1、永州市2023年高考第二次适应性考试试卷化学一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1我国计划在2030年实现“碳达峰”，体现对解决全球环境问题的大国担当。下列做法错误的是A加大煤炭发电比例B回收利用废旧金属以减少治炼能耗C鼓励高耗能企业安装光伏发电D用合成可降解的聚碳酸酯塑料2下列物质的用途是基于其氧化性的是A氨用作制冷剂B次氯酸钙用于生活用水的消毒C用铝槽车运输浓硝酸D生石灰用于废气的脱硫3设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A中所含质子数为B的烃分子中含有键的数目一定为C与足量的反应，转移的电子数为D室温下蔗糖完全水解形成的葡萄糖分子数为4化
2、学创造美好生活。下列劳动项目涉及反应的方程式错误的是A船舶工程师在船体上镶嵌锌块，防止反应：B药剂师用作抗胃酸药：C工人用溶液制作电路板：D消防员用泡沫灭火器灭火：52022年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学研究有突出贡献的化学家，首个点击化学合成实例如下。下列说法错误的是AX的化学式为BY中所有原子处于同一平面CY物质存在顺反异构体DZ中第一电离能最大的元素是N6下列推测合理的是A和都是正四面体形分子且键角都为B相同条件下，的酸性弱于C相同条件下，邻羟基苯甲酸的沸点高于对羟基苯甲酸D分子中各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构7一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、
3、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为23,下列说法正确的是A原子半径：BX的含氧酸盐水溶液均显碱性CZ的单质能从中置换出Y的单质DW原子核外的p能级电子能量一定比s能级的电子能量高8我国科学家采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置如下图。已知：电解效率。下列说法错误的是A电极a电势比电极b电势低B通电后阴极区溶液不变C电极b上发生反应：D若乙烯的电解效率为60%，电路中通过电子时，产生乙烯9正高碘酸是白色结晶性粉末，溶于水，主要用作氧化剂和分析试剂。由制取的实验流程如图所示：下列说法错误的是A“反应1”是为了将转化为B“反应2”中发生的反
4、应是C“反应3”的滤液中含有大量的等D“反应4”得到的无色气体可能是氧气10盐X由三种常见元素组成，某科学兴小组称取盐X进行实验，数据和现象如下：已知：气体B为两种气体的混合物，能被水完全吸收。取D溶液，用的溶液滴定，消耗溶液。下列说法错误的是A试剂Y可能为溶液B盐X的化学式为C用的溶液滴定溶液D时可用酚酞作指示剂D若在X的稀溶液中通入足量气体，发生反应的离子方程式为：二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选得0分。11由下列实验操作及现象所得结论正确的是实验操作及现象结论A向酸性溶液中滴加甲苯溶液，紫红色褪去
5、苯环对甲基有影响B向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝待测溶液中有存在C将粒投入溶液，析出银白色固体固体为D在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色溶液中含元素AABBCCDD12在起始温度均为、容积均为的恒容密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和，发生反应，已知：、分别是正、逆反应速率常数，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A曲线N表示B容器中的转化率随时间的变化B用的浓度变化表示曲线N在内的反应速率为CQ点小于P点D时，13铼的配合物(，用表示)可催化醛烯烃基化，反应过程如图所示。下列说法错误的是A是反应的中间体B分压增大对反应速
6、率没有影响C催化剂改变了该反应的历程和焓变D醛烯烃基化反应为：14时和两种难溶化合物的溶解平衡曲线如下图所示，两条相交直线把图象分成了X、Y、Z、M四个区域。已知：，其余离子类推。下列说法正确的是A直线对应物质的为，的数量级为BX区域内可析出沉淀，而不析出沉淀C向b点溶液中加入少量固体，b点可变到a点D逐渐升高温度，直线平行地向右上方移动三、非选择题：本题共4小题，共54分。15在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水
7、溶液、溶液。II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。已知：i.ii.与难溶于iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为861回答下列问题：(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_(填标号)。ABCD(2)易溶于的原因是_。(3)滴定过程中标准溶液应装在_滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_。(4)步骤II中加入溶液的目的是_。(5)步骤
8、III测得萃取后的水溶液中_，平衡常数_(列出计算式即可)。(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_(填标号)。A步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大B步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小C步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大D步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小16钴是重要的金属材料，以镍电解钴渣主要成分为等氢氧化物为原料制备氢氧化高钴的流程如下：已知：氧化性：一般在时，才能被氧化水解生成沉淀。(1)是27号元素，原子的价层电子排布式为_。(2)“溶解”过程得到的溶液中含有的主要阳离子有、_。(3)“除铁”过程加入的作用是_。(
9、4)“一次沉钴”会夹带生成少量的沉淀，利用含母液淘洗沉淀的目的是_。(5)“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为_。(6)钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成。图1包含I型和II型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于顶点和面心。图2所示字母中，I型小立方体分别是a、_(填字母序号)。用表示阿伏伽德罗常数的值，则钴蓝晶胞密度为_(列出表达式)。17利用晶格氧部分氧化甲烷制合成气(与)技术将传统甲烷重整反应分解为几个气固相反应，实现燃料与氧气不接触，其一般模型如图所示：在一定温度下，该模型涉及的主要反应如下：主反应：副反应：
