2023年高考第一次模拟考试卷：化学（全国甲卷理综A卷）（全解全析）.pdf
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7891 01 11 21 3BBADCDD7 .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.C O?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C 8 H l 2 O 5,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N a O H 溶液发生反应，所 以 I m o l X最多能与I m o l N a O H 反应，C项错误；D.X分子中存在碳碳双键，则 X能与浓溪水发生加成反应，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。5.5 g/2 2 0 g n o l-i x 1 2=0.3 m o l,A 项正确；C I O 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2 2.4 LN%的物质的量是 I m o l,D项错误。1 0.D【解析】A.N a 先与水反应，生成的N a O H 再与硫酸铜溶液反应，则钠与C u S C U 溶液反应的离子方程式为 2 N a+2 H 2 O+C u 2+=C u(O H)2 +H 2 T+2 N a+,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：C O r+C a S O 4=C a C O3+S O；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：A F+3 O H =A 1(O H)3 1，故 C 错误；D.H 2 O 2 溶液中滴加酸性K Mn C M溶液，离子方程式：2 M n O；+5 H 2 O 2+6 H+=2 Mn 2+5 C h T+8 H 2。，故 D正确；故选：D。1 1.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 C 1 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H 2O N H 3 H C 1 C H 4,A正确；B.非金属越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C 1 N C,B正确;C.C 核外三层电子，离子半径大于N，O2-,N1 0”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 Ksp A1（OH）3 KspFe（OH）3（2 分）4.7-8.1 （2 分）（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过 滤（2 分）MnSOH2。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】软镒矿（主要成分是M i!。？，含S i。?、Fe2O3,&2。3等杂质）粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯胺将M n O 2 还原为M/+,Fe2Or A h。；,与稀硫酸反应生成Fe 3+、Al3+,S i Ch 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N a O H 溶液调p H 将 Fe3 AF+转化为Fe（0 H）3、A1（O H）3沉淀，则沉淀2 含有Fe(0H)3、A1(OH)3,再过滤后加入NH4HCO3沉镒生成MnCCh沉淀，最后将MnCOs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M nS O/H?。(1)还原酸浸前将软锌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SiCh；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化铳还原为二价镒离子，其发生反应的化学方程式为 2NH2+4MnO2+5H2so4=2 O=O+(N H 4)2SO4+4MnSO4+4H2O；(3)温度不变，Kp保持不变，则计算时可取用开始沉淀时或完全沉淀时数据，KspMn(OH)2=c(Mn2+)-c2(OH)=0.()lx(l(r59)2=l(r138,Ksp Fe(OH)3 =c(Fe3+)-c3(OH)=().()1 x(10-118)3=10-374,Ksp A1(OH)3 =c(AI3+)-c3(OH)=().()1x(1(F10 3)3=10-32 9,贝ijKsp Mn(OH)2Ksp A1(OH)3 KspFe(OH),；调 pH 是为了将 Fe3 AF+转化为 Fe(OH)3,A1(OH)3沉淀且要沉淀完全，而 MH+不能开始沉淀，则应控制的pH 范围是4.78.1；(4)从操作A 所得的溶液中获得M nSO H 2。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M nSO rH 2。晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。27.(1)NA(2 分)55(2)(NH4)2S2O8+2NaOH=Na2S2O8+2H2O+2NH,T(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)1 19V(4)淀粉溶液(1 分)-(2 分)m【解析】由实验装置图可知，在氮气气氛中，装置A 中过二硫酸镀与氢氧化钠溶液在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+(8a)=0,解得a=2,则 Imol过二硫酸钠中含有的过氧键数目为1 molx 1 xAmol-1=NA 故答案为:NA;(2)由分析可知，装置A 中发生的反应为过二硫酸铁与氢氧化钠溶液在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(N H jS Q+Z N a O H JN a S O s+Z H q+Z N H j,故答案55 为：（NHjSQg+ZNaOH N aSO.+Z H Q+Z N H j；水浴加热;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：Na2 S2 08 12 2Na2 S2 C h,滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则成品中过二硫酸钠的含量为OJOOOmol/LxlOVLx-x238g/mo lx i o o%=L l 0/oi 故答案为：L19V m mmg3 128.