2023年高考第一次模拟试题：化学（江苏A卷）（全解全析）

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CJ+［：C：：C：）?”，A错误；

B.比0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，空间结构为直线形，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

Is22s22P2,X为C元素，Z原子核外电子排布式为1S22s22p",Z为0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：CH4<SiH4<GeH4<SnH4,故A错误；

B.Y为N元素，其基态原子轨道表示式为53［H1CH王I王］,原子核外有5种空间运

Is2s2p

动状态的轨道，故B正确；

C.MZ；为SO；,SO；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,

MZ：为SOj,SO：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SO；〈SO：,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Bo

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S02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.SCh与饱和NaHSCh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：Bo

5.B

【解析】

A.金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109。28，，故A错误；

B.SiH4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；SiCl4

的化学键为Si-CI,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.错原子GGe)基态核外电子排布式为[Ar]3di。4s24P2,故C错误：

D.WA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Bo

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-+H2f,故A

错误；

B.MgCb溶液因水解而显碱性，离子方程式为Mg2++2H2Ou^Mg(OH)2+2H\故B错误；

C.根据铝一空气电池在碱性电解液中总反应式为4A1+3O2+4OH+6H2O=4[A1(OH)4]:可知

负极反应式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]--故C正确；

高温

D.在高温条件下，SiHCb转化为高纯硅，故应为SiHCb+Fh-Si+3HC1,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，熔融的氮化镁能电解生成镁，可用作冶炼镁的原料，B正确；

C.铝的抗腐蚀性能耗，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，S02可与CaO和反应生成CaSCU,C

正确；

D.饱和Na2cCh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CaS04可

与饱和Na2cCh溶液反应生成CaCCh，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，Y不含酚羟基、Z含有酚羟基，所

以Z能和氯化铁溶液发生显色反应、Y不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶

液鉴别Y、Z，故A正确；

B.X的苯环上碳原子价层电子对数是3、亚甲基上碳原子价层电子对数是4、-CN中碳

原子价层电子对数是2,碳原子杂化类型依次是：sp2、sp\sp,故B错误；

C.Z中含有苯环、埃基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环

和谈基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；

D.Z与足量氢气加成后产物手性碳原子如图含有4个手性碳原子,

故D错误;

故选：A。

【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，NH,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长=:黑）,:赞《,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12moiN-H断裂的同时有12moi0-H断裂，即ImolN-H断裂的

同时有ImolO-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PbO?中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体，该气体是CL,说明PbCh具有氧化

性，可以将HC1氧化为CL,A正确；

B.向溶有SCh的BaCL溶液中通入气体X,出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO,，也

可能是BaSCh沉淀。若沉淀为BaSCU,说明气体X具有强氧化性，若沉淀为BaSCh,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SO”SO：与Ba2+反应结合

形成BaSCh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Fe?+

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NaNCh溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色，说明「被NaNCh溶液氧

化产生L，L遇淀粉溶液变为蓝色，因此说明NO?的氧化性比L的强，D正确;

故合理选项是B。

12.A

【解析】A.O.OlOOmol-L-'Na2c?。4溶液中满足物料守恒

+

c（Na）=2[c（C2Ot）+e（HC2O；）+c（H2C2O4）J.何瑞西以A正确;

B.实验2滴加盐酸过程中存在某一点满足c（H-尸c（OH）：

++

c（Na）+c（H）=c（HC204）+2c（C20；）+c（Cr）+c（0H）,

+

c（Na）=c（HC2O4）+2c（C2O^j+c（Clj,B错误；

C.[已知室温时KKCaC2O4）=2.5xl（f9],+尸

（0.0200mol-V'xV+0.01OOmol-L-1xV尸2V=0.005mol-L-1，实验3所得上层清液中

-收04）_2.5x10-9

c（C2O^j==5xlO^mol•1?,C错误;

c（Ca2+）0.005molL-1

D.实验4发生反应的离子方程式为:

+2+

5C2O^+2MnO；+16H=10CO2T+2Mn+8H2O,D错误;

