【文档说明】《2023年高考化学第一次模拟考试卷》化学（广东B卷）（全解全析）.docx，共(11)页，507.919 KB，由envi的店铺上传

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2023年高考化学第一次模拟考试卷（广东B卷）化学·全解全析12345678910111213141516BBDBCCCABCCCCDCC1．B【解析】A．碲化镉薄膜太阳能电池的光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，A错误；B．地

沟油的化学成分为油脂，其元素组成种类与淀粉相同，均含C、H、O元素，B正确；C．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，减少酸雨的产生，但不能减少二氧化碳的排放，并不有利于实现“碳达峰、碳中和”，C错误；D．聚四氟乙烯分子中不存在不饱和键，不能使溴水褪色，D错误。故答案为：B。2．B【解

析】长信宫灯、铜壶、铜马都属于金属材料，文字缸主要由硅酸盐材料构成；答案选B。3．D【解析】A．汞得硫反应生成HgS，元素化合价发生改变为氧化还原反应，A不符合题意；B．硝酸具有强氧化性，和一些金属发生氧化还原反应，B不符合题意；C．反应为铁和硫酸铜生成铜和硫

酸亚铁，元素化合价发生改变为氧化还原反应，C不符合题意；D．为制取合金的过程，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。4．B【解析】A．基态Fe2+的价电子排布图为，A项错误；B．氮原子结构示意图：，B项正确；C．CN-的电子式为:CN:−，C项错误；D．配位键箭头指向错

误，D项错误；故选B。5．C【解析】A．由分子结构键线式可知，该分子中碳原子周围的价层电子对数分别为：3和4，故碳原子的杂化方式只有23spsp、，A正确；B．由分子结构键线式可知，分子中含有亚氨基NH，故其能与24HSO反应，

同时含有酯基，故其能与NaOH反应，B正确；C．分子中含有两端连有不同原子或原子团的碳碳双键，故存在顺反异构体，但分子中没有手性碳原子，故不存在对映异构体，C错误；D．已知一分子拉西地平分子中含有三个碳碳双键和一个苯环可与H2，故1mol拉西地平最多消耗26molH，D正确；故答案为：C。6．C

【解析】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。7．C【解析】A．酿酒的过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为酒精和二氧化碳，C元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；B．泡茶的过程中，茶叶中易溶于水的物质被萃取中水中，B正确；C．“黄色火焰”是钠元素的焰色反应，C错误；D．豆浆属于胶体，

向其中加入电解质，豆浆发生聚沉，从而得到豆腐，D正确；综上所述答案为C。8．A【解析】A．向饱和食盐水中加浓盐酸，由于同离子效应，析出NaCl固体，离子方程式应为Na++Cl−NaCl↓，A正确；B．该气体应为NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu

2++2NO↑+4H2O，B错误；C．氯水少量，不会产生CO2，离子方程式为CO23−+Cl2+H2O=HCO3−+Cl−+HClO，C错误；D．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子，正确离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SC

N-，D错误；综上所述答案为A。9．B【解析】A．催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，A错误；B．疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液，其主要成分NaClO具有强氧化性，能够将细菌、病毒的蛋白质氧化使其变性，因而失去其生理活

性，B正确；C．铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸，是由于在室温下浓硝酸具有强氧化性，会将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化而不能进一步发生反应，而稀硝酸与铁反应不能产生钝化现象，故不能说稀硝酸比浓硝酸氧化性更强，C

错误；D．可以用FeCl3溶液刻蚀电路板，是由于Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，该反应基本类型不是置换反应，D错误；故合理选项是B。10．C【分析】根据含有氯元素的物质所

属类型，结合氯元素的化合价，可知a是HCl，b是Cl2，c是HClO，d是NaClO等次氯酸盐，e为KClO3等氯酸盐，然后结合物质的性质分析解答。【解析】A．b是Cl2，Cl2易液化，在常温下干燥的Cl2与Fe不反应，因此液化的Cl2可储存在钢瓶中，A正确；B．c是HCl

O，该物质不稳定，光照分解产生HCl、O2；e为KClO3，该盐不稳定，受热易分解产生KCl、O2，故一定条件下，c、e都能分解生成O2，B正确；C．a是HCl，e为KClO3等氯酸盐，二者在水溶液会发生氧化还原反应产生KC

l、Cl2、H2O，故二者在水溶液中不能够大量共存，C错误；D．d是NaClO等次氯酸盐，该物质水溶液显碱性，因此滴入紫色石蕊试液，溶液变为蓝色，同时该盐具有强氧化性，会将蓝色物质氧化变为无色，故向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色，D正

