2023年高考第一次模拟考试卷：化学（重庆B卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷(重庆B卷)

化学•全解全析

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BBABCDCBDCDDBC

1.B【详解】A.柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，A项正确；B.雾是一种胶体，具有丁达尔现象，

这是胶体的性质，海市蜃楼形成美景的本质原因是空气中的小水滴，颗粒直径大小约为1〜100nm之间，B

项错误；C.火树银花就是锂、钠、钾、锢、银、铜等金属化合物在灼烧时呈现的各种火焰颜色，C项正确;

D.蛋白质是组成人体肌肉、皮肤、内脏、头发、血液等的主要成分，青丝与白发均指头发，主要成分均属

蛋白质，D项正确。故选B。

2.B【详解】A.已知SCh是V形结构，其正、负电荷中心不重合，则S02是极性分子，A错误；B.Na^01

既含Na+与S2T之间的离子键，与。*内含s-s、S-0之间的共价键，B正确；C.已知S。-和Na*结构示意图

方

故它们电子层结构不相同，C错误；D.已知C02中c和0之间形成2

对共用电子对，故CO2的电子式为0：式‘：：0,口错误；故答案为：B。

3.A【详解】A.由于Ca(0H)2过量，Mg(OH”的溶解度小于MgCCh，故碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水

2+HC32+

的离子方程式为：Mg+20+2Ca+4OH=2CaCO3i+2H2O+Mg(OH)2i，A错误；B.次氯酸钙溶液中通

C

入过量的二氧化碳气体的离子方程式为：°2+H2O+C1O=HC0；+HC101B正确；C.次氯酸钠溶液具

有强氧化性，可以氧化二氧化硫，次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体的离子方程式为：

正确；铁离子可以氧化硫离子为单质，则氯化铁溶液与过量

so2+H2O+CIO-=so：+cr+2H-(cD.s

硫化钠溶液反应的离子方程式为：2Fe3++3g-=2FeSJ+SJ,D正确；故选A。

4.B【详解】A.乙烯分子中单键为G键，双键中含有1个c键和1个兀键，则标准状况下，2.24L乙烯中

2.24L

c键的数目为22.41/nolx5xMmoli=0.5NA，故A错误；B.硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol,含有的

24.5g

氧原子个数都为4,则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为98g/molx4xMmoL=M，故B正确;

C.浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共

10gx98%]

热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于98g/molx2x5xMmoL=0.1NA，

故C错误；D.氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含O.lmol氯

化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1M，故D错误；故选B。

5.C【详解】A.胶头滴管不能伸入试管，A错误；B.氯化钙会与氨气反应，不能干燥氨气，应用碱石灰

干燥，B错误；C.装置为原电池，锌作为负极失去电子，可以保护铁电极，属于牺牲阳极的阴极保护法,

C正确；D.CO2会被碳酸钠溶液吸收，除去CO2中少量SO2应通入饱和碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。

【详解】苯并唾酮的分子式为：完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水,

6.DA.C7H5NO2,

则Imol苯并嚏酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；B.X具有醛基，醛基具有还原性，则

能使酸性高镂酸钾溶液和浸水褪色，B项错误；C.X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为

°*-■110,数目为4个，C项错误；D.X在碱性溶液中，滨原子、酰胺基、酯基可

以水解，同时水解产物中有酚羟基，则ImolX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4moiNaOH,D项

正确；答案选D。

7.C【详解】A.KC1固体溶于水可导电不能说明KC1中含有离子键，如HC1溶于水也能导电，但是HC1

中为共价键，A错误；B.高镒酸钾可氧化H2O2从而褪色，体现了H2O2具有还原性，B错误；C.向饱和

CaSCU溶液中滴加相同浓度的Na2c。3溶液，产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Kp(CaCO3),C正确；D.碳

酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，则该固体为NaHC03,D错误；故答案选C。

8.B【详解】A.NH3与H2O以氢键(用“……”表示)结合形成NH3・H2O分子，氨气中N和水中H形成氢

H

H——N----H—0

5-3x1,

----------=4

键，则的结构式为HH正确；中原子价层电子对数

NH3«H2O，AB.NF3N=3+2

3-3x1

---------=3

BF3分子中B原子价层电子对数=3+2,中心原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2,B错误;C.HCHO

