2023年高考化学押题预测卷（二）（浙江卷）（含考试版、全解全析、参考答案）

高考『练兵场』之模拟训练的重要性

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2023年高考化学押题预测卷（二）【浙江卷】

化学·参考答案

1．D

【解析】A项，NaCl是正盐，故不选A；B项，(NH4)2CO3是正盐，故不选B；C项，NaHSO4是酸式盐，NaHSO4不易分解，故不选C；D项，NaHCO3是酸式盐，NaHCO3受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，故选D；故选D。

2．B

【解析】A. Ba元素位于第ⅡA族，周期表s区，A正确；B项，可溶性钡盐都能使蛋白质变性，硫酸钡不溶于水，不能使蛋白质变性，B错误；C项，硫酸钡溶于水能完全电离，属于强电解质，C正确；D项，硫酸根离子的中心原子σ键电子对为4，孤电子对为 =0，空间构型是四面体，D正确；故选B。

3．C

【解析】A项，中子数为16的磷原子的质量数为15+16=31，核素符号为子，故A错误；B项，羟基的电子式为，故B错误；C项，SO2中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，最高能级为3d，电子云轮廓图是花瓣形，故D错误；故选C。

4．C

【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均存在水解，使得溶液呈碱性，可用作食用碱或工业用碱，A正确；B项，不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，具有很强抗腐蚀能力，性能优良，可用于医疗器材，B正确；C项，硅的导电性介于导体与绝缘体之间，可用来生产半导体，C错误；D项，次氯酸的强氧化性能使某些有机色素褪色，可用作棉麻的漂白剂，D正确；故选C。

5．B

【解析】A项，Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，故A正确；B项，氯气的氧化性强，Cl2和足量Fe反应生成FeCl3，故B错误；C项，铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验NH4+，故C正确；D项，高温下C与SiO2反应生成CO和Si，C与SiO2反应可制备粗硅，故D正确；故选B。

6．D

【解析】A项，由化学方程式可知，反应过程中碘的化合价降低，碘单质为氧化剂，碘化钠为还原产物，A正确；B项，由化学方程式可知，反应过程中硫元素化合价升高，硫代硫酸钠为还原剂，则氧化剂与还原剂的比例为1:2，B正确；C项，连四硫酸钠中硫的价态较低具有还原性，受热易分解，因此要密封保存在阴凉处，C正确；D项，连四连酸钠遇酸发生歧化反应，生成二氧化硫，二氧化硫能与品红反应生成无色物质，使品红溶液褪色，D错误；故选D。

7．C

【解析】A项，沉淀质量最大的离子方程式表示为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓，A错误；B项，氨水不能拆开，应该是Fe3++3NH3·H2O=Fe (OH)3↓ +3NH4+，B错误；C项，由于Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Na2CO3溶液吸收少量Cl2，碳酸根转化为碳酸氢根，方程式为：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+ClO-+Cl-，C正确；D项，项苯酚具有酸性，继续和氢氧化钠反应产生苯酚钠，可拆开写为苯酚根离子，D错误；故选C。

8．B

【解析】A项，苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B项，木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C项，乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D项，氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选B。

9．D

【解析】A项， X分子中含有氮原子，与其它3个原子以3根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A错误；B项，Y分子中有一个碳原子分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B错误；C项，X和Y中均含酚羟基，故不能用FeCl3溶液鉴别，故C错误；D项，X和Y中均含酚羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D。

10．B

【解析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的元素，可知X是H元素；W元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n，可知W为O元素；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，则Z为N，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y为Li或B。A项，由分析可知，Z为N，W为O，最简单氢化物的稳定性与非金属性成正比，非金属性Z＜W，则氢化物的稳定性NH3＜H2O，但是稳定性NH3＞H2O2，A错误；B项，Z为N，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期中第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O共5种，B正确；C项，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y为Li或B，最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C错误；D项，X为H，Z为N，X、Z可形成Z2X4，该分子中H原子不满足8e-稳定结构，D错误；故选B。

11．B

【解析】由图可知，该金属防护法为外加直流电源的阴极保护法，钢制管桩与直流电源的负极a极相连，作电解池的阴极，高硅铸铁与直流电源正极b极相连，作阳极。A项，被保护金属与电源的负极相连作为阴极被保护，则钢制管桩应与电源的负极相连，即a为负极，b为正极，A正确；B项，高硅铸铁为惰性辅助电极，作为阳极材料不损耗，B错误；C项，电解池中，阳离子向阴极移动，即向钢制管柱电极移动，C正确；D项，被保护的钢制管桩作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，D正确；故选B。

