2023年高考第一次模拟考试卷：化学（重庆A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷（重庆A卷）

化学·全解全析

1．C【解析】A．明矾中的铝离子能水解为氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，可以净水，但是没有杀菌消毒的功能，故A错误；B.裂化汽油中含有不饱和烃，会与碘发生加成反应，不能用裂化汽油作萃取剂萃取碘水中的碘，故B错误；C．酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关，臭氧空洞的形成与氟氯烃或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧（O3）发生一系列连锁反应有关；光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳氢化合物（CxHy）、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致，都可能与氮氧化物有关，故C正确；D．在海轮外壳上嵌入钠块，钠会与海水发生反应生成氢氧化钠和氢气，钠块会消失，不可以减缓船体的腐蚀速率，故D错误；故选C。

2．D【解析】A．中心原子sp3杂化，配位原子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，A项错误；B．含离子键、共价键，B项错误；C．上述反应化合价变化，N元素由-3→0，，N元素由+3→0，故既是氧化产物又是还原产物，C项错误；D．可应用于解决冬季开采石油井下结蜡，故反应放热，，D项正确；答案选D。

3．C【解析】A．还原性：I->Fe2+，故离子方程式为Cl2+2I-=I2++2Cl-，A错误；B．NaClO溶液中通入少量SO2反应生成HClO、Na2SO4和NaCl，故离子方程式为SO2 +3ClO-+H2O=2HClO +SO +Cl-，B错误；C．酸性条件下，硝酸根能氧化二价铁离子，故离子方程式为3Fe2++4H++NO =3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液反应，碳酸氢根不能拆，故离子方程式为HCO +NH +2OH-=NH3 +H2O+CO ，D错误；故选C。

4．C 【解析】A．铜也具有焰色，与钠元素的焰色发生冲突，不能观察到钠元素的焰色，故A错误；B．溶于水，不溶于水，分离溶液和用分液的方法，故B错误；C．若与水反应放热，则因为瓶中气体膨胀，使得c的液面低于d的液面，所以该装置可以验证与水反应的热量变化，故C正确；D．烧杯不能用于灼烧，应在坩埚中进行，故D错误；故选C。

5．B【解析】A.C-O和C-H为极性键，1个含有6个极性键，34g 中含有的极性键 ，极性键数3NA，A错误；B.混合气体的通式为（NO2）n，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子为 ，原子数为3， B正确；C. 浓硫酸为0.92mol,若和铜完全反应会生成为0.46mol，但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜不反应，最后会有硫酸剩余，生成分子的数目小于0.46，C错误；D.在石英晶体中，一个氧原子形成2个Si－O键在含4mol Si－O键的石英晶体中，氧原子的数目为2，D错误；故答案为B。

6．C【解析】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。综上所述，答案为C。

7．D【解析】A．羊毛织品的主要成分是蛋白质，蛋白质中含有氢键，水洗时会破坏其中的部分氢键，导致羊毛织品变形，故A正确；B．铁元素的原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，由电子排布规律可知，基态原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B正确；C．硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，铵根离子的空间构型为正四面体角形，键角为109°28＇，氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107°18＇，白磷分子的空间构型为正四面体形键角为60°，则五种微粒的键角大小顺序为，故C正确；D．二甲醚中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则46g二甲醚中sp3杂化的原子数为×3×NAmol—1=3NA，故D错误；故选D。

8．C【解析】A．氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以该钾盐可能为氯酸钾，A错误；B．亚铁离子遇到KSCN溶液不会出现血红色，铝和三价铁能反应生成亚铁离子，则可能含Fe2O3，B错误；C．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，下层液体呈紫色，说明溴能够与碘化钾反应生成单质碘，依据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性可知：氧化性：Br2＞I2，C正确；D．过氧化钠具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，所以溶液先变蓝色后褪色，D错误；答案选C。

9．C【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F元素；由阴离子的结构可知，Y为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，X为H元素、Z为C元素、W为N元素。

【解析】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，故A正确；B．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故B正确；C．碳元素的氢化物属于烃，固态烃和液态烃的沸点高于氨气和氟化氢，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，故D正确；故选C。