确；故合理选项是C。11．C【解析】W、X、Y、Z为短周期非金属元素，分布于三个不同的周期，且原子序数依次增大。已知X元素与Y元素为同一周期，这四种元素在溶液中会形成一种离子，结合价键情况可知W为H、X为C、Y为O、Z为Cl。A．Y的非金属性强于X，H—O键比H—C键更稳定，选项A正确；

B．元素非金属性越强电负性越大，故电负性：C＜O，选项B正确；C．该离子中的Z元素的电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子空间轨道具有17种不同的能量,选项C不正确；D．X元素的氧化物的水化物的酸性可能大于Z元素的氧化物的水化物的酸性，选项D正确；答案选C。12．C【

解析】A．1个D2O分子中含有10个中子，则20g重水(D2O)中含有的中子数为A20g10N20g/mol=10NA，A不正确；B．pH为l3的NaOH溶液的体积未知，无法求出OH-数目，B不正确；C．1个N2H4分子中含有5

个σ键，则6.4gN2H4中含σ键数目为A6.4g5N32g/mol=NA，C正确；D．乙酸乙酯在酸性条件下的水解反应为可逆反应，则2mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于2NA，D不正确；故选C。13．C

【解析】A．由方程式可知温度越高，3SO的含量越低，所以图中X表示2SO的含硫百分含量随温度的变化，故A错误；B．图中Y表示3SO的含硫百分含量随温度的变化，压强越大3SO的平衡体积分数越大，所以12p>p，故

B错误；C．由图可知a、b两点时各物质的物质的量均相等，但b点容器体积小，所以2SO浓度：()()cbca，故C正确；D．温度越高，平衡常数越低，所以平衡常数：()()Ka>Kb，故D错误。故答案为C14．D【解析】A．()()4422NHF

eSO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()()4422NHFeSO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2+Fe的水解，B

正确；C．由题干流程图可知，步骤②反应为22242242FeHCO2HOFeCO2HO2H++++=+，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。15．C【分析】根据装置图可知，电极a上发生[Fe(CN)6]

4-→[Fe(CN)6]3-，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，根据电解原理，该电极为阳极，则电极b为阴极，据此分析；【解析】A．由图可知，电极a的电极反应为[Fe(CN)6]4-－e-→[Fe(CN

)6]3-，则电极a为阳极，与电源的正极相连，电极b为阴极，故A错误；B．根据装置图可知，电极b的电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根据电解原理可知，阴离子向阳极移动，即OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移，

隔膜为阴离子交换膜，故B错误；C．反应器Ⅰ中发生的反应为3-4--66224Fe(CN)+4OH4Fe(CN)+O+2HO催化剂，故C正确；D．根据上述分析以及本装置的作用可知，该装置的总反应为222

2HO2H+O电解，气体N是氢气，故D错误；答案为C。16．C【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至c点时溶液成分为NaHA和Na2A。【解析】A．

a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知，3a12c=10()KcHA−=-+2（HA）c(H)（HA），A项正确；B．1112()10()WhaKKHAKHA

−−==，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-的电离程度大于水解程度，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，B项正确；C．由电荷守恒可知，c点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH

-)+2c(A2-)，C项错误；D．a点为H2A与NaHA混合溶液，b点为NaHA，c点为NaHA与Na2A混合溶液，溶液中水的电离程度：c＞b＞a，D项正确；故选C。17．（14分）(1)2-+2+42222MnO+6H+5HO=2Mn+5O+8HO（2分）22222HO=O+

2HO（2分）c(H2O2)=0.0312mol/L时，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2⇌H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小（2分）(2)酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反

应（2分）先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶液（2分）完全褪色时间远小于t秒（2分）(3)acde（2分）【解析】（1）①酸性高锰酸钾

溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2-+2+42222MnO+6H+5HO=2Mn+5O+8HO，故答案为：2-+2+42222MnO+6H+5HO=2Mn+5O+8HO；②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样

多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为22222=HOO2HO+，故答案为：22222=HOO2HO+；③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡22442HOHO，当过氧化氢浓度为0.

