2023年高考第二次模拟考试卷-化学（重庆A卷）（全解全析）

2023年高考化学第二次模拟考试卷（重庆A卷）

化学·全解全析

1．C【详解】A．钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；B．红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；C．纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C错误；D．柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D正确；

故选C。

2．D【详解】A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为16的磷原子的质子数为15、质量数为31，原子符号为，故A错误；B．氯化钙是离子化合物，电子式为，故B错误；C．基态碳原子的轨道表示式：，故C错误；

D．钾原子失去1个电子形成钾离子，钾离子的核电荷数为19，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故D正确；故选D。

3．A【详解】A．该条件可能为酸性或碱性，无论是酸性还是碱性条件下这些离子都能共存，A项正确；B．ClO-和H+反应生成弱电解质HClO，二者不能大量共存，B项错误；C．该条件为酸性，H+与SCN-产生弱电解质HSCN，且SCN-与Fe3+发生络合反应Fe(SCN)3而不能共存，C项错误；D．甲基橙变红为强酸性，CH3COO-与H+产生弱电解质CH3COOH而不能共存，D项错误；故选A。

【点睛】离子间若产生沉淀、气体、弱电解质、络合反应、氧化还原反应等均不能共存。

4．D【详解】A．已知NH3与H2O性质相似，且H2O中存在2H2O H3O+OH，所以液氨中存在着微弱的电离：2NH3NH+NH，故A正确；B．NH3与H2O性质相似，金属钠投入到水中能产生氢气，所以将金属钠投入到液氨中，能缓慢产生氢气，故B正确；C．NH2-与O2-性质相似，所以MNH与少量盐酸溶液反应为2HCl+MNH=MCl2+NH3，故C正确；D．NH与H3O+性质相似，所以NH4Cl有弱酸性，不能和MO反应生成HCl，故D错误；故答案选D。

5．C【详解】A．S2-和Al3+发生双水解生成氢氧化铝和H2S，不能得到固体，A错误；B．铜制搅拌器会导致热量损失，引起误差，B错误；C．a为阳极，电镀时，镀层金属作阳极，渡件作阴极，可实现铁上镀铜，C正确；D．1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应生成丁烯，但乙醇挥发，两者均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法检验，D错误；故选C。

6．C【详解】A．羟基被氧化为羰基，C原子上应连接H原子，在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连的C原子上没有氢原子，最简单的是2-甲基-2-丙醇，相对分子质量为74，故A错误；B．由图可知，整个过程中和O2反应生成和H2O，化学方程式为：，故B错误；C．由图可知，反应过程中断裂和形成最多的键是Pd-H键，故C正确；D．金属钯单质为0价，反应过程中形成了Pd-H键，Pd的化合价发生变化，故D错误；故选C。

7．A【分析】从结构简式可知：X得2个电子达到稳定结构，X为第ⅥA族元素；Y为正一价阳离子，Y为锂或钠；Z为正5价，可能为氮或磷，结合X、Y、Z属于原子序数逐渐增大的短周期主族元素，推出X为氧元素、Y为钠元素、Z为磷元素。

【详解】A．Na元素不存在同素异形体，A项错误；B．电子层越多半径越大，当电子层相同时核电荷数越大半径越小。简单离子半径，B项正确； C．同周期从左到右元素金属性减弱，金属单质还原性减弱，Na的还原性最强，C项正确；D．在同周期元素中，第一电离能的趋势是上升的，P>Si，但P原子最外层3p能级电子为半充满，较稳定，第一电离能大于S的第一电离，D项正确。故选A。

8．C【详解】A．溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，所以溶液褪色不能说明四氧化三铁中含有Fe(II)，故A错误；B．葡萄糖在酸性溶液中不能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色沉淀，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液混合产生白色沉淀说明碳酸氢钠溶液与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，由强酸制弱酸的原理可知，偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，故C正确；D．向过量的硝酸银溶液中先加入少量氯化钾溶液，再加入碘化钾溶液时，溶液中只存在沉淀的生成，没发生沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故D错误；故选C。

