2023年四川省遂宁市高考化学二模试卷(附答案详解).docx

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1、2023 年四川省遂宁市高考化学二模试卷一、单项选择题本大题共 7 小题，共 42.0 分1. 化学与社会、生产和生活亲热相关。以下说法错误的选项是()A. 争论高效合成氨有利于提高粮食产量B. 大量鲜花的香味主要来自酯的混合物C. 液化石油气是一种可再生的清洁能源D. 承受喷涂油漆法可以防止钢铁的腐蚀2. 2023年世界大运会场馆用到一种耐腐的外表涂料M(构造 如图)。该涂料在酸性环境下可以水解为有机物甲和有机物乙，以下说法正确的选项是()A. M分子含有苯环和酯基B. 甲、乙互为同分异构体C. M能使溴的水溶液褪色D. 1molM最多能与2molNaOH反响3. 以下相关试验方案正确的选项

2、是()选项 试验目的配制100mL0.1000mol AL1的CuSO4溶液 B证明Fe2+有复原性试验方案将2.5000gCuSO4 5H2O溶于100mL水中并充分搅拌向酸性KMnO4溶液中滴加少量FeCl2溶液，观看紫色是否变浅比较S与N元素的非金属性分别测定等浓度的Na2SO3、NaNO3溶液的pH，通C强弱过pH的大小推断证明酸的相对强弱：醋酸D碳酸硼酸向两只分别盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸溶液(0.8mol/L)的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液， 观看是否有气体逸出A. AB. BC. CD. D4. 常温下，以下各组离子在指定溶液中能大量共存的是()4A. 在澄清透亮的

3、溶液中：Fe3+、Mn2+、SO2、ClB. 能使甲基橙显红色的溶液中：Zn2+、H+、ClO、I第 1 页，共 20 页C. 含0.1mol L1NaHSO4的溶液：K+、A13+、NO、SiO233D. Kw= 1.0 1012的溶液：NH+、Na+、HCO、NOc(OH )4335. X、Y、Z、W属于短周期主族元素，其中X、Y、Z在元素周期表中的相对位置关系如图，Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的1/2，W的焰色反响呈现黄色火焰。以下说法错误的选项是()A. 原子半径：W Y Z XB. W和X形成的化合物可能含共价键C. 气态氢化物的稳定性X Z YD. Z2X5可以用作食品枯燥

4、剂6. 太阳能发电和阳光分解水是清洁能源争论的主攻方向。染料敏化的TiO2纳米晶薄膜半导体光解水的根本原理如图，以下对该装置的相关说法错误的选项是()4A. SO2由甲电极向乙电极定向移动B. 甲电极反响为2SO2 2e = S2O242C. 电池总反响为2H O 光解82H2 + O2D. 实现光能电能化学能的转换7. 常温时，用0.1000mol L1NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol L1一元弱酸HR的溶液，滴定过程中pH变化曲线如下图(溶液体积近似可以加和)，则以下推断正确的选项是( )A. A点时c(OH) = c(HR) + c(H+)B. 常温下，HR的Ka 的数量

5、级为104第 2 页，共 20 页C. B点时c(Na+) c(R) c(OH)D. B点和C点，水的电离程度一样二、简答题本大题共 5 小题，共 73.0 分8. 严谨的试验设计能有效躲避试验风险，能重复试验并得到一样的结果。由粗盐制备试剂级的NaCl的相关试验步骤和装置如下：【粗盐的提纯】第I步：称取20.0g粗盐(含MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质)，用80mL水溶解，参加1.0mol/LBaCl2至观看不到明显沉淀为止，用倾析法分别，保存滤液。第II步：向滤液中先后参加过量2.0mol/LNaOH、1.0mol/LNa2CO3，过滤，再用3.0mol/LHCl调整pH至12。第

6、III步，加热浓缩至溶液刚刚消灭微晶膜。4(1) 第I步参加BaCl2时，证明SO2已经除净的试验方法是。(2) 第II步参加Na2CO3可以除去的离子为。(3) 第II步加热浓缩时所用到的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、；：Ksp (BaCO3) = 10 109、Ksp (BaSO4) = 1.1 1010；假设省略第I步“倾析法分别”，所得氯化钠溶液的纯度将(填“上升”、“降低”或“不受影响”)。【试剂级的NaCl的制备】第IV步，将第II步浓缩溶液转移至如图装置C中连续试验。(4) 装置A中发生的化学反响方程式为，掌握该反响速率可实行的措施 (任答一点即可)。(5) 装置B中的广口瓶和装置C

