还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023年高考考前押题密卷
成套系列资料，整套一键下载
2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（参考答案）
展开
这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（参考答案），共11页。
2023年高考考前押题密卷(浙江卷)
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
A
C
C
C
A
B
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
C
B
D
C
D
C
D
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项，K2FeO4中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6价，A正确；B项，Fe为26号元素，元素位于周期表d区，B错误；C项，强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；高铁酸钾属于强电解质，C正确；D项，用K2FeO4对饮用水处理时，六价铁具有强氧化性转变为三价铁，能起到消毒杀菌；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质的作用，D正确；故选B。
3．A
【解析】A项，N的质子数为7，原子核外最外层有5个电子，氨的电子式为：，A错误；B项，Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，故Cu位于元素周期表的ds区，B正确；C项，因H2SO4为强酸，故NaHSO4在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，C正确；D项，已知SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，故SO2的VSEPR模型：，D正确；故选A。
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．C
【解析】A项，浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确；B项，硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确；C项，NO2、NO与CO反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误；D项，铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确；故选C。
6．C
【解析】A项，根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A正确；B项，根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B正确；C项，Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D项，生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D正确；故选C。
7．A
【解析】A项，SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，SO2与NaClO发生氧化还原反应，该反应的离子方程式应该为2ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，A错误；B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-，B正确；C项，乙酰水杨酸()与过量NaOH溶液共热，羧基显酸性且酯基是酚羟基与羧基形成的酯基，即 +3OH-+CH3COO-+2H2O，C正确；D项，氯化铜浓溶液常呈绿色，是棕黄色([CuCl4]2-)与蓝色([Cu(H2O)4]2+)的互补色，可知[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+在溶液中共存，两者之间存在动态平衡，可表示为：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，D正确；故选A。
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，化合物Ⅰ的分子式为C3H6O，化合物Ⅱ的分子式为C4H6O3，可推断出该反应的原子利用率为100%，A正确；B项，化合物Ⅰ分子中含有亚甲基结构，不可能所有原子共平面，B正确；C项，根据化合物Ⅱ的分子结构可知，碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种，C正确；D项，如图所示 、 ，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ分子的一氯代物数目均为2，D错误；故选D。
10．C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y、Z均相邻，则X为第二周期元素，根据题给化合物的结构，W元素形成1个共价键，W为H，X与H形成XH4+ ，X为-3价，则X为N，Y是O，Z是P。A项，同周期主族元素，原子序数越大，半径越小，同主族元素，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为P>N>O，故A正确；B项，NH3和PH3的中心原子杂化方式均为sp3，且均有一个孤电子对，键长：P—H键>N—H键，导致PH3中成键电子对之间斥力比NH3小，故键角：NH3>PH3，故B正确；C项，该化合物的阴离子中P原子形成5个共价键，形成最外层有10个电子的结构，故C错误；D项，H、N、O三种元素形成的化合物NH4NO3中既含离子键又含共价键，故D正确；故选C。
11．B
【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A项正确；B项，a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；C项，放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；D项，充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；故选B。
12．D
【解析】A项，H2O2的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；B项，电负性：N＜O，NH3分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以NH3、H2O与Co3+形成配离子的稳定性：NH3＞H2O，故B错误；C项，[Co(NH3)6]Cl3中含有NH3与Co3+形成6个配位键，6个的NH3中有6×3=18个N-H键，所以1 mol [Co(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为(18+6=24)NA，故C错误；D项，根据结构图可知，若[Co(NH3)6]3+中两个NH3被Cl-替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个NH3，得到的[Co(NH3)4 Cl2]-有2种结构，故D正确；故选D。
13．C
【解析】已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似，则会发生部分电离， CH3NH2 ·H2OCH3NH3++OH-；随着pH值变大，CH3NH3+含量变小、CH3NH2 ·H2O含量变大，结合图像可知，图中实曲线为混合溶液中pH与CH3NH3+浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CH3NH2 ·H2O浓度的对数值(lgc)的关系；两条对角斜线分别为氢离子、氢氧根离子对应曲线，斜率为正的代表氢离子、斜率为负的代表氢氧根离子。A项，CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2O⇌ CH3NH3++OH-，A正确； B项，由点Q可知，pH=9.5，pOH=4.5，则，故其数量级为10-5，B正确；C项，P点无法计算氯离子的浓度，故不能计算c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)的值，C错误； D项，P点之后根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)，D正确；故选C。
