2023年河南省六市高考化学二模试卷(含答案解析)

1015页2023一、单项选择题〔742.0分〕一场突如其来的“冠疫情”让我们临时不能正常开学。以下说法中正确的选项是( )垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾为了防止感染“冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒以纯洁物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不行替代的作用中国研制的冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病需要低温保存维生素C是一种重要的维生素，能防治坏血病，又称为抗坏血酸，其构造简式如图，以下有关说法错误的选项是( )它的分子式为C6H8O6 B.易起氧化及加成反响C.在碱性溶液中能稳定地存在 D.它是一种水溶性维生素以下依据试验操作及现象不能得出相应结论的是( )选项选项试验操作及现象结论AC在盛有(NH4)2SO4固体的试管口放潮湿的红色石蕊试纸，加热试管，试纸变蓝向K2Cr2O7酸性溶液(橙黄色)中参与乙醇，溶液变成蓝绿色[生成了Cr3+](NH4)2SO4受热可发生分解B乙醇具有复原性HA的酸性比HB的弱D两支试管中分别盛有2mLKI3溶液(I2KI溶液)，一KI溶液中存在平衡：I−⇌支参与淀粉溶液变蓝，另一支参与AgNO3溶液产生黄色I沉淀32+I3−A B.B C.C D.DNA为阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )等质量的D2O和H2O中含有的质子数一样过氧化钠与水反响时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA2L0.5mol·L−1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA密闭容器中2molNO与1molO2充分反响，产物的分子数为2NA苯甲酸的熔点为122.13℃以下表达错误的选项是( )冷凝回流的目的是提高甲苯的转化率当大量棕色沉淀生成，高锰酸钾的紫色变浅或消逝，反响根本完毕操作Ⅰ为趁热过滤，并用少量热水洗涤滤渣23为酸化X、Y、Z是短周期元素，位于三个不同的周期，且原子序数依次增大，X、Z同主族，三种元素可以形成原子个数比为1:1:1的化合物W。以下推想正确的选项是( )Z元素与氟元素位于同一周期Z的单质投入水中也能生成化合物WY的单质不行能与Z2S发生反响X元素的全部核素中都不存在中子向含有CaCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(无视体积变化)，以下数值变小的是( )3c(CO2−)3c(Ca2+) C.c(H+) D.Ksp(CaCO3)二、试验题〔114.0分〕氮及其化合物在生产中有广泛应用。试验一、甲组同学探究NaNO2(工业盐)的化学性质。实实验试验步骤现象及结论I取少量酸性KMnO4溶液于试管中，滴加NaNO2溶液紫色变为无色，则NO−具有2性。Ⅱ取少量淀粉−KI溶液于试管中，滴加几滴稀硫酸，再滴加NaNO2溶液假设溶液变性。填充上述空白： 、 。试验二、乙组同学拟利用如图装置制备氮化镁。写出NaNO2和(NH4)2SO4反响制备氮气的化学方程式： 。(3)装置C的作用是 。反响后取少量氮化镁样品于试管中，参与足量水产生大量气体和白色沉淀。气体遇浓盐酸产生“白烟”，则氮化镁与水反响的化学方程式为 。试验三、丙组同学设计试验探究氨气复原氧化铜，装置如以下图：试验现象：C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色。L的作用是 ；装置A中CaO的作用是 。C中发生反响的化学方程式为 。三、简答题〔452.0分〕2023年“锂电池之父”Johnb.Goodenough等三位科学家获得诺贝尔化学奖。磷酸铁锂(LiFePO4)用作锂离子电池正极材料，制备方法如图1：(一)制备水合磷酸铁(FePO4⋅xH2O)固体4(1)透亮混合溶液中含磷微粒主要是H2PO−，过程Ⅰ发生的主要离子反响方程式 。(2)过程Ⅱ发生反响的离子方程式是 。4如过程Ⅱ中Fe2+氧化不充分，则造成的影响是 。FePO4⋅xH2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图2：水合磷酸铁的化学式为 。(二)制备LiFePO4固体在氮气保护下，高温焙烧FePO4、Li2CO3和葡萄糖的固体混合物，得到LiFePO4颗粒。LiFePO4中Fe元素的化合价为 ，葡萄糖的作用是 。锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出局部Li+，转变为Li(1−x)FePO4，写出此电极反响方程式 。十九大报告提出要对环境问题进展全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续进展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的局部反响过程如以以下图所示：(1)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=−41kJ/mol△H2=+174.1kJ/mol请写出反响I的热化学方程式 。II，在进气比[n(CO):n(H2O)]CO平衡转化率见图(各点对应的反响温度可能一样，也可能不同；各点对应的其他反响条件都一样)。①经分析，AE和G三点对应的反响温度一样其缘由是KA=KE=KG= (填数值)。在该温度下：要提高CO平衡转化率，除了转变进气比之外，还可实行的措施是 。CO HO CO ② 比较A、B两点对应的反响速率大小：VA VB(填“<”“=”或“>”)。反响速率v=v −v =k x x −k x x ，k 、k 分别为正、逆向反响速率常数，CO HO CO 正 逆 正 2 逆 2 2 正 逆v数计算在到达平衡状态为D点的反响过程中当CO转化率刚好到达20%时正= (v逆1位小数)。反响III，利用碳酸钾溶液吸取CO2得到饱和的KHCO3电解液，电解活化的CO2来制备乙醇。①碳酸的电离常数Ka110−a，Ka210−b，吸取足量CO2所得饱和KHCO3溶液的pHc，c(HCO−)则该溶液中lg

