2023年高考第一次模拟考试卷：化学（重庆A卷）（全解全析）

2023年高考化学第一次模拟考试卷（重庆A卷）

化学•全解全析

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CDCCBCDCCADDDC

1.C【解析】A.明研中的铝离子能水解为氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，可以净水，

但是没有杀菌消毒的功能，故A错误；B.裂化汽油中含有不饱和烧，会与碘发生加成反应，不能用裂化汽

油作萃取剂萃取碘水中的碘，故B错误；C.酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关，臭氧空洞的形成与氟氯

烧或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧（。3）发生一系列连锁反应有关；光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳

氢化合物（CxHy）、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致，都可能与氮氧化物有关，故C

正确；D.在海轮外壳上嵌入钠块，钠会与海水发生反应生成氢氧化钠和氢气，钠块会消失，不可以减缓船

体的腐蚀速率，故D错误；故选C。

2.D【解析】A.中心原子sp3杂化，配位原子数为4,孤电子对数为0,空间构型为正四面体，A项

错误；B.NaNO?含离子键、共价键，B项错误；C.上述反应化合价变化NHQf电，N元素由-3-0,

NaNO?fNz,N元素由+3-0,故Nz既是氧化产物又是还原产物，C项错误；D.可应用于解决冬季开采

石油井下结蜡，故反应放热，AHvO,D项正确；答案选D。

3.C【解析】A.还原性：I>Fe2+,故离子方程式为C12+2r=l2++2ChA错误;B.NaClO溶液中通入少量

2-

反应生成、和故离子方程式为4错误；酸

SO2HC1ONa2s04NaCl,SO2+3C1O+H2O=2HC1O+SO+CV,BC.

性条件下，硝酸根能氧化二价铁离子，故离子方程式为3+正确；碳

3Fe2++4H++NO,=3Fe+NOt+2H2O,CD.

酸氢镀溶液与足量的NaOH溶液反应，碳酸氢根不能拆，故离子方程式为HCO'+NH：+2OH=NH3T

2-

+H2O+CCP,D错误；故选C。

4.C【解析】A.铜也具有焰色，与钠元素的焰色发生冲突，不能观察到钠元素的焰色，故A错误；B.2c

溶于水，CH3coec凡不溶于水，分离2c5溶液和CH3co°3凡用分液的方法，故B错误；c若NaQ?

