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2023年高考押題預測卷03【浙江卷】
化學·參考答案
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
B
A
C
D
B
D
題號
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
C
A
D
C
B
D
C
1．C
【解析】A項，H2SO4為共價分子不含離子鍵，故A不選；B項，CH3COOH為共價分子不含離子鍵，故B不選；C項，NH4Cl為強酸弱堿鹽，屬于銨根離子和酸根離子通過離子鍵形成的離子化合物，水解顯酸性，故C選；D項，NaHCO3為強堿弱酸鹽，屬于鈉離子和碳酸氫根離子通過離子鍵形成的離子化合物，水解顯堿性，故D不選；故選C。
2．C
【解析】ZnCO3與木炭共熱制得倭鉛(鋅)涉及的反應： ZnCO3CO2↑+ZnO、CO2 +C2CO、ZnO+COZn+CO2。A項，Zn屬于副族元素，位于周期表的ds區(qū)，故A正確；B項，制備鋅過程也能發(fā)生反應ZnO+CZn+CO2↑，該反應為置換反應，故B正確；C項，高溫加熱ZnCO3會發(fā)生分解，產(chǎn)生二氧化碳和ZnO，故C錯誤；D項，CO32-中心C原子價層電子對數(shù)為3+=3，沒有孤電子對，空間構型為平面三角形，故D正確；故選C。
3．B
【解析】A項，F(xiàn)是9號元素，中子數(shù)為10的氟原子質(zhì)量數(shù)A=10+9=19，用原子符號可表示為：，A錯誤；B項，F(xiàn)e是26號元素，根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可知，基態(tài)Fe原子的原子結構示意圖為：，B正確；C項，SO2分子中的中心S原子價層電子對數(shù)是2+=3，含有1對孤電子對，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空間結構模型V形，不是直線型，C錯誤；D項，N是7號元素，根據(jù)構造原理可知基態(tài)N原子的軌道表示式為：，D錯誤；故選B。
4．A
【解析】A項，ClO2具有強氧化性，可用作消毒劑，故A錯誤；B項，硬鋁合金具有密度小、強度高的優(yōu)良特性，因此可用作航空材料，故B正確；C項，Na2CO3溶液呈堿性，可促進油脂水解生成溶水物質(zhì)，常用于去除油污，故C正確；D項，SO2具有漂白性，可用于漂白紙漿、草帽等，故D正確；故選A。
5．C
【解析】A項，CO2與Na2O2粉末反應生成O2，得到的為CO和O2的混合氣體，故A錯誤；B項，乙酸乙酯中混有少量的稀硫酸，蒸餾會發(fā)生水解，應用水洗后進行分液，再用無水硫酸鎂干燥，即可得到純凈的乙酸乙酯，故B錯誤；C項，蛋白質(zhì)溶液為膠體，可發(fā)生鹽析，膠體微粒不能透過半透膜，可用滲析的方法分離提純蛋白質(zhì)，故C正確；D項，電石和水溶液反應劇烈反應過程中微溶于水的氫氧化鈣生成，堵塞啟普發(fā)生器，所以不能在啟普發(fā)生器中進行，故D錯誤；故選C。
6．D
【解析】A項，該反應中C元素化合價由0價升高為+2價，失電子被氧化，A錯誤；B項，該反應中Si元素化合價沒有改變，N元素由0價變?yōu)?3價被還原，所以Si3N4只是還原產(chǎn)物，B錯誤；C項，該反應中C為還原劑，N2為氧化劑，根據(jù)化學方程式可知氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：3，質(zhì)量之比為28：(12×3)=7∶9，C錯誤；D項，14.0g Si3N4的物質(zhì)的量為=0.1mol，所以有0.2molN2被還原，轉(zhuǎn)移1.2mol電子，D正確；故選D。
7．B
【解析】A項，大理石與醋酸反應生成醋酸鈣、水和二氧化碳，大理石是難溶物質(zhì)，醋酸是弱酸，書寫時不拆，離子方程式書寫正確，故A正確；B項，粗銅電解精煉(粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅溶液作電解液)時，陽極上溶解的金屬除Cu外，還有Zn、Fe等活潑性比Cu強的金屬，陰極上只有Cu2+得到電子變?yōu)镃u單質(zhì)，故B錯誤；C項，鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，化學方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C正確；D項，氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，Mg(HCO3)2溶液中加入過量NaOH溶液的反應生成氫氧化鎂沉淀和碳酸鈉、水，反應的離子方程式為Mg2++2HCO3?+4OH?=Mg(OH)2↓+2CO32?+2H2O，故D正確；故選B。
