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2023年高考押题预测卷03（浙江卷）-化学（参考答案）
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2023年高考押题预测卷03【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
B
A
C
D
B
D
题号
9
10
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14
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16
答案
D
C
A
D
C
B
D
C
1．C
【解析】A项，H2SO4为共价分子不含离子键，故A不选；B项，CH3COOH为共价分子不含离子键，故B不选；C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，属于铵根离子和酸根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显酸性，故C选；D项，NaHCO3为强碱弱酸盐，属于钠离子和碳酸氢根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显碱性，故D不选；故选C。
2．C
【解析】ZnCO3与木炭共热制得倭铅(锌)涉及的反应： ZnCO3CO2↑+ZnO、CO2 +C2CO、ZnO+COZn+CO2。A项，Zn属于副族元素，位于周期表的ds区，故A正确；B项，制备锌过程也能发生反应ZnO+CZn+CO2↑，该反应为置换反应，故B正确；C项，高温加热ZnCO3会发生分解，产生二氧化碳和ZnO，故C错误；D项，CO32-中心C原子价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故D正确；故选C。
3．B
【解析】A项，F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A错误；B项，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；C项，SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；D项，N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；故选B。
4．A
【解析】A项，ClO2具有强氧化性，可用作消毒剂，故A错误；B项，硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B正确；C项，Na2CO3溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C正确；D项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D正确；故选A。
5．C
【解析】A项，CO2与Na2O2粉末反应生成O2，得到的为CO和O2的混合气体，故A错误；B项，乙酸乙酯中混有少量的稀硫酸，蒸馏会发生水解，应用水洗后进行分液，再用无水硫酸镁干燥，即可得到纯净的乙酸乙酯，故B错误；C项，蛋白质溶液为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析的方法分离提纯蛋白质，故C正确；D项，电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，堵塞启普发生器，所以不能在启普发生器中进行，故D错误；故选C。
6．D
【解析】A项，该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B项，该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C项，该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D项，14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；故选D。
7．B
【解析】A项，大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，大理石是难溶物质，醋酸是弱酸，书写时不拆，离子方程式书写正确，故A正确；B项，粗铜电解精炼(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu外，还有Zn、Fe等活泼性比Cu强的金属，阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，故B错误；C项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C正确；D项，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故D正确；故选B。
8．D
【解析】A项，DNA的双螺旋结构是DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用形成，A正确；B项，甘油醛的结构简式，是最简单的醛醣，最中间的碳原子是手性碳原子，B正确；C项，橡胶有天然橡胶和合成橡胶，其中天然橡胶是天然高分子，蛋白质、纤维素都是天然高分子，尼龙是合成纤维，C正确；D项，丁苯橡胶、聚乙烯为加聚反应获得的高聚物，聚酯纤维是通过缩聚反应获得，D错误；故选D。
9．D
【解析】A项，第VA族元素第一电离能大于同一周期相邻的元素，第一电离能：N>O>C，A项错误；B项，该有机物分子中苯环上碳原子采取sp2杂化，侧链上碳原子采取sp3杂化，B项错误；C项，基态氢原子电子排布式为ls，电子云轮廓图为球形，C项错误；D项，PO43-中P价层有4个电子对，没有孤电子对，空间结构和VSEPR模型都是正四面体形，D项正确；故选D。
10．C
【解析】X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大；Y原子的2p轨道只有一对成对电子，Y为氧；X原子2p轨道上有1个空轨道，且原子序数小于氧，为碳；微粒T3+的价电子构型是3d5，T为铁；Q最高价氧化物对应水化物是常见的三元酸， Q为磷；Z原子M层上有两个未成对电子，且原子序数小于磷，Z为硅。A项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：X＞Z，A正确；B项，金刚石、P4单质的结构单元是正四面体，B正确；C项，氧和硅形成的二氧化硅为共价晶体，C错误；D项，铁与氧能形成高铁酸根离子FeO42-，D正确；故选C。
11．A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A项，放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；B项，在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B错误；C项，充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D项，充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。
12．D
【解析】A项，由图可知，有1个P结合3个S为＋3价，其他3个P结合1个S都是＋1价，正价总数为＋6，而S为-2价，故A错误；B项，该分子中全部为单键，含有P-P非极性键，故B错误；C项，三硫化四磷属于分子晶体，相对分子质量大于P4，则三硫化四磷的熔点较高，所以该物质的熔、沸点比P4高，故C错误；D项，PH3与SO2发生氧化还原反应生成P4S3，反应可表示为：4PH3+3SO2=P4S3+6H2O，故D正确；故选D。
13．C
