2023年高考第一次模拟考试卷：化学（广东A卷）（全解全析）

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2023年高考化学第一次模拟考试卷化学·全解全析12345678910111213141516BDDDBABDBCDDBAAD1．B【解析】A．氟利昂会使臭氧遭受破坏，而二氧化碳不属于大气污染物，对环境不会造成破坏，A正确；B．中硼硅玻璃的主要成分为，它是一种硅酸盐，不是氧化物，B错误；C．太阳能电池帆板，主要材料含有晶体硅，用于将太阳能转化为电能，C正确；D．有机玻璃的主要成分为聚α-甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子材料，D正确；故选B。2．D【解析】A．镁原子失去最外层的2个电子变成镁离子，镁离子结构示意图为：，A错误；B．18Mg中子数为6， 18O中子数为10，中子数不相同，B错误；C．Mg的相对原子质量为18，C错误；D．18Mg与24Mg质子数相同中子数不同，互为同位素，D正确；故选D。3．D【解析】老青铜错金马、青铜链子壶、双龙头实心铜印章属于金属制品，越窑刻花龙抬头倒流壶属于陶瓷制品；答案选D。4．D【解析】A．叉烧包的面皮中富含的淀粉属于糖类，馅料中富含的肉类属于蛋白质、添加的植物油属于油脂，故A正确；B．陶瓷茶具的主要成分为传统无机非金属材料硅酸盐，故B正确；C．丝的主要成分是蛋白质，棉花的主要成分是纤维素，用灼烧的方法可以鉴别蛋白质和纤维素，所以可以用灼烧的方法鉴别丝和棉花，故C正确；D．焰色试验是元素的性质，属于物理变化，故D错误；故选D。5．B【解析】A．由结构简式可知，有机物分子中含有酯基和羟基，与乙酸乙酯的官能团不同，不是同类物质，所以不可能互为同系物，故A错误；B．由结构简式可知，有机物分子的分子式为C6H10O3，由相似相溶原理可知，该有机物易溶于乙醇，故B正确；C．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键能发生加成反应，含有的酯基和羟基能发生取代反应，故C错误；D．由结构简式可知，有机物分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，所以1mol该物质最多能与1mol 氢氧化钠反应，故D错误；故选B。6．A【解析】A．氢氧化钠与醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A正确；B．实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，直接加热氯化铵无法制得氨气，故B错误；C．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐的饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液充分反应制得碳酸氢钠，故C正确；D．乙酸乙酯能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则不能用氢氧化钠溶液吸收反应制得的乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选A。7．B【解析】A．滴入酚酞变红的溶液为碱性溶液，碳酸氢根不能存在，碳酸根和钙离子也不能共存，A错误；B．所给离子相互之间均不反应，可以共存，B正确；C．酸性溶液中醋酸根不能存在，C错误；D．铜离子为蓝色，无色溶液中不能存在，D错误；故选B。8．D【解析】A．根据图示可知：在a电极Al失去电子被氧化为，所以a电极为负极，放电时失去电子发生氧化反应，A错误；B．放电时OH-往负极区移动，对于该电池来说，移向a电极，与Al失去电子产生的Al3+反应产生，B错误；C．题干未指明气体所处的外界条件，故不能根据转移电子数目确定消耗的氧气的体积，C错误；D．根据图示可知：在a电极Al失去电子产生Al3+，Al3+与溶液中的OH-反应产生为，则负极的电极反应式为：，D正确；故合理选项是D。9．B【解析】A．由图可知，i、a、b、c分别为HNO3、H2S、S、SO2；HNO3具有强氧化性，H2S、S、SO2均具有一定的还原性，故在一定条件下均可以发生反应，A正确；B．e的浓溶液为浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性；c、f、g分别为SO2、NH3、NO，浓硫酸能和氨气反应，故不可干燥氨气，B错误；C．NO与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体氮气和二氧化碳，C正确；D．h为二氧化氮，能和氢氧化钠反应，实验室中产生的二氧化氮可用NaOH溶液吸收，D正确；故选B。10．C【解析】A．用装置甲过滤分离硫化银时，若用玻璃棒不断搅拌会容易损坏滤纸，故A错误；B．蒸发皿不能用于高温灼烧固体，否则会受热不均而炸裂，应选用坩埚灼烧，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸不需加热就能反应生成氯气，则用装置丙制备用于氧化滤液中溴离子的氯气，故C正确；D．苯的密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丁分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，故D错误；故选C。11．D【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，基态Y原子2p轨道上有5个电子，则Y为F元素，Z与Y属于同一主族，则Z为Cl元素，X和Z能形成化合物XZ3，则X为N元素，据此分析解答。【解析】A．同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，则原子半径：r(Cl)＞r(N)＞r(F)，A错误；B．X为N元素，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，B错误；C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl，则热稳定性HF＞HCl，C错误；D．