8．D
【解析】A項，DNA的雙螺旋結構是DNA分子中兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用形成，A正確；B項，甘油醛的結構簡式，是最簡單的醛醣，最中間的碳原子是手性碳原子，B正確；C項，橡膠有天然橡膠和合成橡膠，其中天然橡膠是天然高分子，蛋白質(zhì)、纖維素都是天然高分子，尼龍是合成纖維，C正確；D項，丁苯橡膠、聚乙烯為加聚反應獲得的高聚物，聚酯纖維是通過縮聚反應獲得，D錯誤；故選D。
9．D
【解析】A項，第VA族元素第一電離能大于同一周期相鄰的元素，第一電離能：N>O>C，A項錯誤；B項，該有機物分子中苯環(huán)上碳原子采取sp2雜化，側(cè)鏈上碳原子采取sp3雜化，B項錯誤；C項，基態(tài)氫原子電子排布式為ls，電子云輪廓圖為球形，C項錯誤；D項，PO43-中P價層有4個電子對，沒有孤電子對，空間結構和VSEPR模型都是正四面體形，D項正確；故選D。
10．C
【解析】X、Y、Z、Q、T五種元素，原子序數(shù)依次增大；Y原子的2p軌道只有一對成對電子，Y為氧；X原子2p軌道上有1個空軌道，且原子序數(shù)小于氧，為碳；微粒T3+的價電子構型是3d5，T為鐵；Q最高價氧化物對應水化物是常見的三元酸， Q為磷；Z原子M層上有兩個未成對電子，且原子序數(shù)小于磷，Z為硅。A項，同一主族隨原子序數(shù)變大，原子半徑變大，第一電離能變??；第一電離能：X＞Z，A正確；B項，金剛石、P4單質(zhì)的結構單元是正四面體，B正確；C項，氧和硅形成的二氧化硅為共價晶體，C錯誤；D項，鐵與氧能形成高鐵酸根離子FeO42-，D正確；故選C。
11．A
【解析】放電時負極反應：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正極反應：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯氣，放電時，陰離子移向負極，充電時陽極：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A項，放電時N為負極，失去電子，Ti元素價態(tài)升高，電極反應為Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正確；B項，在放電時，正極反應為Cl2+2e-=2C1-，電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，理論上氯氣的CCl4溶液中釋放0.5 mol Cl2，，B錯誤；C項，充電時，N極為陰極，電極反應為NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N極理論質(zhì)量增加23g，C錯誤；D項，充電過程中，陽極2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl溶液濃度減小，D錯誤；故選A。
12．D
【解析】A項，由圖可知，有1個P結合3個S為＋3價，其他3個P結合1個S都是＋1價，正價總數(shù)為＋6，而S為-2價，故A錯誤；B項，該分子中全部為單鍵，含有P-P非極性鍵，故B錯誤；C項，三硫化四磷屬于分子晶體，相對分子質(zhì)量大于P4，則三硫化四磷的熔點較高，所以該物質(zhì)的熔、沸點比P4高，故C錯誤；D項，PH3與SO2發(fā)生氧化還原反應生成P4S3，反應可表示為：4PH3+3SO2=P4S3+6H2O，故D正確；故選D。
13．C
【解析】A項，由圖可知pH在7.35～7.45之間時，砷元素微粒主要是H3AsO3，A正確；B項，由圖可知，當溶液的pH在11～13之間時，物質(zhì)的量分數(shù)H2AsO3-減小，HAsO32-增大，說明H2AsO3-可電離為HAsO32-，由于溶液顯堿性，說明H2AsO3-可水解，B正確；C項，當溶液的pH=11時，溶液顯堿性，c(OH―)＞c(H＋)，則3c(AsO33-)+2c(HAsO32-)+c(H2AsO3-)+c(OH―)＞c(H＋)，C錯誤；D項，pH=13時，溶液中砷元素微粒主要是AsO33-、HAsO32-和H2AsO3-，則，，D正確；故選C。
14．B
