湖南省教学教研联盟2023届高三下学期第二次联考化学试题（解析版）

2023届湖南新高考教学教研联盟高三第二次联考化学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16Cu～64Y～89Ba～137一、选择题；本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分。下列有关湖南非物质文化遗产的说法正确的是A.醴陵釉下五彩陶瓷是硅酸盐产品B.浏阳烟花燃放过程中只涉及化学变化C.安化黑茶茶叶中含有的茶多酚是烃类物质D.花鼓戏戏服中含有的聚酯纤维属于无机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．陶瓷是由硅酸盐经高温烧制而成，A正确；B．浏阳烟花燃放过程中涉及化学变化的同时，还涉及焰色试验，为物理变化，B错误；C．烃是只含C、H元素的有机物，而茶多酚含C、H、O等元素，C错误；D．花鼓戏戏服中含有的聚酯纤维属于有机高分子材料，D错误；故选A。2.下列说法错误的是A.臭氧是非极性分子B.丹霞地貌的岩层因含而呈红色C.可在酱油中加入铁强化剂，减少缺铁性贫血问题的发生D.多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性【答案】A【解析】【详解】A．臭氧分子中三个O原子形成角形(或V形），正负电荷中心不重合，是极性分子，选项A错误；B．丹霞地貌的岩层中含，该物质为红棕色，导致岩层呈红色，选项B正确；C．人体血液中含有血红蛋白，其中含有铁元素，人体缺少铁元素会引起缺铁性贫血，所以在酱油中加入铁强化剂，可减少缺铁性贫血问题的发生，选项C正确；D．多原子分子的键角一定，表明共价键具有方向性，选项D正确；答案选A。3.泽兰素来源于泽兰属植物，具有抗肿瘤、抗炎、杀菌和抗氧化等多种生物活性，其结构如图所示，下列关于泽兰素的说法正确的是A.泽兰素中含有三种官能团B.1mol泽兰素与加成最多消耗5molC.泽兰素可以发生取代、氧化、加成、加聚反应D.泽兰素中所有原子共平面【答案】C【解析】【详解】A．泽兰素中含有酮羰基、羟基、醚键和碳碳双键四种官能团，A错误；B．1mol泽兰素中羰基可加成1molH2，苯环可以加成3molH2，碳碳双键可以加成2molH2，与H2加成最多消耗6molH2，B错误；C．泽兰素中含有甲基可以发生取代、羰基可以发生氧化反应、碳碳双键和苯环可以发生加成反应、碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D．泽兰素中含有-CH3，所有原子不共平面，D错误；故选C。4.实验室可按如图所示流程制备醋酸丁酯。此过程中一定没有涉及的化学仪器是A.蒸馏烧瓶 B.蒸发皿C.直形冷凝管 D.分液漏斗【答案】B【解析】【详解】A．过程中涉及蒸馏操作，需用蒸馏烧瓶，A正确；B．过程中不涉及蒸发，故不需要蒸发皿，B错误；C．过程中涉及蒸馏操作，需用冷凝管，C正确；D．过程中涉及加液操作，需用分液漏斗，D正确；故选B。5.下列方程式与所给事实相符的是A.用热的NaOH溶液去除油污(以硬脂酸甘油酯为例)：B.和面时在小苏打中加少量醋酸，增强效果：C.铜和浓硝酸反应，产生红棕色气体：D.向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：【答案】A【解析】【详解】A．硬脂酸甘油酯为酯类，在碱性条件下发生皂化反应，生成硬脂酸钠和丙三醇，A正确；B．醋酸为弱酸，书写离子方程式时，不能拆成离子形式，B错误；C．铜和浓硝酸反应的方程式得失电子不守恒，应为：，C错误；D．向溶液中加入足量溶液，氢氧化钡过量，离子方程式应为：，D错误；故选A。6.血红蛋白结合后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白(Hb)结合的反应可表示为：①；②，下列说法错误的是A.血红蛋白结合后，Fe(Ⅱ)的配位数为6B.CO中毒患者可进入高压氧舱治疗C.相同温度下，反应②的平衡常数大于反应①D.已知反应③，则【答案】D【解析】【详解】Ａ．由图可知，Fe(Ⅱ)与周围的6个原子结合，配位教为6，选项A正确；Ｂ．CO中毒，将病人移入高压氧舱，浓度增大，反应②平衡逆向移动，从而缓解CO中毒，选项B正确；Ｃ．