电子占据了多少个轨道，就有多少种空间运动状态，Y为F元素，其核外电子排布式为1s22s22p5，共有1+1+3=5种不同空间运动状态的电子，D正确；答案选D。12．D【分析】由图可知，产品Ca(H2PO4)2在产品室生成，左侧石墨作阳极，氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，A膜为阳离子交换膜，透过B膜进入产品室与Ca2+结合生成Ca(H2PO4)2，B膜为阴离子交换膜，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na +透过C膜进入阴极室，C膜为阳离子交换膜，据此作答。【解析】A．由分析可知，左侧电极为阳极，应连接电源正极，即a、b相连的分别是电源的正极、负极，故A正确；B．由分析可知，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；C．据上述分析，A膜、C膜为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故C正确；D．阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，产品室中的离子浓度增大，Na+透过C膜进入阴极室，原料室的浓度减小，故D错误；故选：D。13．B【解析】根据氯气的氧化性比碘单质强，用氯气可将KI置换出碘单质，再加入苯进行萃取得到含碘的有机层，蒸馏可得碘单质，最后升华为碘蒸气，得到精碘；A．萃取振荡操作时，要及时打开分液漏斗放气，防止分液漏斗中压强过大，产生危险，故A正确；B．加热碘升华是物理变化，NH4Cl固体受热易分解，是化学变化，两者原理不同，故B错误；C．蒸馏时温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C正确；D．整个过程有氯气和苯参与，均为有毒物质，使用过程应注意防止环境的污染，故D正确；故选：B。14．A【解析】A．已知H2O2分子中存在1个过氧键，则中含有过氧键数目为=，A正确；B．在标况下CH3OH，故无法计算中含有的羟基数目，B错误；C．由反应方程式可知，，CH3OH中C为-2价，而HCHO中C为0价，化合价升高，被氧化，故反应过程中HCHO为氧化产物，C错误；D．由反应方程式可知，O2中的O由0价转化到H2O2中的-1价，则参与反应转移电子数为，D错误；故答案为：A。15．A【解析】A．当使用催化剂乙时，温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致NO转换率下降，A错误；B．单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，B正确；C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，是一个反应前后气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，C正确；D．设初始一氧化氮和氢气的物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始一氧化氮和氢气的浓度均为1mol/L，V0=k1m12=k，当H2转化率为60%时，c(H2)=0.4mol/L，c(NO)=0.4mol/L，此时的反应速率为0.064V0，则有0.064V0=k(0.4)m(0.4)2=V0(0.4)m(0.4)2，解得m=1，D正确；答案选A。16．D【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，、的浓度都逐渐增大，-lg[c(X)]均减小，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，-lg[c(X)]逐渐增大，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，且以第一步电离为主，则起始时的浓度大于，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，。【解析】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，选项A正确；B．由图可知，a点时，此时H2CO3的电离常数，数量级为，选项B正确；C．曲线Ⅲ代表与pH的关系，曲线Ⅱ为与pH的关系，曲线Ⅰ为与pH的关系，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，选项C正确；D．，向水体中加入适量Ca(OH)2固体，、减小，增大，不能使溶液由b点变到c点，选项D错误；答案选D。17．（14分）(1)2Ag++ SO=Ag2SO4↓（2分）(2)  12 （2分）    BD（2分）(3)假设二：H+对Ag2SO4溶解起作用（1分）(4)③固体不溶解 （1分）    1mL0.1mol/LHNO3，振荡 （1分）    沉淀溶解（1分）(5)HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解（2分）(6)沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化（2分）【解析】向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银；硝酸中存在氢离子和硝酸根，从这两种离子对银离子的影响进行假设；若稀硝酸能溶解硫酸银固体，则说明假设二成立；若硝酸钠能使硫酸银溶解，说明假设一成立。(1)硫酸银为微溶于水的白色沉淀，向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银，反应的离子方程式为2Ag++ SO=Ag2SO4↓，故答案为：2Ag++ SO=Ag2SO4↓；(2)④中硝酸银浓度为0.001mol/L，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5，若要产生浑浊，则溶液中c(SO)理论上至少达到；A．根据实验③可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=1mol·L−1时会产生Ag2SO4沉淀，故A错误；B．