4-2xl-lx2_34-l-3xl_3

中C原子价层电子对数=3+2-、且不含孤电子对，CH；中c原子价层电子对数=3+2

6-3x2「

----------=3

且不含孤电子对，SO3分子中s原子价层电子对数=3+2且不含孤电子对，这三种微粒空间构型都

是平面三角形，C正确；D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于

次氯酸，D正确；故答案选B。

9.D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同族，Z的原子序数是X的2

倍，则X为0元素、Z为S元素、W为C1元素；电子层数相同，序数小的，离子半径大，由丫离子在同

周期内离子半径最小，可知丫为A1元素，据此分析作答。

【详解】A.电子层数相同，序数小的，离子半径大，则离子半径：S2>C1->O2>A13+,A项错误；B.丫2Z3

为AI2S3,其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；C.H?O分子间存在氢键，主要影响物质的

熔沸点，稳定性H2OH2S,是因为非金属性：0>S,C项错误；D.CIO?具有强氧化性及漂白性，可作为

工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；答案选D。

10.C【详解】A.过程①中H2°2转化为-H和-OOH有氢氧键断裂和形成，过程②中-OH断裂形成-H,

存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；B.如图，过程①为反应的开始，

化合物1与HQ?反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1,所以化合物1为催化剂，

故B正确；C.图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；D.如图，反应物为HQ，Cl\H+,产物

为此。和HOC1,其反应为HQ+Cl+H=HQ+HOC1,故口正确；故选丁

11.D【详解】A.中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN

溶液检验(NHjFe(SO)是否变质，人正确；B,亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2。,Fe(OH)2+2H+,故

步骤①酸化的目的是抑制Fe2+的水解，B正确；C.由题干流程图可知，步骤②反应为

2+正确；由题干信息可知，。是一种难溶物，故

Fe+H2C2O4+2H2O=FeC2O4.2H2Oi+2H'；cD.FeCzCUSH?

步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案为：D。

12.D【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的

反应生成右侧电极为正极，正极上02发生得电子的反应生成H20,负极反应式为

正极反应式为凡所以协同转化总反应为

SO2-2e+4OH=SO^+2H2O,02+20+211*=02,

SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2so4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。

【详解】A.反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应

②释放的能量可以用于反应①，项正确；由图可知，生成的电极反应为氏=凡

AB.H2O202+20+202,B

项正确；C.H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所

以反应过程中不需补加稀H2SO4,C项正确；D.负极反应式为S°2-2e+4°H-=SO：+2H2。，正极反应式为

O2+2e+2H=也。2,则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2so4，D项错误；故答案选D。

13.B【详解】A.平衡时，v片v的BPkJC2（NO）-C2（CO）=k^c（N2）-c2（CO2）>升高温度后，正、逆反应的速

率增大，但N0的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明逆反应增大的幅度大于正反应，而体系中各组分

的瞬时浓度不变，故增大的倍数小于后M曾大的倍数，A正确；

B.a点NO的平衡转化率为80%,CO和NO起始的物质的量均为Imol,根据化学方程式可知CO、NO、

N2、CO2转化的物质的量分别为0.8mol、0.8moK0.2moK0.8mol,则CO、NO、N2、CO2平衡时的物质的

量分别为0.2mol、0.2mok0.2moh0.8mol,由于容器体积为1L,故CO、NO、N2、CO2平衡时的浓度分别

左正C(N2)・C2(CC)2)0.2mol/Lx(0.8mol/L)2

为0.2mol/L、0.2mol/L,0.2mol/L、0.8mol/L,a点22-22=160；p\

k逆—C(NO).C(CO)(0.2mol/L)x(0.2mol/L)

对应压强下，b点NO的平衡转化率还未达到80%,则反应正向进行，即“>v逆，故兽>160,B错误；

C.a点和b点的NO的起始物质的量相同，a点NO的转化率大于b点，则a点NO转化的物质的量大于b

点，故a点剩余NO的物质的量小于b点，由于体积相同，故b点NO的物质的量浓度大于a点，C正确；

D.设压强为〃2，温度与a点相同时的点为d点，由C选项可知，d点NO的物质的量浓度大于a点，则a

点N2、CO?的浓度大于d点，故a点逆反应速率大于d点；d点和c点的压强相同，d点的温度高于c点，

则d点的逆反应速率大于c点，故a点逆反应速率大于c点，D正确；故选B。

14.C【详解】A.碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol,则碳酸钾与盐酸反应分布进行

的离子方程式为：CO；+H'=HCO；、HCO；+H'=H2CO3J由图可知的物质的量最大随着加入盐酸物

质的量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为C°；-+H*=HC°"则由图可知

A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时n（CO：）=n（C「），则

n（CO^）=n（Cr）>n（HCO；）j人项正确；B.由图可知，B点时“。。丁）=n（HCO；）,第一次电离平衡为

KJ（HCO>C（H*）

+a，

H2CO3—*HCO；+H电离常数为C（H2co3）,第二次电离平衡为HCO；=81+H：

仆c（CO>xc（H+）

电离常数为c（HCO；），可得：

c（HCO；）c（HCO；）xc（H+）xc（CO;"）c（HCO；）xc（H+）xc（HCO；）K„4.4x107

+

C（H2CO,）—C（H2CO,）XC（H）XC（CO^）-c（H2CO,）xc（H"）xc（CO^）4.7x10"皿

c（HCO；）

=9.4xl（y'