与水反应放热，则因为瓶中气体膨胀，使得c的液面低于d的液面，所以该装置可以验证Na?。?与水反应的

热量变化，故C正确；D.烧杯不能用于灼烧，应在用烟中进行，故D错误；故选C。

5.B【解析】A.C-0和C-H为极性键，1个I）含有6个极性键，34gC中含有的极性键

、上--x6=3mol

68g-mo「，极性键数3NA,A错误；B.混合气体的通式为(NO2)n，46g二氧化氮与四氧化二氮

—―rx3n=3mol

的混合气体中的原子为46ng・mol，原子数为3NA,B正确；C.浓硫酸为0.92mol,若和铜完

全反应会生成SQ为o.46mol,但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜

不反应，最后会有硫酸剩余，生成S。?分子的数目小于0.46NA,c错误：D.在石英晶体中，一个氧原子形

成2个Si-O键在含4moiSi-O键的石英晶体中，氧原子的数目为2N3D错误：故答案为B。

6.C【解析】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F

均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有CH3cH2cH2cH2cH20H,

CH3

H3C—CH—CH2—CH2OHH3C—CH2—CH—CH2OHCH3-C—CH2OH

CH3,CH3和CH34种。含有5个碳的段酸有

CH3

H3C—CH—CH2—COOHH3c—CH2—CH—COOHCH3—C-COOH

CH3cH2cH2cH2coOH,CH3,CH3和CH34种。因此，酯

CH3—CH2—CH2—CH2—c—O-CH2—CH2—CH2—CH2—CH3

共有4X4=16种。其中，4种酯(o,

CH3CH3CH3CH3

CH3—CH—CH2—C—0—CH2—CH2—CH—CH3CH3—CH2—CH—C—0—CH2—CH—CH2—CH3

o,o和

H3cCH3

\/

CH3—C—C—O—CH,—C—CH3

H3c0CH3)形成的D和F是结构完全相同的较酸,不符合D和F互为同分异构体题意。

因此，符合题意的酯类有16-4=12种。综上所述，答案为C。

7.D【解析】A.羊毛织品的主要成分是蛋白质，蛋白质中含有氢键，水洗时会破坏其中的部分氢键，导

致羊毛织品变形，故A正确；B.铁元素的原子序数为26,电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,由电子排

布规律可知，基态Fe原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15,故B正确；C.硝酸根离子的空间构

型为平面三角形，键角为120。，筱根离子的空间构型为正四面体角形，键角为109。28',氨分子的空间构型

为三角锥形，键角为107。18',白磷分子的空间构型为正四面体形键角为60。，则五种微粒的键角大小顺序

3

为NO,>NH；>NH3>PH,>P,,故c正确；口.二甲醛中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp杂化，则46g

46g

二甲醛中sp3杂化的原子数为46g/molx3xMmol、=3NA，故D错误；故选D。

8.C【解析】A.氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气能够使品红溶液褪色，所以该钾盐可能为氯酸钾，A

错误；B.亚铁离子遇到KSCN溶液不会出现血红色，铝和三价铁能反应生成亚铁离子，则可能含Fe2O3,

B错误；C.将少量溟水加入KI溶液中，再加入CCL,振荡，静置，下层液体呈紫色，说明溪能够与碘化

钾反应生成单质碘，依据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性可知：氧化性：Br2>I2,C正确；D.过氧化钠

具有强氧化性，能使有色物质褪色，过氧化钠和水反应生成NaOH导致溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变

蓝色，所以溶液先变蓝色后褪色，D错误；答案选C。

9.C【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Q单质暗处遇氢气发生爆炸，则Q为F

元素；由阴离子的结构可知，丫为B元素；由阳离子结构中X、Z、W形成的共价键分别为1、4、3可知，

X为H元素、Z为C元素、W为N元素。

【解析】A.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则硼、碳、氮、氟四种原子的原子半径依次减小，

故A正确；B.同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次

增强，则硼酸、碳酸、硝酸的酸性依次增强，故B正确；C.碳元素的氢化物属于烧，固态垃和液态烧的沸

点高于氨气和氟化氢，故C错误：D.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2P轨道为

稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、

被、硼、碳、氧，共5种，故D正确；故选C。

10.A【分析】如图，C。?转化为CHQH分为多步完成：①CO?—②COOH—>CO.③

CO>CHO;④CHO—>CH2O；⑤CHQ—>CH,O.⑥CHQ—>CH,OH；

【解析】A.C02生成甲醇是通过多步反应进行，每步反应碳元素化合价均降低，发生还原反应，故A错

误；B.如图催化剂Cu（黑点）结合H原子，催化剂CL。结合含碳微粒（COOH、CO、CHOCH.OCHQ、

CHQH）,故B正确；C,步骤①C°2—为化学键的形成；步骤②COOH—>CO存在化学键

断裂，所以该催化过程中既涉及化学键的形成，又涉及化学键的断裂，故C正确；D.该催化过程中有CHO

生成，CHO和H原子在C%°催化作用下生成CHQH,所以有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物，

故D正确；故选A。

11.D【分析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，镒元素变成二价镒离子，酸浸时得到镒离子、锌离子和

亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣，溶液中需要除去亚铁离子，应将亚铁离子氧化为铁离子

以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价镒离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被02

氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸镒调节溶液的pH值并控制二价镐离子不被氧化，最后通过电解，锌

离子得到电子在阴极生成锌，二价镒离子在阳极失去电子生成二氧化镒，以此解题。

高温

【解析】A.“还原焙烧”中MnCh、MnOOH分别与炭黑反应，2MnOOH+C^2MnO+COT+H2Of、

高温

反应中锦元素被还原为正确；“酸浸”过程中适当加热，能加快浸取

MnO2+C—MnO+COf,MnO,AB.