答案选A。

13.C

【解析】A.在260℃~320℃间，以CeO?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C02的转化率，选项B错误；

C.由图可知，使用不同的催化剂，C02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C02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。

7+2+-

14.(1)3d(2)Co2O3+SO^+4H=2CO+SO4+2H2O②.6.7〜7.4③.

pH越大，溶液中c(H«)越小，有利于Co2++n(HA)2wCoA21n-l)(HA)2+2H+反应正向进行，Co"

萃取率越高④.—

241

【解析】

(1)根据晶胞结构可知：在该晶胞中含有的C。离子数目为12x』+l=4,含有的02一数目为:

4

8x1+6x1=4,故该晶胞化学式为CoO,C。为+2价，是C。原子失去最外层的2个电子形

82

成的，C。是27号元素，则根据构造原理可知基态Co?+核外电子排布式是Is22s22P63s23P63d7,

该氧化物中钻离子价电子排布式为3d7；

(2)①用盐酸和Na2sCh溶液浸取钻矿,CO2O3在酸性条件下把Na2sCh氧化为Na2so4,CO2O3

被还原为C02+,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+SO；+4H+=2CO2++SO：+2H2O：

②首先满足：pH>6.7,使AF+、Fe3+、CM+完全沉淀，根据Co?+完全沉淀时(&(^+闫正心

94+14

mol/L)的pH为9.4,可得c(H*)=lxlO'-,根据Arw=c(H)c(OH-)=1.0xl0,解得c(OH••尸1x

2+25462l422+

A：sp[Co(OH)2]=c(Co)-c(OH)=1.0xl0-x(lxl0-)=1.0xl0o现浸取液中c(Co)=0.1mol/L,

2+21426

/Csp[Co(OH)2]=c(Co)c(OH-)=1.0xl0.,解得c(OH)=1.0xl0^,进一步解得：

+

c(H)=1.0x10工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，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Co?+萃取率；向萃取所

得有机相中加入H2s04,增大了c(H+),使平衡向左移动，得到的水相中含有大量的C02+,

从而实现C02+和Mn2-的分离；

1464g

④COC2OT2H2O晶体的物质的量片—一5-F.OSmol,在空气中加热一段时间后，得至IJ

183g/mol

CoO和CO3O4的混合物质量为6.32g,根据钻原子守恒，设CoO为amol,CO3O4为bmol,

可得a+3b=0.08mol,根据质量关系可得75a+241b=6.32g,两式联立解得a=0.02mol,b=0.02

mol,故CoO为1.5g,CO3O4为4.82g,CoO和CO3O4的质量之比为皿CoO)：

或(5)

HOCH2cH2cH20H胃一OHCCH2cH0--------——>HOOCCH2COOH

【解析】

【分析】A与氯气取代得到B,B与CH3cH2coe1在氯化铝的催化下，发生取代反应得C,

C与澳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c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◎键和1条兀键，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

(4)含秦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f丫8"“，再结合其为水解产物得出该同分异构体为

&/4二；人CHjOH

(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再次引入漠原子最终与乙酸生成酯

HOCH2cH2cH20H空>OHCCH2cHO--------——>HOOCCH2COOH

16.(1)Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3②.温度升高，Li2cCh、CCh溶解度均较

小③.加快搅拌速率④.加热烘干时Li2c2。4会分解，固体产物也为Li2c03

(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

力口入Na2cCh溶液，直至静置后上层清液中再加入Na2cCh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HNCh-AgNCh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C02,在装置B中装饱和食盐水除去HC1气

体杂质，向锂精矿中的Li2cCh通入C02转化成溶于水的LiHCCh，装置C发生反应方程式

Li2cO3+CO2+H2O2UHCO3,加热分解LiHCCh得至Li2c由信息H可知温度越高，Li2cCh

的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2c03晶体。

(1)①装置C中主要反应的化学方程式为：Li2cO3+CO2+H2O2UHCO3;

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；

③Li2c03的表面有少量Li2c2。4,由于加热烘干时Li2c2。4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(0H)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(0H)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液再加入Na2c03溶

液制得Li2cCh，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p