c（H2co3）

1Ommol,则C点溶液中11(HCOJ

,B项正确;C.由图可知C点加入的盐酸的物质的量为

小于lOmmol,n(C°3)接近o且c点在直线的下方，物料守恒可得可得

c(Cr)=c(COr)+c(HCO-)+c(H2CO3)(则c(B)>c(HCO>24C。>c项错误;D,滴定至D点时,

KHCC)3+HC1=KC1+H2O+COE合好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则溶液的pH<7,D项正

确；答案选C。

煨烧

15.(l)4NiS+7O2=2Ni2O3+4SO2

(2)SiO202

+3++

(3)Na+3Fe+2SO^-+6H+6C0^=NaFe3(S04)2(0H)6J+6CO2T

(4)碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多

(5)防止银、铝被空气中的氧气氧化

(6)2AI+2OH+2H2O=2A1O2+3H2T

(7)9.65

【分析】由流程图知，银铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiCh等)煨烧时，NiS、FeS与O2反应生成NizCh、

Fe2O3和SO2,则气体1含有SCh,向燃烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3、FezCh与硫酸反应生成可溶性硫

酸盐，发生的反应为2Niq3+4H2sO4=4NiSO4+4H2O+O2T、Fe2O3+3H2SO4-Fe2(SO4)3+3H,O,SiCh不与硫

酸反应，则滤渣1中含有SiO2,气体2为O2,再加入Na2s04和Na2c03沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6,则滤

渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6,然后加入NaOH、N2H「也0还原Ni?+生成Ni,Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔

融生成银铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使锲铝合金产生多孔的结

构，得到兰尼银。

(1)由题意知，NiS在通入空气燃烧的条件下生成NizCh和一种气体，其化学方程式为

煨烧

4NiS+7O2=2Ni2O3+4SO2

煨烧

故答案为：4NiS+7O2=2Ni2O,+4SO2；

(2)据分析知，滤渣1的主要成分为SiCh;气体2是O2;

故答案为：SiO2;02；

(3)根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矶和气体的离子方程式为

+3+

Na+3Fe+2SO^+6H'+6CO3=NaFe,(SOJ2(OH)6+6CO,T

故答案为：Na++3Fe"+2SO：+6H*+6CO；=NaFe3(SO4)2(OH)6J+6CO2T；

(4)从图中可以看出，银单质的质量随着氢氧化钠的浓度的增大而增大，可能的原因为碱性越强，N2H4

的还原性越强，析出的Ni越多；

故答案为：碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多；

(5)高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止银、铝被空气中的氧气氧化；

故答案为：防止银、铝被空气中的氧气氧化；

(6)据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使银铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反

应产生氢气，其离子方程式为2川+20H+2H2O=2A1O2+3H2T.

故答案为：2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2T；

⑺根据K」Ni(OH)J=c(Ni").c(OH)2=2.0xlO”，若要是溶液中,用闫.0、1。—。上，则

C(H)x10mol/L

°-l,OxlO*-*pOH--lgc(OH-)<4.5-0.15<4.35(乂pH+pOH=14,则pH29.65；

故答案为：9.65o

16.(1)2：3：14

(2)Na2O2+2NO2=2NaNO3100mL容量瓶或胶头滴管1：1

(3)三颈烧瓶2Na2O2+2SO2=2Na2SCh+O2放热2Na2so3+C)2=2Na2s

【分析】本实验的实验目的是探究过氧化钠与二氧化碳、水、二氧化氮、二氧化硫的反应，并通过实验确

定反应所得生成物。

(1)由丙烷、氧气、过氧化钠在150℃下用电火花不断引燃反应，恰好完全反应，压强为零可知，反应的

放电、

>

化学方程式为2c3H8+3O2+14Na2C>26Na2CO3+l6NaOH,由方程式可知，丙烷、氧气、过氧化钠的物

质的量比为2：3：14,故答案为：2：3：14；

(2)①二氧化氮中氮元素为+4价，既能在反应中表现氧化性，也能表现还原性，可能与过氧化钠反应生成

亚硝酸钠和氧气表现氧化性，也能与过氧化钠反应生成硝酸钠表现还原性，则表现还原性的化学方程式为

Na2O2+2NO2=2NaNO3,故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3:②由配制一定物质的量浓度溶液的步骤可知，配