12．B

【解析】A项，同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：χ(N)＜χ(O)，故A正确；B项，同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：r(C)＞r(N)，故B错误；C项，单键为σ键，双键中有σ键和π键，故C正确；D项，N，N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D正确；故选B。

13．C

【解析】A项，根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c(OH-)=c(XOH)；B项，XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物料守恒判断；C项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=mol/L=10-2.4 mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，Kh1==，则Ka2==；D项，当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大。A项，根据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c(OH-)=c(XOH)，XOH完全电离，为强电解质，A错误；B项，XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物料守恒得c(X+)：XOH小于X2CO3，B错误；C项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=mol/L=10-2.4 mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，Kh1===，则Ka2====1.0×10-10.2，C正确；D项，当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32-)减小，c(HCO3-)增大，所以增大，D错误；答案选C。

14．A

【解析】A项，图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为CH2=CHCH3 (g)+ CO(g)＋CH3OH(l)=(CH3)2CHCOOCH3(l)  ΔH1=-1.98NA ev·mol－1  ，故A错误；B项，第1步反应的能垒最高，所以第1步反应的化学反应速率最慢，故B正确；C项，化合物8和化合物9的分子式相同而结构不同，故C正确；D项，HCo(CO)3为反应的催化剂，故HCo(CO)3未改变反应的ΔH，降低了反应的活化能，故D正确；故选A。

15．A

【解析】A项，假设等体积混合，CO32-的水解平衡常数为，推出c(OH-)=2.06×10-2mol/L。若Co2+以CoCO3沉淀加入Na2CO3后溶液中的Co2+为。若以Co(OH)2沉淀溶液中，以上计算得知CoCO3和NiCO3在此溶液中更难溶。以CoCO3、NiCO3沉淀，A项正确；B项，，B项错误；C项，由得，Co2+无法完全沉淀，C项错误；D项，Co2+以CoS完全沉淀即c(Co2+)= 1.0×10-5mol·L－1。由，Q(NiS)=0.10.1mol/L×4.0×10-16=4.0×10-17<Ksp[NiS]，此时Ni2+未进行沉淀，浓度则c(Ni2+)=0.1mol/L，D项错误；故选A。

16．D

【解析】A项，电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产生的气体，A错误；B项，氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe(NO3)2，B错误；C项，NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；D项，做这组对比实验，实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环对甲基有影响，D正确；故选D。

17．(10分)

(1)2：1或1：2(2分)

(2) sp3(1分)

(3) 非极性分子(1分)     V形(1分)

(4) S3O9或(SO3)3(2分)

(5)设晶胞边长为a，，，(3分)

【解析】(1)基态S原子的价电子排布式为3s23p4，其中3s轨道上两个电子的自旋方向相反，3p轨道上，3个电子的自旋方向相同，1个电子与另外3个电子自旋方向相反，则两种自旋状态的电子数之比为2：1或者1：2。(2)从图中结构可知，S8中S原子形成2个S-S单键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化。(3)CS2为非极性分子，水分子为极性分子，S8难溶于水易溶于CS2，说明S8为非极性分子。S32-中S原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，故空间构型为V形。(4)三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9。(5)晶胞中S原子与其最近Zn原子的距离为dpm，该距离为体对角线长度的，则体对角线长度为4dpm，则边长为pm，则体积为，根据均摊法，一个晶胞中含有4个S原子和4个Zn原子，则ρ=，NA=。

18．(10分)

(1) Fe、Cu、S(2分)

(2) [Cu(NH3)4]SO4(2分)

(3) 4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2(2分)

(4) (2分)

(5) Fe3+ (1分)   取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN 溶液，溶液不显红色(1分)

【解析】气体A可使品红溶液褪色，说明A为SO2，根据元素守恒，化合物X中含有S元素，溶液D显深蓝色，推出溶液D中含有Cu元素，即X中含有Cu元素，沉淀E灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体为Fe2O3，说明X中含有Fe元素。(1)根据上述分析，X中含有的元素是Fe、Cu、S；(2)溶液C中含有Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；(3)气体A为SO2，其物质的量为=0.03mol，化合物X中S原子物质的量为0.03mol，红棕色固体质量为0.80g，氧化铁的物质的量为=0.005mol，即化合物X中铁原子物质的量为0.005mol×2=0.01mol，则化合物X中Cu原子物质的量为=0.02mol，化合物X的化学式为Cu2FeS3，化合物X在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程式为：4Cu2FeO3+19O28CuO+2Fe2O3+12SO2；(4)SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl和H2SO4，S显+6价，Cl显-1价，O显-2价，该化合物的结构式为；(5)溶液C中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，也可能为Cu、Fe的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN溶液，操作是取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+。

19．(10分)

(1)BD(2分)

(2)氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大(2分)

(3) 65.8(2分)     反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，此时反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低(2分)

(4) (2分)

【解析】(1)A项，两个反应中均有氢气参与，，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B项，混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B符合题意；C项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C不符合题意；D项，不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，D符合题意；故选BD；(2)氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大；(3)压强的恒压密闭容器中，260℃时，CH3COOCH3的转化率为90%、乙醇的选择性为70%，故反应CH3COOCH3为1.8mol、生成乙醇1.26mol；

则反应后CH3COOCH3、H2、C2H5OH、CH3OH分别为0.2mol、0.9mol、1.26mol、1.8 mol，总的物质的量为4.7mol；则65.8；温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低；(4)，则斜率体现反应的活化能，假设催化剂n的催化效率大于m的催化效率，则其能更大程度的降低反应的活化能，图像为 。

20．(10分)

(1)B(1分)    (2)除去未反应完的酸性物质(1分)

(3)(CH3)2CHONO +KOH+N2H4·H2OKN3+(CH3)2CHOH+3H2O(2分)

(4)BC(2分)    (5)加入少量浓盐酸(1分)    (6) 5 (1分)    90%(2分)

【解析】硫酸和亚硝酸钠先生成亚硝酸，然后亚硝酸和异丙醇发生酯化反应，生成亚硝酸异丙酯；洗涤时使用NaHCO3溶液可以中和未反应的酸性物质，E阶段是亚硝酸异丙酯在碱性条件下和水合肼发生反应，生成KN3和(CH3)2CHOH；由表中信息可知，混合物中“加入无水乙醇”并“冰盐浴冷却”的目的是降低KN3的溶解度，提高产率；【解析】(1)为使液体顺利流下使用恒压漏斗，虚线框中最为合适的仪器是B；(2)洗涤时使用NaHCO3溶液可以中和未反应的酸性物质；3)亚硝酸异丙酯在碱性条件下和水合肼发生反应，生成KN3和(CH3)2CHOH，反应方程式为(CH3)2CHONO +KOH+N2H4·H2OKN3+(CH3)2CHOH+3H2O；(4)A项，冰水浴的温度在0℃附近，步骤①为控制温度<0℃不可用冰水浴，A错误；B项，已知KN3微溶于乙醇，步骤⑥加入无水乙醇和用冰盐浴的目的是促使KN3结晶析出，用冰盐浴可减少KN3受热分解，B正确；C项，乙醇易挥发，步骤⑦用乙醇多次洗涤，目的是洗去吸附在晶体上的水分，减少干燥时间，已知KN3不溶于乙醚，用乙醚多次洗涤以减少产品损失，C正确；D项，从KN3粗品得到KN3产品的步骤⑧操作X为：重结晶，D错误；故选BC；(5)由于Fe3+会发生水解反应，配制FeCl3标准液时需要加入浓盐酸抑制水解，再加水稀释；(6)由文献信息可知，取用标准液FeCl3标准液的体积为V=5.0mL，根据曲线图，吸光度0.6对应的c(N3-)为4.0×10-2mol•L-1，则0.54g产品中含有KN3的质量为81g•mol-1×0.1L×4.0×10-2mol•L-1=0.324g，样品的质量分数=。

21．(12分)

(1)CD(2分)    (2)酯基、酰胺基(1分)

(3) (1分)

(4) (2分)

(5) (3分)

(6) (3分)

【解析】A与苯胺发生加成反应后再与NaCN发生取代反应生成B，B水解后生成C，B中-CN转化为C中-COOH，C与CH3I发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D与丙酸酐发生取代反应生成E，E与氢气发生还原反应生成F，F与G发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应的断键成键可知G为。(1)A项，化合物A含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A正确；B项，化合物C中含有羧基和亚氨基，羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C具有两性，故B正确；C项，化合物D中只有与酯基相连的碳原子为手性碳原子，故C错误；D项，由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为C20H29N2O5Cl，故D错误；故选CD；(2)由F的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团；(3)由以上分析可知G的结构简式为：；(4)D与丙酸酐发生取代反应生成E和丙酸，反应方程式为：；(5)乙炔与HCN发生加成反应生成H2C=CHCN，H2C=CHCN发生水解反应生成H2C=CHCOOH，H2C=CHCOOH与CH3I发生取代反应生成，由此可得合成路线为：；(6)①分子中含有，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C或O，不含碳碳三键及其它环，结合A的不饱和多可知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；②1H-NMR表明：分子中共有4种化学环境的氢原子，其结构保持对称，符合题意的结构简式有：。