【解析】A項，活化能越大，反應速率越慢，根據(jù)圖中信息反應I活化能最大，因此三步分反應中決定總反應速率的是反應I，故A正確；B項，根據(jù)圖中信息和蓋斯定律得到I、II兩步的總反應為CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2O(g) ΔH＝-314.3kJ·mol?1??，故B錯誤；C項，由于CO(g)的能量不清楚，因此根據(jù)圖像無法判斷過渡狀態(tài)a、b、c的穩(wěn)定性相對高低，故C正確；D項，根據(jù)總反應2CO(g)＋2NO(g)=2CO2(g)＋N2(g) ??ΔH＝-620.9kJ·mol?1??和??CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2O(g) ΔH＝-314.3kJ·mol?1，得到反應III的??N2O(g)＋CO2(g)＋CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-306.6kJ·mol?1，逆反應的活化能(逆)，故D正確。故選B。
15．D
【解析】A項，用過量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，則浸泡后，可以認為浸泡后CaSO4完全轉(zhuǎn)化為CaCO3，A錯誤； B項，由質(zhì)子守恒可知，0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+2c(H2CO3)，B錯誤；C項，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的，反應正向進行，需滿足，C錯誤；D項，過濾后所得清液為碳酸鈣的飽和溶液，存在：，且由于碳酸根離子濃度較大導致鈣離子濃度很小，故存在，D正確；故選D。
16．C
【解析】A項，離子化合物的熔點和離子化合物的晶格能有關，鈉離子半徑比鉀離子半徑更小，硫化鈉的晶格能更大，Na2S中離子鍵強于K2S中離子鍵，故Na2S的熔點更高，A正確；B項，硫離子水解導致溶液顯堿性，pH大于7，B正確；C項，硫離子具有還原性、高錳酸鉀具有強氧化性，反應中硫化鈉過量，高錳酸鉀不足，反應生成硫單質(zhì)，生成的硫單質(zhì)溶于硫化鈉溶液而顯黃色，C錯誤；D項，過氧化氫將硫離子氧化為硫單質(zhì)，產(chǎn)生淡黃色沉淀，D正確；故選C。
17．(10分)
(1)AD(2分) (2) (2分)
(3)該晶體在通電時，鈉離子可在電場的作用下遷移到缺陷處，形成電流(2分)
(4)> (2分) (5)離子鍵、非極性共價鍵(2分)
【解析】(1)A項，基態(tài)Na+的核外電子排布為：1s22s22p6，核外電子有5種空間運動狀態(tài)，A正確；B項，同主族元素從上到下第一電離能遞減，則鋰是第一電離能最大的堿金屬元素，B錯誤；C項，氯原子的價電子排布式可寫成3s23p5，C錯誤；D項，以體心氯離子為觀察對象，可知其周圍與它最近且等距的氯離子位于棱心，有12個，D正確；故選AD；(2)由晶胞結構可知鈉離子位于頂點和面心，個數(shù)為，氯離子位于體心和棱心，個數(shù)為：，則晶胞的質(zhì)量為：g，NaCl的密度為ρg· cm-3，則晶胞的體積為：cm3，晶胞的邊長為：，則在NaCl晶體里Na+和Cl-的最短距離為邊長的一半，即pm；(3)該驚晶體在通電條件下，鈉離子在電場的作用下可以發(fā)生遷移，遷移到缺陷處，從而形成電流；(4)NiO、FeO的晶體類型與氯化鈉相同，均為離子晶體，Ni2+半徑小于Fe2+半徑，離子半徑越小、離子鍵越強，晶格能越大，晶體的熔沸點越高，故熔點：NiO大于FeO；(5)BaO2中鋇離子與過氧根離子之間存在離子鍵，過氧根內(nèi)為非極性共價鍵。
18．(10分)
(1)?(1分)??? Fe3SiC2(2分)
(2) 2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O (3分)
(3)2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+(2分)
(4)取少量溶液G于試管中，滴加石蕊試液，若溶液變紅，則存在H+；另取少量溶液G于試管中，滴加KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則存在Fe3+(2分)
【解析】4.4g固體X分為兩等份，每份2.2g，與足量O2在加熱條件下反應產(chǎn)生氣體C和固體A，A與足量NaOH反應得到紅棕色固體B2.4g，紅棕色固體為不溶于NaOH的Fe2O3，則n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X與足量濃硫酸加熱反應生成的氣體D與酸性高錳酸鉀反應后得到的氣體E與足量澄清石灰水反應產(chǎn)生固體F為碳酸鈣，2.0g，則n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除鐵、碳外的質(zhì)量為2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，結合固體A中部分能與NaOH反應，與硫酸反應后產(chǎn)生的固體H可推出可能產(chǎn)生SiO2固體，則另一元素為Si，物質(zhì)的量為=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化學式為Fe3SiC2；進一步確認固體A為Fe2O3和SiO2的混合物；固體H為SiO2或H2SiO3；溶液G中含有過量的硫酸和生成的硫酸鐵。