CO也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行的程度比①大，故相同温度下，反应②的平衡常数大于反应①，选项C正确：Ｄ．根据盖斯定律，反应③=反应②-反应①，则，则，故，选项D错误；答案选Ｄ。7.三氧化二锑又名锑白，为两性氧化物，可用作白色颜料和阻燃剂等。用含锑硫化矿(主要成分为Sb、Pb、Fe、Cu的硫化物和等)湿法制取的工艺流程如下：已知：①“滤液1”的主要阳离子是、、；②“滤饼1”的成分是SbOCl。下列说法错误的是A.滤渣1中含有B.“水解”过程中发生的主要反应为C.“中和”过程中发生的主要反应为D.用NaOH溶液代替氨水有利于中间产物SbOCl进一步水解生成更多的【答案】D【解析】【分析】根据分析，滤液1中的成分有Sb3+、Fe3+、Cu2+，故滤渣1为SiO2，期中Sb3+离子水解显酸性，用氨水进行中和，以此分析；【详解】A．根据分析，滤渣1为SiO2，A正确；B．“水解”过程中发生的主要反应为，B正确；C．“中和”过程中发生的主要反应为2SbOCl+2NH3⋅H2O=Sb2O3+2NH4Cl+H2O，C正确；D．的水解分步进行，水解过程中生成，向反应体系中加碱性物质消耗，有利于水解正向进行，但最终的水解产物是两性氧化物，会与NaOH溶液反应，所以不能用NaOH溶液代替氨水来促进水解的中间产物SbOCl的进一步水解，D错误；故答案为：D。8.某离子液体的部分结构如图所示，其中短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大。下列说法正确的是A.X的氧化物均为酸性氧化物B.第一电离能C.键角：D.简单氢化物的沸点【答案】B【解析】【分析】由结构及各原子形成的共价键数可知：W为C，X为N，Y为O，Z为F，Q为S。【详解】A．N氧化物有NO、、、、等，其中NO、、不是酸性氧化物，选项Ａ错误；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，第一电离能C<O<N，即，选项B正确；C．WQ2是，是直线形分子，键角为180°，是，是V形分子，键角小于180°，选项C错误；D．分子间的氢键数目多于HF分子之间的氢键数目，分子间作用力较强，故其沸点高于HF，选项D错误；答案选B。9.硅作为地壳中第二丰富的元素，将其用于制作电池有很大的应用前景。某硅−酸电池，其电极材料分别为碳包覆硅和铜的CuSi@C以及，电解质溶液为酸性硫酸钠溶液，工作原理如图所示，下列说法错误的是A.硅−酸电池比碱性硅−空气电池更能实现持续放电B.放电时，当电路中转移4mol电子时，负极区电解质溶液质量减少36gC.放电时，负极电极反应式为D.电极电极反应式仅为【答案】D【解析】【详解】A．因为碱性硅−空气电池碱性电解液会腐蚀硅电极，所以硅−酸电池比碱性硅−空气电池更能实现持续放电，故A正确；B．放电时，负极电极反应式为，电解质溶液中通过离子交换膜从负极移向正极，当电路中转移4mol电子时，负极区电解质溶液2mol消耗(生成1molSiO2，4mol氢离子向右移动)，因此负极区质量总共减少2mol×16g∙mol−1＝36g，故B正确；C．根据B选项分析得到放电时，负极电极反应式为，故C正确；D．由图可知，电极为正极，电极反应式为和，故D错误。综上所述，答案为D。10.某学习小组为探究氯化铜与亚硫酸钠的反应，设计了如下实验：已知。下列分析中，错误的是A.2mL0.2溶液中含数目小于(为阿伏加德罗常数的值)B.由实验可知，生成橙黄色沉淀的速率较快，而生成白色沉淀的反应趋势更大C.已知橙黄色沉淀中只含有、、，可利用稀硫酸检验其中的，若溶液变蓝，则说明含有D.本实验中，溶液和溶液的总反应离子方程式为：【答案】C【解析】【详解】A．会发生水解，所以2mL0.2溶液中含数目小于，故A正确；B．先生成橙黄色沉淀，说明生成橙黄色沉淀的速率较快，最终得到的是白色沉淀，说明白色沉淀物更稳定，而生成白色沉淀的反应趋势更大，故B正确；C．由于橙黄色沉淀中还含有，溶于稀硫酸，溶液也会变蓝，故不能依据溶液变蓝的现象来检验其中的，故C错误；D．根据信息可知溶液和溶液发生最终得到了白色沉淀，可知该过程中做氧化剂，做还原剂被氧化，总反应离子方程式为：，故D正确；故选C。11.