2023年高考第一次模拟考试卷：化学（全国甲卷单科A卷）（全解全析）

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2023年高考化学第一次模拟考试卷（全国甲卷单科A卷）化学·全解全析12345678910111213141516BCABAADADDCDCDBC 1．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．不会导致酸雨的发生，D错误； 故选B。2．C 【解析】A．通过催化裂化可以将相对分子质量大的重油转化为相对分子质量小的轻质液体燃料汽油，故A正确；B．天然橡胶是异戊二烯的聚合物，其主要成分是聚异戊二烯，故B正确；C．将煤隔绝空气加强热使之分解获得焦炭等化工原料的过程为煤的干馏，故C错误；D．聚乙炔含有单键和双键交替的结构单元，有类似石墨的大键，含有自由电子，能导电，故D正确；故选C。3．A 【解析】A．葡萄糖是人类生命活动的主要能量物质，其在人体内发生氧化反应放出热量提供给人体能量，故A正确；B．“84”消毒液主要成分为NaClO和NaCl，洁厕灵主要为酸，两者混合使用会产生有毒的氯气，故B错误；C．酒精不具有氧化性，其消毒灭菌是因为其可以破坏细菌的细胞膜，故C错误；D．柴油属于脂肪烃，不能发生水解，故D错误；故选A。4．B 【解析】A．S可以用于制硫酸，体现S的还原性，A项错误；B．二氧化硫有还原性，可作抗氧化剂，性质与用途相对应，B项正确；C．浓硫酸能以氢氧原子个数比1:2的比例夺取有机物中的氢氧元素，即具有脱水性，浓硫酸处理金属矿石与脱水性无关,C项错误；D．硫酸钡不溶于胃酸，用作医疗上检查肠胃内服剂,性质与用途相对应，D项错误；答案选B。5．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/220g·mol-1×12=0.3mol，A项正确；ClO-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1mol，D项错误。6．A 【解析】A．SO2的水溶液显酸性，但对石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只变红不褪色，A不正确；B．氢气在氯气中燃烧，只在管口接触，接触面小，不会发生爆炸，且产生苍白色火焰，生成的氯化氢在瓶口遇到水蒸气形成白雾，B正确；C．铜丝与稀硝酸反应生成的NO气体，与试管内空气中的O2反应，生成红棕色的NO2，当试管内的空气被反应生成的NO等排出后，生成的NO气体充满试管，试管内气体呈无色，C正确；D．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，且密度比饱和碳酸钠溶液小，所以呈油状浮在饱和碳酸钠溶液的表面上，D正确；故选A。7．D 【解析】A．醋酸是弱酸，不能拆，A错误；B．铁粉过量，最终应该生成Fe2+，B错误；C．由于通入的是少量的二氧化碳，最后应该生成碳酸根离子，C错误；D．氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，由于氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，D正确；故选D。8．A 【解析】①由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故①正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，故②正确；③CO2气体与BaCl2不反应，气体与BaCl2不反应，故③错误；④Cl2和SO2通入水中生成盐酸和硫酸，其中硫酸可以和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故④正确；⑤当过量时溶液中沉淀生成，发生反应的化学方程式为：；当不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：，故⑤错误；故选A。9．D【解析】A．贝诺酯分子中含有酯基，难溶于水，A错误；B．2个苯环上共有6种不同环境的氢，则其一氯代物有6种，B错误；C．分子中含有甲基，甲基为四面体结构，所有原子不能共平面，C错误；D．分子中苯环可以发生加成反应，甲基、苯环上氢可以发生取代反应，D正确；故选D。10．D 【解析】A．摩尔盐属于复盐，由同一种酸根与不同金属离子形成离子化合物，A项正确；B．根据正负化合价的代数和为零可知4x+(-1)×2+(-2)×5=0，解得x=+3，铁元素的化合价为+3，B项正确；C．摩尔盐中的铁元素为，若氧化变质会生成，加入KSCN溶液会变红，C项正确；D．制备摩尔盐时没有元素发生化合价变化，未发生氧化还原反应，D项错误；故选：D。11．C 【解析】A．使用催化剂有中间产物生产，改变反应历程，降低反应活化能，故A错误；B．有催化剂条件下，大于，活化能越小反应速率越快，时速率慢于，故B错误；C．由图可知和在表面转化为无害气体的反应进程为①，②，①+②得，故C正确；D．是反应的催化剂，为中间体，故D错误；选C。12．D 【解析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；答案选D。【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。13．