卷04——【备考2023】高考化学真题重组卷（浙江专用）（含解析）

这是一份卷04——【备考2023】高考化学真题重组卷（浙江专用）（含解析），文件包含卷04备考2023高考化学真题重组卷解析版docx、卷04备考2023高考化学真题重组卷原卷版docx、卷04备考2023高考化学真题重组卷参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
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．A【解析】A项，高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和MnO4-，故KMnO4属于盐，A符合题意；B项，过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，不合题意；C项，双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D项，医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故选A。
2．D【解析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。A项，Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；B项，CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；C项，亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；D项，盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；故选D。
3．C【解析】A项，乙炔中碳碳之间为三键，故结构简式HC≡CH，A正确；B项，KOH为离子化合物，故电子式为，B正确；C项，为乙烷的比例模型，不是球棍模型，C错误；D项，氯离子的核电荷数是17，电子数为18，氯离子的结构示意图为，D正确；故选C。
4．C【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色,可用作红色颜料，D正确；故选C。
5．B【解析】A项，金属镁的密度较小，镁合金的强度高、机械性能好，是制造汽车、飞机、火箭的重要材料，故A正确；B项，还原铁粉能吸收氧气，可用作食品脱氧剂，故B错误；C项，氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故C正确；D项，油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是热值最高的营养物质，故D正确；故选B。
6．B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A项，H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A不正确；B项，Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C不正确；D项，根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D不正确。故选B。
7．D【解析】A项，盐酸中滴加Na2SiO3溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为SiO32-+2H+= H2SiO3↓，A正确；B项，亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2CO3溶液中通入过量SO2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO32-+ SO2+H2O=2HSO3-+ CO2，B正确；C项，乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸，Cr2O72- 被还原为Cr3+，该反应的离子方程式为3CH3CH2OH+2Cr2O72-+16H+→3CH3COOH+4Cr3++11H2O，C正确；D项，类比氯气与碱反应可知，溴与冷的NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，该反应的离子方程式为Br2+2OH-= Br-+ BrO-+H2O，D不正确。故选D。
8．D【解析】A项，硫酸铵使蛋白质发生盐析，而不是变性，A错误；B项，石油经过减压分馏得到石蜡等馏分，是物理变化，B错误；C项，在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应获得苯乙烯，C错误；D项，含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药，D正确；故选D。
9．C【解析】A项，与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个原子共平面，A正确；B项，该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；C项，该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；D项，与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；故选C。
10．A【解析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为：Mg，Y为：Al，Z为：C，M为：N，Q为：S，R为：Cl。A项，ZQ2为CS2，ZR4为CCl4，CS2中硫的还原性强于CCl4中的氯元素，A错误；B项，Mg和CO2发生下述反应：2Mg+CO22MgO+O，B正确；C项，Al和Fe2O3发生铝热反应如下：2Al+Fe2O3 Al2O3 +2Fe，C正确；D项，M为：N，N的最高价氧化物的水化物为HNO3，最低价氢化物为NH3，二者发生如下反应：HNO3+NH3=NH4NO3，D正确；故选A。
11．C【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。A项，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A错误；B项，电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。
12．C【解析】A项，磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B项，磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C项，磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D项，NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；故选C。
13．C【解析】A项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；B项，当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO32-+H+= HCO3-，B错误；C项，根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D项，根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故选C。
14．B【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则COeq \\al(2−,3)(aq)+H+(aq)=HCO3- (aq)为放热反应，所以△H10；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短(1分)
(3) CsCl(1分) CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体(1分)
(4)电解质(1分) (2分)
【解析】(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5。a项，1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b项，1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c项，1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d项，1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；故选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故选d。(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
18．(1)Al2O3(1分) Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3(2分)
(2)CuAl2Cl8(2分) (1分)
(3)①4Cu2++N2H5+ +4Cl-=4 CuCl↓+N2↑+5H+(2分)
②将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素(2分)
【解析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。(1)白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、NH4+、Ag+、H+，阴离子有NO3-，故溶液中含有：Cu(NO3)2、NH4NO3、AgNO3、HNO3；(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02ml，含有氯离子物质的量为：=0.08ml，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为；(3)①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与N2H5+反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N2H5+中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为4Cu2++N2H5+ +4Cl-=4 CuCl↓+N2↑+5H+；②Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中Cu元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀。
19．(1)①AE(2分) ②p(2分)
③ (2分)
(2)①Ⅱ(1分)
②T4(1分) ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响(2分)
【解析】(1)①A项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B项，v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C项，温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D项，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为1ml，由题给数据建立如下三段式：

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)ml/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 ml/L×2=0.06 ml/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为；(2)①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长。
20．(1) 催化(1分) 防止氧气、水进入密闭体系(1分)
(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽(2分)
(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可) (2分)
(4)BC(2分)
(5)bdg(2分)
【解析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH2和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口N与尾气处理连接装置再处理氨气等。(1)结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3•9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)39H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备；(2)结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，所以为判断密封体系中空气是否排尽，可设计方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；(3)上述化学反应中，反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；(4)A项，步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3•9H2O均匀分散在液氨中，A正确；B项，步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，则也不能被点然、不会产生火焰，且对易气体点火有安全隐患，B错误；C项，步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C错误；D项，因为制备的产品NaNH2易与水和氧气发生反应，所以可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D正确；故选BC；(5)题干信息中提到假设产品NaNH2的唯一杂质为NaOH，因为产品溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可设计利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，所以需选用酸性条件下的酸碱指示剂判断滴定终点，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg 加入过量盐酸标准溶液加入滴加甲基橙指示剂用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故选bdg。
21．(1) BC(2分) (2) (2分)
(3)+H2O (2分)
(4) (3分)
(5) (3分)
【解析】结合邻硝基甲苯、C的结构简式以及B的分子式，可以推测出A的结构简式为、B的结构简式为，被酸性的高锰酸钾溶液氧化为D，D的结构简式为，D分子中含有肽键，一定条件下水解生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为，结合E的结构简式、美托拉宗的结构简式、F的分子式、题给已知可知，F的结构简式为。(1)A项，由→，与甲基对位的苯环上的氢原子被氯原子代替，故反应Ⅰ试剂是液氯、FeCl3，其中FeCl3作催化剂，A错误；B项，化合物C中含有肽键，可以发生水解，B正确；C项，结合F的结构简式和CH3CHO、美托拉宗的结构简式以及已知条件，反应Ⅱ涉及到加成反应、取代反应，C正确；D项，美托拉宗的分子式为C16H16ClN3O3S，D错误；故选BC。(2)由分析知化合物D的结构简式为；(3)由分析可知，B的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为，B和E发生取代反应生成F，其反应方程式为：+→+H2O；(4)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇被氧化为乙酸，在一定条件下被还原为，乙酸与发生取代反应生成，流程图为；(5)分子中有4种氢原子并且苯环上有2种，分子中含有碳氧双键，不含—CHO和氮氧键，故分子中苯环上含有两个取代基，满足条件的它们分别为、、、。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
A
D
C
C
B
B
D
D
C
A
C
C
C
B
B
B