2023年高考第一次模拟考试卷：化学（江苏B卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷（江苏B卷）

化学·全解全析

1．D

【解析】A．墨汁中分散质粒子直径在1至100纳米之间，属于胶体，故A错误；

B．宣纸的主要成分是天然纤维素，不是合成高分子材料，故B错误；

C．水晶的主要成分是二氧化硅，而砚石的成分为无机盐，故C错误；

D．狼毫为动物的毛，主要成分为蛋白质，故D正确；综上所述答案为D。

2．B

【解析】A．质量数=质子数+中子数=8+10=18，所以中子数为10的氧原子，A项错误；

B．氯化氢属于共价化合物，是由分子构成的晶体，B项正确；

C．HClO属于共价化合物，其结构式为：H-O-Cl，所以其电子式为：，C项错误；

D．氯原子核电荷数为17，氯离子核外有18个电子，Cl-结构示意图为：，D项错误；故答案为B。

3．B

【解析】A．Na+、O2-的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r(Na+)＜r(O2-)；对于电子层结构不同的离子，离子的核外电子层数越多，离子半径就越大。Na+、O2-只有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，Cl-核外的电子层数最多，故Cl-半径最大，则离子半径：r(Na+)＜r(O2-)＜r(Cl-)，A正确；

B．一般情况下，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素，所以I1(O)＜I1(N)，则三种元素的第一电离能大小关系为：I1(Na)＜I1(O)＜I1(N)，B错误；

C．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＜O，所以简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，C正确；

D．物质分子中非羟基O原子数目越多，该相应酸的酸性就越强。HNO3的非羟基O原子数目是2，HClO4的非羟基O原子数目是3，所以最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4，D 正确；

故合理选项是B。

4．B

【解析】由实验装置图可知，装置甲中亚硫酸钠与70%硫酸溶液反应制备二氧化硫气体，装置乙中二氧化硫与氯酸钠、稀硫酸混合溶液反应制备二氧化氯气体，为防止具有还原性的二氧化硫与二氧化氯反应，干扰二氧化氯与碘化钾溶液的反应，通入的二氧化硫必需适量，不能过量，装置丙中盛有的碘化钾溶液与二氧化氯气体反应生成单质碘，溶液变蓝色用于验证二氧化氯的氧化性，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气。A．由分析可知，装置甲为二氧化硫的制备装置，故A正确；

B．由分析可知，装置乙中二氧化硫与氯酸钠、稀硫酸混合溶液反应制备二氧化氯气体，为防止具有还原性的二氧化硫与二氧化氯反应，干扰二氧化氯与碘化钾溶液的反应，通入的二氧化硫必需适量，不能过量，故B错误；

C．由分析可知，装置丙中盛有的碘化钾溶液与二氧化氯气体反应生成单质碘，溶液变蓝色用于验证二氧化氯的氧化性，故C正确；

D．由分析可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气，故D正确；

故选B。

5．C

【解析】

A．Ni是28号元素，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，故A错误；

B．1个[Ni(NH3)6]2+中 含有6个N→Ni配位键，配位键属于σ 键，含有3×6=18个N-H共价键，共价键也属于σ 键，即共含有24个σ 键，所以1mol[Ni(NH3)6]2+中 σ 键的数目为24mol，故B错误；

C．NH3中含有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，故C正确；

D．VA族元素单质的晶体类型不一定相同，如N2是分子晶体，而Sb是金属晶体，故D错误；故选：C。

6．D

【解析】

A．用氢氧化钠溶液吸收NO2生成NaNO3和NaNO2，该反应的离子方程式为：2OH-+2NO2=++H2O，故A错误；

B．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物，已知2mol NO(g)反应放出116.4kJ能量，则NO的燃烧热的热化学力程式为：NO(g)+O2(g)=NO2(g) △H=-58.2kJ·mol-1，故B错误；

C．根据氧化还原反应规律，NO和NO2约为1：1通入石灰乳生成Ca(NO2)2，反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，故C错误；

D．电解法脱硝时，阳极失电子发生氧化反应，HNO2在阳极失电子，氧化生成，电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++，故D正确；

