3)=0.036mol×248g/mol=8.928g，故Na2

S2O3

的质量分数=8.928g×100=89.28％，10.0g故答案为：18.10；89.28%。3 2 催化剂NO↑+2HO3 2 4(2)1112.5；(3)①1×10−3；②20.0%；③>；1.25p0；(4)AC。解析：【分析】此题较为综合，考察了反响热、反响速率的计算、转化率的计算等，把握题中的信息以及图象的信息为解题关键，题目难度一般。【解答】4 3 2 在异养微生物催化下硝酸铵可分解N22反响的反响式为HO 化剂NO↑H4 3 2 3 2 故答案为：NHNO 催化剂NO↑+2HO3 2 4设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸取的能量为xkJ；2x=故答案为：1112.5；v(N

O)=Δc(N2O)=0.020mol/L

=1×3l·

·1；2

20min故答案为：1×10−3；②由表可知，每隔10min，c(N2O)的变化量相等，故单位时间内c(N2O)的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，假设N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反响至30min时转化的N2O的=故答案为：20.0%；

O的转化率α=0.030mol/L×100=20%；0.15mol/LN2

T1

>T2；温度为T1p0，反响至t1minN2O1mol，至t1min时，反响的N2O的量为0.5mol，依据反响2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)可知，此时体系内有：0.5molN2O，0.5molN2，0.25molO2，共有1.25mol的气体，所以此时的体系压强p=1.25p0；故答案为：>；1.25p0；(4)A.碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，所以在N2O分解反响中，k(含碘)>k(无碘)A正确；B.其次步的反响速率最慢，则其次步对总反响速率起打算作用，故B错误；C.其次步的反响速率比第三步的慢，则其次步活化能比第三步大，故C正确；D.I2浓度越大，越有利于N2O的分解，故D错误；故答案为：AC。11s2s26s260s2C<O<N2N2+2O=O3+3；336a3×10−21

g/cm3解析：解：(1)Ca位于第四周期、最外层电子数为2，最外层电子数为2、内层排满电子的第四周期元素原子是Zn，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；同周期元素从左向右，第一电离能总体趋势增大，但IIA和VA反常，第一电离能：C<O<N；δ故答案为：C<O<N；3中N形成31Np3O−中C=2=，3 2C3个O成键，空间构型为平面三角形；故答案为：平面三角形；2等电子体原子数一样、价电子数一样．C2−与O原子数相等，所以与CN2−互为等电子体的分子有N2O，N2与CO互为等电子体，与N2O互为等电子体的分子有CO2、BeCl2等；CaCN2与水生成NH3，同时生成CaCO3；CaCN23H2O=CaCO32NH3↑；2故答案为：N2O；CaCN2+3H2O=CaCO3+2NH3↑；2CaC晶体的晶胞构造与NaClCa为12×1+1=4424个CaC

；则该晶体的密度ρ=m=

4×84

g/cm3=

g/cm3；故答案为：

g/cm3．2 V (a×10−7)3

a3×10−21

a3×10−21Ca22、内层排满电子的第四周期元素原子是Zn，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；同周