14．D
【解析】A项，由题干可知，反应为(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr，HBr = H++Br-，酸性增强导致反应(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr逆向进行，使得(CH3)3CBr→(CH3)3COH转化率降低，A错误； B项，反应物能量大于生成物能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误；C项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；由图可知，分子中碳溴键断裂所需活化能更大，故分子中碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率慢，C错误；D项，碘原子半径大于溴原子大于氯原子，则C-I键能更小，利于C-I断裂发生反应，故推测(CH3)3C-X水解生成(CH3)3COH的速率：(CH3)3C-I＞(CH3)3C-Br＞(CH3)3C-Cl，D正确；故选D。
15．C
【解析】A项，醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；B项，牙膏中经常添加碳酸钙，主要是碳酸钙难溶于水，用作为摩擦剂，而不是增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀，B错误；C项，存在沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，K==2.0×1030，当时， Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F， C正确； D项，向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca5(PO4)3(OH)5Ca2++3 PO43-+OH-，当F-与Ca2+、PO43-结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，两者原理不相同，D错误；故选C。
16．D
【解析】A项，因醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应时应在碱性条件下进行，题中蔗糖水解后，没有加NaOH中和稀硫酸，就加入新制的Cu(OH)2悬浊液，不能检验葡萄糖，不能证明蔗糖未水解，A不合题意；B项，挥发的盐酸与苯酚钠也会发生反应，由操作和现象不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，B不合题意；C项，将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，由于盐酸或者Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，C不合题意；D项，向1mL0.1 mol·L-1MgSO4溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，则MgSO4过量，再滴入2滴0.1 mol·L-1CuSO4溶液，先产生白色沉淀，滴入CuSO4溶液后白色沉淀逐渐变为蓝色，说明存在Mg(OH)2转化为Cu(OH)2的沉淀转化，故能说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D符合题意；故选D。
17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2(1分) d(1分)
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定(1分)
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多(2分) H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键(2分)
(4) 1：3(1分) NA·a3·10-6(2分)
【解析】(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；(2)从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；(3)①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；(4)①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1：3；②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
18．(1) 铁、钠、氧(2分) NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4(2分)
(2) Na2SO4、H2SO4(2分)
(3)2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O(2分)
(4)先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2(2分)
【解析】从流程图可知，X+H2O→A+B，A为碱性溶液且焰色试验呈黄色，且能与HCl发生中和反应，则A为NaOH，恰好中和A溶液消耗0.06mol HCl，n(NaOH)=0.06mol，n(Na+)=0.06mol，m(Na+)=1.38g；B为红褐色沉淀，则B为Fe(OH)3，n[Fe(OH)3]=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol，m(Fe3+)=3.36g；化合物X由3种元素组成，则组成X的元素为Fe、Na和O，，n(Na)：n(Fe)：n(O)=1：1：2，X的化学式为NaFeO2。NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到无色溶液C和浅黄色沉淀D。溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4。溶液C中不含铁元素，则浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，D隔绝空气加热得到气体F和固体E，气体F中含有水蒸气1.08 g，则n(H2O)=0.06mol，说明D中含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，固体E和水反应生成红色沉淀Fe(OH)3和无色溶液，往无色溶液中加足量氯化钡溶液得到白色沉淀，此沉淀为BaSO4沉淀，说明D中含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4。(1)组成X的元素为铁、钠和氧；根据分析浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，且含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4；(2)根据分析，溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4；(3)X的化学式为NaFeO2，NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O；(4)根据分析，D为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4，D隔绝空气加热得到的气体F中除水蒸气外，另2种气体应为SO2和O2，检验这两种气体，可以先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2。
19．(1) A(1分) 622.7~913.3K(2分)
(2) K=(1分) 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率(2分)
(3) ABD(2分) (2分)
起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【解析】(1)①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。(2)①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。(3)①A项，反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；B项，反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；C项，1530 K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；D项，相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；故选ABD；②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
