2023年高考第一次模拟考试卷：化学（五省通用B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（五省通用B卷）（全解全析），共18页。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：50分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C12 N14 O16 Na 23 Mg 24 P 31 S 32 Cl 35.5 Cr52 Fe 56 Cu 64 Ag 108
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2022·辽宁·沈阳二中高三期中）化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是
A．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，有利于实现“碳中和”
C．阿司匹林可用于治疗胃酸过多，碘酸钾可用作营养强化剂
D．二氧化氯泡腾片和酒精可杀灭新型冠状病毒，二者消毒时均表现为强氧化性
【答案】B
【详解】A．碳纤维是碳的一种单质，是无机非金属材料，故A错误；
B．利用化石燃料燃烧产生的CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，可降低二氧化碳排放，有利于实现“碳中和”，故B正确；
C．阿司匹林解热镇痛，还用于脑血管、心血管疾病，不能治疗胃酸过多，故C错误；
D．二氧化氯泡腾片消毒时表现为强氧化性，酒精可杀灭新型冠状病毒是因为酒精能使蛋白质变性，故D错误；
选B。
2．（2022·宁夏·银川二中高三阶段练习）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目为1.0NA
B．0.2mol苯含有双键的数目为0.6NA
C．电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA
D．标准状况下22.4LSO3的质量为80g
【答案】C
【详解】A.Al3+发生水解，1.0L1mol/LAlCl3溶液中，Al3+的数目小于1.0NA，A错误；
B.苯中碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间一类特殊的化学键，苯没有碳碳双键，B错误；
C.电解熔融CuCl2，阴极增重3.2g，外电路中通过电子的数目为0.1NA，C正确；
Ｄ.SO3在标准状况下为固体，22.4LSO3不是1mol，D错误；
故答案选C。
3．（2022·辽宁朝阳·高二阶段练习）下列图示与对应的叙述相符或能达到相应目的的是




A．实验室快速制氨气
B．测定某未知浓度的稀硫酸
C．除去H2S中少量的SO2
D．CO2气体的收集

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．浓氨水滴入NaOH固体中，NaOH固体溶于水放出热量，导致NH3·H2O分解产生NH3，因而可用于实验室中快速制氨气，A正确；
B．用NaOH标准溶液滴定待测H2SO4溶液浓度时，要使用锥形瓶作反应容器，且滴定管不能伸入反应容器中，B错误；
C．SO2、H2S都能够与酸性KMnO4溶液反应，因此不能使用酸性KMnO4溶液除杂，应该使用饱和NaHS溶液除去杂质SO2气体，C错误；
D．CO2气体的密度比空气大，应该使用向上排空气的方法收集CO2气体，即导气管应该是长进短出，D错误；
故合理选项是A。
4．（2022·重庆一中高三阶段练习）X、Y、Z为原子序数依次增大的主族元素，Y与Z同主族。W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元的结构简式如下图所示。下列说法不正确的是

A．原子半径Z>Y>X
B．Y的第一电离能比同周期相邻元素小
C．单质W和Z在加热条件下生成化合物WZ
D．Y的简单氢化物的热稳定性强于Z的简单氢化物
【答案】C
【详解】根据W为第四周期元素，最外层电子数为1，价层电子数为11，四种元素组成的某蓝色晶体基本结构单元，故W为Cu，X2Y间可形成氢键，结合X2Y结构式X-Y-X，故X为H，Y为O；Z周围有6个共价键，故Z为S。四种元素分别为、、、。
A．电子层越多原子半径越大，S电子层为3，O为2，H为1，故原子半径S>O>H，选项A正确；
B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，但ⅡA与ⅤA族反常，第一电离能ⅡA大于ⅢA，ⅤA大于ⅥA，O相邻元素为N、F，而O位于ⅥA族，故它的第一电离能既比ⅤA族的N小也比ⅦA族的F小，选项B正确；
C．与反应生成的是，选项C不正确；
D．非金属性O>S，Y的简单氢化物H2O的热稳定性强于Z的简单氢化物H2S，选项D正确；
答案选C。
5．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构。在一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”(如图所示)，可以认为作密置单层排列，填充其中。设为阿伏加德罗常数的值，半径为r pm。下列说法错误的是