速率，B正确；C.根据以上分析，加入碳酸镐调节溶液的pH值，将杂质Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，C

正确；D.由图可知电解产生二氧化镐，则阳极电极反应式为Mn2，-2e+2H2O=MnO?+4H+,D错误：故选

Do

12.D【分析】根据图示装置可知，右侧为电解池，a极NH4cl中NH；失去电子生成NCb，电极反应式为

NH；_6e-+3Cr=NCb+4H+,则a为电解池阳极，与电源正极相连,b为电解池阴极,阴极反应式为2H*+2e=H2f,

盐酸由浓变稀；a极生成的NC13进入左侧的二氧化氯发生器中与NaCICh发生氧化还原反应

3H2O+NCb+6NaClO2=6ClO2T+NH3T+3NaCl+3NaOH。

【解析】A.由分析可知，a为阳极，与直流电源的正极相连，丫溶液是稀盐酸，A错误；B.a极NH4cl

中NH；失去电子生成NCb，电极反应式为NH；-6e-+3Cl-=NCb+4H+,B错误；C.二氧化氯发生器中，发生

反应3H20+NCb+6NaC102=6C102T+NH3T+3NaCl+3NaOH,其中NCb作氧化剂，NaCQ作还原剂，氧化剂

与还原剂物质的量之比为1：6,C错误；D.有0.6mol阴离子通过交换膜，电路中就有0.6mol电子转移，

由反应3H2O+NC13+6NaClO2=6ClO2T+NH3T+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，生成O.lmolNHj,标

况下其体积为2.24L,D正确；故选D。

13.D【解析】A.由图可知，b点NO2的转化率最高，则温度为T°C时，b点恰好达到平衡状态，而ab曲

线上对应容器的体积均小于V2L,起始投料相同，则NCh的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速

率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a

2C+2NO2.-N2+2CO2

始/mol100

变/mol0.40.20.4

点时NCh的转化率为40%,a点反应三段式为平/'⑶/0.60.20.4所以T℃时,

2

该反应的化学平衡常数=(V"=45V!mol.L',故A正确；B.图中b点NOz的转化率最高，

则温度为TC时，b点恰好达到平衡状态，b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速

率减慢，达到平衡的时间延长，所以be曲线上反应均未达到平衡状态，并且NCh的起始浓度均小于b点，

反应速率也小于b点，则be曲线上反应正向进行，即图中c点所示条件下，v(正)>v(逆)，故B正确；C.反

应2c(s)+2NO?(g)脩诊N2(g)+2CCh(g)正向气体体积减小，恒温恒容条件下，平衡体系中再充入一定量的

NO2,相当增大压强，平衡逆向移动，NCh的平衡转化率减小，即向a点平衡体系中充入一定量的NCh，达

到平衡时，NCh的转化率比原平衡小，故C正确；D.b点反应三段式为

2C+2NO2-N2+2CO2

始/mol100

变/mol0.80.40.8

平/fno/0.20.40.8根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可

知，PaV,=1.2RT,PbV2=1.4RT,由于V2>Vi,所以容器内的压强：Pa：Pb>6:7,故D错误；故选D。

14.C【解析】A.比较电离平衡常数，知酸性强弱关系：H2CO,>HC1O>HCO；通入到NaClO溶液

中发生反应：CO2+H2O+NaClO=HClO+NaHCO,；八项错误；B.两者按物质的量1：1混合，发生反应：

NaOH+H2S=NaHS+H2O；溶液呈碱性，HS水解程度大于电离程度，使水的电离程度增大，B项错误；C.混

合后，两者浓度仍然相等，设为心根据Na元素质量守恒得c(Na')=3c,根据$元素质量守恒得

c(S")+c(HS)+c(H?S)=2c,溶液中物料守恒式为：2c(Na+)=3c(S=+3c(HS)+3c(HM,电荷守恒式为:

c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS「)+c(OH),用物料守恒式与电荷守恒式共同消除c(Na.)后得：

