2023年高考第一次模擬試題：化學(xué)（全國甲卷理綜A卷）（全解全析）

2023年高考化學(xué)第一次模擬考試卷(全國甲卷理綜A卷)

化學(xué)?全解全析

78910111213

BBADCDD

7.B【解析】A.“地溝油”屬于混合物，A錯誤；

B.光導(dǎo)纖維的主要材料為二氧化硅，屬于酸性氧化物，B正確；

C.艦載機降落的攔阻索為鋼索，屬于合金材料，C錯誤；

D.CO?不會導(dǎo)致酸雨的發(fā)生，D錯誤；

故選B。

8.B【解析】A.X分子式為C8H12O5,X中只不飽和度為3,所以不可能存在屬于芳香族化合物的同分異

構(gòu)體，A項錯誤；B.X分子中有碳碳雙鍵、酯基、羥基，B項正確；C.X分子中只有酯基能與NaOH溶

液發(fā)生反應(yīng)，所以ImolX最多能與ImolNaOH反應(yīng)，C項錯誤；

D.X分子中存在碳碳雙鍵，則X能與濃澳水發(fā)生加成反應(yīng)，D項錯誤；

答案選B。

9.A【解析】本題以阿伏加德羅常數(shù)為情境，考查反應(yīng)原理等知識，意在考查分析、判斷及簡單計算能力,

變化觀念與平衡思想、宏觀辨識與微觀探析的核心素養(yǎng)。5.5g/220gxl2=0.3mol,A項正確；CIO發(fā)生

水解；B項錯誤，該反應(yīng)是可逆反應(yīng)；C項錯誤，沒有說是在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，不能確定22.4LNH3的物質(zhì)的量

是Imol,D項錯誤。

10.D【解析】A.Na先與水反應(yīng)，生成的NaOH再與硫酸銅溶液反應(yīng)，則鈉與C11SO4溶液反應(yīng)的離子方

程式為2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2j+H2T+2Na+,故A錯誤；

B.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣，離子方程式為：COr+CaSO4=CaCO3+SOr，故B錯誤；

C.硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，正確的離子方程式為：

3+

A1+3OH-=A1(OH)31,故C錯誤；

D.H2O2溶液中滴加酸性KMnCM溶液，離子方程式：2MnO*+5H2O2+6H-=2Mn2++5O2T+8H2。，故D正確；

故選：D。

11.C【解析】W、X、Y、Z、Q為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，由M的結(jié)構(gòu)可知，Q最外層有7個

電子，則丫的原子序數(shù)為7,為N元素，又因為X、Y、Z為同周期相鄰元素，所以X為C元素，丫為N

元素，Z為O元素，Q為C1元素，W能形成一根共價鍵，則W為H元素，據(jù)此解答。

A.水分子間及氨氣分子間均存在氫鍵，熔沸點高，常溫下水為液態(tài)，水的沸點更高，氯化氫相對分子質(zhì)量

大于甲烷，分子間作用力更強，氯化氫沸點高于甲烷，故簡單氫化物熔沸點H2O>NH3>HCI>CH4,A正

確；

B.非金屬越強，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性C1>N>C,B正確;

c.cr核外三層電子，離子半徑大于NH。2一，N3-、€）2一核外電子排布相同，原子序數(shù)大半徑小，N3->02-,

故簡單離子半徑Z<Y<Q,C錯誤；

D.M的官能團是硝基、氯原子，含有相同官能團，且與M互為同分異構(gòu)體的還有2種，硝基和氯原子處

于鄰位和間位，D正確；

故選C。

12.D【解析】由圖可知，電解氧化鋁的裝置中B電極為電解池的陰極，鋁離子在陰極得到電子發(fā)生還原

反應(yīng)生成鋁，電解A為電解池的陽極，氧離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，氧氣高溫下與碳素

電極中的碳反應(yīng)生成碳的氧化物。

A.由分析可知，電解氧化鋁的裝置中B電極為電解池的陰極，鋁離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鋁,

故A正確；

B.由分析可知，電解A為電解池的陽極，氧離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣，氧氣高溫下與碳

素電極中的碳反應(yīng)生成碳的氧化物，由于生產(chǎn)中碳素電極會有損耗，需定期更換，故B正確；

C.由化合價變化可知，電解AlCb—NaCl熔融鹽制備金屬鋁時.，ALCl：離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)