10．A【分析】如图，转化为分为多步完成：①；②；③；④；⑤；⑥；

【解析】A．生成甲醇是通过多步反应进行，每步反应碳元素化合价均降低，发生还原反应，故A错误；B．如图催化剂Cu(黑点)结合H原子，催化剂结合含碳微粒(、、、、)，故B正确；C．步骤①，为化学键的形成；步骤②存在化学键断裂，所以该催化过程中既涉及化学键的形成，又涉及化学键的断裂，故C正确；D．该催化过程中有生成，和H原子在催化作用下生成，所以有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物，故D正确；故选A。

11．D【分析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣，溶液中需要除去亚铁离子，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化，最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰， 以此解题。

【解析】A．“还原焙烧”中MnO2、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH+C2MnO+CO↑+H2O↑、 MnO2+CMnO+CO↑，反应中锰元素被还原为MnO，A正确；B．“酸浸” 过程中适当加热，能加快浸取速率，B正确；C．根据以上分析，加入碳酸锰调节溶液的pH值，将杂质Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，C正确；D．由图可知电解产生二氧化锰，则阳极电极反应式为，D错误； 故选D。

12．D【分析】根据图示装置可知，右侧为电解池，a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，则a为电解池阳极，与电源正极相连，b为电解池阴极，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，盐酸由浓变稀；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。

【解析】A．由分析可知，a为阳极，与直流电源的正极相连，Y溶液是稀盐酸，A错误；B． a极NH4Cl中失去电子生成NCl3，电极反应式为-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B错误；C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，C错误；D．有0.6mol阴离子通过交换膜，电路中就有0.6mol电子转移，由反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，生成0.1molNH3，标况下其体积为2.24L，D正确；故选D。

13．D【解析】A．由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为， 所以T℃时，该反应的化学平衡常数=＝mol·L-1，故A正确；B．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，并且NO2的起始浓度均小于b点，反应速率也小于b点，则bc曲线上反应正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)>v(逆)，故B正确；C．反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的NO2，相当增大压强，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡小，故C正确；D．b点反应三段式为， 根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=1.2RT，PbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa:Pb>6:7，故D错误；故选D。

14．C【解析】A．比较电离平衡常数，知酸性强弱关系：，通入到NaClO溶液中发生反应：，A项错误；B．两者按物质的量1：1混合，发生反应：，溶液呈碱性，水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，B项错误；C．混合后，两者浓度仍然相等，设为，根据Na元素质量守恒得，根据S元素质量守恒得，溶液中物料守恒式为：，电荷守恒式为：，用物料守恒式与电荷守恒式共同消除后得：，C项正确；D．溶液的时，溶质为NaHS和H2S，存在以下多个平衡体系：，，，，其中，根据电荷守恒式：得，故，D项错误；

故选C。

15．(1) 五（1分）     +2（1分）

(2) 增大反应物的接触面积，提高原料利用率（2分）     Fe(OH)3（2分）

(3)分液漏斗、烧杯（2分）

(4)盐酸（2分）

(5)草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物（2分）

(6) （2分）

【分析】硅铍钇矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的Y元素转化为，并将元素转化为NaBeO2、Na2SiO3，通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤液含可溶性钠盐，滤渣为、Fe(OH)3，加入稀盐酸反应生成YCl3、FeCl3，加入萃取剂除去铁离子，加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2；

【解析】（1）Y是39号元素，则Y位于元素周期表的第五周期第ⅢB族；硅铍钇矿[]中Y的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设的化合价为x，根据化合价之和为0可得：(+3)×2+x+(+2)×2+[+4+(-2)×4]×2+(-2)×2=0，解得x=+2，故的化合价为+2；

（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅铍钇矿中铁元素为+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3，焙烧后含铁元素的产物是Fe(OH)3；

（3）“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；

（4）‘沉钇’过程中加入草酸与YCl3反应生成Y2(C2O4)3∙9H2O和HCl，则滤液II中盐酸可参与循环使用；

（5）已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时，钇的沉淀率下降的原因是：草酸与Y3+离子形成可溶性配位化合物；