10、甲烷裂解反应：载氧体恢复晶格氧反应：请回答下列问题：(1)模型中载氧体中的价态：载氧体I_载氧体II(填“”“ ，不利于沉淀溶解，从而析出沉淀，而相对于来说，相当于减少，则Qc，促进溶解，从而不析出沉淀，B正确；C向b点溶液中加入少量固体，不变，增加则减小增大，b点沿着直线向下移动，不会变到a点，C错误；D逐渐升高温度，增大，直线向左下方移动，、都增大，D错误；答案选B。15(1)BD(2)、均为非极性分子(3) 碱式 最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色(4)使碘单质从有机层中转移出(5) (6)BD【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录，锥
11、形瓶：注液体记体积加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详解】（1）萃取分液操作中需要使用烧杯、分液漏斗，故选BD；（2）、均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为，故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动，使碘单质从有机层中转移出来；（5），加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：，则步骤III
12、测得萃取后的水溶液中；根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为，则；（6）A步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小，A错误；B步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大，测得的K偏小，B正确；C步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大，测得的K偏小，C错误；D步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小，测得的K偏小，D正确；故选BD。16(1)3d74s2(2)、(3)调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾(4)Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质(5)(6) c、f 【分析】钴渣主要成分为等氢氧化物中加入H2SO4并通
13、入SO2，溶解后所得溶液中含有反应生成的以及过量的H2SO4，往溶液中加入除铁，氧化性：，则加入NaClO3目的是将氧化为，加入的作用是中和过量的H2SO4，过滤后所得滤渣为黄钠铁矾，滤液中含有，调节滤液pH=22.5并加入NaClO，反应生成沉淀，过滤后所得滤渣为并夹带少量的，滤渣经淘洗、溶解，溶液中所含溶质主要为以及过量的H2SO4，再通入氯气加入经二次沉钴可得晶体。【详解】（1）基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2；（2）因氧化性：，SO2有还原性，则溶解过程中发生反应（），所以溶液中含有的主要阳离子有过量的，以及反应生成的、；（3
14、）“除铁”过程中，加入的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾；（4）因氧化性：，和发生反应，因此利用含母液淘洗沉淀的目的是Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质；（5）“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为；（6）根据晶胞中I型立体结构、型小立方体关系，图2中I型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4+1；O位于晶胞内，原子数是4；型小立方体中Co位于顶点，原子数是4；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个型和4个型小立方体构成，所以1个晶胞含
15、有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，则图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为g/cm3。17(1)(2)(3)C(4) CO 0.2(5)生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向【详解】（1）载氧体II和氧气反应，反应后氧元素得到电子化合价降低，根据电子守恒可知，则载氧体中的化合价升高，故模型中载氧体中Ce的价态：载氧体I载氧体II；（2）已知：由盖斯定律可知，2+得：；（3）根据，反应可以自发进行，则，故选C；（4）图a中已知H2O、CO2气体的曲线，反应中投料CH4，CH4随着反应
16、气量减少，故a为CH4；由主反应化学方程式可知，消耗1分子CH4生成CO、2分子H2，且CH4裂解反应也生成H2，故b为H2，c曲线对应的气体为CO；图a中忽略与c气体，其实CH4为1.0mol，平衡时，CH4、H2均为0.6mol，则生成H2需要消耗0.3mol CH4，副反应消耗CH4的物质的量为（1.0mol-0.6mol）-0.3mol=0.1mol，则生成0.2mol；（5）生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向，故越大，温度越高，越有利于合成气的生成。18(1)乙炔(2)取代反应(3)(4)
17、 +2HI(5) 2 10(6)【分析】根据流程可知，A发生加成反应生成B，C发生取代生成D为，D与B发生反应， +生成 +NaBr，E发生取代生成F，F经过加成反应生成G，G发生加成反应 + +2HI，H经过氧化生成I，以此分析；【详解】（1）流程图中结构，C为乙炔；故答案为：乙炔；（2）根据分析，D与B生成E的反应为取代反应；故答案为：取代反应；（3）根据分析F为 ；故答案为： ；（4）根据分析G到H发生加成反应；故答案为： +2HI；（5） I的结构中有2个手性碳原子，如图中标注；满足三个条件的同分异构体 2种、 4种、 4种，共10种；故答案为：2；10；（6）根据分析， ；故答案为：（见解析）。