20．(1)BC(2分)
(2) HCl挥发，使得反应b难以进行(1分) B(1分) 步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化(2分)
(3)bde(2分) (4)93.94%(2分)
【解析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。(1)A项，由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；B项，一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；C项，将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；D项，若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；故选BD；(2)①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3；②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体；(3)由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；(4)设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%。
21．(1)酯基、醚键(1分) (2) (1分) (3)CD(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6) ， ， (3分)
【解析】A在NaBH4的作用下发生还原反应生成B，B与SOCl2反应生成C，D与反应生成E和乙醇，E→F过程由分子式及I的结构简式可知，F的结构简式为，C与F反应生成G，由I的结构简式可反推出G的结构简式为，由I 的结构简式为及H→I的反应条件可反推出H为,I→J结合已知条件可知J为。(1)由A的结构可知，包含的官能团为酯基、醚键；(2)由已知条件可知，B的结构简式为；(3)A项，C的结构简式为，C的分子式为C11H13ClO，A错误；B项，F＋C→G的反应类型为消去反应，C与F反应生成G，该反应为取代反应，B错误； C项，化合物J的结构简式为：，结构中含有6个环状结构，C正确；D项，设计H→I是先将-COOH转化为-COCl，-COCl更容易与-NH2反应，所以目的是为了增加反应物的活性，D正确；故选CD。(4)写出D和→E的化学方程式：；(5)已知，，目的是1，3-丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和(HOOCCH=CHCOOH)为原料合成，先形成五元环，再形成六元环，所以合成路线为：；(6)化合物中含有10个C原子，一个O，2个N，7个不饱和度，则满足①分子中只含一个三元碳环和一个苯环；占用5个不饱和度和9个C，还剩余2个不饱和度，2个N和1个O，该物质遇到氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，②1H-NMRR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，所以符合条件的结构简式有： ， ， 。
2023年高考考前押题密卷(浙江卷)
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
A
C
C
C
A
B
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
C
B
D
C
D
C
D
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项，K2FeO4中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6价，A正确；B项，Fe为26号元素，元素位于周期表d区，B错误；C项，强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；高铁酸钾属于强电解质，C正确；D项，用K2FeO4对饮用水处理时，六价铁具有强氧化性转变为三价铁，能起到消毒杀菌；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质的作用，D正确；故选B。
3．A
【解析】A项，N的质子数为7，原子核外最外层有5个电子，氨的电子式为：，A错误；B项，Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，故Cu位于元素周期表的ds区，B正确；C项，因H2SO4为强酸，故NaHSO4在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na++H++SO42-，C正确；D项，已知SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，故SO2的VSEPR模型：，D正确；故选A。
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．C
【解析】A项，浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确；B项，硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确；C项，NO2、NO与CO反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误；D项，铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确；故选C。
6．C
【解析】A项，根据反应方程式，Cu(CH3COO)2中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，Cu(CH3COO)2作氧化剂，N2H4中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，N2H4作还原剂，故A正确；B项，根据A选项分析，Cu(CH3COO)2作氧化剂，Cu2O为还原产物，N2H4作还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：N2H4＞Cu2O，故B正确；C项，Cu2O为还原产物，N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D项，生成0.5molCu2O，转移电子物质的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D正确；故选C。
7．A
【解析】A项，SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，SO2与NaClO发生氧化还原反应，该反应的离子方程式应该为2ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，A错误；B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-，B正确；C项，乙酰水杨酸()与过量NaOH溶液共热，羧基显酸性且酯基是酚羟基与羧基形成的酯基，即 +3OH-+CH3COO-+2H2O，C正确；D项，氯化铜浓溶液常呈绿色，是棕黄色([CuCl4]2-)与蓝色([Cu(H2O)4]2+)的互补色，可知[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+在溶液中共存，两者之间存在动态平衡，可表示为：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-，D正确；故选A。
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，化合物Ⅰ的分子式为C3H6O，化合物Ⅱ的分子式为C4H6O3，可推断出该反应的原子利用率为100%，A正确；B项，化合物Ⅰ分子中含有亚甲基结构，不可能所有原子共平面，B正确；C项，根据化合物Ⅱ的分子结构可知，碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种，C正确；D项，如图所示 、 ，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ分子的一氯代物数目均为2，D错误；故选D。
