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2023年高考化学真题完全解读（浙江卷）
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这是一份2023年高考化学真题完全解读（浙江卷），共27页。试卷主要包含了稳中有变，引导中学化学教学，紧扣教材，突出主干知识考查，注重情境，落实学科核心素养，精心设计，突出关键能力考查，适度创新，注重培养拔尖人才等内容，欢迎下载使用。
2023年高考真题完全解读(浙江卷)
2023年6月浙江选考化学试题以《化学课程标准(2017年版2020年修订)》为命题准则，坚持素养立意、育人导向，坚守科学、原创、公平和规范，落实“立德树人”的根本要求。在试卷结构、形式、难度、知识点的覆盖面等方面保持稳定的基础上，试题的呈现方式有所变化，课本实验、无机推断等内容的考查形式有所创新，尤其第18题无机题从传统的无机推断变为具有真实学科价值的问题解决，呈现命题稳中有进。试题将学科内容与生产生活紧密相连，将素养立意和育人导向有机融合，彰显化学学科浙江特色，既满足高校选拔人才的需要，又能对高中化学教学有正面导向作用。
一、稳中有变，引导中学化学教学
坚持以稳为主，试题在题型结构、呈现方式、考试内容等方面保持了较好的稳定性和延续性，在保持试卷结构、题型形式、难度、知识点覆盖面等稳定的基础上，试题在呈现方式上有所变化，减少机械刷题收益，科学有效测评学生的学科核心素养。
例如，18题无机题从传统的无机推断变为具有真实学科价值的问题解决，同时，重视模块间融合，测评学生知识迁移运用能力。此外，选择题第1、6题从裸考知识变为从教材中挖掘素材的三大材料、化学烫发原理等有实际应用价值的基础考查。第10题从给定的陌生有机物结构与性质考查变为教材基础物质转化与性质考查；第17题考查物质结构与性质，从简单识记基态氮原子的价层电子排布式开始，到将烷烃、烯烃的结构与性质迁移运用到分析氮烷、氮烯的结构与性质，最后到对晶胞参数和晶胞配位数的考查，螺旋式上升，引导中学教学。这样的转变有利于引导一线教学更加重视教材，减少机械刷题，扎实开展复习，“以考促教”“以考促学”促进教考衔接，落实立德树人的根本任务。
二、紧扣教材，突出主干知识考查
试题基于课程标准，立足学习基础，紧扣教材，注重围绕化学学科主干内容和必备知识，全面考查化学学科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。试题充分考虑具体学情教情，从知识的复杂性、设问的层次性、思维的逻辑性等因素着手，科学调控难度，让不同层次的考生都能顺利作答，既保证试卷的区分度，又关注考生的临场感受。选择题难度不大，有利于考生稳定心态，发挥水平。
例如，选择题第1题至第12题，分别考查了物质分类、化学基本用语及常用计量、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、离子反应、常见有机物的性质及应用、物质结构与元素周期律、化学实验基本操作等必备知识。非选择题第17题考查了价层电子排布式、分子式通式的书写；第18题考查了基础的氧化还原反应方程式书写、物质类别的判断；第19题考查盖斯定律和平衡常数计算；第20题考查了溶质主要成分判断、仪器名称书写等；第21题考查了官能团名称和结构简式的书写，有机物结构、性质和检验的判断等，这些均突出了化学学科特点和基本研究方法、基本概念和反应原理、物质结构与性质、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等核心主干知识的考查，既关注基础内容在培养学生关键能力、素养的地位和作用，又有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。
三、注重情境，落实学科核心素养
题中素材或来自工业生产实践、或源于考生生活经历，引导考生关注材料、环境、能源、生命等与化学密切相关领域的发展，厚植家国情怀，落实立德树人根本任务。化学与生活、生产、科技联系紧密，精选真实、有意义、体现化学学科价值的生产生活实践情境与学习探索情境，将高考“核心功能”要求融入具体试题中，在考查学科必备知识和关键能力的同时，充分体现化学学科在人类发展和社会进步中的重要作用，情境创设更为简洁，开合有度，通过考查蕴含其中的化学原理，体现化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。
例如，第1题石墨烯、光导纤维等新型材料的考查，第6题化学烫发原理，第13题改进工艺降低氯碱工业能耗，第17题含硫矿物脱硫及利用，第18题硫酸型酸雨源头SO2的处理，第19题水煤气变换反应制氢及“余热”如何综合利用，第20题絮凝剂制备，第21题胃动力药物依托比利制备等等，这些试题具备多重功能与价值，既能很好地测试学生的必备知识、关键能力，也有利于学生体会化学学科的社会应用价值，树立正确的价值观，体现试题的应用性和创新性要求。
四、精心设计，突出关键能力考查
试题测评导向化学学科核心素养，关注学科核心素养五个方面和学业质量四级水平要求，科学调控试题情境复杂程度，创新试题呈现方式，设问角度变化，聚焦学生学科关键能力考查，实现分层选拔功能。每个大题入题容易，但全面深入较难，让不同的学生在考试中均能有较好地表现。
例如，第21题从简单的官能团名称、结构简式书写入题，到官能团检验、反应类型、反应条件及作用的判断，再到方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等。第19题既有盖斯定律、平衡常数、影响化学反应速率和化学平衡因素等基础知识考查，也有基于题给信息下解读图像，分析真实的水煤气变换反应原理，并通过选择、说理和作图等考查形式，从能量、平衡、速率三个认识角度理解反应条件调控等问题。问题设计从易到难，层层递进，考查学生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性要求。
五、适度创新，注重培养拔尖人才
试题的创新性主要体现在两方面，一是与1月份试题对比，创新试题考查角度，引导师生摒弃机械刷题。例如，第18题由无机框图改为工业流程，增加了情境的真实性，降低了对数字处理能力的要求，提高了从化学学科角度进行思考与推理的要求。二是创新试题呈现方式，较多的符号、图形、表格、数字等信息，需要考生深度挖掘、全面分析、准确概括、精确表述，透过现象看本质，挖掘信息中蕴含的反应规律或化学原理。试题注重在真实的题给信息中考查学生知识获取能力、分析解决问题能力、迁移创新能力，考查学生适应未来学习的关键能力和必备品格。
例如，第14题通过给出反应热和产物占比信息，判断不同条件下两个平行反应的发生情况；第18题中将元素化合物、有机、结构等模块知识进行整合，学生运用题给信息迁移运用到对陌生化合物A的物质类别、性质进行判断，并学会运用物质结构知识解释与硫酸沸点差异的原因，以及如何设计实验方案验证等，模块深度融合；第19(2)题通过体系总压、反应物水碳比和产物分压等数据信息计算压强平衡常数并分析可能的副反应；第19(4)(5)题如何根据题给信息，综合考虑多重因素影响，分析得到结论。这些试题呈现方式的创新，让考生置身于一个相对陌生的环境，可以有效测评不同考生之间的水平差异，激发其崇尚科学、探索未知的兴趣，助力拔尖创新人才培养。
题号
分值
难度
考查方向
详细知识点
选择题
1
3
易
物质的分类
分类方法的应用；石墨烯、不锈钢、石英光导纤维、聚酯纤维的主要成分。
2
3
易
化学用语
球棍模型、价层电子对互斥模型、电子式及简单有机物命名。
3
3
易
元素及其化合物
氯化铁的性质及运用。
4
3
易
常见无机物及其应用
铝、氧化钙、维生素、过氧化钠的用途。
5
3
易
化学实验基本操作
氨气制取并收集、滴定管使用、误差分析、盐桥。
6
3
中
物质结构与性质
化学烫发原理。
7
3
中
阿伏加德罗常数
C2H4O的σ、H2O2、CH3COONH4、Cl2通溶于水。
8
3
中
有机化学基础
X射线衍射，盐析，酚醛树脂，苯、乙醛和醋酸的鉴别。
9
3
中
离子方程式
碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气、向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳、铜与稀硝酸、向硫化钠溶液通入足量二氧化硫。
10
3
中
有机化学基础
丙烯的结构与性质。
11
3
中
物质结构与性质
(元素推断)
第一电离能、电负性、离子半径比较、非极性分子。
12
3
中
化学实验基础
(物质的分离提纯)
粗苯甲酸的提纯操作，趁热过滤、冷却结晶、冷水洗涤晶体等。
13
3
中
化学反应原理
(电化学)
设计可大幅度降低氯碱工业能耗，两极变化及反应式、离子交换膜运用等。
14
3
较难
化学反应原理
(反应机理与历程)
1-苯基丙炔与HCl发生催化加成机理，反应焓变、反应活化能、产物选择。