7、、D中的漏斗，其共同作用是，装置C的溶液中能观看到的试验现象是。装置D中盛放的试剂为(填“NaOH溶液”、“NaHSO3溶液”或“浓H2SO4”)。9. 用粗铜精炼工业中产生的铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)为原料，回收并制备硝酸铜和硒的工艺流程如图：第 3 页，共 20 页(1) “烧结”时发生如下反响，请完善该反响方程式：2223 Cu Se + O+ Na CO 450 Cu2O +Na2SeO3 +CO2。工业上，承受通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是。(2) 在试验室，操作X的名称为。(3) 滤渣Y的成分有Ag2O、(填化学式，下同)；萃取与反萃取原理

8、为： 2RH + Cu2+ R2Cu + 2H+，则“反萃取”时反萃取剂最好选用溶液。(4)FeSO4的作用是“复原”Na2SeO4制备Na2SeO3，每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物 质的量为 mol；常温下，H2SeO3的Ka1 = 1.0 103，Ka2 = 1.0 107；当常温下溶液的pH = 4.4时，Na2SeO3溶液中最主要的含Se粒子是。 (5)“控电位复原”是指在肯定电压下，电位高的氧化剂优先被复原，电位低的氧化剂保存在溶液中，以到达硒与杂质金属的分别；如表为一些氧化剂的电位(A/B：A代表氧化剂，B代表复原产物)。3名称 电位/VCu2+/Cu 0.345Fe2+/

9、Fe0.440Fe3+/Fe2+0.770SeO2/Se 0.7403则SeO2、Fe3+和Cu2+的氧化性由强到弱的挨次为，在0.740V时Fe3+优先被复原，其复原反响(半反响)式为。10. CH4 CO2干重整技术是利用CH4处理CO2并获得CO和H2，相关重整反响为： CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)H。答复以下问题：(1) ：则H =(用H1和H2表示)。(2) 承受“HSD 2型”催化剂时，该重整反响的速率方程为v正 = k p(CH4)p(CH4)表示CH4气体分压、k为速率常数，以下说法正确的选项是(填标第 4 页，共 20 页号)。A. 转变催化

10、剂，H不变B. 上升温度，v增大正正C. 增大CO2的分压时，v变大D.在反响到达平衡时，v= 0正(3)该重整反响的浓度平衡常数的表达式，Kc =，Kc与温度(T)的关系如图，则H0(填“”、“ Si P O，故A 正确；B.Na和O形成的Na2O2中既含有离子键又含有共价键，故B 正确；C.非金属性越强其气态氢化物越稳定，故稳定性H2O PH3 SiH4，故 C 正确；D.P2O5与冷水反响生成剧毒的偏磷酸，不能作食品枯燥剂，故D 错误； 应选：D。Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的1，则Y为Si；由周期表中的构造可知，Z为P；2X为O；W的焰色反响呈现黄色火焰，W为Na。此题考察原子

11、构造与元素周期律，推断元素是解题的关键，娴熟把握元素化合物学问， 题目侧重考察学生分析推理力量、敏捷运用学问的力量。6. 【答案】A【解析】解：A.阴离子向负极移动，硫酸根离子在负极失电子，故A 错误；B. 甲极为负极，电极反响式为2SO2 2e = SO2，2SO2 + 2HO 光 O +4SO2 +428282244H+，故 B 正确；2C. 该装置过程为光解水，故电池总反响为2H O光解2H+ O ，故C 正确；22D. 甲极为负极，电极反响式为2SO2 2e = SO2，2SO2 + 2HO 光 O +4SO2 +428282244H+，光能转化为为电能，最终将水分解为氢气和氧气，电能

12、转化为化学能，故 D 正确；应选：A。由图可知，乙电极上氢元素价态降低得电子，故乙级为负极，电极反响式为2H2O + 2e =48H2 +2OH，甲极为负极，电极反响式为2SO2 2e = S2O2，2SO2 + 2H O82光O22+4SO2 + 4H+，据此作答。4此题考察原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确推断正负极是解题的关键，难点是电极反响式的书写。7. 【答案】B【解析】解：A. A点溶液显酸性，c(OH) c(H+)，则c(OH) c(H+)，故c(Na+) c(R)，故 C 错误；D.B点HR过量，酸对水电离起抑制作用；C点恰好反响，溶质为NaR，R水解促进水的电