3c(H2CO3)

= (列出计算式)。成原理为，装置如以下图，直流电源的负极②碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]毒性小，是一种绿色化工产品，用CO合成(CH3O)2CO成原理为，装置如以下图，直流电源的负极为 (填“a”或“b”)；阳极的电极反响式为 。氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。答复以下问题：H、B、N中，原子半径最大的是 。依据对角线规章，B的一些化学性质与元素 的相像。NH3BH3分子中，N−B化学键称为 键，其电子对由 供给。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH++B3O3−+9H2B3B3O3−的构造为6.在该反响中，B原子的杂化轨道类型由 变为 。NH3BH3分子中与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ−)，电负性大小挨次是 。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是 (写分子式)，其熔点比NH3BH3 子之间，存在 作用，也称“双氢键”。争论觉察，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系构造，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°.氨硼烷的2×2×2超晶胞构造如以下图氨硼烷晶体的密度ρ= g⋅cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反响，例如铜催化的Huisgen环加成反响：我国科研人员利用该反响设计、合成了具有特别构造的聚合物F并争论其水解反响。合成线路如以以下图所示：：A生成B的反响类型是 。：关于B和C，以下说法正确的选项是 (填字母序号)。B和Cb.B不能发生消去反响c.C中含醛基BC的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的构造简式为 。反响②的化学方程式为 。请依据以上流程，并推想聚合物F所具有的特别构造，以下关于聚合物F的构造说法正确的选项是A.F中必含CH2=N—构造C.F的构造可能是B.F中必含N=C.F的构造可能是H是比A多一个碳原子的同系物。H的同分异构体中符合以下条件的有 种。①苯环上有三个取代基②能和FeCl3发生显色反响为了探究连接基因对聚合反响的影响，设计了单体K，其合成路线如下，写出H、I、J的构造简式：答案：D