A．Ni位于元素周期表第四周期第VIII族
B．NiO晶体中、的配位数均为6
C．该“单分子层”面积密度为
D．NiO晶胞中与最近的有8个
【答案】D
【详解】A．Ni是28号元素，核外电子排布式为，可知其处于第四周期第Ⅷ族，故A正确；
B．NaCl晶体中离子的配位数均为6，NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构，则NiO晶体中、的配位数均为6，故B正确；
C．平面NiO基本结构单元为，每个结构单元含1个“NiO”，质量为，的半径为rpm，则结构单元的面积为，则该“单分子层”面积密度为，故C正确；
D．NiO晶体与NaCl具有相同晶胞结构：，NiO晶胞中最近的有12个，故D错误；
故答案选D。
6．（2022·辽宁·沈阳二中高三期中）通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如图(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可以自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是

A．电极B为阳极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为。
【详解】A．由分析可知，电极B为阳极，发生氧化反应，A正确；
B．由分析可知，电极A的电极反应：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，C错误；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
故选C。
7．（河北省部分学校2022-2023学年高三上学期11月联考化学试题）已知为二元弱酸，常温下将的NaOH溶液滴入20mL的溶液中，溶液中(或）的分布系数、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示[已知]。下列叙述正确的是

A．曲线a表示的是的分布系数变化曲线
B．n点对应的溶液中，
C．的水解平衡常数的数量级为
D．在n、p、q三点中，水的电离程度最大的是p点
【答案】B
【分析】A常温下将的NaOH溶液滴入20mL的溶液中, 可知，随着NaOH溶液的加入，的浓度上升，浓度下降，据此分析。
【详解】根据上述分析，则曲线a代表，曲线b代表，剩余曲线为滴定曲线． A错误；
B．n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的和，可得电荷守恒：；物料守恒：两式相减，抵消钠离子，得：溶液显酸性，> ，则，B正确；
C．根据m点与分布系数相等，即的浓度等于浓度，pH=4.2，可知：Ka（），，C错误；
D．滴定过程可知，n点加入10ml氢氧化钠溶液，溶质为等浓度的和，p点，pH=7，溶质为和少量的，q点加入20 ml氢氧化钠溶液，溶质为，越多，水解程度越大，水解程度越大，水的电离程度越大，故可知水电离程度最大的为q点，D错误；
故本题选B。

二、填空题(共0分)
8．（2022·江西省丰城中学高一期中）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：
(1)某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是_______。
A．Mg2+ B．Fe2+ C．A13+ D．Cu2+
(2)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3)制取高铁酸钠并回收金属Cu，其工艺流程如下：

①试剂a为_______(填化学式，下同)，滤渣II的主要成分为_______。
②在过滤操作中要使用玻璃棒，其作用是_______。
③检验滤液I中是否存在Fe3+的试剂是_______。
④制备的反应原理是：。当反应中转移电子总数约为时，则生成Na2FeO4的物质的量为_______mol。
(3)纳米铁粉可用于处理废水中的。酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe3+与，其反应的离子方程式是_______。
【答案】(1)BC
(2)     H2SO4     Cu     引流     KSCN溶液     0.3
(3)

【分析】某溶液中加入Na2O2时，因Na2O2具有强氧化性，且与水反应生成强碱，因此对Fe2+、Al3+影响很大。工艺流程中，一系列操作后得到了FeSO4固体，则试剂a为稀硫酸，试剂a少量时，主要与少量Fe2O3反应，生成的Fe3+再与Fe反应，滤液Ⅰ为FeSO4溶液；试剂a足量时主要与Fe反应，滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为Cu。
【详解】（1）Na2O2具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，足量Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH能使Mg2+、Fe3+、Cu2+生成沉淀，使Al3+生成 ，过滤后，滤渣成分为Mg(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤渣溶于足量盐酸中，生成MgCl2、FeCl3、CuCl2。与原溶液相比，大量减小的离子是Fe2+、Al3+，故选BC。
（2）分析中已知试剂a为H2SO4，滤渣的主要成分为Cu。
溶液从烧杯倒出时容易与烧杯外壁产生“附壁效应”，使部分溶液沿烧杯外壁流到杯底而不能流到漏斗里。所以在过滤时要用玻璃棒引流。
Fe3+与SCN-发生反应生成血红色络合物，因此用KSCN溶液检验Fe3+。
分析化合价变化知：Fe由+2价升高到+6价，Na2O2中一部分O由-1价升高到0价，另一部分O由-1价降低到-2价，以O化合价降低方面计算更简便。根据化学方程式知每生成2mol Na2FeO4，就有10mol O从-1价降低到-2价，转移的电子数约为，当转移电子总数约为时，设生成Na2FeO4物质的量为n，列比例式得，。
（3）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可以得出酸性条件下，纳米铁与 反应生成Fe3+与 的离子方程式为：。
9．（2022·安徽淮南·二模）化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：