制100mL待测溶液需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶

或胶头滴管；③二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的化学方程式为

2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O,由方程式可知，反应中氧化产物硝酸钠与还原产物亚硝酸钠的物质的

量之比为1：1,故答案为：1：I;

(3)①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；②由ab段氧气的含量迅速升高可

知，过氧化钠与二氧化硫发生放热反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的化学方程式为

2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2G>2+2SC)2=2Na2so3+O2;③be段氧气的含量慢慢降低说明反应

生成的亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2so3+O2=2Na2s04,故答案为：

2Na2so3+C)2=2Na2SC)4。

17.(1)-162

(2)正反应方向

(3)该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低AC

(4)2：15：2

(3a+b)b

\l-a-b)(3-1.5a-b)

(6)2CH2=CHCN+2e+2H*=CN(CH2)4CN

【详解】(1)因为该反应可由反应i-反应n得到，所以

A/7=A//,-zV/2=-515kJ/mol-(353kJ/mol)=-162kJ/mol；

(2)恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化

率减小，则反应n中的反应物的浓度(分压)增大，导致反应n平衡向正反应方向移动；

(3)根据图象分析，该反应为放热反应，产率应随温度升高而降低，但图象显示是产率升高，故此说明该

温度段反应并未达到平衡；高于460C,催化剂因高温失活，以及副反应的增多，导致产率降低，所以本问

第二空选填AC：

〃(氨)

(4)根据图象可知，当约为1时,该比例下丙烯月青产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化

"(内烯)

^MCH2=CH-CH,(g)+NH3(g)+|o2(g)=CH2=CHCN(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1：1.5：

1的体积比加入反应达到最佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比;

(5)根据两个反应可知,在达到平衡时，容器中有(l・a・b)mol两烯,(l-a)mol氨气，(3-1.5a・b)mol氧气,

(3a+b)mol水蒸气，以及amolC3H,N(g)和bmolC3HQ(g),则平衡后容器中气体总的物质的量为

(l-6z-Z?)mol+(l-«)mol+(3-1.5(2-Z?)4-(36f+/?)mol+6zmol4-Z?mol=(5+0.5tz)mol；根据题示公式可知，反

、°(3a+b\b

应的标准平衡常数

IIK°=-―Y-—~:

(6)根据电解池的工作原理可知，CH?=CHCN在Pb电极酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二

靖[其电极反应式为+

CN(CH2)4CN],2cH2=CHCN+2e.+2H=CN(CH2)4CNo

18.(1)C2H2O3

(2)4CUC1+4HC1+O2=4CUC12+2H2O

(3)a、c

O()

(4)-1+C12光照iuu+HCl

H5一1—OCJIq(JH,—C—OCJ(

•♦浓硫酸•°•加压。ifO光照

(5)CH3cH2OH—CFhCHOfCH3coOHf—...一一L1->

02aO,CHyCHOH(^(I(ll'HdH”(-((-<Ha

2313』>J:

oo

NIII

CJLO-C-C-C-C'H,CI

♦'L1

【分析】根据A的化学式和H的结构简式，可知A为H,根据B的化学式以及A、H的结构简式,

可知B为，B到C为加成反应，根据两者化学式可得，试剂a分子式为C2H2O3,a为乙醛酸,

醛基与苯环发生加成，生成C为H,根据D的分子式和C的结构简式，得出D为CHO,

D与G经过多步反应生成H,根据三种物质中碳原子的个数，可知为1个D和2个G经过多步反应，生成

O0

IHI

C,H,O-C-C-C-CH,CI

H,由H结构简式结合信息ii,反推得到G为H,E与氯气发生取代反应生成F,

()

I

F再与E反应生成G,通过G的结构简式结合信息i反推，得到E为,,F为

()

I

CIH,C-C-OCJ{,

，根据J的分子式，K的结构简式，可得J为,由此解答

各小题。

(1)通过以上分析可知，试剂a的分子式为C2H2。3。

(2)氯化铜为催化剂，反应前后应该没有变化，故第二步反应应该是CuCl、氧气和HC1反应，生成CuCh和

水方.程式为4CuCl+4HCl+O,=4CUC12+2H2O

(3)a.A的核磁共振氢谱有3组峰，a错误；b.B存在含碳碳双键的酮类同分异构体,，b正确;

c.D的不饱和度为6,同分异构体存在苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4,酯基不饱和度为1,则必须有碳

碳双键或成环，除去苯环还有两个碳，这两个碳无法在存在酯基的情况下形成双键或成环，c错误；故答案

为：ac；

O