13、离，故D 错误；应选：B。A.A点溶液显酸性，c(OH) c(H+)；D.B点HR过量，酸对水电离起抑制作用。此题考察酸碱混合溶液中的定性推断，明确图中各点发生的化学反响及溶液中的溶质是解答此题的关键，题目难度中等。8. 【答案】4向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴BaCl2溶液，假设仍为澄清，说明SO2已沉淀完全 Ba2+和Ca2+蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)降低 NaCl +H2SO4 NaHSO4+ HCl (或2NaCl + H2SO4 Na2SO4+ 2HCl )通过酒精喷灯掌握反响温度(逐滴滴加浓H2SO4)防倒吸 白色浑浊(无色透亮固体析出)NaOH溶

14、液【解析】44解：(1)Ba2+能与SO2结合反响生成BaSO4白色沉淀，所以向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴BaCl2溶液，假设仍为澄清，说明SO2已沉淀完全，故答案为：向上清液(或另取上清液于试管中)，滴加3滴BaCl2溶液，假设仍为澄清，表4明SO2已沉淀完全；3(2) Ba2+和Ca2+能与CO2反响生成BaCO3和CaCO3沉淀，所以第II步参加Na2CO3可以除去Ba2+和Ca2 +离子，故答案为：Ba2+和Ca2+；(3) 加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿、玻璃棒、泥三角等；假设省略第I步“倾析法分别”， 则溶液中参加碳酸钠溶液时，会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，从而释放出少

15、量的硫酸 根，使得NaCl的纯度降低，故答案为：蒸发皿、玻璃棒(烧杯、玻璃棒也给分，兼答泥三角)；降低；(4)NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和Na2SO4，则其方程式为：NaCl +H2SO4 NaHSO4 + HCl (或2NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2HCl )，可通过酒精喷灯升高温度或逐滴滴加浓H2SO4来掌握反响速率，故答案为： NaCl + H2SO4 NaHSO4+ HCl (或2NaCl + H2SO4 NaSO4+ 2HCl )；2通过酒精喷灯掌握反响温度(逐滴滴加浓H2SO4)；(5)装置B中的广口瓶和装置C、D中的漏斗，均可防止倒吸，装置C中

16、是饱和的NaCl溶液， 且外表有晶膜，因此吸取HCl后会有固体析出，则可观看到的试验现象为白色浑浊(无色透亮固体析出)；HCl为有毒有害气体，所以要进展尾气处理，则D中所盛放的试剂应为NaOH溶液，故答案为：防倒吸；白色浑浊(无色透亮固体析出)；NaOH溶液。(1)检测向上清液(或另取上清液于试管中)，是否可以生成硫酸钡沉淀；(3) 加热浓缩时所需的仪器有蒸发皿、玻璃棒、泥三角等；溶液中参加碳酸钠溶液时， 会有少量的硫酸钡转化为碳酸钡，导致沉淀偏少；(4) NaCl固体和浓硫酸受热时会生成挥发性的HCl和Na2SO4，通过酒精喷灯上升温度或逐滴滴加浓H2SO4来掌握反响速率；(5) 装置B中的

17、广口瓶和装置C、D中的漏斗，为防倒吸装置，装置C中是饱和的NaCl溶液， 且外表有晶膜，因此吸取HCl后会有固体析出，则可观看到的试验现象为白色浑浊(无色透亮固体析出)；HCl为有毒有害气体，可用碱液吸取。此题考察混合物分别提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、物质的检测为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。9. 【答案】232222增大接触面积，提高反响速率 过滤 Cu2O、Pt、3Au HNO32HSeOFe3+ SeO23 Cu2+Fe3+ + e = Fe2+【解析】解：(1)结合分析可知，“烧结”时发生反响2Cu2Se +

18、3O2 + 2Na2CO34502Cu2O +2Na2SeO3 + 2CO2，工业上，承受通入高压氧气使铜阳极泥处于“沸腾”状态，其目的是增大接触面积，提高反响速率，故答案为：2；3；2；2；2；2；增大接触面积，提高反响速率；(2) 结合分析可知，操作X为过滤， 故答案为：过滤；(3) 滤渣Y的成分有Ag2O、Cu2O、还有贵金属Pt、Au，结合萃取原理可知，反萃取需要平衡左移，增大氢离子浓度，可以参加HNO3， 故答案为：Cu2O、Pt、Au；HNO3；(4) FeSO4的作用是“复原”Na2SeO4制备Na2SeO3，1molFeSO4失去1mol电子， 1molNa2SeO4制备Na2