已知：(i)
(ii)
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______，B中具有的官能团的名称是_______，
(2)由C生成D的反应类型是_______。
(3)D→E和F→G的作用是_______。
(4)写出由G生成H的化学方程式_______。
(5)写出I的结构简式_______。
(6)X的同分异构体中，符合下列条件的有机物有_______种。
i)只含两种官能团且不含甲基；
ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构。
(7)设计由甲苯和制备的合成路线_______试剂任选)。
【答案】(1)     氟苯或1-氟苯     氟原子，硝基
(2)取代反应

(3)防止副产物生成，影响反应产率
(4)+HBr
(5)
(6)5

(7)

【分析】根据A的分子式及D的结构简式知，A为 ，A发生取代反应生成B，B为 ，根据C的分子式知，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，则C为 ，C发生取代反应生成D，D中氢原子被取代生成E，E中酰胺基水解生成F，F发生取代反应生成G，G为 ，G和X发生取代反应生成H，根据H的结构简式及X的分子式知，X为 ，H发生取代反应生成I，I为 ，I发生取代反应生成W；（7）由甲苯和 制备 ， 和 发生取代反应生成 ， 发生取代反应生成 ，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成 ， 发生还原反应生成 。
（1）
A为 ，A的化学名称是氟苯，B 为 ，B中具有的官能团的名称是碳氟键、硝基；
故答案为：氟苯；碳氟键、硝基。
（2）
C氨基上的一个氢原子被取代生成D，由C生成D的反应类型是取代反应；
故答案为：取代反应。
（3）
D→E和F→G的作用是防止副产物生成，影响反应产率；
故答案为：防止副产物生成，影响反应产率。
（4）
G为，G和X发生取代反应生成H，由G生成H的化学方程式为
+HBr
故答案为：+HBr
（5）
I的结构简式为
故答案为：
（6）
X为 ，X的同分异构体符合下列条件：i）只含两种官能团且不含甲基；
ii)含-CH2Br结构，不含C=C=C和环状结构，符合条件的结构简式为：HC≡C-C≡CCH2CH2CH2Br、HC≡C-CH2-C≡CCH2CH2Br、HC≡CCH2CH2C≡CCH2Br、HC≡CCH（CH2Br）CH2C≡CH、HC≡CCH（CH2CH2Br）C≡CH，所以符合条件的有5种，
故答案为：5；
（7）
由甲苯和 制备 , 和发生取代反应生成 ，发生取代反应生成，甲苯和浓硝酸发生取代反应生成， 发生还原反应生成 ，合成路线为 故答案为：
10．（2022·陕西·长安一中高二期中）能量、速率与限度是研究化学反应的重要因素。
I.某温度下，在2L的恒容密闭容器中，A、B、C(均为气体)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

(1)该反应的化学方程式为_________。
(2)能说明此时反应已达到了平衡状态的是_________(填标号)。
a. A、B、C三种物质的浓度保持不变；
b.气体A的消耗速率等于气体C的生成速率；
c.混合气体的密度不变；
d.总压强不变；
e.混合气体的平均相对分子质量不变；
f.；
g.c(A)：c(B)：c(C)=2：1：2
II.某温度下，向2.0L的恒容密闭容器中充入2.0mol和2.0mol，发生反应，一段时间后反应达到平衡状态，实验数据如表所示：

0
50
150
250
350
n()/mol
0
0.24
0.36
0.40
0.40

(3)0～50s内的平均反应速率_________，平衡时容器内压强是反应前压强的_________倍。
(4)键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为，已知键的键能为946kJ/mol，H-H键的键能为436kJ/mol，N-H键的键能为391kJ/mol。则生成1mol的过程中_________(填“吸收”或“放出”)的能量为_________kJ。
(5)为加快反应速率，可采取的措施是_________(填标号)。
a.升高温度            b.增大容器体积            c.恒容时充入He            d.加入合适催化剂
【答案】(1)2A+B2C
(2)ade
(3)          0.9
(4)     放出     46
(5)ad