9．D【详解】A．标准状况下5.6L的物质的量为mol，1mol中含molmol电子，所以标准状况下5.6L中含电子的数目为，A错误；B．不确定乙醇的物质的量，不能计算其共价键数目，B错误；C．乙醇和乙酸发生的酯化反应是可逆反应，不能进行到底，生成小于0.1乙酸乙酯，C错误；D．电催化过程中由生成乙醇的过程中碳元素由+4价降低到-2价，所以每生成1mol乙醇，转移电子的数目为，D正确。答案选D。

10．C【详解】A．该晶胞中C和N元素组成，的数目为，的数目为，的数目为，因此其化学式为，A项正确；B．根据信息分析可知c处分数坐标为，B项正确；C．该晶胞中填充在正方体空隙中，有8个正方体空隙，当达到最大容量时，元素和元素的价态均为价，根据该晶胞呈电中性可知，此时应有4个填充在空隙中，其空隙利用率为50％，C项错误；D．根据图示可知，与金属离子均以配位键结合，D项正确；故选C。

11．B【详解】A．卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物，该反应为放热反应，A项正确；B．SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，这个过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项错误；C．SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu:－)相关，C项正确；D．SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中离解成为碳正离子和由离去基团形成的负离子（慢反应），第二步是碳正离子与X－结合（快反应）。SN2反应中R-X的断裂与新的R-Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项正确。答案选B。

12．D【分析】由题干可知，放电时，负极反应为，正极反应为；

【详解】A．由图可知，中环含有5个原子，与甲基相连的氮提供1个电子、与乙基相连的氮提供2个电子、每个碳原子提供1个电子，故形成5原子6电子大键，可表示为，A正确；B．和中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，B正确；C．充电时，铝极为阴极，得到电子发生还原反应生成铝、，阴极反应式为，C正确；D．放电时，负极反应为，正极反应为，故总反应式为，D错误；故选D。

13．B【详解】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A正确；B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B错误；C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C正确；D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D正确；故选B。

14．C【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误；B．甲容器b处

乙容器a处

若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，正确；D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。故选C。

15．(1)加快反应速率（1分）

(2)S（1分）

(3) 将Fe2+氧化为Fe3+ （1分）    4.9（2分）

(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq) （2分）

(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O（2分）

(6)   （2分）   （3分）

【分析】软矿石（MnO2、MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）加入硫化钡发生反应MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S后过滤，向滤渣中加入硫酸，MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，加双氧水将亚铁氧化成三价铁后用氨水以氢氧化铁和氢氧化铝的形式除去铁和铝元素，再用氟离子以氟化镁的形成去除镁。软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S。滤液加碳酸氢铵和氨水碳化后获得高纯碳酸锰。

【详解】（1）升高反应温度，提高反应速率；（2）软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S；（3）MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，结合题意与相近，若不加双氧水，沉淀的同时也会被沉淀，从而使和不能分离。工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、。由可知，pH最小应达到使沉淀完全，此时也已沉淀完全，即，则，，；（4）工序③中加入，产生的与反应生成沉淀，即发生反应；（5）“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应，其化学方程式为：；（6）M原子的原子序数为25，基态锰原子价电子轨道表示为根据晶胞均摊法计算，该合金化学式为，每个晶胞中有8个Ni、4个Mn、4个Ga，晶胞的体积为，所以该晶体的密度为。

16．(1)恒压漏斗（1分）     除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥（2分）

(2)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4（2分）

(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解（2分）

(4) 2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑（2分）     滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液              颜色变为红色，且半分钟内不褪色（2分）

(5)×100%（2分）

(6)2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2（2分）

【分析】取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]，将混合溶液加热并通入O2，在一定温度下发生反应：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，用水和无水乙醇分别洗涤Ce(OH)4沉淀，水可以洗去离子杂质，无水乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解；加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，其反应为：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑；用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；反应过程为，硫酸亚铁铵与Ce3+的反应为：Ce4++Fe2+= Ce3++Fe3+，因此n(CeO2)=n(Ce3+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=10-3c∙Vmol，因此CeO2的质量分数；CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，CeO2消除CO尾气的化学方程式：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2。