19、SeO3，得到2mol电子，故每摩尔Na2SeO4消耗FeSO4的物质的量为12mol，H2SeO3为二元弱酸，当常温下溶液的pH = 4.4时，结合Ka= 1.0 103，则pH =3时，c(H2SeO4) = c(HSeO)，Ka= 1.0 107可知，pH = 7时，c(HSeO) = c(SeO2)，4244pH由37的过程中，c(HSeO)渐渐增大，故pH = 4.4时，主要存在的离子为HSeO，443故答案为：2；HSeO；(5) 结合提示，电位高的氧化剂优先被复原，电位低的氧化剂保存在溶液中，最终一步3复原得到Se单质，故SeO2、Fe3+和Cu2+的氧化性由强到弱的挨次为Fe3

20、+3Cu2+，0.740V时Fe3+优先被复原，其复原反响为Fe3+ + e = Fe2+， 故答案为：Fe3+ SeO2 Cu2+；Fe3+ + e = Fe2+。 SeO2 3铜阳极泥(主要含Cu2Se、Ag2Se、金和铂等)参加碳酸钠和氧气烧结，发生反响2Cu2Se +2233O+ 2Na CO4502Cu2O + 2Na2SeO3 + 2CO2，水浸后，得到含有Na2SeO3、Na2SeO4和Na2CO3的溶液，滤液中参加硫酸亚铁复原，得到Se，滤渣中参加硝酸，Cu2O和Ag2O 转化为对应离子转移到滤液中，参加有机萃取剂萃取，获得R2Cu，分别后参加反萃取 剂，获得含有硝酸铜的溶液，

21、据此分析答复以下问题。此题考察物质的制备试验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考察学生学问综 合应用、依据试验目的及物质的性质进展分析、试验根本操作力量及试验方案设计力量，综合性较强，留意把握物质性质以及对题目信息的猎取与使用，难度中等。10. 【答案】H+ HAB c2(CO)c2(H2) 由图可知，1越小，lnK越大，即温度越高，K越大，升12c(CH4)c(CO2 )Tcc3高温度，平衡正向移动，则该反响为吸热反响，H 015：1选择更抱负的催化剂 2NO + 12H+ + 10e = N2 +6H2O【解析】解：(1)CH4(g) 2C(s) + 2H2(g)H12C(s) +

22、2H2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)H2依据盖斯定律： + 得CH4(g) + CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)H = H1 + H2， 故答案为：H1 + H2；(2)A.催化剂不转变反响焓变，则转变催化剂，H不变，故 A 正确；B.上升温度，反响速率加快，即v增大，故B 正确；正正正C.依据v= k p(CH4)，增大CO2的分压时，v不变，故C 错误；D.化学平衡是动态平衡，则在反响到达平衡时，v 0，故D 错误；正故答案为：AB；(3)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反响物浓度系数次幂的乘积的比值，则Kc =c2(CO)c2(H2)；由图可知，1越小，lnK 越大，即

23、温度越高，K越大，上升温度，平衡正c(CH4)c(CO2)Tcc向移动，则该反响为吸热反响，H 0，故答案为：c2 (CO)c2 (H2)；由图可知，1越小，lnK 越大，即温度越高，K越大，上升c(CH4)c(CO2)Tcc温度，平衡正向移动，则该反响为吸热反响，H 0；(4) 设起始甲烷和二氧化碳物质的量为1mol，当反响达平衡时CH4的转化率为80%， n(CH4) = 1mol 80% = 0.8mol，主反响消耗二氧化碳的物质的量为0.8mol，则CO2的转化率为90%，n(CO2) = 1mol 90% = 0.9mol，则副反响消耗二氧化碳的物质的量为0.1mol，CH4(g)

24、+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)起始(mol)1100转化(mol)0.80.81.61.6平衡(mol)0.2CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)转化(mol)0.10.10.10.1平衡时H2的物质的量为1.6mol 0.1mol = 1.5mol，H2O的物质的量为0.1mol，则平衡时H2和H2O的物质的量之比为15：1；假设温度、压强和投料比肯定，为了提高重整反响的速率和H2的选择性，应中选择更抱负的催化剂，故答案为：15：1；选择更抱负的催化剂；3(5) 正极发生复原反响，由图可知，硝酸根离子得到电子发生复原反响转化为氮气，则该电池正极的电极

25、反响式为2NO + 12H+ + 10e = N2 +6H2O，3故答案为：2NO + 12H+ + 10e = N2 +6H2O。(1)CH4(g) 2C(s) + 2H2(g)H12C(s) + 2H2(g) 2CO(g) + 2H2(g)H2依据盖斯定律： + 得CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)； (2)A.催化剂不转变反响焓变B.上升温度，反响速率加快；4C.依据v= k p(CH )分析；正D.化学平衡是动态平衡；(3) 平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反响物浓度系数次幂的乘积的比值；由图可知，上升温度，Kc增大，平衡正向移动；(4) 设起始甲烷和二氧