（6）Y2(C2O4)3∙9H2O，通入空气焙烧生成Y2O3和CO2，碳元素化合价升高了1，氧元素化合价降低了2，已经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个O原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，Y2(C2O4)3∙9H2O前配系数2，O2前配系数3，结合原子守恒则反应化学方程式为。

16．(1) 三颈烧瓶（1分）     防止Fe2+离子被氧化（2分）

(2)关闭活塞3、打开活塞2（2分）

(3)Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）

(4)  2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O （2分）    洗涤（2分）

(5)  250mL容量瓶、胶头滴管（2分）     90%（2分）

【分析】由实验装置图可知，装置A中发生的反应为稀硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁的反应，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠和碳酸亚铁沉淀，装置C的作用是防止空气中氧气进入装置B中导致亚铁离子被氧化；实验时，要先打开活塞1、活塞3，使反应生成的氢气赶走装置中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化；一段时间后，启动电磁搅拌器，关闭活塞3、打开活塞2，利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁。

【解析】（1）由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；亚铁离子具有还原性，为防止实验中亚铁离子被氧化，实验所用蒸馏水均需经煮沸后快速冷却排尽水中的氧气，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+离子被氧化；

（2）由分析可知，3步中控制开关的具体操作是关闭活塞3、打开活塞2，目的是利用反应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸铵溶液反应生成碳酸亚铁，故答案为：关闭活塞3、打开活塞2；

（3）由题意可知，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO= FeCO3↓+CO2↑+H2O；

（4）由题意可知，制得碳酸亚铁的反应为碳酸亚铁与乳酸在75℃条件下反应生成乳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O，反应结束后，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COO]2Fe+CO2↑+H2O；洗涤；

（5）①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带砝码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则配制成250mL溶液时还需用到的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；

②由题意可得如下转化关系：CH3CH(OH)COO]2Fe—(NH4)4Ce(SO4)4，滴定消耗15.00mL0.10mol·L-1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液，则3.9g产品中乳酸亚铁晶体的纯度为×100%=90%，故答案为：90%。

17．(1)  <（2分）     C（2分）

(2) a（2分）     曲线c和d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于的转化率（3分）     催化剂失去活性（2分）    

或（3分）

【解析】（1）根据，平衡常数K与温度T成反比，即温度升高，平衡常数减小，则该反应为放热反应，，则，同理可知反应Ⅱ和反应Ⅲ均为放热反应，即，，根据盖斯定律反应Ⅰ=反应Ⅲ×2-反应Ⅱ，则，，故填<、C；

（2）①物质的量分数均随温度的升高而减小，低温时，反应Ⅲ不发生，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以的物质的量分数小于的物质的量分数，平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是a；曲线c和d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于的转化率，故填a、曲线c和d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于的转化率；

②a点时与无催化剂的转化率相同，说明催化剂已无催化活性，其可能原因为催化剂失去活性，故填催化剂失去活性；

③由反应Ⅲ，，某温度下反应Ⅲ的，平衡时的分压为b kPa，则平衡时，根据阿伏伽德罗定律推论，恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，按投料比，初始总压为150kPa，则起始时，已转化的，则甲烷的平衡转化率为或，故填或。

18．(1)邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸（2分）

(2)氧化反应（2分）

(3)羧基、醚键（2分）

(4)+(CH3CO)2O+CH3COOH（3分）

(5)  9 （2分）    （2分）

【分析】B中醇羟基发生氧化反应生成醛基，C中醛基和银氨溶液发生氧化反应生成D中的羧基，D在HI作用下发生取代反应生成酚羟基。

【解析】（1）E的俗名叫水杨酸，则母体是苯甲酸，羟基取代在2号碳上，其化学名称是邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；

（2）B中醇羟基发生氧化反应生成醛基，B→C的反应类型是：氧化反应；

（3）D中的官能团的名称是羧基、醚键；

（4）E→阿司匹林的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；

（5）满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；②能发生银镜反应说明含有醛基或含结构；E的同分异构体有、、、共9种；在核磁共振氢谱上有4组峰，峰的面积比为1∶2∶2∶1且能发生水解反应的结构简式为：