2023年高考第一次模拟试题：化学（全国甲卷理综A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷(全国甲卷理综A卷)

化学•全解全析

78910111213

BBADCDD

7.B【解析】A.“地沟油”属于混合物，A错误；

B.光导纤维的主要材料为二氧化硅，属于酸性氧化物，B正确；

C.舰载机降落的拦阻索为钢索，属于合金材料，C错误；

D.CO?不会导致酸雨的发生，D错误；

故选B。

8.B【解析】A.X分子式为C8H12O5,X中只不饱和度为3,所以不可能存在属于芳香族化合物的同分异

构体，A项错误；B.X分子中有碳碳双键、酯基、羟基，B项正确；C.X分子中只有酯基能与NaOH溶

液发生反应，所以ImolX最多能与ImolNaOH反应，C项错误；

D.X分子中存在碳碳双键，则X能与浓澳水发生加成反应，D项错误；

答案选B。

9.A【解析】本题以阿伏加德罗常数为情境，考查反应原理等知识，意在考查分析、判断及简单计算能力,

变化观念与平衡思想、宏观辨识与微观探析的核心素养。5.5g/220gxl2=0.3mol,A项正确；CIO发生

水解；B项错误，该反应是可逆反应；C项错误，没有说是在标准状况下，不能确定22.4LNH3的物质的量

是Imol,D项错误。

10.D【解析】A.Na先与水反应，生成的NaOH再与硫酸铜溶液反应，则钠与C11SO4溶液反应的离子方

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

B.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：COr+CaSO4=CaCO3+SOr，故B错误；

C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，正确的离子方程式为：

3+

A1+3OH-=A1(OH)31,故C错误；

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

故选：D。

11.C【解析】W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由M的结构可知，Q最外层有7个

电子，则丫的原子序数为7,为N元素，又因为X、Y、Z为同周期相邻元素，所以X为C元素，丫为N

元素，Z为O元素，Q为C1元素，W能形成一根共价键，则W为H元素，据此解答。

A.水分子间及氨气分子间均存在氢键，熔沸点高，常温下水为液态，水的沸点更高，氯化氢相对分子质量

大于甲烷，分子间作用力更强，氯化氢沸点高于甲烷，故简单氢化物熔沸点H2O>NH3>HCI>CH4,A正

确；

B.非金属越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C1>N>C,B正确;

c.cr核外三层电子，离子半径大于NH。2一，N3-、€）2一核外电子排布相同，原子序数大半径小，N3->02-,

故简单离子半径Z<Y<Q,C错误；

D.M的官能团是硝基、氯原子，含有相同官能团，且与M互为同分异构体的还有2种，硝基和氯原子处

于邻位和间位，D正确；

故选C。

12.D【解析】由图可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原

反应生成铝，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素

电极中的碳反应生成碳的氧化物。

A.由分析可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝,

故A正确；

B.由分析可知，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳

素电极中的碳反应生成碳的氧化物，由于生产中碳素电极会有损耗，需定期更换，故B正确；

C.由化合价变化可知，电解AlCb—NaCl熔融盐制备金属铝时.，ALCl：离子在阴极得到电子发生还原反应

生成铝和A1C1；离子，电极反应式为4A12Cl[+3erAl+7AlCl；,故C正确；

D.由化合价变化可知，电解AlCb—NaCl熔融盐制备金属铝时，铝做电解池的阳极，在A1C1；离子作用下

铝在阳极失去电子发生氧化反应生成A1C1；离子，电极反应式为A1+7A1CI；—+3e-=4Al2Cl；,则电解时

A1C"从阴极流向阳极，故D错误；

故选D。

13.D【解析】A.常温下，浓硝酸和铝发生钝化，A错误；

B.双氧水是足量，可能氧化了硫鼠根离子，B错误：

C.液溪与铁反应生成溪化铁，溪离子可与硝酸银反应生成淡黄色沉淀，故不能证明取代反应的发生，C错

误；

D.铁氧化钾溶液生成蓝色沉淀说明亚铁离子的生成，铁片上可能发生了电化学腐蚀，D正确；

故选D。

26.（1）增大反应物接触面积，使反应速率增大（1分）加热（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）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）MnSOrH2。晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸

盐杂质（2分）

【解析】软镭矿（主要成分是MnC>2,含SiO2、Fe2OvAJO；等杂质）粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯

3+

胺将MnO2还原为Mn2+,Fe2O3,AI2O3与稀硫酸反应生成Fe3+、Al,SiCh不与苯胺和稀硫酸反应，则

沉淀1中含有二氧化硅，过滤后向滤液中加入NaOH溶液调pH将Fe3\AF+转化为Fe（0H）3、A1（OH）3沉淀,

则沉淀2含有Fe(0H)3、A1(OH)3,再过滤后加入NH4HCO3沉铳生成MnCCh沉淀，最后将MnCCh与稀硫酸

反应生成硫酸镭溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到MnSO/H?。。

(1)还原酸浸前将软铳矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，使反应速率增大；为达到该目的在加入苯胺

和稀硫酸后常采取的操作为加热；

(2)据分析可知，沉淀1的主要成分为Si02；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化铳还原为二价镭离子，其

发生反应的化学方程式为2《]—NH2+4MnO2+5H2so4=2O=^2y^O+<NH4)2S°4+4MnSC)4+4H2O:

(3)温度不变，Ksp保持不变，则计算时可取用开始沉淀时或完全沉淀时数据，

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,贝ij

3

Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[A1(OH)3]>%[Fe(OH)3]；调pH是为了将Fe\A伊转化为Fe(OH)3>A1(OH)3

沉淀且要沉淀完全，而Mn2-不能开始沉淀，则应控制的pH范围是4.7〜8.1；

(4)从操作A所得的溶液中获得MnSO/H2。晶体需要进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

干燥；计算所得样品的质量分数大于100%,说明样品中SO：含量变多了，则可能的原因是MnSO/H?。

晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。

27.(1)9(2分)

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

吸收生成的氨气(2分)将氨气及时排出，防止其与过二硫酸钠反应(2分)

(3)使水的沸点降低，能防止或减少过二硫酸钠分解(2分)

(4)淀粉溶液(1分)一1士19V一(2分)

m

【解析】由实验装置图可知，在氮气气氛中，装置A中过二硫酸铉与氢氧化钠溶液在55℃的水浴加热条件

下反应生成过二硫酸钠、氨气和水，装置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的发生，盛有的稀硫酸用于吸

收氨气。

(1)设过二硫酸钠中-1价氧原子个数为a,由化合价代数和为0可得：

(+1)x2+(+6)x2+(—1)xa+(—2)x+(8—a)=0,解得a=2,则Imol过二硫酸钠中含有的过氧键数目为

lmolxlxMmol-i=M，故答案为：NA;

(2)①由分析可知，装置A中发生的反应为过二硫酸镀与氢氧化钠溶液在55℃的水浴加热条件下反应生

55℃

成过二硫酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为(NHjSa+2NaOH—Na2sq+2Hq+2NH3，，故答案

55℃

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

②由分析可知，装置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的发生，盛有的稀硫酸用于吸收氨气，由题给信息