生成鋁和A1C1；離子，電極反應(yīng)式為4A12Cl[+3erAl+7AlCl；,故C正確；

D.由化合價變化可知，電解AlCb—NaCl熔融鹽制備金屬鋁時，鋁做電解池的陽極，在A1C1；離子作用下

鋁在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成A1C1；離子，電極反應(yīng)式為A1+7A1CI；—+3e-=4Al2Cl；,則電解時

A1C"從陰極流向陽極，故D錯誤；

故選D。

13.D【解析】A.常溫下，濃硝酸和鋁發(fā)生鈍化，A錯誤；

B.雙氧水是足量，可能氧化了硫鼠根離子，B錯誤：

C.液溪與鐵反應(yīng)生成溪化鐵，溪離子可與硝酸銀反應(yīng)生成淡黃色沉淀，故不能證明取代反應(yīng)的發(fā)生，C錯

誤；

D.鐵氧化鉀溶液生成藍(lán)色沉淀說明亞鐵離子的生成，鐵片上可能發(fā)生了電化學(xué)腐蝕，D正確；

故選D。

26.（1）增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)速率增大（1分）加熱（1分）

（2）SiO2（2分）2<^^-NH2+4MnO2+5H2so4=2O=<^2^=O+（NH4）2SO4+4MnSC）4+4H2O（2分）

⑶Ksp[Mn（0H）2]>Ksp[Al（0H）3]>Ksp[Fe（0H）3]（2分）4.7?8.1（2分）

（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾（2分）MnSOrH2。晶體有部分失去了結(jié)晶水，或混有其他硫酸

鹽雜質(zhì)（2分）

【解析】軟鐳礦（主要成分是MnC>2,含SiO2、Fe2OvAJO；等雜質(zhì)）粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯

3+

胺將MnO2還原為Mn2+,Fe2O3,AI2O3與稀硫酸反應(yīng)生成Fe3+、Al,SiCh不與苯胺和稀硫酸反應(yīng)，則

沉淀1中含有二氧化硅，過濾后向濾液中加入NaOH溶液調(diào)pH將Fe3\AF+轉(zhuǎn)化為Fe（0H）3、A1（OH）3沉淀,

則沉淀2含有Fe(0H)3、A1(OH)3,再過濾后加入NH4HCO3沉銃生成MnCCh沉淀，最后將MnCCh與稀硫酸

反應(yīng)生成硫酸鐳溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥一系列操作得到MnSO/H?。。

(1)還原酸浸前將軟銃礦粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，使反應(yīng)速率增大；為達(dá)到該目的在加入苯胺

和稀硫酸后常采取的操作為加熱；

(2)據(jù)分析可知，沉淀1的主要成分為Si02；還原酸浸時主要是用苯胺將二氧化銃還原為二價鐳離子，其

發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2《]—NH2+4MnO2+5H2so4=2O=^2y^O+<NH4)2S°4+4MnSC)4+4H2O:

(3)溫度不變，Ksp保持不變，則計算時可取用開始沉淀時或完全沉淀時數(shù)據(jù)，

Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2').c2(OHD=0.01x(1069)2=]0T3.8,

3+3-83-374

Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe)c(OH)=0.01x(10")=10-,

[Al(OH)3]=c(A13+)^(。氏尸0.01x(10-|0-3)3=10-32-9,貝ij

3

Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[A1(OH)3]>%[Fe(OH)3]；調(diào)pH是為了將Fe\A伊轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3>A1(OH)3

沉淀且要沉淀完全，而Mn2-不能開始沉淀，則應(yīng)控制的pH范圍是4.7?8.1；

(4)從操作A所得的溶液中獲得MnSO/H2。晶體需要進(jìn)行的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、

干燥；計算所得樣品的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,說明樣品中SO：含量變多了，則可能的原因是MnSO/H?。

晶體有部分失去了結(jié)晶水，或混有其他硫酸鹽雜質(zhì)。

27.(1)9(2分)

(2)(NH4)2S2OK+2NaOH—Na2S2Os+2H2O+2NH3T(2分)水浴加熱(1分)

吸收生成的氨氣(2分)將氨氣及時排出，防止其與過二硫酸鈉反應(yīng)(2分)

(3)使水的沸點降低，能防止或減少過二硫酸鈉分解(2分)