有文献报道异辛醇一定条件下选择性合成异辛酸可能的反应机理如下图所示，下列说法错误的是A.反应过程中A做催化剂B.反应过程中钨(W)的成键数目发生了改变C.反应生成了中间产物D.总反应方程式为【答案】B【解析】【详解】A．从反应机理图中可以判断物质A参与了反应，但最后物质A的性质没有改变，A做催化剂，故A正确。B．反应机理图中钨(W)的成键数目一直是4，未发生改变，故B错误。C．从反应机理图中可以判断物质C反应生成了中间产物，同时还有水生成，故C正确。D．从图中可知与是按1∶2的比例发生反应的，故D正确。答案选B。12.CO与在作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为①(慢)，②(快)。下列说法正确的是A.总反应速率主要取决于反应②的快慢B.升高温度，平衡常数、均增大C.与均为直线形分子D.降低了CO与反应的△H【答案】C【解析】【详解】A．总反应速率由反应慢的①决定，选项A错误；B．①②均为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，选项B错误；C．氮气分子中存在氮氮三键，氮气的结构式为：N≡N，二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的结构式为：O=C=O，与均为直线形分子，选项C正确；D．作为反应的催化剂不能降低反应的△H，选项D错误；答案选C。13.钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体，该晶体属四方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，其晶胞结构如图所示。研究发现，此高温超导体中的Cu元素有＋2和＋3两种价态，Y元素的化合价为＋3，Ba元素的化合价为＋2.下列说法错误的是A.Cu位于元素周期表ds区B.元素的电负性：C.该物质中与的个数比为1：2D.该晶体的密度可表示为【答案】C【解析】【详解】A．Cu的价电子排布式为：，位于元素周期表ds区，A正确；B．元素的电负性：，B正确；C．由晶胞结构图可知，该超导材料的化学式为，根据题中各元素的化合价，再结合化合物中元素的化合价代数和为零可知，＋2价铜与＋3价铜的化合价之和为7，则，C错误；D．根据晶体的密度==，D正确；故选C。14.四氯金酸()由王水和纯金反应制得，可用于工业元件的镀金。常温时，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的溶液，滴定过程中测得混合溶液的温度T、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是A.常温时，四氯金酸()电离平衡常数约为B.n点溶液中，C.p、n、q三点对应的水解平衡常数：D.p点对应的溶液中，【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，常温时，当时，对应溶液的，此时溶液中的，，A项正确；B．根据电荷守衡，在n点：，n点时温度高于25℃，故，当时，，则，B项错误；C．升高温度能促进的水解，水解平衡常数增大，由题图可知，温度：，则p、n、q三点对应的水解平衡常数：，C项正确；D．p点时，，根据电荷守恒有，根据物料守恒有，两式联立消去，解得，D项正确。故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.(三草酸合铁酸钾)为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室制备的流程如下：（1）基态铁原子的价电子排布图为___________。（2）制备固体的装置如图所示，仪器a的名称为___________，在反应过程中溶液滴加速率不能过快，其原因是___________。（3）为确定是否沉淀完全，可取少许三颈烧瓶中静置分层后的上层清液于试管中，滴入几滴___________(填检验试剂的化学式)溶液，若无明显现象，则说明沉淀完全。（4）固体和溶液反应的化学方程式为___________。（5）0.1溶液中含碳微粒的粒子浓度大小关系为___________。[已知：；（6）获得翠绿色晶体的“一系列操作”中包含“向浓缩后的溶液中加无水乙醇、冷却结晶”一步，其中加无水乙醇的作用是___________。