答案与解析 解析：【分析】此题考察化学与生产生活，包括生活垃圾处理、消毒酒精的使用、疫苗的保存等，难度较小。【解答】A.废弃口罩不属于可回收垃圾，故A错误；B.医用消毒酒精为75%B错误；C.聚丙烯为混合物，故C错误；D.抗病属于蛋白质，高温简洁发生变性，需要低温保存，故D正确。答案：C解析：解：A.由构造可知分子式为C6H8O6，故A正确；B.含−OH可发生氧化反响，含碳碳双键可发生氧化、加成反响，故B正确；C.含−COOC−，在碱性溶液中发生水解反响，不能稳定存在，故C错误；D.含多个−OH，是一种水溶性维生素，故D正确；应选C．由构造可知分子式，分子中含−OH、碳碳双键、−COOC−，结合醇、烯烃、酯的性质来解答．此题考察有机物的构造与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意烯烃、醇、酯的性质，题目难度不大．答案：C解析：【分析】此题考察试验方案的设计与评价，主要涉及物质的检验、性质试验、酸性强弱比较等，解答这类问题应明确试验的目的以及试验方案的可行性和严密性等，试题难度一般。【解答】7分解产生氨气，氨气的检验可以使用潮湿的红色石蕊试纸，故A正确；B.Cr2O2−被复原为Cr3+B正确；74C.NH4B中NH+也发生水解，无法比较，故C错误；4D.由KI3溶液性质试验知，同时存在I2和I−D正确。答案：B解析：【分析】此题考察了物质的量和阿伏加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，留意弱电解质局部电离。【解答】A.D

O摩尔质量不同，依据n=m，等质量的D

O物质的量不同，所以含有质子数不相2 2 M 2 2同，故A错误；1mol2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB正确；亚硫酸为弱酸，局部电离，2L0.5mol⋅L−1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NAC错误；D.NOO2O2⇌N24NAD错误；应选：B。答案：D解析：【分析】此题考察物质的制备试验，为高频考点和常见题型，侧重考察学生的分析力气和试验力气，留意把握试验的原理、操作方法以及物质的性质，题目难度中等。【解答】回流可使甲苯充分反响，提高转化率，故A正确；甲苯与高锰酸钾在加热条件下发生氧化复原反响生产苯甲酸钾和二氧化锰KMnO4反响后紫色变浅或消逝，有浑浊生成，故B正确；操作1用于分别固体和液体，为趁热过滤，并用少量热水洗涤滤渣，故C正确；操作2由苯甲酸钾得到苯甲酸，为酸化，苯甲酸微溶于水，则由操作3溶液得到固体，为过滤，故D错误。应选D。答案：B解析：【分析】此题考察构造性质位置关系应用，为高频考点，留意利用“不同周期的三种短周期元素且原子序数渐渐增大”进展推断，难度不大。【解答】元素周期表中只有三个短周期，而X、Y、Z位于三个不同的周期，且原子序数依次增大，X、Z同主族，故X为H元素，ZNaX、Y、ZWYO元素，W为NaOH。Na位于第三周期，F位于其次周期，A错误；Na与H2O反响生成NaOH、H2，B正确；C.O2的氧化性比S强，故O2能与Na2S反响，C错误；D.2H3H中存在中子，D错误。1 1应选B。答案：A3解析：解：CaCO3固体的溶液中存在溶解平衡：CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO2−(aq)，参与少量稀盐酸可与CO2−c(CO2−)减小，c(Ca2+)及c(H+)增大，Ksp(CaCO3)只与温33 3度有关，不变，只有A正确．应选A．33)⇌a+)+O−O−+H+=HCO−或CO2−+2H+=CO