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Y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，Y为N元素，Z为O元素，Q为Cl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＞HCl＞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Cl＞N＞C，B正确；C．Cl-核外三层电子，离子半径大于N3-、O2-，N3-、O2-核外电子排布相同，原子序数大半径小，N3-＞O2-，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。14．D 【解析】A．有固体参与，反应过程中气体密度改变，平衡时不变，A正确；B．通入一定量，平衡正向移动，达到新平衡后，减小，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率均增大，C正确；D．设平衡时Z的物质的量为，根据三段式：则，，计算得，D错误； 故选D。15．B 【解析】根据题意知，M极是原电池的负极，发生失电子的氧化反应：LixC6-xe-=xLi＋＋C6。N极为原电池的正极，发生得电子的还原反应：xLi＋+xe-＋Li1-xCoO2= LiCoO2，据此回答。A．原电池放电时，负极M电极反应式为：LixC6-xe-=xLi＋＋C6，A正确；B．原电池放电时，阳离子锂离子由负极M向正极N移动，B错误；C．充电时，M极发生得电子的还原过程作阴极连接直流电源的负极，C正确；D．充电时，N极反应式为：LiCoO2-xe-=xLi＋＋Li1-xCoO2，D正确；故选B。16．C 【解析】稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠（Na2FeO4）溶液中，溶液pOH不断增大，OH-的浓度不断减小，H+的浓度不断增大，则FeO42-的物质的量分数减小，之后HFeO4-的物质的量分数先增大后减小，然后H2FeO4的物质的量分数先增大后减小，最后H3FeO4+的物质的量分数增大，故曲线I表示FeO42-的变化曲线，曲线II表示HFeO4-的变化曲线，曲线III表示H2FeO4的变化曲线，曲线IV表示H3FeO4+的变化曲线。A．据分析知，曲线Ⅰ表示FeO42-的变化曲线，A错误；B．a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，则水的电离程度不相等，B错误；C．由a点可知，c(HFeO4-)=c(FeO42-)，所以H2FeO4FeO42-+2H+的K1=c(H+)=10-12.4，同理可推知H2FeO4HFeO4-+H+的K2=c(H+)=10-10.8，所以H2FeO4FeO42-+2H+的平衡常数K=K1·K2=10-23.2，C正确；D．根据电荷守恒得，c(Na+)+c(H+)+c(H3FeO4+)=c(OH-)+c(HFeO4-)+2c(FeO42-)+2c(SO42-)，pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)+c(H3FeO4+)=c(HFeO4-)+2c(FeO42-)+2c(SO42-)，D错误；故选C。17．（1） ①②（1分）     4NH3+5O24NO+6H2O（2分）（2）①BD（2分）   ②2NO+3ClO- +2OH- = 2+3Cl-+H2O （2分）    ③2CO(NH2)2+6NO=5N2+2CO2+4H2O（2分）（3） 吸热（1分）  CO2（1分）  4（2分）【解析】（1）固氮是指将游离态的氮元素转化为化合态的氮元素，N2和H2合成NH3，N2和O2放电条件下生成NO，符合固氮的定义，故选：①②；反应③NH3催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式；（2）①氧化NO需要氧化剂，NaCl溶液、Na2CO3溶液均不与NO反应，K2Cr2O7、KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化NO，故选：BD；②NO也可用NaClO碱性溶液氧化并将其转化为硝酸盐化肥，该反应的离子方程式：2NO+3ClO- +2OH- = 2+3Cl-+H2O；③尿素[CO(NH2)2]溶液与NO反应生成氮气和二氧化碳，化学方程式：2CO(NH2)2+6NO=5N2+2CO2+4H2O；（3）过程I断裂化学键需要吸热，该反应方程式为2C0+2NO=N2+2CO2，C元素化合价升高，氧化产物为CO2，氮元素从+2降低至0价，有2个N原子降价，当生成1molN2时，转移电子4mol。18．（1）Co3++Fe2+=Co2++Fe3+（2分）（2）蒸馏烧瓶（1分）     1:2 （1分）    浓硫酸（1分）     干燥Cl2 （1分）    装置D中的水蒸气会进入装置C的反应管中，导致CoCl2潮解（1分）     在装置C、D之间加干燥装置（1分）（3）滴入最后一滴标准液后，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解（2分）     ×100%（3分）【解析】A中生成氯气，通过B浓硫酸干燥后进入C，C中反应生成氯化钴，尾气用碱液吸收处理。