（7）三草酸合铁酸钾配离子电荷数(n)的测定：称取mg加蒸馏水溶解。将溶液全部通过氯型阴离子交换柱，充分交换出，用100mL容量瓶承接洗脱液。用蒸馏水不断淋洗交换柱，最终配成100mL溶液。取25.00mL于250mL锥形瓶中，加入少量溶液。用0.1标准溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。列出n的计算表达式：___________。已知：①；②的摩尔质量为491。【答案】（1）（2）①.恒压滴液漏斗②.生成的会催化分解（3）KSCN（4）（5）（6）降低的溶解度，促进其析出（7）【解析】【分析】硫酸铁铵晶体加入双氧水和氨水反应产生氢氧化铁固体，氢氧化铁固体和草酸氢钾溶液混合产生三草酸合铁酸钾溶液，一系列操作后得到；【小问1详解】基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，其排布图为；【小问2详解】根据仪器的构造可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；实验过程中要缓慢滴加，若滴加过快，生成的会催化分解；【小问3详解】为确定是否沉淀完全，可取少许三颈烧瓶中静置分层后的上层清液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若无明显现象，则说明沉淀完全；【小问4详解】固体和溶液反应生成和水，反应的化学方程式为；【小问5详解】已知：；，的水解平衡为，水解平衡常数Kh=<Ka2，故的电离大于水解，0.1溶液中含碳微粒的粒子浓度大小关系为；【小问6详解】三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，向溶液中加入无水乙醇，可以降低其溶解度，促进其析出；【小问7详解】交换出的被标准溶液滴定，故交换液中，而配合物的物质的量n(配合物)，因此。16.生产生活中排放的废气废水有一定量的氨氮化合物，必须通过处理后达到国家规定的排放标准再排放，以下为两种处理氨氮化合物的方法。Ⅰ．催化氧化法：某学习小组模拟氨气的催化氧化，向恒温恒容密闭容器内充入4mol和3mol，在加热和催化剂的作用下存在如下反应；反应①(主)；反应②(副)：反应③(副)：（1）反应③NO在催化剂作用下分解，也是一种消除污染的方法，其为___________。（2）下列说法正确的是___________(填标号)。a．反应①在任何温度下均能自发进行b．混合气体的密度不变说明体系已达到平衡c．在实际中，需采用高压氧化，以利于提高的生成量（3）体系平衡时，的物质的量为amol，的物质的量为bmol。此时，的物质的量为___________mol(用含a、b的代数式表示，下同)，反应③的平衡常数K=___________。Ⅱ．三维电极法：它是在传统的电解槽两电极之间填充粒状或碎屑状材料，填充的粒子电极表面能带电，成为新的一极(第三极)。如图为用三维电极法处理氨氮废水的原理图，石墨板作为阴、阳极，自制活性炭为填充材料，电解一定浓度的、与NaCl的酸性混合溶液来进行模拟。（4）电解时，阳极的电极反应式为、___________。（5）该装置可以生成大量氧化性更强的·OH，写出·OH去除的离子方程式：______________________。（6）相比于传统的二维电极反应系统，三维电极有哪些优点？试述其优点：___________(答出一种，合理即可)。【答案】（1）−180（2）a（3）①.②.（4）（5）（6）①提高了电流效率；②能耗低，能降低运行成本；③粒子电极表面会生成许多强氧化活性物种，提高了氧化效率(任答出一种，合理即可)【解析】【小问1详解】已知：①；②，根据盖斯定律，将(①−②)，整理可得③；故答案为：−180。【小问2详解】a．反应①的，，故反应①在任何温度下均能自发进行，故a正确；b．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，则反应前后混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，故b错误；c．压强增大，平衡逆向移动，不利于的生成，故c错误综上所述，答案为：a。