(4)淀粉溶液(1分)一1士19V一(2分)

m

【解析】由實驗裝置圖可知，在氮氣氣氛中，裝置A中過二硫酸鉉與氫氧化鈉溶液在55℃的水浴加熱條件

下反應(yīng)生成過二硫酸鈉、氨氣和水，裝置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的發(fā)生，盛有的稀硫酸用于吸

收氨氣。

(1)設(shè)過二硫酸鈉中-1價氧原子個數(shù)為a,由化合價代數(shù)和為0可得：

(+1)x2+(+6)x2+(—1)xa+(—2)x+(8—a)=0,解得a=2,則Imol過二硫酸鈉中含有的過氧鍵數(shù)目為

lmolxlxMmol-i=M，故答案為：NA;

(2)①由分析可知，裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為過二硫酸鍍與氫氧化鈉溶液在55℃的水浴加熱條件下反應(yīng)生

55℃

成過二硫酸鈉、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為(NHjSa+2NaOH—Na2sq+2Hq+2NH3，，故答案

55℃

為：（NH,bSzOx+ZNaOH—NazSzOx+ZH^O+ZNHsf；水浴加熱;

②由分析可知，裝置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的發(fā)生，盛有的稀硫酸用于吸收氨氣，由題給信息

可知，堿性條件下，氨氣與過二硫酸鈉在共熱條件下能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以反應(yīng)過程中需要持續(xù)通入

氮氣將氨氣及時排出，防止其與過二硫酸鈉反應(yīng)，故答案為：吸收生成的氨氣；將氨氣及時排出，防止其

與過二硫酸鈉反應(yīng)；

(3)由題給信息可知，過二硫酸鈉加熱至較高溫度時發(fā)生分解，所以制備過二硫酸納晶體時，應(yīng)采用減壓

蒸發(fā)濃縮的方法使水的沸點降低，防止或減少過二硫酸鈉分解，故答案為：使水的沸點降低，能防止或減

少過二硫酸鈉分解；

(4)由題意可知，用硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定時應(yīng)選用淀粉溶液做指示劑，當(dāng)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色說明反

應(yīng)生成的碘完全反應(yīng)，達(dá)到滴定終點；由得失電子數(shù)目守恒和題給方程式可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：

Na2S2O,—12—2Na2S203,滴定消耗VmLO.lOOOmol/L硫代硫酸鈉溶液，則成品中過二硫酸鈉的含

0.1000mol/Lxl03VLx-x238g/mol,八八八,1.19V乂依生生1.19V

量為26xlQQ%=--------%n/,故答案為：-----

m

mg

31

28.（1）--a-3b--（2分）

22

（2）3（2分）30%（1分）0.57（2分）增大CO的物質(zhì)的量（2分）

（3）C（2分）反應(yīng)I的活化能小于反應(yīng)II的活化能，反應(yīng)I的反應(yīng)速率快于反應(yīng)II,相同時間內(nèi)獲得

的產(chǎn)物的濃度自然反應(yīng)I比反應(yīng)H多（2分）溫度590K,R=2.5（2分）

【解析】（1）①2H2（g）+Ch（g尸2H20（1）AH=akJmoH

②NaCl（叫）+H2O（l）=NaClO（aq）+H2（g）AH=bkJmol_1

③4Na2FeO4（aq）+10H2OQ）=4Fe（OH）3（s）+3O2（g）+8NaOH（aq）AH=ckJmoH

13

根據(jù)蓋斯定律,?"③-②x3-①x-得2Fe（OH）3（s）+3NaClO（aq）+4NaOH（aq）=2Na2FeO4（aq）+3NaCl（aq）+5H2O（l）

31

的AH=?一a-3b--ckJmol-1o

22

（2）①0?15s時CO的變化物質(zhì)的量為2.5mol-l.75moi=0.75moL則CL的變化物質(zhì)的量也為0.75moLCh

0.75mol

的平均反應(yīng)速率為J2t=0.05mol/(L,s)=3mol,L"min"；

15s

②反應(yīng)進(jìn)行到15s時達(dá)到第一次平衡，CO的平街轉(zhuǎn)化率為誓粵xl00%=30%；此時平衡體系內(nèi)CO為

2.5mol

c(COCl,)o75

1.75mol/L>CL為0.75mol/L、COCL為0.75mol/L,該反應(yīng)的平衡常數(shù)=——:------0.57；

c(CO)xc(Cl2)1.75x0.75

③在第20s時.，CO的物質(zhì)的量瞬間迅速增大，然后平衡正向進(jìn)行，說明此時改變的條件是增大CO的物質(zhì)