3 3+HO，平衡正向移动，以此解答该题．3 3 2 2此题考察难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析力气的考察，留意把握物质的性质以及平衡移动的影响因素，难度不大．8.答案：(1)复原；蓝；(2)2NaNO2+(NH4)2SO4=Na2SO4+2N2↑+4H2O；(3)除去空气中的氧气；(4)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑；(6)2NH3+3CuO(6)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O。解析：【分析】属于起点高，落点低，留意结合气体制备试验的一般特点以及氧化复原反响规律进展分析解答。【解答】(1)取少量酸性KMnO4NaNO2KMnO4溶液氧化NaNO2，说明NO−具有复原性；要利用NaNO2溶液与淀粉−KI溶液反响证明NO−具有氧化性，说明NaNO2溶液2 2可以氧化淀粉−KI溶液，淀粉遇I2变蓝，应能够看到溶液变成蓝色现象；故答案为：复原；蓝；(2)NaNO2和(NH4)2SO4反响制备氮气，N元素发生归中反响，结合得失电子守恒可得：2NaNO2+H424=a24+2↑H22+H424=a2O4+2↑H2；C所盛装溶液为FeSO4Mg的活泼性，可知作用是除去空气中的氧气；故答案为：除去空气中的氧气；说明有氨气生成，结合水解的规律是正电局部结合水电离出来的OH−，负电局部结合水电离出来的H+g3N2+2O=2+3g3N2+2O=2+3；L的作用是将一般分液漏斗变成恒压分液漏斗，平衡气压，使氨水顺当留下；利用浓氨水与氧化钙作用制备氨气的原理是CaO与水反响放出大量热，同时生成氢氧化钙，促进氨气的挥发；故答案CaO(6)C是氨气复原氧化铜，生成铜单质和氮气，反响的化学方程式为：2NH3+3CuO 3Cu+N2+CaO(6)C是氨气复原氧化铜，生成铜单质和氮气，反响的化学方程式为：2NH3+3CuO 3Cu+N2+49.答案：(1)H3PO4+OH−=H2PO−+H2O44(2)2H2PO−+H2O2+2Fe2+=2FePO4↓+2H++2H2O4会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯FePO4⋅2H2O(5)+2价；复原剂，把三价铁复原成二价铁(6)LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4解析：【分析】此题考察了物质制备流程，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是【解答】44FeSO4⋅7H2O在H3PO4H2PO−，过程Ⅱ“氧化、沉淀”反响+2O22O−4H+和24⋅xH2O，高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁化合价降低，过量葡萄糖化合价上升，作复原剂。444(一)(1)①过程ⅠNaOH溶液调pH=2.0时透亮混合溶液中含磷微粒主要是H2PO−，说明过程Ⅰ42−3O4+H−=2O−+2，4 44故答案为：H3PO4+OH−=H2PO−+H2O；44过程Ⅱ“氧化、沉淀”反响主要是Fe2+与H2O2、H2PO−反响生成FePO4沉淀、H+和H2O，因此生44成FePO4沉淀的离子方程式是2H2PO−+H2O2+2Fe2+4

=2FePO4↓+2H++2H2O，4故答案为：2H2PO−+H2O2+2Fe2+=2FePO4↓+2H++2H2O；4如过程Ⅱ中Fe2+氧化不充分，会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯；故答案为：会有氢氧化亚铁的白色沉淀生成，使得产物不纯；假设100gFePO

·xH

O样品受热，得到FePO

80g20g，依据物质的量比例得到

80g ：4 2 4

151g/mol20g18g/mol

=1：2，因此水合磷酸铁的化学式为FePO4

·2H2O，故答案为：FePO4⋅2H2O；(二)(5)LiFePO4Li为+1价，P为+5价，O为−20Fe元素的化合价为+2价；高温焙烧FePO4、Li2CO3和过量葡萄糖的固体混合物得到LiFePO4固体，铁的化合价降低，则过量葡萄糖化合价上升，作复原剂，主要是将三价铁复原成二价铁；故答案为：+2价；复原剂，把三价铁复原成二价铁；(6)锂离子电池在充电时，电极材料LiFePO4会迁出局部Li+，局部转变为Li(1−x)FePO4.此电极的电极反响为LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4；故答案为：LiFePO4−xe−=xLi++Li(1−x)FePO4。10.答案：(1)CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)△H=+256.1kJ/mol①1；准时移去产物②<；36.0①c−a3 3 ②b；2CHOH+CO−2e−=(CHO)CO+2H3 3 解析：【分析】此题考察了盖斯定律的应用、反平衡常数的有关计算、反响速率的计算、化学平衡的影响因素、盐类水解及计算和电解原理的应用等学问，是高考的常见题型和高频考点，侧重考察学生分析力气和计算力气，把握平衡常数及其计算是解题的关键，留意平衡图象分析方法和技巧、结合电解质书写电极反响式，题目较为综合，题目难度中等。【解答】I化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)，①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=−41kJ/mol②CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)△H2=+174.1kJ/mol依据盖斯定律②−①×2计算CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)的△H=+174.1kJ/mol−(−41kJ/mol)×2=+256.1kJ/mol，即热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(gH=+256.1kJ/mol；故答案为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)△H=+256.1kJ/mol；①A、E和G三点对应的反响温度一样，其平衡常数KA=KE=KG，可用E点数值进展计算：图中E点数值为(1,0.5)，反响的三段式为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始量(mol/L) 11 0 0变化量(mol/L)0.5 0.5 0.5 0.5平衡量(mol/L) 0.5 0.5 0.5 0.5平衡常数K=