【解析】A项，由图可知pH在7.35～7.45之间时，砷元素微粒主要是H3AsO3，A正确；B项，由图可知，当溶液的pH在11～13之间时，物质的量分数H2AsO3-减小，HAsO32-增大，说明H2AsO3-可电离为HAsO32-，由于溶液显碱性，说明H2AsO3-可水解，B正确；C项，当溶液的pH=11时，溶液显碱性，c(OH―)＞c(H＋)，则3c(AsO33-)+2c(HAsO32-)+c(H2AsO3-)+c(OH―)＞c(H＋)，C错误；D项，pH=13时，溶液中砷元素微粒主要是AsO33-、HAsO32-和H2AsO3-，则，，D正确；故选C。
14．B
【解析】A项，活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；B项，根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2O(g) ΔH＝-314.3kJ·mol−1 ，故B错误；C项，由于CO(g)的能量不清楚，因此根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；D项，根据总反应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，得到反应III的 N2O(g)＋CO2(g)＋CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-306.6kJ·mol−1，逆反应的活化能(逆)，故D正确。故选B。
15．D
【解析】A项，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3，A错误； B项，由质子守恒可知，0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+2c(H2CO3)，B错误；C项，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的，反应正向进行，需满足，C错误；D项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；故选D。
16．C
【解析】A项，离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，Na2S中离子键强于K2S中离子键，故Na2S的熔点更高，A正确；B项，硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B正确；C项，硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C错误；D项，过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D正确；故选C。
17．(10分)
(1)AD(2分) (2) (2分)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流(2分)
(4)> (2分) (5)离子键、非极性共价键(2分)
【解析】(1)A项，基态Na+的核外电子排布为：1s22s22p6，核外电子有5种空间运动状态，A正确；B项，同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；C项，氯原子的价电子排布式可写成3s23p5，C错误；D项，以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；故选AD；(2)由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，NaCl的密度为ρg· cm-3，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在NaCl晶体里Na+和Cl-的最短距离为边长的一半，即pm；(3)该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流；(4)NiO、FeO的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，Ni2+半径小于Fe2+半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：NiO大于FeO；(5)BaO2中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键。
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于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+(2分)
【解析】4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。(1)E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X与足量浓H2SO4反应的化学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)气体D为SO2，与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
19．(10分)
(1)-49.3(2分) (2)ABD(2分)
(3) (2分) 4：1 (2分)
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动(2分)
【解析】(1)3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)的ΔH=生成物的能量-反应物的能量=-201.0 kJ·mol－1-241.8 kJ·mol－1-(-393.5 kJ·mol－1) =-49.3 kJ·mol－1。(2)A项，根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，CO2的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；B项，反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；C项，反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；D项，T1~T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大，故D正确；故选ABD。(3)①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中CO2(g)和H2(g)浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2(g)的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定CO2(g)的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：；②根据已知条件列出甲容器“三段式”：
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”：
平衡常数，则。(4)其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得H2的体积分数增大。
20．(10分)
(1)收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸 防止空气中氧气、水进入装置(2分)
(2)BD
(3) 氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应(1分) A中水浴的温度(1分)
(4) b、a a、d(3分) 偏低(1分)