可知，碱性条件下，氨气与过二硫酸钠在共热条件下能发生氧化还原反应，所以反应过程中需要持续通入

氮气将氨气及时排出，防止其与过二硫酸钠反应，故答案为：吸收生成的氨气；将氨气及时排出，防止其

与过二硫酸钠反应；

(3)由题给信息可知，过二硫酸钠加热至较高温度时发生分解，所以制备过二硫酸纳晶体时，应采用减压

蒸发浓缩的方法使水的沸点降低，防止或减少过二硫酸钠分解，故答案为：使水的沸点降低，能防止或减

少过二硫酸钠分解；

(4)由题意可知，用硫代硫酸钠标准溶液滴定时应选用淀粉溶液做指示剂，当溶液由蓝色变为无色说明反

应生成的碘完全反应，达到滴定终点；由得失电子数目守恒和题给方程式可得如下转化关系：

Na2S2O,—12—2Na2S203,滴定消耗VmLO.lOOOmol/L硫代硫酸钠溶液，则成品中过二硫酸钠的含

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

量为26xlQQ%=--------%n/,故答案为：-----

m

mg

31

28.（1）--a-3b--（2分）

22

（2）3（2分）30%（1分）0.57（2分）增大CO的物质的量（2分）

（3）C（2分）反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应II,相同时间内获得

的产物的浓度自然反应I比反应H多（2分）温度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

根据盖斯定律,・"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时CO的变化物质的量为2.5mol-l.75moi=0.75moL则CL的变化物质的量也为0.75moLCh

0.75mol

的平均反应速率为J2t=0.05mol/(L,s)=3mol,L"min"；

15s

②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为誓粤xl00%=30%；此时平衡体系内CO为

2.5mol

c(COCl,)o75

1.75mol/L>CL为0.75mol/L、COCL为0.75mol/L,该反应的平衡常数=——:------0.57；

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

③在第20s时.，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质

的量；

（3）①A.反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量

之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；B.平衡常数只与

温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C.u

£H2S）表示正反应速率，U£HC1）表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此U,E（H2s）=。

鼠HC1）说明反应达到平衡，故C符合题意：D.组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，

气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D

不符合题意；故答案为C；

②C6H5—C1由反应［生成，C6H6由反应II生成，图2显示温度较低时C6H5—C1浓度的增加程度大于C6H6,

说明反应I的活化能小于反应n的活化能，反应I的反应速率快于反应n,相同时间内获得的产物的浓度

自然反应I比反应n多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5—C1的适宜条件为温度

590K,R=2.5。

35.（1）2s22P3（2分）7（1分）sp3（l分）

（2）1：2（2分）三角锥形（1分）

（3）H2O2分子之间形成氢键（2分）

牖…分）

（4）正四面体（2分）(0.25,0.25,0.75)(2分)

【解析】（1）①主族元素的价电子就是最外层电子，N最外层为第二层，排布5个电子，对应排布式为：

2s22P3；N原子共有7个电子，每一个电子运动状态都是不同的（即使是同一轨道内自旋方向也是不同的），

故核外电子运动状态有7种；

②B原子连了3个H原子和1个N原子，其中N-B为配位键，故B共有4对价层电子对，根据杂化理论

知其为sp3杂化；

（2）等电子体具有相似的化学键结构，故SO?+中S与O之间为三键，1个为°键，2个为兀键，故此处填1：

2；SO；中心S原子的价层电子对=6电子对+孤电子对=3+匕号—=4,根据价层电子对互斥理论知，SO；

空间构型为：三角锥形；

（3）虽然CI2O2相对分子质量比H2O2大，但H2O2分子间能形成氢键，故沸点比。2。2高；

（4）①该晶胞中含有N原子4个，Ga原子8xJ+6x；=4,故两者之比为1：1,两者配位数相同，由图示

可知N原子配位数为4,故Ga配位数也为4,即1个Ga连接4个N,其空间构型类似CH,，为正四面体；

13

②将晶胞分割成8个小立方体，b点位于小立方体的体心，x、y轴方向等于边长的;，z轴等于边长的一，

44

故b点坐标为（0.25,0.25,0.75）；

③由①问分析知，该晶胞中含4个GaN,故晶胞的质量4zx84g/mol=等g,设边长为acm,则晶胞

NAmolNA

336

336

体积/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（对澳苯甲酸）（1分）取代反应（1分）

（2）CH三CCH2cH20H（2分）

（3）羟基、酯基（2分）

【解析】I到n在竣基上发生了酯化反应；II与in生成了iv,对比结构简式，ni为CH三CCH2cH2OH；iv

与氢气反应，碳碳三键发生了加成反应得到V