2023年高考第一次模拟考试卷：化学（重庆B卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷（重庆B卷）

化学·全解全析

1．B【详解】A．柳絮的主要成分为纤维素，属于糖类，A项正确；B．雾是一种胶体，具有丁达尔现象，这是胶体的性质，海市蜃楼形成美景的本质原因是空气中的小水滴，颗粒直径大小约为1~100nm之间，B项错误；C．火树银花就是锂、钠、钾、锶、钡、铜等金属化合物在灼烧时呈现的各种火焰颜色，C项正确；D．蛋白质是组成人体肌肉、皮肤、内脏、头发、血液等的主要成分，青丝与白发均指头发，主要成分均属蛋白质，D项正确。故选B。

2．B【详解】A．已知SO2是V形结构，其正、负电荷中心不重合，则是极性分子，A错误；B．既含Na+与之间的离子键，内含S-S、S-O之间的共价键，B正确；C．已知和结构示意图分别为：、，故它们电子层结构不相同，C错误；D．已知CO2中C和O之间形成2对共用电子对，故CO2的电子式为，D错误；故答案为：B。

3．A【详解】A．由于Ca(OH)2过量，Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水的离子方程式为：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，A错误；B．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳气体的离子方程式为：，B正确；C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可以氧化二氧化硫，次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体的离子方程式为：，C正确；D．铁离子可以氧化硫离子为S单质，则氯化铁溶液与过量硫化钠溶液反应的离子方程式为：，D正确；故选A。

4．B【详解】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为×5×NAmol—1=0.5NA，故A错误；B．硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol，含有的氧原子个数都为4，则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×NAmol—1=NA，故B正确；C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于×2××NAmol—1=0.1NA，故C错误；D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1NA，故D错误；故选B。

5．C【详解】A．胶头滴管不能伸入试管，A错误；B．氯化钙会与氨气反应，不能干燥氨气，应用碱石灰干燥，B错误；C．装置为原电池，锌作为负极失去电子，可以保护铁电极，属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D．CO2会被碳酸钠溶液吸收，除去CO2中少量SO2应通入饱和碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。

6．D【详解】A．苯并唑酮的分子式为：C7H5NO2，完全燃烧，碳原子转化为二氧化碳、氢原子转化为水，则1mol苯并唑酮完全燃烧最少需要消耗7.25mol氧气，A项错误；B．X具有醛基，醛基具有还原性，则能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，B项错误；C．X与足量H2加成后所得有机物分子中手性碳原子为，数目为4个，C项错误；D．X在碱性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同时水解产物中有酚羟基，则1molX与足量NaOH溶液充分反应，最多可消耗4molNaOH，D项正确；答案选D。

7．C【详解】A．KCl固体溶于水可导电不能说明KCl中含有离子键，如HCl溶于水也能导电，但是HCl中为共价键，A错误；B．高锰酸钾可氧化H2O2从而褪色，体现了H2O2具有还原性，B错误；C．向饱和CaSO4溶液中滴加相同浓度的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，说明Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，C正确；D．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，则该固体为NaHCO3，D错误；故答案选C。

8．B【详解】A．NH3与H2O以氢键（用“……”表示）结合形成NH3•H2O分子，氨气中N和水中H形成氢键，则NH3•H2O的结构式为，A正确；B．NF3中N原子价层电子对数=3+，BF3分子中B原子价层电子对数=3+，中心原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，B错误；C．HCHO中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，中C原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，SO3分子中S原子价层电子对数=3+且不含孤电子对，这三种微粒空间构型都是平面三角形，C正确；D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D正确；故答案选B。

9．D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z同族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O元素、Z为S元素、W为Cl元素；电子层数相同，序数小的，离子半径大，由Y离子在同周期内离子半径最小，可知Y为Al元素，据此分析作答。

【详解】A．电子层数相同，序数小的，离子半径大，则离子半径：S2-> Cl-> O2-> Al3+，A项错误；B．Y2Z3为Al2S3，其为弱酸弱碱盐，在水中会发生双水解，B项错误；C．H2O分子间存在氢键，主要影响物质的熔沸点，稳定性H2O>H2S，是因为非金属性：O＞S，C项错误；D．ClO2具有强氧化性及漂白性，可作为工业生产上的脱色剂、消毒剂，D项正确；答案选D。

10．C【详解】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B正确；C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D正确；故选C。