故选：D。

7．B

【解析】

A．根据自由能公式得到该反应能够自发的原因是△H＜0，△S＞0，故A错误；

B．工业上使用合适的催化剂，可加快反应速率，因此可以提高NO2的生产效率，故B正确；

C．升高温度，该反应v(逆)增大，v(正)增大，平衡向吸热反应方向移动即逆反应方向移动，故C错误；

D．根据2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)    △H=−116.4 kJ∙mol−1，得到2molNO(g)和1molO2(g)中所含化学键能总和比2molNO2(g)中所含化学键能总和小116.4 kJ∙mol−1，故D错误。

综上所述，答案为B。

8．A

【解析】

A．SiO2作光导纤维，是因为其良好的光学特性，与其熔点高、硬度大无关，A错误；

B．二氧化硫具有还原性，能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，可用作制溴工业中溴的吸收剂，B正确；

C．ClO2具有强氧化性，是一种新型自来水消毒剂，C正确；

D．燃煤中加入氧化钙可以减少酸雨的形成，当煤燃烧放出的二氧化硫，就会与氧化钙反应，故可以减少酸雨的形成，D正确；

故选A。

9．B

【解析】

A．苯环、醛基中碳原子为sp2杂化，1个X分子中含有7 个sp2杂化的碳原子，故A正确；

B．Y与足量 H2反应生成的有机化合物是 ，不含手性碳原子，故B错误；

C．Y中含有的羟基、羧基都是亲水基团，Z中只有羟基是亲水基团，Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，故C正确；

D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物都是，故D正确；

选B。

10．A

【解析】

A．反应Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH=-23.5 kJ·mol-1的反应热ΔH＜0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，TΔS＞ΔH，则该反应的ΔS＞0，故A正确；

B．升高温度使反应物活化分子数增多，分子之间的有效碰撞次数增加，能提高反应速率；但由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，因此会导致CO平衡转化率降低，故B错误；

C．增加炼铁炉高度，延长CO和铁矿石接触时间，不改变其它外界条件，化学平衡不移动，因此不能改变平衡时混合气体中CO的体积分数，故C错误；

D．制备的生铁中若含少量FexC，Fe、FexC及酸溶液构成原电池，使Fe与酸反应放出氢气的速率比纯铁快，故D错误；故选A。

11．D

【解析】

A．未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A错误；

B．加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B错误；

C．氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C错误；

D．KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D正确；

故选D。

12．C

【解析】

由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。

A．氢氧化钠溶液吸收二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(HSO)> c(SO) > c(H2SO3)，故A错误；

B．亚硫酸氢钠溶液中存在质子守恒关系c(H+)+ c(H2SO3) =c(OH—)+ c(SO)，故B错误；

C．亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(SO)>c(OH—)>c(HSO)，故C正确；

D．c总=0.1mol•L-1溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(SO) > c(H2SO3)，故D错误；故选C。

13．D

【解析】

A．570℃之前，随着温度升高，CO的体积分数增大，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，CO的体积分数减小，说明570℃之前，以反应Ⅱ为主，即反应Ⅱ为放热反应，ΔH＜0，故A错误；

B．无论反应Ⅰ还是反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，因此其他条件不变，增大压强，平衡不移动，Fe(s)的产量不变，故B错误；

C．根据A选项分析，570℃后，随着温度升高，CO体积分数减小，以反应Ⅰ为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物主要以FeO为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物中铁元素的价态越高，故C错误；

D．1040℃，以反应Ⅰ为主，CO的体积分数为20%，则CO2体积分数为80%，此温度下K==4，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即K＞4，故D正确；

答案为D。

14．（1）将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾   

（2）pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大   

（3）pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀   

（4）静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全   

（5）边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤

【解析】

【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有，经分离提纯得到。

（1）根据上述分析，沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而预处理”中加入的目的是将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾，故答案为：将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾。

（2）、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用作为除铁所需钠源，由图像可知，当pH＞2.2后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，使镍的损失率会增大，故答案为：pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大。

（3）“沉镁”步骤中，若pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成沉淀，因此，“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，故答案为：pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀。

（4）“沉镁”步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断“沉镁”已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全。

（5）滤液Y中主要含有，还含有等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到，故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤。