的量；

（3）①A.反應(yīng)前后氣體分子總數(shù)不變，總物質(zhì)的量不變，利用相同條件下，壓強之比等于氣體物質(zhì)的量

之比，即氣體壓強始終保持不變，壓強不變不能說明該反應(yīng)達(dá)到平衡，故A不符合題意；B.平衡常數(shù)只與

溫度有關(guān)，溫度不變平衡常數(shù)始終不變，因此平衡常數(shù)不變不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B不符合題意；C.u

￡H2S）表示正反應(yīng)速率，U￡HC1）表示逆反應(yīng)速率，化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，因此U,E（H2s）=。

鼠HC1）說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C符合題意：D.組分都是氣體，則氣體總質(zhì)量始終不變，容器為恒容狀態(tài)，

氣體總體積保持不變，根據(jù)密度的定義，氣體密度始終不變，氣體密度不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故D

不符合題意；故答案為C；

②C6H5—C1由反應(yīng)［生成，C6H6由反應(yīng)II生成，圖2顯示溫度較低時C6H5—C1濃度的增加程度大于C6H6,

說明反應(yīng)I的活化能小于反應(yīng)n的活化能，反應(yīng)I的反應(yīng)速率快于反應(yīng)n,相同時間內(nèi)獲得的產(chǎn)物的濃度

自然反應(yīng)I比反應(yīng)n多；根據(jù)圖2和圖3的數(shù)據(jù)信息，該模擬工業(yè)生產(chǎn)制備C6H5—C1的適宜條件為溫度

590K,R=2.5。

35.（1）2s22P3（2分）7（1分）sp3（l分）

（2）1：2（2分）三角錐形（1分）

（3）H2O2分子之間形成氫鍵（2分）

牖…分）

（4）正四面體（2分）(0.25,0.25,0.75)(2分)

【解析】（1）①主族元素的價電子就是最外層電子，N最外層為第二層，排布5個電子，對應(yīng)排布式為：

2s22P3；N原子共有7個電子，每一個電子運動狀態(tài)都是不同的（即使是同一軌道內(nèi)自旋方向也是不同的），

故核外電子運動狀態(tài)有7種；

②B原子連了3個H原子和1個N原子，其中N-B為配位鍵，故B共有4對價層電子對，根據(jù)雜化理論

知其為sp3雜化；

（2）等電子體具有相似的化學(xué)鍵結(jié)構(gòu)，故SO?+中S與O之間為三鍵，1個為°鍵，2個為兀鍵，故此處填1：

2；SO；中心S原子的價層電子對=6電子對+孤電子對=3+匕號—=4,根據(jù)價層電子對互斥理論知，SO；

空間構(gòu)型為：三角錐形；

（3）雖然CI2O2相對分子質(zhì)量比H2O2大，但H2O2分子間能形成氫鍵，故沸點比。2。2高；

（4）①該晶胞中含有N原子4個，Ga原子8xJ+6x；=4,故兩者之比為1：1,兩者配位數(shù)相同，由圖示

可知N原子配位數(shù)為4,故Ga配位數(shù)也為4,即1個Ga連接4個N,其空間構(gòu)型類似CH,，為正四面體；

13

②將晶胞分割成8個小立方體，b點位于小立方體的體心，x、y軸方向等于邊長的;，z軸等于邊長的一，

44

故b點坐標(biāo)為（0.25,0.25,0.75）；

③由①問分析知，該晶胞中含4個GaN,故晶胞的質(zhì)量4zx84g/mol=等g,設(shè)邊長為acm,則晶胞

NAmolNA

336

336

體積/城，故晶胞密度:卓即切而,解得a=3------cm,即xl0,0

No

acmVPA

36.（1）4-溟苯甲酸（對澳苯甲酸）（1分）取代反應(yīng)（1分）

（2）CH三CCH2cH20H（2分）

（3）羥基、酯基（2分）

【解析】I到n在竣基上發(fā)生了酯化反應(yīng)；II與in生成了iv,對比結(jié)構(gòu)簡式，ni為CH三CCH2cH2OH；iv

與氫氣反應(yīng)，碳碳三鍵發(fā)生了加成反應(yīng)得到V