【详解】（1）该仪器侧面导管能够平衡上下压强，其名称为恒压漏斗；用水可以除去沉淀表面的杂质离子，无水乙醇可与水以任意比互溶，挥发性强，可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；（2）由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4，Ce(OH)3被氧气氧化变为Ce(OH)4，根据元素守恒、得失电子守恒可知方程式为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；（3）H2O2在温度较高时会发生分解，分批加入，浓度小，反应速率慢，可减少H2O2损失，温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解；（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8+2H2O4NH4HSO4+O2↑；Ce4+可将Fe2+氧化为Fe3+，当溶液中的Ce4+完全反应后，标准液中的Fe2+与指示剂邻二氮菲-亚铁指示液反应生成红色络合物，溶液变红色，所以滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；（5）反应过程为，硫酸亚铁铵与Ce3+的反应为：Ce4++Fe2+= Ce3++Fe3+，因此n(CeO2)=n(Ce3+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=10-3c∙Vmol，因此CeO2的质量分数；（6）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，CeO2消除CO尾气的化学方程式：2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2。

17．(1)+287（2分）

(2)AD（2分）

(3)  （1分）    直线斜率小，活化能小（1分）

(4) 温度（1分）     < （1分）    （2分）

(5) 其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使 得的平衡转化率减小 （2分）    1.6（2分）

【详解】（1）已知，反应1：

反应2：

由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：；（2）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A符合题意；    B．反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，B不符合题意；C．气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间变化，说明已经达到平衡，C不符合题意；D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，D符合题意；故选AD；（3）已知：，则，斜率越大说明越大，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合图像可知，反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率小，活化能小；（4）①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；结合图像可知，X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故<。

②M点时，丙烷转化率为60%，反应丙烷0.6mol；

和的浓度相等，则0.4=0.6-a，a=0.2mol；则平衡是二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.8mol、0.4mol、0.2mol、0.2mol，反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平衡常数（5）其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小；当等于2时，经达到平衡，的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol；

则平衡时总的物质的量为3.8mol，丙烯的分压变化速率为。

18．(1)碳氟键、醛基（1分）

(2)bc（2分）

(3)加成反应（1分）     NC-CH2-COOH + HOCH2CH3 NC-CH2-COOCH2CH3+ H2O（2分）

(4) （2分）

(5)   9种（2分）     或或（2分）

(6)               （3分）

【分析】A的结构简式为，则可推出B的结构简式为，B与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成D， D的结构简式为，E和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成G，则G的结构简式为；根据题中给出ii:可知反应后得到M的结构简式为；

【详解】（1）A的结构简式为，官能团名称为碳氟键、醛基；（2）a.B的结构简式为含有C=C双键能能使酸性溶液褪色，a项错误；b.碳碳双键两端连接的基团都不同，一定有顺反异构，b项正确；c.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中没有手性碳原子，c项正确；d. 除了苯环外还有2个不饱和度，因此不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，d项错误；答案选bc。（3）D和G生成H是加成反应，因此反应类型为加成；E和乙醇，浓硫酸加热生成G，方程式为：；（4）根据题中给出ii:可知反应后得到M的结构简式为；（5）化合物L中含有7个C原子，3个O原子，不饱和度为5，其芳香族化合物满足：遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应说明含有醛基或甲酸形成的酯基，若苯环上有2个侧链，应为-OH和-OOCH，有3种，若有3个侧链，则为-OH，-OH，-CHO，有6种，共有9种同分异构体；其中核磁共振氢谱的吸收峰面积为1:2:2:1的为，，；（6）发生异构化生成，则N为，发生题给信息，反应生成，则P的结构简式为，根据②则P过氧化氢和乙酸反应得到Q 在乙酸和过氧化氢作业下反应生成，则Q为，发生水解酸化后生成。