(1)E為CO2，其電子式是；X的化學式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X與足量濃H2SO4反應的化學方程式為2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)氣體D為SO2，與酸性KMnO4溶液反應的離子反應方程式為2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的陽離子有H+、Fe3+；檢驗溶液G中的陽離子：取少量溶液G于試管中，滴加石蕊試液，若溶液變紅，則存在H+；另取少量溶液G于試管中，滴加KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則存在Fe3+。
19．(10分)
(1)-49.3(2分) (2)ABD(2分)
(3)???? ??(2分) ?? 4：1 (2分)
(4)CaO和CO2反應生成CaCO3，CO2濃度降低，平衡正向移動(2分)
【解析】(1)3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)的ΔH=生成物的能量-反應物的能量=-201.0 kJ·mol－1-241.8 kJ·mol－1-(-393.5 kJ·mol－1) =-49.3 kJ·mol－1。(2)A項，根據(jù)圖示信息可知，使用催化劑II時，相同時間內(nèi)，CO2的轉(zhuǎn)化率更高，則催化效率較高的是催化劑II，故A正確；B項，反應得到平衡狀態(tài)時，兩種催化劑催化作用下CO2的轉(zhuǎn)化率相等，則B和C點處于平衡狀態(tài)，則c點，而A點溫度低于C點，則A點一定小于C點的，故B正確；C項，反應得到平衡狀態(tài)時，兩種催化劑催化作用下CO2的轉(zhuǎn)化率相等，則B和C點處于平衡狀態(tài)，兩種催化劑的催化效率不同，則C點，故C錯誤；D項，T1~T3溫度區(qū)，CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高均增大的原因是：反應未達平衡，隨溫度升高反應速率加快，相同時間內(nèi)CO2轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；故選ABD。(3)①甲容器和乙容器體積相等，乙溶液中CO2(g)和H2(g)濃度是甲容器的兩倍，相當于在甲溶液的基礎上增大壓強，而反應3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)是氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，CO2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率比甲容器中的大，且該反應是放熱反應，升高穩(wěn)定CO2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率減小，畫出乙容器中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率曲線乙為：；②根據(jù)已知條件列出甲容器“三段式”：

平衡常數(shù)，根據(jù)已知條件列出乙容器的“三段式”：

平衡常數(shù)，則。(4)其他條件不變時向上述體系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反應生成CaCO3，CO2濃度降低，平衡正向移動，反應相同時間測得H2的體積分數(shù)增大。
20．(10分)
(1)收集冷凝的四氯化鈦并防止倒吸???? 防止空氣中氧氣、水進入裝置(2分)
(2)BD
(3)?氫氣不僅是反應物還是四氯化鈦的載氣，且氫氣不可能全部參加反應(1分)???? A中水浴的溫度(1分)
(4) b、a???? a、d(3分)???? 偏低(1分)