11．D【详解】A．中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN溶液检验是否变质，A正确；B．亚铁离子水解方程式为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤①酸化的目的是抑制的水解，B正确；C．由题干流程图可知，步骤②反应为，C正确；D．由题干信息可知，FeC2O4∙2H2O是一种难溶物，故步骤③为过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案为：D。

12．D【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成，右侧电极为正极，正极上O2发生得电子的反应生成H2O，负极反应式为，正极反应式为，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此分析解答。

【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；B．由图可知，生成H2O2的电极反应为，B项正确；C．H+、电子所带电荷数值相等，则右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；D．负极反应式为，正极反应式为，则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH═H2O2+Na2SO4，D项错误；故答案选D。

13．B【详解】A．平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO)∙c2(CO)= k逆c(N2)∙c2(CO2)，升高温度后，正、逆反应的速率增大，但NO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明逆反应增大的幅度大于正反应，而体系中各组分的瞬时浓度不变，故k正增大的倍数小于 k逆增大的倍数，A正确；

B．a点NO的平衡转化率为80%，CO和NO起始的物质的量均为1mol，根据化学方程式可知CO、NO、N2、CO2转化的物质的量分别为0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.8mol，则CO、NO、N2、CO2平衡时的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.2mol、0.8mol，由于容器体积为1L，故CO、NO、N2、CO2平衡时的浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L、0.8mol/L，a点===160；p1对应压强下，b点NO的平衡转化率还未达到80%，则反应正向进行，即v正＞v逆，故＞160，B错误；

C．a点和b点的NO的起始物质的量相同，a点NO的转化率大于b点，则a点NO转化的物质的量大于b点，故a点剩余NO的物质的量小于b点，由于体积相同，故b点NO的物质的量浓度大于a点，C正确；

D．设压强为p2，温度与a点相同时的点为d点，由C选项可知，d点NO的物质的量浓度大于a点，则a点N2、CO2的浓度大于d点，故a点逆反应速率大于d点；d点和c点的压强相同，d点的温度高于c点，则d点的逆反应速率大于c点，故a点逆反应速率大于c点，D正确；故选B。

14．C【详解】A．碳酸为二元弱酸，碳酸钾的物质的量为0.01mol=10mmol，则碳酸钾与盐酸反应分布进行的离子方程式为：、，由图可知的物质的量最大随着加入盐酸物质的量逐渐减小，滴定至A点时，主要进行的离子方程式为，则＞，由图可知A点和D点加入盐酸的物质的量和溶液中离子的物质的量相等，A点时，则，A项正确；B．由图可知，B点时，第一次电离平衡为，电离常数为，第二次电离平衡为，电离常数为，可得：，则，B项正确；C．由图可知C点加入的盐酸的物质的量为10mmol，则C点溶液中小于10mmol，接近0且C点在直线的下方，物料守恒可得可得，则，C项错误；D．滴定至D点时，恰好完全反应，溶解二氧化碳气体使溶液显酸性，则溶液的pH<7，D项正确；答案选C。

15．(1)

(2)     SiO2     O2

(3)

(4)碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多

(5)防止镍、铝被空气中的氧气氧化

(6)

(7)9.65

【分析】由流程图知，镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)煅烧时，NiS、FeS与O2反应生成Ni2O3 、Fe2O3和SO2，则气体1含有SO2，向煅烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3 、Fe2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，发生的反应为、，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1中含有SiO2，气体2为O2，再加入Na2SO4和Na2CO3沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，则滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6，然后加入NaOH、还原Ni2+生成Ni，Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔融生成镍铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，得到兰尼镍。

（1）由题意知，NiS在通入空气煅烧的条件下生成Ni2O3和一种气体，其化学方程式为；

故答案为：；

（2）据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2；气体2是O2；

故答案为：SiO2；O2；

（3）根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矾和气体的离子方程式为；

故答案为：；

（4）从图中可以看出，镍单质的质量随着氢氧化钠的浓度的增大而增大，可能的原因为碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多；

故答案为：碱性越强，N2H4的还原性越强，析出的Ni越多；

（5）高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止镍、铝被空气中的氧气氧化；

故答案为：防止镍、铝被空气中的氧气氧化；

（6）据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反应产生氢气，其离子方程式为；

故答案为：；

（7）根据，若要是溶液中c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则，，又，则；

故答案为：9.65。

16．(1)2：3：14

(2)     Na2O2+2NO2=2NaNO3     100mL容量瓶或胶头滴管     1：1

(3)     三颈烧瓶     2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2     放热     2Na2SO3+O2=2Na2SO4