【解析】实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关，TiO2、TiCl4、H2反应生成Ti2O3，当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2。(1)TiCl4在C装置中易被液化从而使气压变小，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；(2)A项，装置中两个反应先后反应，且TiCl3为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，A正确；B项，尾气中的HCl气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B错误；C项，氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，C正确；D项，反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2，D错误；故选BD；(3)开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiCl4的气化量，达到调整TiCl4的通入量；(4)①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入x gCe(SO4)2 (过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定剩余的Ce4+，并进行正确读数；故I答案为b、a；已知：实验室现有的Ce(SO4)2含有Ce2(SO4)3杂质；故需要进行空白实验排除Ce2(SO4)3对实验的干扰，实验过程为：另称取x gCe(SO4)2，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定，并进行正确读数；故II答案为a、d；②实验I中在进行d操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的Ti2O3质量偏小，分数偏低。
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)为(3分)
【解析】A和C4H7NO反应生成B，B和C4H6O反应生成C，结合已知信息和C的结构，C4H6O为CH2=CHCOCH3，C4H7NO为CH3CH2CONHCH3，则A和C4H7NO反应生成B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，E分子式为C2H4，E为CH2=CH2，E发生氧化反应生成F为，和水反应生成G，G和D反应生成H，H进一步成环生成L，结合L的结构可知D为，H为。(1)化合物C所含的官能团名称是羰基、醛基、酰胺基；(2)根据分析，化合物B的结构简式是CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3；(3)A项，根据分析，C4H6O为CH2=CHCOCH3，B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，B→C的反应类型为加成反应，A错误；B项，化合物F为，B错误；C项，化合物L为，分子式是C14H23NO3，C正确；D项，化合物A为烷烃的含氧衍生物，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，D错误；(4)D+G→H的化学方程式+HOCH2CH2OH；(5)E为乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得CH3CHO，2分子CH3CHO缩合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO自身脱水生成CH2CH=CHCHO，CH2CH=CHCHO与H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具体路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO；(6)D为；①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有N-O键，无O-H、O-O键；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；符合条件的同分异构体为等。
绝密★启用前
2023年高考押题预测卷03【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
B
A
C
D
B
D
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
C
A
D
C
B
D
C
1．C
【解析】A项，H2SO4为共价分子不含离子键，故A不选；B项，CH3COOH为共价分子不含离子键，故B不选；C项，NH4Cl为强酸弱碱盐，属于铵根离子和酸根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显酸性，故C选；D项，NaHCO3为强碱弱酸盐，属于钠离子和碳酸氢根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显碱性，故D不选；故选C。
2．C
【解析】ZnCO3与木炭共热制得倭铅(锌)涉及的反应： ZnCO3CO2↑+ZnO、CO2 +C2CO、ZnO+COZn+CO2。A项，Zn属于副族元素，位于周期表的ds区，故A正确；B项，制备锌过程也能发生反应ZnO+CZn+CO2↑，该反应为置换反应，故B正确；C项，高温加热ZnCO3会发生分解，产生二氧化碳和ZnO，故C错误；D项，CO32-中心C原子价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故D正确；故选C。
3．B
【解析】A项，F是9号元素，中子数为10的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：，A错误；B项，Fe是26号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe原子的原子结构示意图为：，B正确；C项，SO2分子中的中心S原子价层电子对数是2+=3，含有1对孤电子对，所以SO2的WSEPR模型是平面三角形，其空间结构模型V形，不是直线型，C错误；D项，N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的轨道表示式为：，D错误；故选B。
4．A
【解析】A项，ClO2具有强氧化性，可用作消毒剂，故A错误；B项，硬铝合金具有密度小、强度高的优良特性，因此可用作航空材料，故B正确；C项，Na2CO3溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，常用于去除油污，故C正确；D项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D正确；故选A。
5．C
【解析】A项，CO2与Na2O2粉末反应生成O2，得到的为CO和O2的混合气体，故A错误；B项，乙酸乙酯中混有少量的稀硫酸，蒸馏会发生水解，应用水洗后进行分液，再用无水硫酸镁干燥，即可得到纯净的乙酸乙酯，故B错误；C项，蛋白质溶液为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析的方法分离提纯蛋白质，故C正确；D项，电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，堵塞启普发生器，所以不能在启普发生器中进行，故D错误；故选C。
6．D
【解析】A项，该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B项，该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B错误；C项，该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D项，14.0g Si3N4的物质的量为=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；故选D。
7．B