15
3
较难
化学反应原理
(离子反应)
指示剂选择、盐溶液中离子浓度大小的比较、电离平衡常数和溶度积计算。
16
3
中
化学实验设计与评价
探究卤族元素单质及其化合物的性质
非选择题
17
10
中
物质结构与性质
价层电子排布式、杂化方式、分子的 结构与性质；晶胞的有关计算。
18
10
较难
化学工艺流程
工业上煅烧含硫矿物产生的SO2脱除或利用。
19
10
难
化学反应原理综合
水煤气变换反应，化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡图像分析；从能量、速率和平衡等多个视角理解如何调控化学反应。
20
10
较难
化学综合实验设计与评价
用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝；基本操作、测定产品的盐基度。
21
12
较难
有机化学基础
(有机推断与合成)
胃动力药物依托比利制备，官能团结构与性质，根据题给物质选择合适合成路线。
一、把握高考动态
二、明确复习任务
一轮复习基本是按知识模块与课本的章节顺序综合，梳理知识细节、构建知识网络，而二复习复习则是按照模块化、程序化的方式进行综合训练。
二轮复习的主要任务，一是形成知识网络系统并强化记忆，二是在系统把握整体知识的基础上，通过大量练习，培养学生综合灵活运用知识的学科能力。解题的过程中，注意提高速率及准确性，做到既要“对”，又要“快”。
课堂上重在讲知识、方法、技巧、网络；讲本单元考试大纲中要求的知识与结构以及涉及的学科能力；讲解题思路、解题技巧；讲历届学生失误、教训；讲考练中发现的常错点、易混点及解决方法。讲评课做到：(1)挖病根：学生为什么出错？(2)讲方法： 抓住典型题目，讲好来龙去脉，手把手领着审题，找解题规律，规范解题格式，把试卷规范化落实于平日复习中；(3)讲变化： 讲评要善于借题发挥，举一反三，对某知识从多角度、多 层次进行拓展讲解；(4)敢取舍：避免冲淡主题，注重滚动提高，给学生留有思考空间。
三、避免复习误区
1.严禁发套题、错题、重复题，做到所发考题或练习必须经过优选，才能下发。
2.严禁只发题不批改，做到有发必批、有批必评、有评必整。
3.严禁抢时间、挤空间，做到考试、练习定时收发，把自由时间让给学生自由复习。
4.严禁以讲代练或以练代讲，做到讲练结合、以练为主。
5.严禁题目偏、繁、旧、难，做到把握起点(以重中之重、边际生水平为起点)、重视基础性、灵活性、实际性。
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是( )
A．石墨烯 B．不锈钢 C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
【答案】D
【解析】A项，石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，为碳的单质，属于无机物，A不符合题意；B项，不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料，B不符合题意；C项，石英光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料，C不符合题意；D项，聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物，D符合题意；故选D。
2. 下列化学用语表示正确的是( )
A．H2S分子的球棍模型：
B．AlCl3的价层电子对互斥模型：
C．KI的电子式：
D．CH3CH(CH2CH3)2的名称：3−甲基戊烷
【答案】D
【解析】A项，H2S分子是“V”形结构，因此该图不是H2S分子的球棍模型，故A错误；B项，AlCl3中心原子价层电子对数为，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故B错误；C项，KI是离子化合物，其电子式：，故C错误；D项，CH3CH(CH2CH3)2的结构简式为，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。故选D。
3. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是( )
A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【解析】A项，氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；B项，氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；C项，氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；D项，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；故选A。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( )
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】A项，铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B项，氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C项，食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。
5. 下列说法正确的是( )
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
【答案】C
【解析】A项，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；B项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；C项，配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；D项，由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；故选C。
6. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。
7. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【解析】A项，1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；B项，1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；C项，向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；D项，标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。
8. 下列说法不正确的是( )
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
【答案】C
【解析】A项，X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正确；B项，蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B正确；C项，苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C错误；D项，新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应条件得到砖红色沉淀，新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液反应得到蓝色溶液，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确。故选C。
9. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： 2Fe2++2I-+2Cl2 =2Fe3++I2+4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-
【答案】B