（1）还原剂还原性大于还原产物的还原性，反应Co3++Fe2+=Co2++Fe3+说明Co2+的还原性弱于Fe2+；（2）①仪器a的名称为圆底烧瓶，其中发生反应，4分子HCl中有2分子HCl发生氧化反应生成氯气，故反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。②氯化钴(CoCl2)可用于分析试剂、氨吸收剂等，易潮解；故制取氯化钴实验中不能存在水，则试剂X适合选用浓硫酸，目的是干燥氯气。③上述装置的不足之处为装置D中的水蒸气会进入装置C的反应管中，导致CoCl2潮解，改进措施为在装置C、D之间加浓硫酸干燥干燥装置；（3）①Na2CrO4溶液作为指示剂会和银离子生成Ag2CrO4红色沉淀，故达到滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液后，生成红色沉淀，且半分钟内沉淀不溶解。②CoCl2~2AgNO3，用c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定(杂质不参加反应)；达到滴定终点时消耗标准液的体积为V mL，则CoCl2的物质的量为c mol·L-1×V ×10-3L=，产品中CoCl2的质量分数为=×100%。19．（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（1分）     2+4MnO2+5H2SO4=2+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O（2分）（3）（2分）     4.7~8.1 （1分）   （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）     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】软锰矿(主要成分是，含等杂质)粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯胺将还原为Mn2+，与稀硫酸反应生成Fe3+、Al3+，SiO2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+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则沉淀2含有Fe(OH)3、Al(OH)3，再过滤后加入NH4HCO3沉锰生成MnCO3沉淀，最后将MnCO3与稀硫酸反应生成硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到。（1）还原酸浸前将软锰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SiO2；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化锰还原为二价锰离子，其发生反应的化学方程式为2+4MnO2+5H2SO4=2+(NH4)2SO4+4MnSO4+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，，，，则；调pH是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(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%，说明样品中含量变多了，则可能的原因是晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。20．（1）0.35(mol·L-1)-2（2分）     >（2分）     当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60%（2分）     0.27（2分）（2）（2分）     -100（2分）     8.1（2分）【解析】（1）①T1时起始投料n(H2)=1mol，H2平衡转化率为60%，则转化了0.6mol，由三段式：，容器体积为1L，T1时平衡常数；当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60%；②第2组起始投料n(H2)=2mol，H2平衡转化率为50%，则转化了1mol，由三段式：，平衡时总物质的量为，x(CO2)=，x(H2)=，x(CH3OH)=x(H2O)=，则v正=k正x(CO2)x3(H2)= 20××()3，v逆=k逆××，平衡时v正= v逆，则20××()3= k逆××，解得k逆=27 mol·L-1·s-1，则平衡时v逆=27 ××mol·L-1·s-1=0.27 mol·L-1·s-1；（2）①由盖斯定律反应II=，则ΔH2=；对于反应III，将(4，30.4)、(40，34)分别代入到RlnK=-+C中得到30.4=-4×10-3+C①、34=-40×10-3+C②，联立①②式解得=-100 kJ·mol-1，C=30；②由①可知反应III的RlnK=+30，加入1.0mol甲醇，平衡时，甲醇的转化率为0.8，则转化的甲醇物质的量为0.8mol，设转化物质的量C3H6为xmol、C2H4为ymol，由反应I和II可得甲醇转为C3H6、C2H4，可得3x+2y=0.8①，对于反应III有y-=0.1②，联立①②式可得x=0.1、y=0.25，，温度控制为500℃，可得Rln=+30，解得R≈8.1。