【解析】A项，大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，大理石是难溶物质，醋酸是弱酸，书写时不拆，离子方程式书写正确，故A正确；B项，粗铜电解精炼(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu外，还有Zn、Fe等活泼性比Cu强的金属，阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，故B错误；C项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C正确；D项，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故D正确；故选B。
8．D
【解析】A项，DNA的双螺旋结构是DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用形成，A正确；B项，甘油醛的结构简式，是最简单的醛醣，最中间的碳原子是手性碳原子，B正确；C项，橡胶有天然橡胶和合成橡胶，其中天然橡胶是天然高分子，蛋白质、纤维素都是天然高分子，尼龙是合成纤维，C正确；D项，丁苯橡胶、聚乙烯为加聚反应获得的高聚物，聚酯纤维是通过缩聚反应获得，D错误；故选D。
9．D
【解析】A项，第VA族元素第一电离能大于同一周期相邻的元素，第一电离能：N>O>C，A项错误；B项，该有机物分子中苯环上碳原子采取sp2杂化，侧链上碳原子采取sp3杂化，B项错误；C项，基态氢原子电子排布式为ls，电子云轮廓图为球形，C项错误；D项，PO43-中P价层有4个电子对，没有孤电子对，空间结构和VSEPR模型都是正四面体形，D项正确；故选D。
10．C
【解析】X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大；Y原子的2p轨道只有一对成对电子，Y为氧；X原子2p轨道上有1个空轨道，且原子序数小于氧，为碳；微粒T3+的价电子构型是3d5，T为铁；Q最高价氧化物对应水化物是常见的三元酸， Q为磷；Z原子M层上有两个未成对电子，且原子序数小于磷，Z为硅。A项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：X＞Z，A正确；B项，金刚石、P4单质的结构单元是正四面体，B正确；C项，氧和硅形成的二氧化硅为共价晶体，C错误；D项，铁与氧能形成高铁酸根离子FeO42-，D正确；故选C。
11．A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A项，放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A正确；B项，在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B错误；C项，充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D项，充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。
12．D
【解析】A项，由图可知，有1个P结合3个S为＋3价，其他3个P结合1个S都是＋1价，正价总数为＋6，而S为-2价，故A错误；B项，该分子中全部为单键，含有P-P非极性键，故B错误；C项，三硫化四磷属于分子晶体，相对分子质量大于P4，则三硫化四磷的熔点较高，所以该物质的熔、沸点比P4高，故C错误；D项，PH3与SO2发生氧化还原反应生成P4S3，反应可表示为：4PH3+3SO2=P4S3+6H2O，故D正确；故选D。
13．C
【解析】A项，由图可知pH在7.35～7.45之间时，砷元素微粒主要是H3AsO3，A正确；B项，由图可知，当溶液的pH在11～13之间时，物质的量分数H2AsO3-减小，HAsO32-增大，说明H2AsO3-可电离为HAsO32-，由于溶液显碱性，说明H2AsO3-可水解，B正确；C项，当溶液的pH=11时，溶液显碱性，c(OH―)＞c(H＋)，则3c(AsO33-)+2c(HAsO32-)+c(H2AsO3-)+c(OH―)＞c(H＋)，C错误；D项，pH=13时，溶液中砷元素微粒主要是AsO33-、HAsO32-和H2AsO3-，则，，D正确；故选C。
14．B
【解析】A项，活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；B项，根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为CO(g)＋2NO(g)CO2(g)＋N2O(g) ΔH＝-314.3kJ·mol−1 ，故B错误；C项，由于CO(g)的能量不清楚，因此根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；D项，根据总反应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，得到反应III的 N2O(g)＋CO2(g)＋CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-306.6kJ·mol−1，逆反应的活化能(逆)，故D正确。故选B。
15．D
【解析】A项，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3，A错误； B项，由质子守恒可知，0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+2c(H2CO3)，B错误；C项，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的，反应正向进行，需满足，C错误；D项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；故选D。
16．C
【解析】A项，离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化钠的晶格能更大，Na2S中离子键强于K2S中离子键，故Na2S的熔点更高，A正确；B项，硫离子水解导致溶液显碱性，pH大于7，B正确；C项，硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C错误；D项，过氧化氢将硫离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D正确；故选C。
17．(10分)
(1)AD(2分) (2) (2分)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流(2分)
(4)> (2分) (5)离子键、非极性共价键(2分)
【解析】(1)A项，基态Na+的核外电子排布为：1s22s22p6，核外电子有5种空间运动状态，A正确；B项，同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；C项，氯原子的价电子排布式可写成3s23p5，C错误；D项，以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；故选AD；(2)由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，NaCl的密度为ρg· cm-3，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在NaCl晶体里Na+和Cl-的最短距离为边长的一半，即pm；(3)该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流；(4)NiO、FeO的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，Ni2+半径小于Fe2+半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：NiO大于FeO；(5)BaO2中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键。
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于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+(2分)