c(CO2)⋅c(H2)

=0.5×0.5=1；CO(g)+H

O(g)⇌CO(g)+H

(g)△H=−41kJ⋅mol−1，即c(CO)⋅c(H2O)

2 2 2正向为气体体积不变的放热反响，所以恒温条件下，增大H2O(g)的浓度或准时分别出CO2等产物均可提高CO的平衡转化率；故答案为：1；准时移去产物；②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H1=−41kJ/molCO转化率减小，则B点温度高，反响速率快，即VA<VB；D点数值为(1,0.6)，反响三段式为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始量(mol/L)1100变化量(mol/L)0.60.60.60.6平衡量(mol/L)0.40.40.60.6D点温度下的平衡常数K=

c(CO2)⋅c(H2)

=0.6×0.6=2.25，反响到达平衡时v

=v

xCOxH2O=kc(CO)⋅c(H2O)

正 逆 正逆xCO2x

kH2 正H2 k逆

xCO2⋅xH2xCO⋅xH2O

=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)

=K=2.25，在到达平衡状态为D点的反响过程中，当CO转化率刚好到达20%时，反响三段式为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始量(mol)1 1 0 0变化量(mol)0.2 0.2 0.2 0.2终态量(mol)0.8 0.8 0.2 0.2x =x

=

=xH

=0.1

v正=k正xCO⋅xH2O

=K×xCO⋅xH2O

=2.25×0.4×0.4=CO36.0；

H2O

2mol

CO2 2

v逆

k逆xCO2⋅xH2

xCO2⋅xH2

0.1×0.1故答案为：<；36.0；333)=−333K=c(H2CO3)⋅c(OH−)=

Kw，则

c(HCO−)

=Ka1×c(OH−)=

Ka1

=10−a=10c−a，所以lg

c(HCO−)=3c(HCO−)3=c−a；故答案为：c−a；

Ka1

c(H2CO3) Kw

c(H+)

10−c

c(H2CO3)②依据阴极失去电子发生氧化反响，依据装置图可知，直流电源的负极发生氧化反响，供给电子，所以b4e−+CO−2e−=(CH3O)2CO2H+；故答案为：b；2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+。答案：B Si 配位键N sp3 sp2 N>H>BCH3

Hδ+与Hδ−的静电引力

62NAabc×10−30解析：解：(1)在全部元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B.B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，依据对角线规章，B的一些化学性质与Si元素相像。故答案为：B；Si。B33个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N−BNNH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3.NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O3−，由图中信息可知，B3O3−B3个σ键，其中的B原子6 6的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。故答案为：配位键、N、sp3、sp2。NH3BH3N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈H的电负性大于B3种元素电负性由大到小的挨次为N>H>B.NH3BH3分子中814，N和B4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3.由于NH3BH3CH3CH3质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ−的静电引力。故答案为：N>H>B、CH3CH3、低、Hδ+与Hδ−的静电引力在氨硼烷的2×2×216个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，假设将其平均分为88个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为31×2g，小长方体的体积NA为abc×10−30cm−3，因此，氨硼烷晶体的密度为

31×2gNAabc×10−30

= 62NAabc×10−30

g⋅cm−3。故答案为： 62NAabc×10−30依据元素在周期表中的位置比较和推断元素的相关性质；依据中心原子