+

c(HS-)+3C(H2S)+2c(H)=2c(OH")+c(S^)；c项正确；D.溶液的PH=7时，溶质为NaHS和H2S,存在

以下多个平衡体系：H2sH++HS-,HS-H*+S\HS+H2OH2S+OHH2OH*+OH,其中

+2

c(H)=c(OH)>c(S)>根据电荷守恒式：c(Na*)+c(H，)=2c(S2-)+c(HS)+c(OH-)得c(Na")>c(HS-),

++2

故c(Na)>c(HS-)>c(H)=c(OH)>c(S*),D项错误;

故选C。

15.(1)五(1分)+2(1分)

(2)增大反应物的接触面积，提高原料利用率(2分)Fe(OH)3(2分)

(3)分液漏斗、烧杯(2分)

(4)盐酸(2分)

(5)草酸与丫3+离子形成可溶性配位化合物(2分)

焙烧八

(6)2Y2(C2O4)3-9H,O+3O,==2Y2O,+12CO2+9H2O(2分)

【分析】硅镀铝矿与熔融氢氧化钠焙烧后将矿石中的丫元素转化为丫(OH),,并将Be、Si元素转化为

NaBeCh、Na2SiO3,通入氧气可氧化亚铁离子为铁离子，再结合NaOH生成氢氧化铁沉淀，加水浸取得到滤

液含可溶性钠盐，滤渣为丫(OH%、Fe(OH)3,加入稀盐酸反应生成YCb、FeCb,加入萃取剂除去铁离子，

加入草酸与YCL反应生成Y2(C2O4)3-9H2O,通入空气焙烧生成丫2。3和CO2；

【解析】(1)丫是39号元素，则丫位于元素周期表的第五周期第HIB族；硅镀钮矿[丫zFeBeKSiOjO?]中

丫的化合价为+3价，Be为+2价，Si为+4价，O为-2价，设Fe的化合价为X,根据化合价之和为0可得：

(+3)x2+x+(+2)x2+[+4+(-2)x4]x2+(-2)x2=0,解得x=+2,故Fe的化合价为+2；

(2)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物的接触面积，提高原料利用率；硅镀钮矿中铁元素为

+2价，具有还原性，焙烧中通入熔融氢氧化钠和氧气，则铁元素转化为Fe(OH)3,焙烧后含铁元素的产物

是Fe(OH)3；

(3)“萃取分液”实验需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；

(4)'沉钞过程中加入草酸与YCb反应生成Y2(C2O4)3-9H2O和HC1,则滤液II中盐酸可参与循环使用；

(5)已知草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物，则当草酸用量过多时.，钮的沉淀率下降的原

因是：草酸与丫3+离子形成可溶性配位化合物；

(6)Y2(C2O4)3-9H2O,通入空气焙烧生成丫2O3和CO2,碳元素化合价升高了1,氧元素化合价降低了2,

己经有6个C原子发生变价失去了6个电子，有2个。原子发生变价得到4个电子，根据得失电子守恒，

Y2(C2O4)3-9H2O前配系数2,02前配系数3,结合原子守恒则反应化学方程式为

焙烧

2Y2(C2O4),-9H2O+3O2二2丫2O3+I2CO2+9H2O。

16.(1)三颈烧瓶(1分)防止Fe?+离子被氧化(2分)

⑵关闭活塞3、打开活塞2(2分)

(3)Fe2++2HCO,=FeCChl+CChT+H?。(2分)

A

(4)2cH3cH(OH)COOH+FeCO3=CH3cH(OH)COO]2Fe+CO2T+H2。(2分)洗涤(2分)

(5)250mL容量瓶、胶头滴管(2分)90%(2分)

