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2023年高考第一次模拟考试卷：化学（江苏A卷）（全解全析）

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这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（江苏A卷）（全解全析），共9页。

2023年高考化学第一次模拟考试卷（江苏A卷）

化学·全解全析

1．A

【解析】

A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅酸盐，A符合题意；

B．黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B不符合题意；

C．造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意；

D．胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D不符合题意；

答案选A。

2．D

【解析】

A．CaC2中碳原子达到8电子结构，电子式为，A错误；

B．H2O为V形结构，是极性分子，B错误；

C．Ca(OH)2的氢氧根离子中含有O-H共价键，C错误；

D．C2H2中碳原子为sp杂化，空间结枃为直线形，D正确；

故选D。

3．B

【解析】

X和Z的基态原子L层上有2个未成对电子，原子序数X＜Z，则X原子核外电子排布式为，X为C元素，Z原子核外电子排布式为，Z为Ｏ元素，则Y为N元素，Ｚ与M同主族，则M为S元素，W位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满，则W为Fe元素。

A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，即沸点：，故A错误；

B．Y为N元素，其基态原子轨道表示式为，原子核外有5种空间运动状态的轨道，故B正确；

C．为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，有一个孤电子对，为，中心S原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子间的斥力，则键角<，故C错误；

D．W为Fe，位于元素周期表的d区，故D错误；

答案选B

4．B

【解析】

【详解】A.分液漏斗中的酸为稀硫酸，制取SO2应使用铜片和浓硫酸加热，故A项错误；

B.SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，因此该装置能验证SO2的漂白性，故B项正确；

C.SO2密度比空气大，收集时应从长管进，短管出，故C项错误；

D.SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，因此该装置起不到尾气吸收的作用，故D项错误；

故答案选：B。

5．B

【解析】

A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A错误；

B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；

C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]3d10，故C错误；

D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。

6．C

【解析】

A．钠与水反应生成氢氧化钠溶液和水，故离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；

B．MgCl2溶液因水解而显碱性，离子方程式为Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+，故B错误；

C．根据铝－空气电池在碱性电解液中总反应式为4Al+3O2+4OH-+6H2O=4[Al(OH)4]-，可知负极反应式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，故C正确；

D．在高温条件下，SiHCl3转化为高纯硅，故应为SiHCl3+H2Si+3HCl，故D错误；

故选C。

7．B

【解析】

A．钾比钠熔点低，反应置换出钾的蒸气，生成钾蒸气后逸出，反应平衡正移，可用于冶炼金属钾，A错误；

B．氯化镁为离子化合物，熔融的氯化镁能电解生成镁，可用作冶炼镁的原料，B正确；

C．铝抗腐蚀性能耗，可用于制作铝金属制品，C错误；

D．晶体硅是良好的半导体，可用作通讯设备的芯片，D错误；

故选B。

8．A

【解析】

A．硫和氧气生成二氧化硫不是三氧化硫，A错误；

B．二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸能被空气中氧气氧化为硫酸，B正确；

C．氧气具有氧化性，可以把四价硫氧化为六价硫，SO2可与CaO和O2反应生成CaSO4，C正确；

D．饱和Na2CO3溶液中碳酸根离子浓度很大可以使硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，故CaSO4可与饱和Na2CO3溶液反应生成CaCO3，D正确；

故选A。

9．A

【解析】

A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，不含酚羟基、含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应、不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液鉴别、，故A正确；
B．的苯环上碳原子价层电子对数是、亚甲基上碳原子价层电子对数是、中碳原子价层电子对数是，碳原子杂化类型依次是：、、，故B错误；
C．中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环和羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．与足量氢气加成后产物手性碳原子如图，含有个手性碳原子，故D错误；
故选：。

10．D

【解析】

A．该反应是正反应方向气体体积增大的反应，加压平衡左移，的平衡转化率降低，故A错误；

B．根据反应方程式，该反应的平衡常数表达式应为，故B错误；

C．分离出NO(g)，生成物浓度减小，v(正)不变，v(逆)减小，v(正)大于v(逆)，平衡向正反应方向移动，故C错误；

D．根据反应可知，平衡时12mol N-H断裂的同时有12mol O-H断裂，即1mol N-H断裂的同时有1mol O-H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态，故D正确；

答案选D。

11．B

【解析】A．向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体，该气体是Cl2，说明PbO2具有氧化性，可以将HCl氧化为Cl2，A正确；

B．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是BaSO3沉淀。若沉淀为BaSO4，说明气体X具有强氧化性，若沉淀为BaSO3，则该气体可能是碱性气体，与SO2反应使溶液显碱性，反应产生，与Ba2+反应结合形成BaSO3沉淀，由此说明气体X不一定具有强氧化性，B错误；

C．Fe2+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红色，由此说明加入的H2O2能使Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+是该反应中的还原剂，表现出还原性，C正确；

D．向KI溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色，说明I-被NaNO2溶液氧化产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此说明的氧化性比I2的强，D正确；

故合理选项是B。

12．A

【解析】A．溶液中满足物料守恒，，A正确；

B．实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足c(H+)= c(OH-)：，，B错误；

C．［已知室温时］， (×V+×V)÷2V=0.005，实验3所得上层清液中，C错误；

D．实验4发生反应的离子方程式为：，D错误；

答案选A。

13．C

【解析】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A错误；

B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B错误；

C．由图可知，使用不同的催化剂，CO2的转化率不同，选项C正确；

D．图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，选项D错误。

答案选C。

14．（1）3d7 （2） ①. Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O ②. 6.7～7.4 ③. pH越大，溶液中c(H+)越小，有利于Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+反应正向进行，Co2+萃取率越高 ④.