15．（1）    （2）加成反应   

（3）    （4）    （5）

【解析】

【分析】A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，B和发生取代反应生成C，C和CH3NO2发生加成反应生成D，D和LiAlH4发生还原反应生成E，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为，F和H2发生加成反应生成G，G和NH3发生取代反应生成H，据此解答。

（1）由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。

（2）转化③为C分子中醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。

（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。

（4）E为，E的一种同分异构体同时满足：

①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基；

②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。

（5）参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：

16．（1）    ①. a    ②. 加快冷却水的流速    ③. 4S+6KOH=3H2O+2K2S+K2S2O3   

（2）取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成极少量的沉淀，说明(CH3COO)2Pb溶液略微不足   

（3）Ba(OH)2溶液可以和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀且使溶液显碱性利于生成KSCN，若选用BaCl2溶液会引入氯离子杂质   

（4）量取20.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液，加入1.0mol·L-1HNO3溶液为调节pH为0~1，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，使用溶液A滴定硝酸银溶液至最后一滴溶液A加入后溶液显红色，且半分钟内不褪色

【解析】

【分析】硫磺与KCN、KOH混合溶液反应生成硫氰化钾，加入醋酸铅溶液除去硫离子，过滤滤液加入氢氧化钡溶液除去硫酸根离子，经过一系列操作得到硫氰化钾晶体。

（1）①冷水从a端通入b端流出可以有更好的冷却效果。

②若反应温度过高，可采取的措施有：减慢滴加KCN与KOH混合溶液的速率、加快冷却水的流速等。

③硫磺与KOH溶液反应生成K2S和K2S2O3，根据质量守恒还会生成水，该反应的化学方程式为4S+6KOH=3H2O+2K2S+K2S2O3；

（2）硫离子和铅离子生成硫化铅沉淀，取沉淀后上层清液，向清液中滴加醋酸铅溶液，生成极少量的沉淀，说明(CH3COO)2Pb溶液略微不足；

（3）选用Ba(OH)2溶液可以和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀且使溶液显碱性利于生成KSCN，若选用BaCl2溶液会引入氯离子杂质导致引入KCl；

（4）溶液pH介于0~1时，用KSCN溶液滴定已知浓度的AgNO3溶液来测定KSCN纯度，发生反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓；结合题干实验操作可知，实验为用溶液A滴定20.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液，SCN-能和铁离子反应使溶液显红色，则使用NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂、1.0mol·L-1HNO3溶液为调节溶液的pH，操作②为：量取20.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液，加入1.0mol·L-1HNO3溶液为调节pH为0~1，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液，使用溶液A滴定硝酸银溶液至最后一滴溶液A加入后溶液显红色，且半分钟内不褪色。

17．（1）    ①. 阳极    ②. N2+6H++6e-=2NH3   

（2）    ①. BC    ②. 提高苯的利用率    ③. 氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷    ④. 金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性或者H2S、CO导致催化剂中毒而失去催化活性    ⑤. b

【解析】

【分析】（1）该电池电极a通入的是氮气，电极b通入的是氢气，其总反应，可知a为阴极，b为阳极。

（2）提高平衡体系中环己烷体积分数，需要主反应正向移动，副反应逆向移动，但主要受主反应的影响。实际投料时，增大氢气的量是为了提高苯的利用率。从图中可以看出，氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷，如果有硫化氢或一氧化碳等杂质时，杂质会使催化剂中毒而失去活性，导致反应I的产率降低。

（1）氢气中b极放电生成氢离子，故电极b为阳极，氮气在电极a即阴极放电生成氨气，其电极反应式为。

（2）①A．升温之后，主反应逆向移动，环乙烷转化率降低，A错误；

B．降温之后，主反应正向移动，环乙烷转化率升高，B正确；

C．加压之后，主反应正向移动，环乙烷转化率升高，C正确；

D．加压之后，主反应逆向移动，环乙烷转化率降低，D正错误

故选BC；

②实际投料时增大氢气的量增大了苯的转化率和环乙烷的产率，即为了提高苯的利用率。

③氢气在金属催化剂表面转化为氢原子，氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心，发生反应生成环己烷。硫化氢和一氧化碳等杂质会使催化剂中毒从而反应I的产率降低。

④已知酸性中心可结合孤电子对，即中心原子有空轨道，Al、Si、O三种原子只有Al原子有空轨道，所以选b。