【小问3详解】根据题意知，起始充入4mol和3mol，反应平衡时，的物质的量为amol，的物质的量为bmol，则反应的总共为(4−a)mol，而根据反应①②可知，与的化学计量数之比都是4：6，所以生成的为1.5(4−a)mol，根据氮元素守恒可知，平衡时NO的物质的量为(4−a−2b)mol，再根据氧元素守恒，可知平衡时的物质的量为，因为③反应前后气体分子数之和不变，因此其平衡常数；故答案为：1.5(4−a)；。【小问4详解】由图可知，阳极的电极反应式为、；故答案为：。【小问5详解】由图可知·OH可以将溶液中氧化为，则·OH去除的离子反应方程式为；故答案为：。【小问6详解】相比于传统的二维电极反应系统，三维电极的电极比表面积增大，粒子电间距小，提高了电流效率；三维电极能耗低，能降低运行成本，粒子电极表面会生成许多强氧化活性物种，提高了催化效率，没有电催化氧化对阳极的严格要求；故答案为：①提高了电流效率；②能耗低，能降低运行成本；③粒子电极表面会生成许多强氧化活性物种，提高了氧化效率(任答出一种，合理即可)。17.铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[主要成分为，还含有铁元素等杂质]和方解石(主要成分为)为原料冶炼铍的部分工艺流程如下：已知：①和性质相似，是两性氢氧化物。②铝铵矾在不同温度下的溶解度：温度/℃01020304060溶解度/g2.105.007.7410.914.926.7③常温时，，；离子浓度时，可认为离子沉淀完全。回答下列问题：（1）“熔炼”后，需将熔块粉碎的目的是___________。（2）“滤渣1”的成分是___________。（3）为了让铝铵矾更充分地析出，“操作Ⅰ”包含的步骤有___________、___________、过滤。（4）由转化为“滤渣2”的总反应的离子方程式为___________。（5）若“操作Ⅰ”得到的滤液中，常温时应调溶液的pH至___________的范围内(保留一位小数)。（6）“沉淀”后的主要成分是，工业上去除沉淀中过多的，常用的方法有：①将沉淀溶解在高浓度NaOH溶液中，然后用蒸馏水稀释水解，使二次沉淀析出；②将沉淀用盐酸溶解后加入溶液，生成沉淀，再从滤液中二次沉淀出方法①中，溶解在高浓度NaOH溶液的离子反应方程式为___________。方法②操作简单，去除的反应效率高、效果好，但存在二次污染、成本高等问题，请你提出去除的其他可行方法：___________(举一例)。【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率（2）和（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）（5）（6）①.②.离子交换树脂法、溶液沉淀法(或其他合理答案)【解析】【分析】绿柱石和方解石混合熔炼，“酸浸”过程中硅酸不溶于硫酸，硫酸钙微溶于水，沉淀析出，故滤渣1成分为H2SiO3和CaSO4，滤液的成分为硫酸铍、硫酸铝、硫酸亚铁盐溶液混合物，“操作Ⅰ”加入使铝离子发生反应并结晶析出；“除铁”加入过氧化氢可以将亚铁离子氧化生成铁离子，加入的氨水使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而分离，“沉淀”时加入氨水生成氢氧化铍，氢氧化铍煅烧分解转化为氧化铍，最后得到Be。【小问1详解】熔炼后将熔块粉碎，目的是增大熔块与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率。【小问2详解】根据分析可知，滤渣1的成分为H2SiO3和CaSO4。【小问3详解】根据已知②，铝铵矾的溶解度受温度影响较大，从溶液中得到晶体的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【小问4详解】Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+，Fe3+再与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为。【小问5详解】调溶液pH的目的是将以Fe(OH)3形式沉淀完全，而使不发生沉淀。，时，解得mol/L，所以时，刚好沉淀完全；，时，解得mol/L，所以时，会开始沉淀，综合上述，当