【解析】A项，碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：2I-+Cl2 =I2+2Cl-，故A错误；B项，向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：lO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故B正确；C项，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D项，向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：5S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，故D错误；故选B。
10. 丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是( )
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为CH3CH=CHBr
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z链节为
【答案】B
【解析】CH3-CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应，生成(Y)；CH3-CH=CH2与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成(X)；CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生加聚反应，生成(Z)。A项，乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A正确；B项，X的结构简式为，B不正确；C项，Y()与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正确；D项，聚合物Z为，则其链节为，D正确；故选B。
11. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能： Y＞Z＞X
B．电负性： Z＞Y＞X＞W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z
D．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。A项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则第一电离能： Z＞Y＞X，故A错误；B项，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z＞Y＞X＞W，故B正确；C项，根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z，故C正确；D项，W2X2与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D正确。故选A。
12. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是( )
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作IV可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。A项，操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B项，操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C项，操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D项，苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作IV可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。
13. 氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是( )
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【解析】A项，电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B项，电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C项，右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；D项，改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。故选B。
14 一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是( )
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I
【答案】C
【解析】A项，反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B项，短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C项，增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；D项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物1，故D正确。故选C。
15. 草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是( )
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-)
C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4- =CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1
【答案】D
【解析】A项，NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，故B错误；C项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是Ca2++ 2HC2O4- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。故选D。
16. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
实验方案
现象
结论
A
往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2 mL0.1mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
【答案】A
【解析】A项，向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B项，次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C项，由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D项，新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出H+的能力：NH3 _______[ CuNH3]2+ (填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。
【答案】(1)2s22p3
(2)① A ②NnHn+2−2m(，m为正整数) ③＜ ④[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) ①CaCN2 ②6
【解析】(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；(2)①A项，能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2，故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；③[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+；(3)钙个数为，CN22-个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个CN22-进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。
18. 工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
(2)① BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)①取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素
②+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：。(1)氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2；(2)①A项，硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；B项，根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；C项，化合物A含有基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；D项，工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D正确；故选BCD；②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；(3) A为，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
19. 水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。
(2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(CO2)/MPa
p(H2)/MPa
p(CH4)/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。
【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O (3)AC
(4)①AC ②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；(3) A项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；B项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C项，通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D项，若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①A项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C项，通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
20. 某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。
①产品的盐基度为___________。
②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】(1)NaAlO2、NaOH (2)C
(3) ①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH；(2)A项，步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B项，步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；C项，步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D项，[Al2(OH) aClb] m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；故选C。(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀； (4)①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
21. 某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：
请回答：
(1)化合物B的含氧官能团名称是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能与FeCl3发生显色反应
B．A→B的转变也可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
(3)化合物C的结构简式是___________。
(4)写出E→F的化学方程式___________。
(5)研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺()利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)
(6)写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___________。
①分子中含有苯环
②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
【答案】(1)羟基、醛基 (2)BC
(3)ClCH2CH2N(CH3)2
(4)+2H2+H2O
(5)
(6)、、、
【解析】由有机物的转化关系可知，发生催化氧化反应生成，碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，则C为ClCH2CH2N(CH3)2；与NH2OH反应生成，则E为；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为；与SOCl2发生取代反应生成；与发生取代反应生成依托比利。(1)由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；(2)A项，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；B项，酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；C项，B+C→D的反应为碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是中和反应生成的氯化氢，提高反应物的转化率，故错误；D项，由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；故选BC；(3)由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；(4)由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，反应的化学方程式为+2H2+H2O；(5)由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为；(6) D的同分异构体分子中含有苯环，1H-NMR谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为、、、。
2023年高考真题完全解读(浙江卷)
2023年6月浙江选考化学试题以《化学课程标准(2017年版2020年修订)》为命题准则，坚持素养立意、育人导向，坚守科学、原创、公平和规范，落实“立德树人”的根本要求。在试卷结构、形式、难度、知识点的覆盖面等方面保持稳定的基础上，试题的呈现方式有所变化，课本实验、无机推断等内容的考查形式有所创新，尤其第18题无机题从传统的无机推断变为具有真实学科价值的问题解决，呈现命题稳中有进。试题将学科内容与生产生活紧密相连，将素养立意和育人导向有机融合，彰显化学学科浙江特色，既满足高校选拔人才的需要，又能对高中化学教学有正面导向作用。
一、稳中有变，引导中学化学教学
坚持以稳为主，试题在题型结构、呈现方式、考试内容等方面保持了较好的稳定性和延续性，在保持试卷结构、题型形式、难度、知识点覆盖面等稳定的基础上，试题在呈现方式上有所变化，减少机械刷题收益，科学有效测评学生的学科核心素养。
例如，18题无机题从传统的无机推断变为具有真实学科价值的问题解决，同时，重视模块间融合，测评学生知识迁移运用能力。此外，选择题第1、6题从裸考知识变为从教材中挖掘素材的三大材料、化学烫发原理等有实际应用价值的基础考查。第10题从给定的陌生有机物结构与性质考查变为教材基础物质转化与性质考查；第17题考查物质结构与性质，从简单识记基态氮原子的价层电子排布式开始，到将烷烃、烯烃的结构与性质迁移运用到分析氮烷、氮烯的结构与性质，最后到对晶胞参数和晶胞配位数的考查，螺旋式上升，引导中学教学。这样的转变有利于引导一线教学更加重视教材，减少机械刷题，扎实开展复习，“以考促教”“以考促学”促进教考衔接，落实立德树人的根本任务。
二、紧扣教材，突出主干知识考查
试题基于课程标准，立足学习基础，紧扣教材，注重围绕化学学科主干内容和必备知识，全面考查化学学科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。试题充分考虑具体学情教情，从知识的复杂性、设问的层次性、思维的逻辑性等因素着手，科学调控难度，让不同层次的考生都能顺利作答，既保证试卷的区分度，又关注考生的临场感受。选择题难度不大，有利于考生稳定心态，发挥水平。
例如，选择题第1题至第12题，分别考查了物质分类、化学基本用语及常用计量、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、离子反应、常见有机物的性质及应用、物质结构与元素周期律、化学实验基本操作等必备知识。非选择题第17题考查了价层电子排布式、分子式通式的书写；第18题考查了基础的氧化还原反应方程式书写、物质类别的判断；第19题考查盖斯定律和平衡常数计算；第20题考查了溶质主要成分判断、仪器名称书写等；第21题考查了官能团名称和结构简式的书写，有机物结构、性质和检验的判断等，这些均突出了化学学科特点和基本研究方法、基本概念和反应原理、物质结构与性质、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等核心主干知识的考查，既关注基础内容在培养学生关键能力、素养的地位和作用，又有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。
三、注重情境，落实学科核心素养
题中素材或来自工业生产实践、或源于考生生活经历，引导考生关注材料、环境、能源、生命等与化学密切相关领域的发展，厚植家国情怀，落实立德树人根本任务。化学与生活、生产、科技联系紧密，精选真实、有意义、体现化学学科价值的生产生活实践情境与学习探索情境，将高考“核心功能”要求融入具体试题中，在考查学科必备知识和关键能力的同时，充分体现化学学科在人类发展和社会进步中的重要作用，情境创设更为简洁，开合有度，通过考查蕴含其中的化学原理，体现化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。
例如，第1题石墨烯、光导纤维等新型材料的考查，第6题化学烫发原理，第13题改进工艺降低氯碱工业能耗，第17题含硫矿物脱硫及利用，第18题硫酸型酸雨源头SO2的处理，第19题水煤气变换反应制氢及“余热”如何综合利用，第20题絮凝剂制备，第21题胃动力药物依托比利制备等等，这些试题具备多重功能与价值，既能很好地测试学生的必备知识、关键能力，也有利于学生体会化学学科的社会应用价值，树立正确的价值观，体现试题的应用性和创新性要求。
四、精心设计，突出关键能力考查
试题测评导向化学学科核心素养，关注学科核心素养五个方面和学业质量四级水平要求，科学调控试题情境复杂程度，创新试题呈现方式，设问角度变化，聚焦学生学科关键能力考查，实现分层选拔功能。每个大题入题容易，但全面深入较难，让不同的学生在考试中均能有较好地表现。
例如，第21题从简单的官能团名称、结构简式书写入题，到官能团检验、反应类型、反应条件及作用的判断，再到方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等。第19题既有盖斯定律、平衡常数、影响化学反应速率和化学平衡因素等基础知识考查，也有基于题给信息下解读图像，分析真实的水煤气变换反应原理，并通过选择、说理和作图等考查形式，从能量、平衡、速率三个认识角度理解反应条件调控等问题。问题设计从易到难，层层递进，考查学生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性要求。
五、适度创新，注重培养拔尖人才
试题的创新性主要体现在两方面，一是与1月份试题对比，创新试题考查角度，引导师生摒弃机械刷题。例如，第18题由无机框图改为工业流程，增加了情境的真实性，降低了对数字处理能力的要求，提高了从化学学科角度进行思考与推理的要求。二是创新试题呈现方式，较多的符号、图形、表格、数字等信息，需要考生深度挖掘、全面分析、准确概括、精确表述，透过现象看本质，挖掘信息中蕴含的反应规律或化学原理。试题注重在真实的题给信息中考查学生知识获取能力、分析解决问题能力、迁移创新能力，考查学生适应未来学习的关键能力和必备品格。
例如，第14题通过给出反应热和产物占比信息，判断不同条件下两个平行反应的发生情况；第18题中将元素化合物、有机、结构等模块知识进行整合，学生运用题给信息迁移运用到对陌生化合物A的物质类别、性质进行判断，并学会运用物质结构知识解释与硫酸沸点差异的原因，以及如何设计实验方案验证等，模块深度融合；第19(2)题通过体系总压、反应物水碳比和产物分压等数据信息计算压强平衡常数并分析可能的副反应；第19(4)(5)题如何根据题给信息，综合考虑多重因素影响，分析得到结论。这些试题呈现方式的创新，让考生置身于一个相对陌生的环境，可以有效测评不同考生之间的水平差异，激发其崇尚科学、探索未知的兴趣，助力拔尖创新人才培养。
题号
分值
难度
考查方向
详细知识点
选择题
1
3
易
物质的分类
分类方法的应用；石墨烯、不锈钢、石英光导纤维、聚酯纤维的主要成分。
2
3
易
化学用语
球棍模型、价层电子对互斥模型、电子式及简单有机物命名。
3
3
易
元素及其化合物
氯化铁的性质及运用。
4
3
易
常见无机物及其应用
铝、氧化钙、维生素、过氧化钠的用途。
5
3
易
化学实验基本操作
氨气制取并收集、滴定管使用、误差分析、盐桥。
6
3
中
物质结构与性质
化学烫发原理。
7
3
中
阿伏加德罗常数
C2H4O的σ、H2O2、CH3COONH4、Cl2通溶于水。
8
3
中
有机化学基础
X射线衍射，盐析，酚醛树脂，苯、乙醛和醋酸的鉴别。
9
3
中
离子方程式
碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气、向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳、铜与稀硝酸、向硫化钠溶液通入足量二氧化硫。
10
3
中
有机化学基础
丙烯的结构与性质。
11
3
中
物质结构与性质
(元素推断)
第一电离能、电负性、离子半径比较、非极性分子。
12
3
中
化学实验基础
(物质的分离提纯)
粗苯甲酸的提纯操作，趁热过滤、冷却结晶、冷水洗涤晶体等。
13
3
中
化学反应原理
(电化学)
设计可大幅度降低氯碱工业能耗，两极变化及反应式、离子交换膜运用等。
14
3
较难
化学反应原理
(反应机理与历程)
1-苯基丙炔与HCl发生催化加成机理，反应焓变、反应活化能、产物选择。
15
3
较难
化学反应原理
(离子反应)
指示剂选择、盐溶液中离子浓度大小的比较、电离平衡常数和溶度积计算。
16
3
中
化学实验设计与评价
探究卤族元素单质及其化合物的性质
非选择题
17
10
中
物质结构与性质
价层电子排布式、杂化方式、分子的 结构与性质；晶胞的有关计算。
18
10
较难
化学工艺流程
工业上煅烧含硫矿物产生的SO2脱除或利用。
19
10
难
化学反应原理综合
水煤气变换反应，化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡图像分析；从能量、速率和平衡等多个视角理解如何调控化学反应。
20
10
较难
化学综合实验设计与评价
用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝；基本操作、测定产品的盐基度。
21
12
较难
有机化学基础
(有机推断与合成)
胃动力药物依托比利制备，官能团结构与性质，根据题给物质选择合适合成路线。
一、把握高考动态
二、明确复习任务
一轮复习基本是按知识模块与课本的章节顺序综合，梳理知识细节、构建知识网络，而二复习复习则是按照模块化、程序化的方式进行综合训练。
二轮复习的主要任务，一是形成知识网络系统并强化记忆，二是在系统把握整体知识的基础上，通过大量练习，培养学生综合灵活运用知识的学科能力。解题的过程中，注意提高速率及准确性，做到既要“对”，又要“快”。
课堂上重在讲知识、方法、技巧、网络；讲本单元考试大纲中要求的知识与结构以及涉及的学科能力；讲解题思路、解题技巧；讲历届学生失误、教训；讲考练中发现的常错点、易混点及解决方法。讲评课做到：(1)挖病根：学生为什么出错？(2)讲方法： 抓住典型题目，讲好来龙去脉，手把手领着审题，找解题规律，规范解题格式，把试卷规范化落实于平日复习中；(3)讲变化： 讲评要善于借题发挥，举一反三，对某知识从多角度、多 层次进行拓展讲解；(4)敢取舍：避免冲淡主题，注重滚动提高，给学生留有思考空间。
三、避免复习误区
1.严禁发套题、错题、重复题，做到所发考题或练习必须经过优选，才能下发。
2.严禁只发题不批改，做到有发必批、有批必评、有评必整。
3.严禁抢时间、挤空间，做到考试、练习定时收发，把自由时间让给学生自由复习。
4.严禁以讲代练或以练代讲，做到讲练结合、以练为主。
5.严禁题目偏、繁、旧、难，做到把握起点(以重中之重、边际生水平为起点)、重视基础性、灵活性、实际性。
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是( )
A．石墨烯 B．不锈钢 C．石英光导纤维 D．聚酯纤维
【答案】D
【解析】A项，石墨烯是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，为碳的单质，属于无机物，A不符合题意；B项，不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料，B不符合题意；C项，石英光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料，C不符合题意；D项，聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物，D符合题意；故选D。
2. 下列化学用语表示正确的是( )
A．H2S分子的球棍模型：
B．AlCl3的价层电子对互斥模型：
C．KI的电子式：
D．CH3CH(CH2CH3)2的名称：3−甲基戊烷
【答案】D
【解析】A项，H2S分子是“V”形结构，因此该图不是H2S分子的球棍模型，故A错误；B项，AlCl3中心原子价层电子对数为，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故B错误；C项，KI是离子化合物，其电子式：，故C错误；D项，CH3CH(CH2CH3)2的结构简式为，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。故选D。
3. 氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是( )
A．氯化铁属于弱电解质 B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得 D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】A
【解析】A项，氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；B项，氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；C项，氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；D项，向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确；故选A。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( )
A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架
B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂
【答案】A
【解析】A项，铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B项，氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C项，食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。
5. 下列说法正确的是( )
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
【答案】C
【解析】A项，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；B项，高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；C项，配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；D项，由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；故选C。
6. 化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。
7. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】A
【解析】A项，1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；B项，1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；C项，向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；D项，标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；故选A。
8. 下列说法不正确的是( )
A．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构
B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离
C．苯酚与甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂
D．可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液
【答案】C
【解析】A项，X射线衍射实验可确定晶体的结构，则通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构，故A正确；B项，蛋白质在盐溶液中可发生盐析生成沉淀，因此利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离，故B正确；C项，苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂，故C错误；D项，新制氢氧化铜悬浊液与乙醛加热反应条件得到砖红色沉淀，新制氢氧化铜悬浊液与醋酸溶液反应得到蓝色溶液，因此可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别苯、乙醛和醋酸溶液，故D正确。故选C。
9. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气： 2Fe2++2I-+2Cl2 =2Fe3++I2+4Cl-
B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
C．铜与稀硝酸：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O
D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-
【答案】B
【解析】A项，碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气，碘离子与氯气恰好完全反应，：2I-+Cl2 =I2+2Cl-，故A错误；B项，向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：lO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故B正确；C项，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3-= 3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D项，向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：5S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，故D错误；故选B。
10. 丙烯可发生如下转化，下列说法不正确的是( )
A．丙烯分子中最多7个原子共平面
B．X的结构简式为CH3CH=CHBr
C．Y与足量KOH醇溶液共热可生成丙炔
D．聚合物Z链节为
【答案】B
【解析】CH3-CH=CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应，生成(Y)；CH3-CH=CH2与Br2在光照条件下发生甲基上的取代反应，生成(X)；CH3-CH=CH2在催化剂作用下发生加聚反应，生成(Z)。A项，乙烯分子中有6个原子共平面，甲烷分子中最多有3个原子共平面，则丙烯分子中，两个框内的原子可能共平面，所以最多7个原子共平面，A正确；B项，X的结构简式为，B不正确；C项，Y()与足量KOH醇溶液共热，发生消去反应，可生成丙炔(CH3C≡CH)和KBr等，C正确；D项，聚合物Z为，则其链节为，D正确；故选B。
11. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能： Y＞Z＞X
B．电负性： Z＞Y＞X＞W
C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z
D．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。A项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则第一电离能： Z＞Y＞X，故A错误；B项，根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z＞Y＞X＞W，故B正确；C项，根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W＜Z，故C正确；D项，W2X2与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D正确。故选A。
12. 苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：
下列说法不正确的是( )
A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量
B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D．操作IV可用冷水洗涤晶体
【答案】B
【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸。A项，操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B项，操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C项，操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D项，苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作IV可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。
13. 氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是( )
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【解析】A项，电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；B项，电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误；C项，右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；D项，改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。故选B。
14 一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C-CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是( )
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I
【答案】C
【解析】A项，反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B项，短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C项，增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；D项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物1，故D正确。故选C。
15. 草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是( )
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-)
C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4- =CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8mol·L-1
【答案】D
【解析】A项，NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，故B错误；C项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是Ca2++ 2HC2O4- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。故选D。
16. 探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
实验方案
现象
结论
A
往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2 mL0.1mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
【答案】A
【解析】A项，向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B项，次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C项，由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D项，新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1
B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2
C．最简单的氮烯分子式：N2H2
D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3
②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出H+的能力：NH3 _______[ CuNH3]2+ (填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。
【答案】(1)2s22p3
(2)① A ②NnHn+2−2m(，m为正整数) ③＜ ④[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) ①CaCN2 ②6
【解析】(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；(2)①A项，能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2，故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；③[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+；(3)钙个数为，CN22-个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个CN22-进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。
18. 工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
【答案】(1)2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
(2)① BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3)①取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素
②+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【解析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：。(1)氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2；(2)①A项，硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；B项，根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；C项，化合物A含有基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；D项，工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D正确；故选BCD；②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；(3) A为，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
19. 水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。
(2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(CO2)/MPa
p(H2)/MPa
p(CH4)/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。
【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O (3)AC
(4)①AC ②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；(3) A项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；B项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C项，通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D项，若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①A项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C项，通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
20. 某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH) aClb] m，a=1~5)按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH) aClb] m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。
①产品的盐基度为___________。
②测定过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】(1)NaAlO2、NaOH (2)C
(3) ①蒸发皿 ②酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe 2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。(1)根据题中信息步骤1所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH；(2)A项，步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B项，步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质，故B正确；C项，步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D项，[Al2(OH) aClb] m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确；故选C。(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀； (4)①根据Cl-~ AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到[Al2(OH) 4.2Cl1.8] m产品的盐基度为；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
21. 某研究小组按下列路线合成胃动力药依托比利。
已知：
请回答：
(1)化合物B的含氧官能团名称是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．化合物A能与FeCl3发生显色反应
B．A→B的转变也可用KMnO4在酸性条件下氧化来实现
C．在B+C→D的反应中，K2CO3作催化剂
D．依托比利可在酸性或碱性条件下发生水解反应
(3)化合物C的结构简式是___________。
(4)写出E→F的化学方程式___________。
(5)研究小组在实验室用苯甲醛为原料合成药物苄基苯甲酰胺()利用以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线___________(用流程图表示，无机试剂任选)
(6)写出同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式___________。
①分子中含有苯环
②谱和谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基()。
【答案】(1)羟基、醛基 (2)BC
(3)ClCH2CH2N(CH3)2
(4)+2H2+H2O
(5)
(6)、、、
【解析】由有机物的转化关系可知，发生催化氧化反应生成，碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，则C为ClCH2CH2N(CH3)2；与NH2OH反应生成，则E为；催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，则F为；与SOCl2发生取代反应生成；与发生取代反应生成依托比利。(1)由结构简式可知，B分子的官能团为羟基、醛基，故答案为：羟基、醛基；(2)A项，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，故正确；B项，酚羟基具有强还原性，由结构简式可知，A分子中含有酚羟基，则A→B的转变不能用酸性高锰酸钾溶液来实现，故错误；C项，B+C→D的反应为碳酸钾作用下与ClCH2CH2N(CH3)2发生取代反应生成，其中碳酸钾的作用是中和反应生成的氯化氢，提高反应物的转化率，故错误；D项，由结构简式可知，依托比利分子中含有酰胺基，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故正确；故选BC；(3)由分析可知，C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；(4)由分析可知，E→F的反应为催化剂作用下与氢气发生还原反应生成，反应的化学方程式为+2H2+H2O；(5)由题给信息可知，用苯甲醛为原料合成药物N-苄基苯甲酰胺的合成步骤为与NH2OH反应生成，催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，合成路线为；(6) D的同分异构体分子中含有苯环，1H-NMR谱和IR谱检测表明分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有酰胺基说明同分异构体分子含有醚键或酚羟基，结合对称性，同分异构体的结构简式为、、、。
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