卷02——【备考2023】高考化学真题重组卷（浙江专用）（含解析）

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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．D【解析】A项，CaCl2由Ca2+和Cl-构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意；B项，H2SO4由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；C项，Ba(OH)2由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；D项，Na2CO3有Na+和CO32-构成，含有离子键，CO32-内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；故选D。
2．A【解析】A项，Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B项，硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故B正确；C项，硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；D项，铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选A。
3．B【解析】A项，羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为，故A正确；B项，乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C项，氯原子的核外有3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为，故C正确；D项，氨气为三角锥形的极性分子，球棍模型为，故D正确；故选B。
4．A【解析】A项，明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B项，铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确；C项，铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D项，胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故选A。
5．D【解析】A项，乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。
6．A【解析】A项，由方程式可知，反应生成1ml一氧化二氮，转移4ml电子，故A正确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。
7．A【解析】A项，碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保留，石灰石与醋酸反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B项，银作阳极，阳极的电极反应式为Ag-e-=Ag+，铜片作阴极，阴极的电极反应式为Ag++e-=Ag，总反应为Ag(阳极)Ag(阴极)，B正确；C项，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2 NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，C正确；D项，明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，参与反应的Ba2+与OH-物质的量之比为1:2，生成的Al(OH)3与BaSO4沉淀物质的量之比为2:3，反应的离子方程式为2Al3++3 SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正确；故选A。
8．A【解析】A项，油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A错误；B项，福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，B正确；C项，天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；D项，我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D正确；故选A。
9．B【解析】A项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A错误；B项，分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B正确；C项，酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3ml，C错误；D项，分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4mlNaOH，D错误；故选B。
10．B【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl。A项，X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A错误；B项，Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C项，Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；D项，X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；故选B。
11．C【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；C项，电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D项，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。
12．C【解析】Na核外有3个电子层，而F核外有2个电子层，故Na的半径比F的大，A项正确；Na的半径比Na的大，Na中的原子核对最外层电子的吸引力小，易失去电子，故Na的还原性比Na的强，B项正确；H的1s上有2个电子，为全充满稳定结构，不易失去电子，而Na最外层有2个电子，很活泼，故Na的第一电离能比H的小，C项错误；该事实说明可以形成Na，Na表现出非金属性，D项正确。
13．D【解析】A项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，故A正确；B项，由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中=-18，故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减小，故C正确；D项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。
14．B【解析】物质由气态转化为液态(液化)需要放热，物质由固态转化为气态需要吸热，比较反应3和反应4中 C6H12O6(s)→ C6H12O6(g)为吸热过程，6H2O(g)→ 6 H2O(l)为放热过程，所以反应4放出更多能量，△H更小，故△H3＞△H4，选项A错误；由盖斯定律知，反应1的6倍与反应2与反应3的和可以得到反应4，即6△H1＋△H2＋△H3＝△H4，经数学变形，可以得到6△H1＋△H2+△H3－△H4＝0，选项B正确；选项C、D均错误。故选B。
15．D【解析】A项，HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B项，氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C项，氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；D项，氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；故选D。
16．D【解析】A项，二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成无色的Mn2+，若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A正确；B项，涂改液与KOH溶液混合加热可得KCl于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B正确；C项，甘油能够与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C正确；D项，亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离子方程式为：2NO2-+2I-+4H+═2NO+I2+2H2O，该实验没有酸化，D错误；故选D。
二、非选择题(本题共5题，共52分)
17．(1)3d6(1分)
(2) SO42-的键角大于H2O，SO42-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形(2分)
(3)配位键、氢键(2分) (4) 6(1分) ×1021(2分)
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4(2分)
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子；(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021；(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用。
18．(1)Fe、S、O、H(2分) FeH(SO4)2 (2分)
(2)FeCl3、HCl、BaCl2(1分) Cl-、H2O、SCN-、OH-(1分)
(3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2(2分)
(4)用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-(2分)
【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02ml硫酸钡，说明X含有0.02ml的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01ml，X中含有0.01mlFe，由此可知X中应含有0.01的H。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(2)X 为FeH(SO4)2与氯化钡反应，溶液C中溶质的成分是FeCl3、HCl以及过量的BaCl2；根据C为溶液，铁离子在水中会水解，C→D形成络合物，D→E形成沉淀，相应微粒与阳离子结合由弱到强的排序：Cl-、H2O、SCN-、OH-；(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2；(4)设计实验确定溶液G中阴离子：用玻璃棒蘸取溶液G，点在红色石蕊试纸上，若变蓝，说明存在OH-；取少量溶液G，加入足量H2O2，用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，说明有S2-。
19．(1)C(1分) (2)+329(1分) K1•K22 (1分)
(3)①BC (2分)
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)/c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移(2分)
(4) ① (1分) ②C(2分)
【解析】(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C；
(2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•ml-1 ，K1
II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•ml-1 ， K2
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应H4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)；故△H=△H1+2△H2=+329 kJ•ml-1，K= K1•K22；(3)①A项，根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2, CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，A错误；B项，过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C项，过程ⅱCaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D项，焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 ml CO2需吸收的能量一样多，D错误；故选BC；②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；(4)①根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即∆n(CH4)=1ml, CO2转化率为60%,即∆n(CO2) =3ml60%=1.8ml，故R=∆n(CO2)/∆n(CH4)==1.8，故400~1000℃间R的变化趋势如图：；②A项，R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，则R提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；C项，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。
20．(1)①浓H2SO4(1分) ②a(1分)
(2)ABC(2分) (3)抽气(或通干燥氮气) (1分)
(4)a b g (2分)
(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复(1分)
②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求(2分)
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3ml-1.505×10-3ml)=2×10-3ml，生成I2的物质的量为2×10-3ml，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3ml，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3ml，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3ml-2×10-3ml=5×10-6ml，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6ml，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。
21．(1)CD(2分)
(2)HC≡CCOOCH3(1分) (1分) (1分)
(3)2+2NaBr+H2↑(1分)
(4)、、、、(3分)
(5) (3分)
【解析】A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是。(1)A项，苯环上的溴原子不活泼，不易与NaOH溶液发生反应，故A正确；B项，化合物E和F含有的官能团不能，可通过红外光谱区别，故B正确；C项，化合物F不含酯基，不属于酯类物质，故C错误；D项，化合物H的分子式是C20H14O5，故D错误；选CD。(2)A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是。(3)根据信息，由逆推，可知D是，C→D的方程式是2+2+2Na→2+2NaBr+H2↑；(4)①有两个六元环(不含其他环结构)，其中一个为苯环；②除苯环外，结构中只含2种不同的氢，说明结构对称；③不含—O—O—键及—OH，符合条件的的同分异构体有、、、、。(5)溴苯和镁、乙醚反应生成，和环氧乙烷反应生成，发生催化氧化生成， 和苯乙炔反应生成， 合成路线为 。
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D
A
B
A
D
A
A
A
B
B
C
C
D
B
D
D