26、化碳物质的量为1mol，当反响达平衡时CH4的转化率为80%， n(CH4) = 1mol 80% = 0.8mol，主反响消耗二氧化碳的物质的量为0.8mol，则CO2的转化率为90%，n(CO2) = 1mol 90% = 0.9mol，则副反响消耗二氧化碳的物质的量为0.1mol，CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)起始(mol)1100转化(mol)0.80.81.61.6平衡(mol)0.2CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g)转化(mol)0.10.81.61.6据此计算平衡时H2和H2O的物质的量；结合催化剂具有选择性分析；(5)

27、 正极发生复原反响，由图可知，硝酸根离子得到电子发生复原反响转化为氮气。此题考察反响热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算以及电极方程式的书写，侧重考察学生分析力量、识图力量和计算力量，依据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等学问解答，对于电极方程式的书写，要留意电解质溶液，此题难度中等。11. 【答案】第四周期第族 Nsp3N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定构造 3 1离子晶体 平面三角形 6和425%M NA(a107 )3【解析】解：(1)Co是27号元素，在周期表中的位置是第四周期第族；Co核外有四个能层，基态Co的电子占据的最高能层符号为N层，故答

28、案为：第四周期第族；N；(2) 从EDTA构造图可知，其中N原子均连接三个单键，有三个键和一对孤电子对，杂化方式均为sp3；N的I1大于O的I1，其缘由是：N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定构造，需要较多的能量失去第一个电子；COOH的构造式为，单键均为键，双键中有一个键、一个键，所以1mol COOH(羧基自由基)中存在3 mol 键和1 mol 键，故答案为：sp3；N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定构造；3；1；(3) 离子化合物氰化钠的晶体类型为离子晶体；甲醛分子中C原子形成碳氧双键，所以为sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，故答案为：离子晶体；平面三角形

29、；(4) 四周体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四周体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为4和6；Co3O4晶体中O作面心立方最密积存，依据均摊法可知一个晶胞中4个O原子，结合化学式可知晶胞中有3个Co原子，一个晶胞中共有12个空隙，则Co总的空隙填充率为312= 1 = 25%；一个晶胞中有44个O原子，所以有一个Co3O 单元，则晶胞质量为M4NAg，晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a 107cm)3，则Co3O4的晶体密度为 = mV=MNA(a107 )3g/cm3，故答案为：6和4；25%；M。NA(a107 )3第 17 页，共 2

30、0 页(1) Co是27号元素，核外有四个能层，基态Co的电子占据的最高能层符号为N层；(2) 从EDTA构造图可知，其中N原子均连接三个单键，有三个键和一对孤电子对；N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定构造，需要较多的能量失去第一个电子； (3)离子化合物氰化钠的晶体类型为离子晶体；甲醛分子中C原子形成碳氧双键，所以为sp2杂化，分子空间构型为平面三角形；(4)四周体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四周体空隙和4个八面体空隙中；Co3O4晶体中O作面心立方最密积存，依据均摊法 可知一个晶胞中4个O原子，结合化学式可知晶胞中有3个Co原子，

31、一个晶胞中共有12个34空隙，则Co总的空隙填充率为3 ；一个晶胞中有4个O原子，所以有一个Co O 单元，则12晶胞质量为MNAg，晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a 107cm)3，则Co3O4的晶体密度为 = m。V此题是对物质构造与性质的考察，涉及核外电子排布、晶胞构造与计算、杂化方式等， 题目难度中等。12. 【答案】CH3CHO2CH3COOH + SOCl2 2应 3、+SO2 +H2O羟基 取代反【解析】解：(1)A的分子式为C2H2，则A为乙炔，乙炔与水加成、异构生成B，B的构造简式为CH3CHO，故答案为：乙炔；CH3CHO；(2) C D的反响方程式为2CH3COOH + SOCl2 2+SO2 +H2O，第 18 页，共 20 页故答案为：2CH3COOH + SOCl2 2+SO2 +H2O；(3) E的构造简式为取代反响，E的官能团名称是羟基；D + E F的反响类型为故答案为：羟基；取代反响；(4) F中只有苯环能与氢气发生加成反响，1molF与H2加成，最多消耗3molH2， 故答案为：3；(5) 满足以下条件的G的同分异构体：属于芳香酯，说明含有苯环与酯基；