（1）a-3b （2 分）2 2（2）3（2 分）30%（1 分）0.57（2 分）增大C O 的物质的量（2 分）（3）C（2 分）反 应 I 的活化能小于反应H的活化能，反 应 I 的反应速率快于反应I I,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）2H2（g）+O2（g）=2H2O AH=a kJ mol*1 2NaCl（叫）+H2O（l）=NaQO（叫）+H2（g）AH=b kJ mol14Na2FeO4（叫）+10比0=4Fe（OH）3（s）+3C）2（g）+8NaOH（aq）AH=c kJ mol-113根据盖斯定律，x3 XQ 得 2Fe（OH）3（s）+3NaClO（aq）+4NaOH（aq）=2Na2FeO4（aq）+3NaCl（aq）+5H2O3 1的 AH=-a-3b-c kJ moH。2 2（2）0 15 s 时 C O 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0.75mol,Ch0.75mol的平均反应速率为 工=0.05mol/（L-s）=3molLImin1；15s反应进行到15s时达到第一次平衡，C O 的平街转化率为 誓 粤 x 100%=30%；此时平衡体系内CO 为2.5molc（COCl,）0 751.75mol/L、CL 为 0.75mol/L、COCL 为 0.75mol/L,该 反 应 的 平 衡 常 数 K 0.57；c（CO）xc（C l,）1.75x0.75在第20 s 时，C O 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C O 的物质的量；（3）A.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.vM H 2 S）表示正反应速率，D 逆（H C 1）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E（H 2 s）=u逆（H C 1）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；C 6 H 5 C 1 由反应I 生成，C 6 H 6 由反应I I 生成，图 2显示温度较低时C 6 H 5 0 浓度的增加程度大于C 6 H 6,说明反应I 的活化能小于反应【的活化能，反 应 I 的反应速率快于反应I I,相同时间内获得的产物的浓度自然反应I 比反应I I 多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C 6 H 5 C 1 的适宜条件为温度5 9 0 K,R=2.5。3 5.（1）2 s 2 2 P 3 （2 分）7（1 分）s p 3（l 分）（2）1 ：2 （2分）三角 锥 形（1 分）（3）H 2 O 2 分子之间形成氢键（2分）(4)正四面体(2 分)(0.25,0.25,0.7 5)(2 分)短W分）【解析】（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：2s 22P 3；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；B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s p 3 杂化；（2）等电子体具有相似的化学键结构，故 S C P+中s与。之间为三键，1 个为。键，2 个为兀键，故此处填1 ：2；S O；中心S原子的价层电子对=G电子对+孤电子对=3+=4,根据价层电子对互斥理论知，S O；空间构型为：三角锥形；（3）虽然C I 2O 2相对分子质量比H 2O 2大，但 H 2O 2分子间能形成氢键，故沸点比C I 2O 2高；（4）该晶胞中含有N 原子4个，G a 原子8 xJ+6 x：=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 G a 配位数也为4,即 1 个 G a 连接4个 N,其空间构型类似C%,为正四面体;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：，故 b 点坐标为（0.25 ,0.25 ,0.7 5）；由问分析知，该晶胞中含4个 G a N,故晶胞的质量=z 4“x8 4 g/m o l=g ,设边长为a c m,则晶胞N4m o l N.体积=a3cm3,336故晶胞密度=4 4=p g/c macm板阳 336解得 a=3 cmVPNA36.（1）4-漠苯甲酸（对溟苯甲酸）（1 分）取代反应（1分）（2）CH三 CCH2cH20H（2 分）（3）羟基、酯 基（2 分）H【解析】I 到 II在理基上发生了酯化反应；II与 IH生成了 I V,对比结构简式，IH为 CH三 CCH2cH2OH；IV与氢气反应，碳碳三键发生了加成反应得到V；V 在在NaClO和 KBr,NaHCQ：作用下生成V I,醛基被氧化，并且发生了溪原子的取代反应；V I与 VH在醋酸钠存在下发生反应得到VIII,VIII中酯基水解得到了IX。（1）化合物I 的名称为4-浪苯甲酸（对澳苯甲酸）；I 与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应；（2）对比II和 IV 的结构简式，III仅含C、H、0 三种元素，III的结构简式为：CHWCH2cH20H；（3）化合物IV 中的含氧官能团为：羟基、酯基：（4）化合物V 在酸性条件下水解，水解产物为H。和甲醇，-C O O HHO 在一定条件下可以发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：(5)化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小2 8,化合物X比V少两个CH2,X苯环上有两种取代基，且能与FeCb溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能与NaHC03溶液反应生成C02气体，说明含有H O-d CH,CH.CH,COOH竣基，满足条件的同分异构体的结构简式：两个取代基为对位时，共有 、同理，两个取代基为邻位和间位各有5种，共15种；核磁共振氢谱峰面积比为6：2：2：1 ：1,即有5种HO y J-COOH不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为6：2：2：1 ：1,满足条件的结构简式为 J；-CHj CH,OH 4 CH,CH,OH(6)苯 乙 烯 与 水 生 成.，参照题中制备路线，在NaClO和KBr,NaHCO3作用下生成与V II在醋酸钠作用下即可得到产物，故合成路线为:
