2023年高考第一次模拟考试卷：化学（山东B卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷（山东B卷）

化学·全解全析

1．D 【解析】A．钛合金属于合金，合金属于金属材料，A正确；

B．“曾青涂铁，铁赤如铜”为与硫酸铜反应生成硫酸亚铁、铜，属于置换反应，B正确；

C．由分子构成的晶体为分子晶体，干冰是由分子构成的晶体，属于分子晶体，C正确；

D．中国天眼用到的碳化硅中C原子与原子之间以共价键结合形成立体网状结构，因此碳化硅是一种新型的无机非金属材料，D不正确；

故选D。

2．B 【解析】A．如果酸液溅入眼内，先用大量水冲洗，再用5%的碳酸氢钠溶液洗，严重者送医院诊治，故A错误；

B．滴定管和移液管均可准确量取一定体积的溶液，故B正确；

C．用坩埚钳夹取加热后的蒸发皿，故C错误；

D．变色硅胶干燥剂中含有，当颜色呈粉红色时，可以烘干变蓝色后继续使用，故D错误；

选B。

3．B 【解析】A．液氯中只有氯气分子，A错误；

B．氮气中氮元素为0价，即可被氧化，又可被还原，故氮气既可作氧化剂又可作还原剂，B正确；

C．工业制硫酸用98％的浓硫酸吸收SO3，C错误；

D．适量的二氧化硫可以用作食品添加剂，如葡萄酒中含有二氧化硫，有防氧化的作用，D错误；

故选B。

4．D 【解析】A．用蒸馏法制取纯酒精，蒸馏装置在锥形瓶口不能密封，故A错误；

B．灼烧碎海带，不能用烧杯，灼烧固体试剂应该用坩埚，故B错误；

C．海水中溴元素主要以溴离子的形式存在，不能直接萃取得到，故C错误；

D．海带提取碘时，过滤海带灰悬浊液可得含有碘离子的澄清溶液，故D正确；

选D。

5．D 【解析】A．ClO-离子为弱酸根离子，会水解生成次氯酸和氢氧根离子，ClO-离子数小于0.2NA，A错误；

B．23g CH3CH2OH的物质的量为0.5mol，键均为σ键，则含有σ键数为4NA，B错误；

C．标准状况下，CHCl3不是气态，不能计算其物质的量，C错误；

D．次氯酸钠中氯元素由正一价变为负一价，转移2个电子；由方程式结合电子守恒可知，生成HCOONa与电子转移的关系为HCOONa～8e-，则每生成1mol HCOONa，该反应转称电子数为8NA ，D正确；

故选D。

6．D 【解析】A．的二氯代物有邻、间、对共3种，A错误；

B．中连接单键的碳原子与相连的三个碳原子和一个氢原子构成四面体型，四个碳原子不可能同面，故所有碳原子不可能共平面，B错误；

C．的不饱和度为4，若其同分异构体是链烃，如：，则1mol能消耗4mol ，C错误；

D．的分子式为C6H6，结构与α、β不同，则三者互为同分异构体，D正确；

故选D。

7．D 【解析】由题意知，顺铂中Z显－1价，Z可能为F或Cl，Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的大，且Y与X能形成四原子分子，Y可能为N或P，则X为H；又因为X、Y、Z的原子半径依次增大，可推知X为H，Y为N，Z为Cl，a为NH3。

A．顺铂中与2个Cl¯、2个NH3形成配位键，其空间结构不是正四面体形，A错误；

B．NH3中N的价层电子对数=，N原子上有一对孤电子对，所以NH3的VSEPR模型是四面体形，由于孤电子对与成键电子对之间斥力更大，分子中键角小于，B错误；

C．Y(N)的氧化物对应的水化物可以是HNO3(强酸)或HNO2(弱酸)，C错误；

D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可以是NH4Cl(含离子键)，也可以是NH2Cl(不含离子键)，D正确；故选D。

8．B 【解析】A．铜与浓硝酸反应生成、硝酸铜和水，故A正确；

B．根据实验Ⅳ可能是生成了亚硝酸铜而变为绿色，因此实验中溶液为绿色不是因为硝酸铜浓度变大，故B错误；

C．向实验绿色溶液中加入蒸馏水可能发生反应二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应方程式为，故C正确；

D．根据实验Ⅳ说明Cu与浓硝酸反应过程中可能产生不稳定的亚硝酸铜导致溶液呈绿色，故D正确。

综上所述，答案为B。

9．A 【解析】A．HI分解是可逆反应，因此膜反应器中HI在500℃部分分解为H2和I2，故A错误；

B．H2、I2、H2O2分别含有H－H、I－I、O－O非极性键，故B正确；

C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，两者的沸点不同，因此将分离器中的物质分离的操作为蒸馏，故C正确；

D．由于单质碘易升华，因此反应器中控制温度为20℃～100℃，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收，故D正确。

综上所述，答案为A。

10．B 【解析】A．光照时，光催化材料会产生电子()和空穴()，能实现和的资源化转化，A正确；

B．图1和图2物质中碳原子的杂化方式共有3种，甲烷中的碳采用sp3杂化，二氧化碳中是sp杂化，中碳采用sp2杂化，B错误；

C．空穴()可得电子，可视为氧化剂，转化的反应为，C正确；

D．22g二氧化碳得到变成CH4，得失电子守恒可知H2O中的-2价氧元素失去4mol电子生成1molO2，D正确；

故选B。

11．C 【解析】加热固体混合物发生反应，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，生成的氯气和KI-淀粉溶液反应生成I2，产生蓝色现象，以此解答。

A．已知升华温度为315℃，则黄色气体可能是升华产生，为保证实验严谨性应另设置加热的对照实验，A正确；

B．由题意可知，黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，B正确；

C．氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成碘单质，会干扰氯气的检验，由于氯气能与饱和碳酸氢钠溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和食盐水，C错误；

D．二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水，反应方程式为，D正确；

故选C。

12．BC【解析】A．紫草素中含有酚羟基能与反应，且紫草素含有2mol酚羟基能消耗，A错误；

B．紫草素有9个不饱和度，所以同分异构体中可能含有两个苯环，B正确；

C．紫草素能使溴水褪色是发生加成和取代反应、使酸性溶液褪色是发生氧化反应，反应原理不相同，C正确；

D．紫草素与苯酚不互为同系物，D错误。

故选BC

13．AC 【解析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2 PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd，同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。

A．酸浸生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色(NH4)2 PdCl6固体，中和时发生化学方程式为：2NH3＋H2PdCl6=(NH4)2 PdCl6↓，故A错误；

B．(NH4)2 PdCl6中Pd为配离子，、Cl-为配体，则1mol(NH4)2 PdCl6中有8mol配位键，故B正确；

C．实验原理是用氢气还原(NH4)2 PdCl6固体得到Pd，如用浓硫酸，不能得到(NH4)2PdCl6固体，故C错误；

D．热还原得Pd发生，氨气和氯化氢冷却后生成氯化铵，则2mol氨气反应生成2mol氯化铵，剩余4molHCl，热还原生成的气体冷却后生成的固体和剩余气体物质的量之比为1∶2，故D正确；

故选：AC。

14．AD【解析】浓差电池中，Cu2+浓度大的电极为正极，则Cu（1）电极为正极、Cu（2）电极为负极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应，正极反应为Cu2++2e-═Cu，负极反应式为Cu-2e-═Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成O2和H+，阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极生成H2，反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以Na+通过离子交换膜c生成NaOH，SO通过离子交换膜d生成硫酸，即c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，据此分析解答。

A．浓差电池中，Cu（1）电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为Cu2++2e-═Cu，故A正确；

B．电解槽中a电极为阴极，a电极反应为4H2O+4e-═2H2↑+4OH-，故B错误；

C．根据分析，c、d离子交换膜分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，，故C错误；

D．电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu：（2.5-1.5）mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-═Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu～2e-～2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n（NaOH）=2n（Cu）=4mol，生成NaOH的质量m（NaOH）=nM=4mol×40g/mol=160g，故D正确；

故选：AD

15．D 【解析】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是与V(AgNO3)的变化关系，故A正确；

B．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，根据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c()＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH-)，所以M点溶液中，离子浓度为：c()＞c(Ag＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，故B正确；

C．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c()=10-4.0mol/L，c(Ag+)=2×10-4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c()c2(Ag+)=10-4.0mol/L×(2×10-4mol/L)2=4.0×10-12，故C正确；

D．由A选项可知曲线L1表示AgCl的溶解平衡曲线，温度不变，Ksp不变，减小KCl的浓度，再次平衡后，pCl=-lgc(Cl-)不变，但消耗的AgNO3体积减小，所以平衡点向左平动，故D错误；

故选：D。

16．（1）（2分）

（2） AC（1分）     N＞O＞C（2分）

（3）（1分）     CO2(或SiO2、CS2)  （1分）   原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小（2分）

（4）氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在（2分）

（5）棱心 （1分）    （2分）

【解析】（1）锰的原子序数为25，则基态锰原子价层电子排布式为：。

（2）①Ni含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以配位键由N原子指向Ni原子，有4个配位键，该配合物中O原子和中的氢原子形成氢键，该物质中还有共价键，则该物质化学键类型为：配位键、共价键，氢键不是化学键，选AC项；

②同周期第一电离能从左向右呈增大的趋势，所以第一电离能O＞C，由于N元素原子2p能级有3个电子，处于半充满状态，能量较低，所以第一电离能N＞O，故C、N、O第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；

（3）①N2H4中氮原子价层电子对数=3+1=4，杂化类型为；

②中有三个原子，价电子总数为16个，利用同主族变换和左右移位法，与互为等电子体的分子为CO2(或SiO2、CS2)；氮族元素从上到下，原子半径逐渐增大，NH3、PH3、AsH3原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小；

（4）氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在；

（5）①由于BF位于体心，所以每个晶胞含有一个离子，依据化学式Li3SBF4可知晶胞中应该有3个和1个，所以位于棱心；

②由于与最近的距离为apm，故边长为，体积为，而晶胞质量为，故晶胞密度为。

17．（1）（1分）

（2）C（1分）

（3）适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等) （1分）   

（2分）

（4）O2、Cl2  （2分）   减小（1分）

（5）13.44（2分）

（6）2.5×1014（2分）

【解析】硒化银半导体废料(含、Cu)中加入H2SO4、O2进行酸溶，生成CuSO4、Ag2SO4、SeO2等，蒸馏可得到SeO2蒸气和CuSO4、Ag2SO4溶液；蒸气通入水中生成H2SeO3，用SO2还原生成粗硒；溶液中加入稍过量的NaCl溶液，生成AgCl沉淀和CuSO4溶液(含有Na2SO4和少量NaCl)；电解滤液可得到Cl2、O2和Cu；用N2H4、NaOH还原AgCl，可得到粗银。

（1）NaOH为离子化合物，由Na+和OH-构成，电子式为 。答案为： ；

（2）A．氢化物的溶解度大小与组成物质的元素的非金属性不成比例关系，则不能由溶解度关系推断非金属性强弱，A不符合题意；

B．氢化物的沸点高低，与分子间的作用力有关，与非金属性无关，则不能利用沸点判断元素的非金属性强弱，B不符合题意；

C．元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，其非金属性越强，由，可确定硫的非金属性比硒强，C符合题意；

故选C。答案为：C；

（3）“酸溶”时，可通过增大浓度、升高温度、增大接触面积加快反应速率，则能提高反应速率的措施有：适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)。由流程图可知，、和反应，生成Ag2SO4、SeO2等，化学方程式为。答案为：适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)；；

（4）“电解”时，在阳极，少量NaCl电离出的Cl-先失电子生成Cl2，然后水电离生成的OH-再失电子生成O2等，阳极生成的气体为O2、Cl2，电解结束后，电解液的pH减小。答案为：O2、Cl2；减小；

（5）在上述流程中，H2SeO3转化为Se的过程中，可建立如下关系式：Se——2SO2，23.7gSe的物质的量为=0.3mol，则理论上消耗SO2的物质的量为0.6mol，标准状况下参与反应SO2的体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L。答案为：13.44；

（6）“沉银”时Ag2SO4转化成AgCl，发生反应为Ag2SO4(s)+2Cl-2AgCl(s)+，该反应的平衡常数K===2.5×1014。答案为：2.5×1014。

18．（1）蒸馏烧瓶 （1分）    FeS+2H+=Fe2++H2S↑（2分）

（2）排出多余的H2S气体（1分）     冷却结晶（1分）

（3）AC（2分）

（4）% （3分）    cd（2分）

【解析】由装置图可知，装置A中硫化亚铁和稀硫酸反应制备H2S气体，装置C中溶于水生成，再与反应生成，再向三颈烧瓶内滴入足量的氨水溶液，生成，经分离操作得到产品，装置B为安全瓶，装置D为尾气H2S的吸收装置。

（1）由仪器构造可知，仪器a的名称是蒸馏烧瓶；a中硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的离子方程式为FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：蒸馏烧瓶；FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（2）因为A中反应生成了H2S，通入C中与反应生成，通入的目的是排出多余的H2S气体；与的氨水溶液反应生成，其中混有(NH4)2SO4，从已知Ⅰ可知的溶解度受温度影响较大，所以可用冷却结晶的方法分离，故答案为：排出多余的H2S气体；冷却结晶；

（3）从整个流程可以看出，装置单元X是用来吸收尾气H2S的，CuSO4溶液和NaOH溶液都能和H2S反应，可以用来吸收H2S，而Na2SO4溶液和NaHS溶液不能吸收H2S，故选AC；

（4）由反应关系式：NH4ReO4~NH3~H3BO3~HCl可知，n(NH4ReO4)=n(HCl)=cV10-3mol，m(NH4ReO4)= cV10-3mol268g/mol=0.268cVg，则的纯度为 = %；

a．由于标准液滴定管未润洗，导致标准液实际被稀释，根据滴定原理 ，判断结果比实际值大，故a不选；

b．滴定开始时俯视读数，滴定后平视读数，导致V标比准确值偏大，因此结果偏大，故b不选；

c．加热温度过高，分解产生，导致含量减小，V标比准确值偏小，因此结果偏小，故c选；

d．滴定结束时发现滴定管尖嘴内有气泡，导致V标比准确值偏小，因此结果偏小，故d选；

故选cd。

19．（1）取代反应（1分）

（2）+HNO3(浓) +H2O（2分）

（3）氨基和羧基（1分）       （1分）   C12H16O2（1分）

（4）30（1分）     或（2分）

（5）（3分）

【解析】由题干合成路线图，结合B和D的结构简式以及转化条件可知，B与浓硝酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生取代反应生成C，其结构简式为：，结合E和G的结构简式以及转化条件可知，E与(CH3O)2SO2发生取代反应生成F，其结构简式为：。

（1）由合成路线图可知，A生成B的方程式为：+→，为苯环上碳氢键打开与酯基上的取代反应。

（2）由合成路线图可知，B生成C即在浓硫酸作用下与浓硝酸发生取代反应生成，故反应的化学方程式为：+HNO3(浓) +H2O。

（3）由合成路线图可知，D的结构简式为：，故其中官能团的名称为氨基和羧基，由分析可知，F的结构简式为：，由H的结构简式可知，H的分子式为：C12H16O2。

（4）E的分子式为C10H12O3，①能发生银镜反应，分子中含有醛基，②苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基，先考虑两个酚羟基的位置有邻、间、对三种，第三个取代基有：-CH2CH2CH2CHO、-CH(CH3)CH2CHO、-CH(C2H5)CHO、-CH2CH(CH3)CHO、C(CH3)2CHO五种，邻苯二酚再连第三个取代基有2种，间苯二酚再连第三个取代基有3种，对苯二酚再连第三个取代基有1种，故总共有5×(2+3+1)=30种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为：或。

（5）由题干合成路线中A到B的转化信息可知，和可以合成：，在催化剂作用下与H2反应转化为：，在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应即可生成目标产物，故最终确定以和为原料制备化合物的合成路线为：。

20．I. D （2分）

II. （1）①②（2分，多选0分，少选1个扣1分）

（2）>（1分）    75%（2分）

III. （3）不变（1分）    催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，故平均反应速率不变（2分）

（4） 0.0073或0.007（MPa）-2（2分，单位1分）