【分析】根据曲线图物质变化量可以确定化学方程式，判断化学平衡状态的两大基本依据：正逆速率相等、相关物质浓度保持不变，其他相关说法只要符合基本依据，就可以用于判断平衡状态，恒容容器中，压强与气体物质的量成正比，求出容器内气体前后的总物质的量，就可以知道压强的变化。
【详解】（1）反应到2min时，达平衡状态，物质A减少了2mol，物质B减少了1mol，为反应物，物质C增多了2mol，为生成物，根据物质的量变化比例得该反应的化学方程式为：。
（2）a．一定条件下，反应物和生成物的浓度保持不变，即体系的组成不随时间而改变，表明该反应达到化学平衡状态，A、B、C均为气体，浓度保持不变时，反应达平衡状态，a能说明；
b．气体A消耗速率与气体C生成速率均为正反应速率，没有逆反应速率，不能说明达到平衡状态，b不能说明；
c．恒容容器中，A、B、C均为气体，根据质量守恒，全过程混合气体总质量不变，即混合气体密度始终保持不变，无法确认何时达到平衡状态，c不能说明；
d．该反应反应后气体减小，恒容条件下，压强与气体总物质的量成正比，当压强不变时，表明混合气体的组成保持不变，反应达到平衡状态，d能说明；
e．混合气体平均摩尔质量，反应过程遵循质量守恒，气体总质量保持不变，未达平衡时该反应气体的总物质的量会改变，会改变，平衡时气体总物质的量保持不变，也保持不变，因此混合气体的平均相对分子质量不变时能证明达到平衡状态，e能说明；
f．达到平衡状态时，物质A、B表示的速率有以下关系：或，f不能说明；
g．A、B、C浓度比为2：1：2时，不一定达到正逆速率相等或不能说明各组分浓度保持不变，则g不能说明；
故选ade。
（3）反应方程式为：，到50s时，NH3浓度为，0~50s内用NH3表示的平均反应速率为，故，数据显示，反应到250s时达到平衡状态，列三段式得：

恒容时，容器内压强与气体总物质的量成正比，故平衡时容内压强是反应前的倍。
（4）每生成1molNH3时，断开1.5molH-H键和0.5mol键，生成3molN-H键，断开旧化学键吸收总能量为，形成新化学键放出的总能量为，故反应放出46kJ能量。
（5）a．升高温度，反应速率增大，a可用；
b．增大容器体积，各物质浓度减小，反应速率减小，不可用；
c．恒容时充入He，对反应物和生成物浓度没有影响，反应速率不变化，c不可用；
d．加入合适催化剂，可降低反应的活化能，增大反应速率，d可用；
故选ad。
11．（2022·甘肃·西北师大附中高三期中）回答下列问题
(1)金属与硝酸反应通常不能生成H2，用3mol/L HNO3与过量铁粉反应，HNO3的还原产物主要是NO，请写出反应的离子方程式：___________。
有同学在查阅文献时发现文献有记载：HNO3与铁反应能产生H2。于是其小组进行了金属铁与硝酸反应能否产生H2及其有利条件的探究。
实验I：20℃，将过量铁粉溶于0.5mol·L-1 HNO3中，立即有无色气体生成，充分反应后，溶液几乎无色。
(2)检验气体：方法如图所示。

确认气体是H2，不含NO。实验证据是___________。
(3)检验溶液：取上层清液，等分两份
①向一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，___________ (填现象)，说明含有Fe2＋。
②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、②，说明实验I中发生的反应有Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，另外还有___________ (写出离子方程式)。
对H2产生的原因提出假设：在稀的酸性溶液中，HNO3中H＋的氧化性大于NO，验证如下：
(4)实验II：将铜粉溶于0.5mol/L HNO3中。经检测，发现没有___________生成，初步证实假设不成立。
(5)再次查阅文献发现：在酸性介质中，尽管电极电势数据显示NO离子是个颇强的氧化剂，然而动力学原因导致它在稀酸中的反应一般都很慢。于是小组改变条件重复实验I，向2mL 0.5mol·L-1 HNO3中加入过量铁粉，结果如下：
实验序号
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
温度
20℃
40℃
60℃
生成H2体积
6.0mL
3.4mL
2.6mL

经检验，实验III、IV、V中，NO的还原产物与实验I相同。
从反应速率的角度解释温度升高H2体积减少的原因___________。
(6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是___________。
【答案】(1)3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声
(3)     产生蓝色沉淀     4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O
(4)H2
(5)温度升高，H+、NO被还原的速率均增大，NO被还原的速率增大的更多；H+同时被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H2体积减少
(6)较低温度、低浓度硝酸

【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子。
【详解】（1）稀HNO3与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO，离子方程式：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O。
（2）NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，所以确认气体是H2，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声。
（3）①如产物有亚铁离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明产物有，则另外发生的反应为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O。
（4）同样是0.5mol/L HNO3，Fe反应能产生H2，铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明0.5mol/L HNO3中H＋的氧化性大于。
（5）H+、都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、被还原的速率均增大，被还原的速率增大的更多，导致H2体积减少。
（6）较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。
【点睛】本题考查性质检验实验，解答这类题时要根据物质的化学性质，知道发生的化学反应以及有关产物，最后得出结论，难度中等。