【解析】

（1）根据晶胞结构可知：在该晶胞中含有的Co离子数目为12×+1=4，含有的O2-数目为：8×+6×=4，故该晶胞化学式为CoO，Co为+2价，是Co原子失去最外层的2个电子形成的，Co是27号元素，则根据构造原理可知基态Co2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d7，该氧化物中钴离子价电子排布式为3d7；

（2）①用盐酸和Na2SO3溶液浸取钴矿，Co2O3在酸性条件下把Na2SO3氧化为Na2SO4，Co2O3被还原为Co2+，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；

②首先满足：pH＞6.7，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全沉淀，根据Co2+完全沉淀时(c( Co2+)≤1.0×10-5 mol/L)的pH为9.4，可得c(H+)=1×10-9.4，根据Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14，解得c(OH-)=1×10-4.6，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-4.6)2=1.0×10-14.2。现浸取液中c(Co2+)=0.1 mol/L，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=1.0×10-14.2，解得c(OH-) =1.0×10-6.6，进一步解得：c(H+)=1.0×10-7.4，故此时溶液pH=7.4，因此控制溶液pH范围为6.7≤pH< 7.4；

③当溶液pH处于4.5~6.5范围内，随溶液pH的增大，c(OH-)增大，OH-中和H+使H+的浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2·(n-1)(HA)2+2H+平衡向右移动，增大了Co2+萃取率；向萃取所得有机相中加入H2SO4，增大了c(H+)，使平衡向左移动，得到的水相中含有大量的Co2+，从而实现Co2+和Mn2+的分离；

④CoC2O4·2H2O晶体的物质的量n==0.08 mol，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co3O4的混合物质量为6.32 g，根据钴原子守恒，设CoO为a mol，Co3O4为b mol，可得a+3b=0.08 mol，根据质量关系可得75a+241b=6.32 g，两式联立解得a=0.02 mol，b=0.02 mol，故CoO为1.5 g，Co3O4为4.82 g，CoO和Co3O4的质量之比为m(CoO)：m(Co3O4)=。

15．（1） sp2、sp3 （2）取代反应（3）（4）或（5）HOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOHClOCH2COCl

【解析】

【分析】Ａ与氯气取代得到Ｂ，Ｂ与CH3CH2COCl在氯化铝的催化下，发生取代反应得Ｃ，Ｃ与溴单质发生取代反应得Ｄ，Ａ苯环上的邻位容易被取代，步骤①、④显然是保护该位置不被取代，所以步骤①Ａ先与氯气反应，用氯原子取代氢原子，再在步骤④中复原，起到防止该位置被取代的目的。

(1)甲基和亚甲基上的C形成4条σ键,无孤电子对,因此采取sp3杂化类型,碳氧双键中的C形成3条σ键和1条π键,无孤电子对,采取sp2杂化类型；

(2) F结构相对于E结构，少了一个氯原子，多了一个Ｈ，说明氢原子取代了氯原子，反应类型为取代反应；

(3)步骤①、④显然是保护该位置不被取代，若没有该保护过程则反应生成该位置的取代产物，；

(4)含萘环的水解产物的核磁共振氢谱有5个峰，且有两个取代基，故取代基只能是对称位置，可能为，再结合其为水解产物得出该同分异构体为或；

(5) 分析产物和反应物，产物是在苯环上增加了4个碳原子的基团，结合信息和流程判断利用步骤②可以在苯环上引入该基团；还要根据步骤③再次引入溴原子最终与乙酸生成酯HOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOHClOCH2COCl。

16．（1） ①. Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3 ②. 温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小 ③. 加快搅拌速率 ④. 加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3

（2）边搅拌边滴入NaOH溶液，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中边搅拌边加入Na2CO3溶液，直至静置后上层清液中再加入Na2CO3溶液，无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生，干燥

【解析】

【分析】装置A用碳酸钙和稀盐酸反应产生了CO2，在装置B中装饱和食盐水除去HCl气体杂质，向锂精矿中的Li2CO3通入CO2转化成溶于水的LiHCO3，装置C发生反应方程式Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息II可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。

（1）①装置C中主要反应的化学方程式为：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；

②碳酸锂、二氧化碳溶解度均随温度升高而减小；碳酸锂、温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是：温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小，不利于反应进行；提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；

③Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；

（2）已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤晶体，减少晶体的溶解，则实验方案为：边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净，干燥得到较纯产品。