【解析】實驗中應先通一段時間氫氣后，再打開裝置B的加熱開關，TiO2、TiCl4、H2反應生成Ti2O3，當裝置中出現(xiàn)紫紅色氣體，說明TiO2已消耗完畢，關閉裝置B的加熱開關，待冷卻后再關閉K1、K2。(1)TiCl4在C裝置中易被液化從而使氣壓變小，故C裝置的作用是收集冷凝的四氯化鈦并防止倒吸；D裝置中濃硫酸的作用是防止空氣中氧氣、水進入裝置BC中，干擾實驗的進行；(2)A項，裝置中兩個反應先后反應，且TiCl3為紫紅色氣體，故當裝置中出現(xiàn)紫紅色氣體，說明TiO2已消耗完畢，A正確；B項，尾氣中的HCl氣體極易溶于水裝置，故D后連接的導管不可直接插入水中吸收尾氣，B錯誤；C項，氫氣為可燃性氣體，故先通一段時間氫氣排凈裝置中空氣后防止爆炸，再打開裝置B的加熱開關，C正確；D項，反應結束，首先關閉裝置B的加熱開關，待冷卻后再關閉K1、K2，D錯誤；故選BD；(3)開始反應后，為提高H2的利用率，應降低H2流量，而實驗過程中H2流量卻需要遠大于化學計量值的原因是氫氣不僅是反應物還是四氯化鈦的載氣，且氫氣不可能全部參加反應，且要把生成的HCl帶出裝置使得反應更徹底；TiCl4與H2的比例過大，容易引發(fā)副反應II，可通過調(diào)節(jié)裝置A中水浴的溫度，控制TiCl4的氣化量，達到調(diào)整TiCl4的通入量；(4)①根據(jù)滴定原理可知，實驗過程為：準確稱量0.1000g產(chǎn)物與燒杯中，加入x gCe(SO4)2 (過量)，30mL濃磷酸和5mL濃硫酸，利用Ce4+將產(chǎn)物中三價鈦氧化為四價；然后轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待測液，加入指示劑，用(NH4)2Fe(SO4)2標準液滴定剩余的Ce4+，并進行正確讀數(shù)；故I答案為b、a；已知：實驗室現(xiàn)有的Ce(SO4)2含有Ce2(SO4)3雜質(zhì)；故需要進行空白實驗排除Ce2(SO4)3對實驗的干擾，實驗過程為：另稱取x gCe(SO4)2，加入30mL濃磷酸和5mL濃硫酸，轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待測液，加入指示劑，用(NH4)2Fe(SO4)2標準液滴定，并進行正確讀數(shù)；故II答案為a、d；②實驗I中在進行d操作時，不慎將(NH4)2Fe(SO4)2標準液滴出錐形瓶，使得標準液的用量偏大，相當于剩余的Ce4+偏多，導致測定的Ti2O3質(zhì)量偏小，分數(shù)偏低。
21．(12分)
(1)羰基、醛基、酰胺基(1分)
(2)CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3(1分)
(3)C(2分)
(4)+HOCH2CH2OH (2分)
(5)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO(3分)
(6)為(3分)
【解析】A和C4H7NO反應生成B，B和C4H6O反應生成C，結合已知信息和C的結構，C4H6O為CH2=CHCOCH3，C4H7NO為CH3CH2CONHCH3，則A和C4H7NO反應生成B為CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，E分子式為C2H4，E為CH2=CH2，E發(fā)生氧化反應生成F為，和水反應生成G，G和D反應生成H，H進一步成環(huán)生成L，結合L的結構可知D為，H為。(1)化合物C所含的官能團名稱是羰基、醛基、酰胺基；(2)根據(jù)分析，化合物B的結構簡式是CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3；(3)A項，根據(jù)分析，C4H6O為CH2=CHCOCH3，B為CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，B→C的反應類型為加成反應，A錯誤；B項，化合物F為，B錯誤；C項，化合物L為，分子式是C14H23NO3，C正確；D項，化合物A為烷烴的含氧衍生物，具有類似甲烷的四面體結構，所有碳原子不可能共平面，D錯誤；(4)D+G→H的化學方程式+HOCH2CH2OH；(5)E為乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得CH3CHO，2分子CH3CHO縮合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO自身脫水生成CH2CH=CHCHO，CH2CH=CHCHO與H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具體路線為CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO；(6)D為；①IR譜檢測表明：分子中含一個苯環(huán)，有N-O鍵，無O-H、O-O鍵；②譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子；符合條件的同分異構體為等。

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