【分析】本实验的实验目的是探究过氧化钠与二氧化碳、水、二氧化氮、二氧化硫的反应，并通过实验确定反应所得生成物。

（1）由丙烷、氧气、过氧化钠在150℃下用电火花不断引燃反应，恰好完全反应，压强为零可知，反应的化学方程式为2C3H8+3O2+14Na2O26Na2CO3+16NaOH，由方程式可知，丙烷、氧气、过氧化钠的物质的量比为2：3：14，故答案为：2：3：14；

（2）①二氧化氮中氮元素为+4价，既能在反应中表现氧化性，也能表现还原性，可能与过氧化钠反应生成亚硝酸钠和氧气表现氧化性，也能与过氧化钠反应生成硝酸钠表现还原性，则表现还原性的化学方程式为Na2O2+2NO2=2NaNO3，故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；②由配制一定物质的量浓度溶液的步骤可知，配制100mL待测溶液需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶或胶头滴管；③二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，由方程式可知，反应中氧化产物硝酸钠与还原产物亚硝酸钠的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；

（3）①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；②由ab段氧气的含量迅速升高可知，过氧化钠与二氧化硫发生放热反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；③bc段氧气的含量慢慢降低说明反应生成的亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4。

17．(1)-162

(2)正反应方向

(3)     该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低     AC

(4)2：15：2

(5)

(6)

【详解】（1）因为该反应可由反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，所以；

（2）恒温，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应Ⅰ向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应Ⅱ中的反应物的浓度(分压)增大，导致反应Ⅱ平衡向正反应方向移动；

（3）根据图象分析，该反应为放热反应，产率应随温度升高而降低，但图象显示是产率升高，故此说明该温度段反应并未达到平衡；高于460℃，催化剂因高温失活，以及副反应的增多，导致产率降低，所以本问第二空选填AC；

（4）根据图象可知，当约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比；

（5）根据两个反应可知，在达到平衡时，容器中有(1-a-b)mol两烯，(1-a)mol氨气，(3-1.5a-b)mol氧气，mol水蒸气，以及a mol(g)和b mol(g)，则平衡后容器中气体总的物质的量为；根据题示公式可知，反应Ⅱ的标准平衡常数；

（6）根据电解池的工作原理可知，在Pb电极酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[]，其电极反应式为。

18．(1)C2H2O3

(2)

(3)a、c

(4)+Cl2+HCl

(5)CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH 

(6)、

(7)

【分析】根据A的化学式和H的结构简式，可知A为，根据B的化学式以及A、H的结构简式，可知B为 ，B到C为加成反应，根据两者化学式可得，试剂a分子式为C2H2O3，a为乙醛酸，醛基与苯环发生加成，生成C为，根据D的分子式和C的结构简式，得出D为，D与G经过多步反应生成H，根据三种物质中碳原子的个数，可知为1个D和2个G经过多步反应，生成H，由H结构简式结合信息ii，反推得到G为 ，E与氯气发生取代反应生成F，F再与E反应生成G，通过G的结构简式结合信息i反推，得到E为 ，F为 ，根据J的分子式，K的结构简式，可得J为 ，由此解答各小题。

(1)通过以上分析可知，试剂a的分子式为C2H2O3。

(2)氯化铜为催化剂，反应前后应该没有变化，故第二步反应应该是CuCl、氧气和HCl反应，生成CuCl2和水。方程式为。

(3)a.A的核磁共振氢谱有3组峰，a错误；b.B存在含碳碳双键的酮类同分异构体，如，b正确；c.D的不饱和度为6，同分异构体存在苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4，酯基不饱和度为1，则必须有碳碳双键或成环，除去苯环还有两个碳，这两个碳无法在存在酯基的情况下形成双键或成环，c错误；故答案为：ac；

(4)根据上述分析E为 ，F为，E到F的化学方程式为+Cl2+HCl。

(5)乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与乙酸发生信息i的反应，产物再与氯气发生取代反应，即可得到G。

CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH

(6)D和G按照信息ii发生反应，生成中间产物1为，其脱水生成中间产物2为，中间产物2再与G反应，生成中间产物3为，中间产物3再发生加成和消去反应即可生成H。

(7)根据J的分子式，K的结构简式，可得J为 。