由A的分析可知，c(SO)≥0.12mol/L时，产生Ag2SO4沉淀，因此混合液中c(SO)=0.1 mol·L−1时不会产生Ag2SO4沉淀，故B正确；C．根据AB项的分析可知，硫酸根离子达到一定浓度时，才会产生硫酸银沉淀，故C错误；D．根据实验数据可知，若使用0.01 mol·L−1AgNO3溶液， 实验无明显变化，可基本排除SO对Cl-检验构成的干扰，故D正确；答案选BD，故答案为：BD；(3)硝酸能电离出氢离子和硝酸根，结合题意可知假设二为：H+对Ag2SO4溶解起作用，故答案为：H+对Ag2SO4溶解起作用；(4)假设一为NO对Ag2SO4溶解起作用，硝酸钠中含有硝酸根，因此若③固体溶解，证明假设一成立，固体不溶解，则假设一不成立；另一份溶液用于验证假设二，假设二为H+对Ag2SO4溶解起作用，则实验④的操作为向另一份加入1mL0.1mol/LHNO3，振荡，若硫酸银沉淀溶解，证明假设二成立，故答案为：③固体不溶解；1mL0.1mol/LHNO3，振荡；沉淀溶解(5)根据(4)的实验可知，Ag2SO4溶解的原因为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解，故答案为：HSO4-H++SO，滴加稀硝酸后，H+与SO结合生成HSO，SO浓度降低，Ag2SO4沉淀溶解平衡Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO(aq)正向移动，Ag2SO4不断溶解；(6)沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化，说明沉淀完全干燥，故答案为：沉淀完全干燥称量时，连续两次称量质量不再发生变化。18．（14分）(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑（2分）(2)Fe2O3（2分）(3)（2分）(4)GaO、OH-（2分）(5)  GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- （2分）    16.8（2分）     Na2CO3、CO2（2分）【解析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；(1)“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；(2)高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；(4)转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；(5)阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。19．（14分）(1)-1282（2分）(2)  210℃左右(200-220范围内都对) （1分）    催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大（2分）(3)（2分）(4)  步骤3 （1分）    与和之间形成氢键，活化了N-O键，降低了反应活化能，总体作为催化剂（2分）(5)   （1分）    4 （1分）    （2分）【解析】（1），由图可知，氮气和氧气的焓值为0，，故答案：-1282；（2）①由图可知210℃时，的转化率、生成的选择性都比较高，故除去工业尾气中的适宜的温度为210℃，故答案：210℃；②随着温度的升高，催化剂活性下降，对N2的选择性下降，故答案：催化剂对生成的反应活性下降，副反应的速率变大；（3）由，得；由 ，得，，，所以，故答案：；（4）①反应的决速步骤取决于反应机理中最慢的步骤，一般是活化能最大的一步；构型B到构型C的活化能最大，故无NH3存在时的决速步骤为步骤3，故答案：步骤3；②与和之间形成氢键，活化了N-O键，降低了反应活化能，总体作为催化剂，故答案：与和之间形成氢键，活化了N-O键，降低了反应活化能，总体作为催化剂；（5）由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心， 1个A中的镁离子个数为，1个B晶格中有4个镁离子在顶点，1个B中的镁离子个数为，则该晶胞中镁离子个数为；1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则氧离子个数为；每个B晶格中含有4个铝离子，铝离子个数为；该物质的化学式为；由A晶格结构可知每个Mg2+与4个氧离子紧相邻，其配位数为4；两个Mg2+之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为，体对角线为，两个Mg2+之间最近的距离是该体对角线的一半，即，故答案：；4；。20．（14分）(1) 取代反应（1分）     保护羟基，防止被氧化（2分）(2)硝基（1分）(3)B（1分）(4)分子中的羟基、羧基能与水形成氢键（2分）(5)  6  （2分）   （2分）(6)（3分）【解析】由条件I可知，A为。（1）A→B，-CH2Cl取代了-OH中的H，故反应类型为取代反应；D→E将-OCH2Cl转化为-OH，由A→B、D→E两个过程可知，该反应的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）C→D的过程中，被还原的官能团是硝基；（3）A．由A结构可知，A的名称是2，6-二羟基苯甲酸乙酯，A项正确；B．化合物B官能团为醚键、酯基，含2种不同官能团，B项错误；C．化合物E含有官能团-COOH、-NH2，故既有酸性又有碱性，C项正确；D．F中官能团为酚羟基、羧基，G中官能团为羰基、醚键、酚羟基，能与反应的只有羧基，故与溶液混合产生气泡的是F，溶液可以鉴别F和G，D项正确；答案选B；（4）根据F结构，化合物F易溶于水，主要原因是分子中的羟基、羧基能与水形成氢键；（5）符合条件的化合物E的同分异构体中，苯环上含1个-CONH2、2个-OH，中-CONH2位置有2种，中-CONH2位置有3种，中-CONH2位置有1种，共有2+3+1=6种；F→G，F的-COOH与苯环上6号碳的-OH参加反应，过程失去2个H2O，副产物H与化合物G互为同分异构体，故F→H，应为F的-COOH与苯环上2号碳的-OH参加反应，H的结构简式为；（6）根据题中合成原理，及苯酚为原料合成呫吨酮路线为。