0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故答案为：22c(HO=0.0312mol/L)时，H2O2溶液中存在平衡：22442HOHO，使得c(H2O2)减小，导致反

应速率忽然减小；（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反

应生成的Mn2+可以催化该反应；②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色

时间远小于t秒，故答案为：酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2+可以催化该反应；先滴入9滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴加5滴0.05mol/LKMnO4[c(H+)=5.0mol/L]溶

液；完全褪色时间远小于t秒；（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，故a符合题意；b．由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡2

2442HOHO，当过氧化氢浓度为0.0312mol/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小，故b不符合题意；c．增大硫酸浓度，氢离子参与反应，浓度增加，反应速率加快，故c符合题

意；d．加热适当温度，反应温度增大，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故d符合题意；e．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，故e符合题意；故答案为：ac

de。18．（16分）(1)2---323CO+HOHCO+OH，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解（2分）(2)将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合（2分）2222FeMnO4HMnFe2HO++

+++++=（2分）(3)2SiO和4CaSO（2分）(4)生成的3Fe+可催化22HO的分解（2分）(5)加入3CaCO消耗+H，()OHc−增大，从而沉淀3Fe+和3Al+（2分）(6)23322Mn2HCOMnCOCOHO+−+=++（2分）(7)6（1分）-30A1

74abc10N（1分）【分析】MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)加入废铁屑，再加入硫酸进行酸浸，除去滤渣1为

2SiO和4CaSO，再加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH，除铁、铝，除去滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，再加入氟化锰除钙、镁，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，再加入碳酸氢铵沉锰，最后制得MnCO3。【解析】（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为2323COHO

HCOOH−−−++，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为2222FeMnO4HMnFe2H

O+++++++=；（3）2SiO不溶于酸，4CaSO微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为2SiO和4CaSO；（4）“氧化”过程中加入22HO的量远超理论量的原因为生成的3Fe+可催化22HO的分

解；（5）加入3CaCO能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的；（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为2+-3322Mn+2HCOMnCO+COO=+H；（7）由图可知2MnO晶胞中Mn的配位数为6，该晶体密度为()2

-3-30-30AA2MMnO174=gcmabc10Nabc10N。19．（12分）(1)-738kJ·mol-1（2分）(2)AC（2分）<（1分）>（1分）(3)n（2分）直线n斜率大(

或直线n斜率绝对值小或直线n较m平缓)，Ea小，反应速率快，催化效率高（2分）(4)随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)（2分）【解析】（1）①2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1=-558

kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH2=+180kJ·mol-1根据盖斯定律①-②得2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-558kJ·mol-1-180kJ·mol-1=-738kJ·mol-1；（2）①A．断裂2m

olC=O的同时生成4molC=O，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故选A；B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选B；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是

恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故选C；D．随反应进行，CO2的体积分数增大，若CO2的体积分数不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选D；选AC。②正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，CO2的体积分数增大，压强p1<p2；正

反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以a、b两点的平衡常数Ka>Kb。（3）根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n；（4）高于T℃时催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少，所以当温度高于T℃时n(CO2)下降；温度高于

T℃，反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，所以当温度高于T℃时n(CO2)下降。20．（14分）(1)BC（2分）(2)（2分）(3)（2分）4HCl（2分）(4)（3分）(5)、、（3分）【分析】根据B的分子式，结合A的结构简式，由D逆推，可知B是；和SOCl2反应生成

C，根据C的分子式可知，C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；D被还原为E，根据E的分子式可知E是；E中硝基被还原为氨基，F是。【解析】（1）A．A→B苯环上引入硝基，发生硝化反应，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸，故A正确；B．B→C是B中

羟基被Cl原子代替、E→F是E中的硝基被还原为氨基，B→C是取代反应、E→F是还原反应，故B错误；C．根据罗匹尼罗的结构简式，可知分子式是C16H24N2O，故C错误；D．罗匹尼罗中N原子可与通过配位键与H+结

合，可制成盐酸盐，增强水溶性，故D正确；选BC。（2）C是；C和M反应生成D，由C和D的结构简式可知M是；（3）根据以上分析，F是，和CCl3CHO+NH3OH•HCl反应生成和HCl，F→G的化学方程

式：+CCl3CHO+NH3OH•HCl→+4HCl。（4）甲苯和氯气在Fe作用下生成，在光照条件下和氯气反应生成，根据题目信息，和CN-反应生成，再水解为，合成A的路线为。（5）①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2

∶6，有羧基和碳碳双键，说明分子中含有2个甲基且结构对称；②分子中含一个六元环。符合条件的的同分异构有、、。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com