【解析】4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。(1)E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X与足量浓H2SO4反应的化学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)气体D为SO2，与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
19．(10分)
(1)-49.3(2分) (2)ABD(2分)
(3) (2分) 4：1 (2分)
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动(2分)
【解析】(1)3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)的ΔH=生成物的能量-反应物的能量=-201.0 kJ·mol－1-241.8 kJ·mol－1-(-393.5 kJ·mol－1) =-49.3 kJ·mol－1。(2)A项，根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，CO2的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；B项，反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；C项，反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；D项，T1~T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大，故D正确；故选ABD。(3)①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中CO2(g)和H2(g)浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应3H2 (g)+ CO2(g)CH3OH (g)+ H2O(g)是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2(g)的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定CO2(g)的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：；②根据已知条件列出甲容器“三段式”：
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”：
平衡常数，则。(4)其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得H2的体积分数增大。
20．(10分)
(1)收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸 防止空气中氧气、水进入装置(2分)
(2)BD
(3) 氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应(1分) A中水浴的温度(1分)
(4) b、a a、d(3分) 偏低(1分)
【解析】实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B的加热开关，TiO2、TiCl4、H2反应生成Ti2O3，当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2。(1)TiCl4在C装置中易被液化从而使气压变小，故C装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC中，干扰实验的进行；(2)A项，装置中两个反应先后反应，且TiCl3为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，A正确；B项，尾气中的HCl气体极易溶于水装置，故D后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B错误；C项，氢气为可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B的加热开关，C正确；D项，反应结束，首先关闭装置B的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2，D错误；故选BD；(3)开始反应后，为提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl带出装置使得反应更彻底；TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节装置A中水浴的温度，控制TiCl4的气化量，达到调整TiCl4的通入量；(4)①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g产物与烧杯中，加入x gCe(SO4)2 (过量)，30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定剩余的Ce4+，并进行正确读数；故I答案为b、a；已知：实验室现有的Ce(SO4)2含有Ce2(SO4)3杂质；故需要进行空白实验排除Ce2(SO4)3对实验的干扰，实验过程为：另称取x gCe(SO4)2，加入30mL浓磷酸和5mL浓硫酸，转移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定，并进行正确读数；故II答案为a、d；②实验I中在进行d操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的Ti2O3质量偏小，分数偏低。
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)为(3分)
【解析】A和C4H7NO反应生成B，B和C4H6O反应生成C，结合已知信息和C的结构，C4H6O为CH2=CHCOCH3，C4H7NO为CH3CH2CONHCH3，则A和C4H7NO反应生成B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，E分子式为C2H4，E为CH2=CH2，E发生氧化反应生成F为，和水反应生成G，G和D反应生成H，H进一步成环生成L，结合L的结构可知D为，H为。(1)化合物C所含的官能团名称是羰基、醛基、酰胺基；(2)根据分析，化合物B的结构简式是CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3；(3)A项，根据分析，C4H6O为CH2=CHCOCH3，B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，B→C的反应类型为加成反应，A错误；B项，化合物F为，B错误；C项，化合物L为，分子式是C14H23NO3，C正确；D项，化合物A为烷烃的含氧衍生物，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，D错误；(4)D+G→H的化学方程式+HOCH2CH2OH；(5)E为乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得CH3CHO，2分子CH3CHO缩合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO自身脱水生成CH2CH=CHCHO，CH2CH=CHCHO与H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具体路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO；(6)D为；①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有N-O键，无O-H、O-O键；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；符合条件的同分异构体为等。
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