【分析】由实验装置图可知，装置A中发生的反应为稀硫酸与铁粉反应生成氢气和硫酸亚铁的反应，装置

B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠和碳酸亚铁沉淀，装置C的作用是防止空气

中氧气进入装置B中导致亚铁离子被氧化；实验时，要先打开活塞1、活塞3,使反应生成的氢气赶走装置

中的空气，防止生成的亚铁离子被氧化：一段时间后，启动电磁搅拌器，关闭活塞3、打开活塞2,利用反

应生成的氢气使A中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸镂溶液反应生成碳酸亚铁。

【解析】(1)由实验装置图可知，仪器a为三颈烧瓶；亚铁离子具有还原性，为防止实验中亚铁离子被氧

化，实验所用蒸储水均需经煮沸后快速冷却排尽水中的氧气，故答案为：三颈烧瓶；防止Fe2+离子被氧化;

(2)由分析可知，3步中控制开关的具体操作是关闭活塞3、打开活塞2,目的是利用反应生成的氢气使A

中气压增大，将生成的硫酸亚铁压入B中与碳酸镂溶液反应生成碳酸亚铁，故答案为：关闭活塞3、打开

活塞2；

(3)由题意可知，装置B中发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀，二氧化碳

和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO，=FeCChl+CChT+HzO,故答案为:Fe2++2HCC)3=FeCChl+CChT+H?。；

(4)由题意可知，制得碳酸亚铁的反应为碳酸亚铁与乳酸在75℃条件下反应生成乳酸亚铁、二氧化碳和水,

A

反应的化学方程式为2cH3cH(OH)COOH+FeCC>3=CH3cH(OH)COO]2Fe+CO2f+H2O,反应结束后，从所得

溶液中获得乳酸亚铁晶体的方法是低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：

A

=

2CH3CH(OH)COOH+FeCO3CH3CH(OH)COOj2Fe+CO2f+H2O；洗涤；

(5)①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可

知，实验过程中需要用到的仪器为托盘天平(带祛码)、胶头滴管、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，则

配制成250mL溶液时还需用到的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管;

②由题意可得如下转化关系：CH3CH(OH)COO]2Fe—(NH4)4Ce(SO4)4,滴定消耗

15.00mL0.10mol-L」(NH4)4Ce(S04)4标准溶液，则3.9g产品中乳酸亚铁晶体的纯度为

0.1Omol/Lx0.01500Lx10x234g/mol.“心、，

------------------------£——xl00%=90%,故答案为：90%o

3.9g

17.(1)<(2分)C(2分)

(2)a(2分)曲线c和d分别代表CO?和CH,的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳

反应的进行，导致CH,的转化率大于CO?的转化率(3分)催化剂失去活性(2分)

h~

(100——)％或1------(3分)

757500

【解析】（1）根据InK尸x+二辛上，平衡常数K与温度T成反比，即温度升高，平衡常数减小，则该反应

为放热反应，AH=E式正）-现（逆）＜0,则Ea（正）＜Ea（逆），同理可知反应H和反应III均为放热反应，即

AH

AH,＜0,AH,＜0,根据盖斯定律反应I=反应111x2-反应II,则AH|=2AH「AH,＜0,0＜帚＜2,故填

＜、C；

（2）①物质的量分数均随温度的升高而减小，低温时，反应HI不发生，只发生反应I和H,所以CO2的物

质的量分数小于CH4的物质的量分数，平衡时CO2的物质的量分数随温度变化的曲线是a；曲线c和d分别

代表CO?和CH4的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致转化率

大于CO?的转化率，故填a、曲线c和d分别代表CO?和CH,的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温

度有利于积碳反应的进行，导致CH4的转化率大于CO2的转化率；

②a点时与无催化剂的转化率相同，说明催化剂已无催化活性，其可能原因为催化剂失去活性，故填催化剂

失去活性；

（P（H2）]2

③由反应mCHa（g）C（s）+2H2（g）,K；=p戡）,某温度下反应III的K；=l,平衡时H?的分压为b