10．C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y、Z均相邻，则X为第二周期元素，根据题给化合物的结构，W元素形成1个共价键，W为H，X与H形成XH4+ ，X为-3价，则X为N，Y是O，Z是P。A项，同周期主族元素，原子序数越大，半径越小，同主族元素，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径大小关系为P>N>O，故A正确；B项，NH3和PH3的中心原子杂化方式均为sp3，且均有一个孤电子对，键长：P—H键>N—H键，导致PH3中成键电子对之间斥力比NH3小，故键角：NH3>PH3，故B正确；C项，该化合物的阴离子中P原子形成5个共价键，形成最外层有10个电子的结构，故C错误；D项，H、N、O三种元素形成的化合物NH4NO3中既含离子键又含共价键，故D正确；故选C。
11．B
【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A项正确；B项，a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；C项，放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；D项，充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；故选B。
12．D
【解析】A项，H2O2的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；B项，电负性：N＜O，NH3分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以NH3、H2O与Co3+形成配离子的稳定性：NH3＞H2O，故B错误；C项，[Co(NH3)6]Cl3中含有NH3与Co3+形成6个配位键，6个的NH3中有6×3=18个N-H键，所以1 mol [Co(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为(18+6=24)NA，故C错误；D项，根据结构图可知，若[Co(NH3)6]3+中两个NH3被Cl-替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个NH3，得到的[Co(NH3)4 Cl2]-有2种结构，故D正确；故选D。
13．C
【解析】已知：CH3NH2·H2O为一元弱碱，性质与NH3·H2O类似，则会发生部分电离， CH3NH2 ·H2OCH3NH3++OH-；随着pH值变大，CH3NH3+含量变小、CH3NH2 ·H2O含量变大，结合图像可知，图中实曲线为混合溶液中pH与CH3NH3+浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CH3NH2 ·H2O浓度的对数值(lgc)的关系；两条对角斜线分别为氢离子、氢氧根离子对应曲线，斜率为正的代表氢离子、斜率为负的代表氢氧根离子。A项，CH3NH2·H2O的水溶液中存在：CH3NH2·H2O⇌ CH3NH3++OH-，A正确； B项，由点Q可知，pH=9.5，pOH=4.5，则，故其数量级为10-5，B正确；C项，P点无法计算氯离子的浓度，故不能计算c(Cl-)+c(CH3NH3+)+c(CH3NH2·H2O)的值，C错误； D项，P点之后根据电荷守恒可知，溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(CH3NH3+)+c(H+)，D正确；故选C。
14．D
【解析】A项，由题干可知，反应为(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr，HBr = H++Br-，酸性增强导致反应(CH3)3CBr+H2O(CH3)3COH+HBr逆向进行，使得(CH3)3CBr→(CH3)3COH转化率降低，A错误； B项，反应物能量大于生成物能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错误；C项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；由图可知，分子中碳溴键断裂所需活化能更大，故分子中碳溴键断裂的速率比(CH3)3C+与H2O结合速率慢，C错误；D项，碘原子半径大于溴原子大于氯原子，则C-I键能更小，利于C-I断裂发生反应，故推测(CH3)3C-X水解生成(CH3)3COH的速率：(CH3)3C-I＞(CH3)3C-Br＞(CH3)3C-Cl，D正确；故选D。
15．C
【解析】A项，醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，根据强酸制取弱酸原理知，醋酸不能制取磷酸，A错误；B项，牙膏中经常添加碳酸钙，主要是碳酸钙难溶于水，用作为摩擦剂，而不是增加Ca2+浓度，抑制牙齿腐蚀，B错误；C项，存在沉淀溶解平衡Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)，K==2.0×1030，当时， Qc=＜＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca5(PO4)3OH与F-反应生成Ca5(PO4)3F， C正确； D项，向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca5(PO4)3(OH)5Ca2++3 PO43-+OH-，当F-与Ca2+、PO43-结合生成了更难溶于水的Ca5(PO4)3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，两者原理不相同，D错误；故选C。
16．D
【解析】A项，因醛基与新制Cu(OH)2悬浊液反应时应在碱性条件下进行，题中蔗糖水解后，没有加NaOH中和稀硫酸，就加入新制的Cu(OH)2悬浊液，不能检验葡萄糖，不能证明蔗糖未水解，A不合题意；B项，挥发的盐酸与苯酚钠也会发生反应，由操作和现象不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，B不合题意；C项，将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，由于盐酸或者Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，C不合题意；D项，向1mL0.1 mol·L-1MgSO4溶液中滴入2滴0.1 mol·L-1NaOH溶液，则MgSO4过量，再滴入2滴0.1 mol·L-1CuSO4溶液，先产生白色沉淀，滴入CuSO4溶液后白色沉淀逐渐变为蓝色，说明存在Mg(OH)2转化为Cu(OH)2的沉淀转化，故能说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D符合题意；故选D。
17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2(1分) d(1分)
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定(1分)
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多(2分) H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键(2分)
(4) 1：3(1分) NA·a3·10-6(2分)
【解析】(1)基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；(2)从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；(3)①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；(4)①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1：3；②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
18．(1) 铁、钠、氧(2分) NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4(2分)
(2) Na2SO4、H2SO4(2分)
(3)2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O(2分)
(4)先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2(2分)
【解析】从流程图可知，X+H2O→A+B，A为碱性溶液且焰色试验呈黄色，且能与HCl发生中和反应，则A为NaOH，恰好中和A溶液消耗0.06mol HCl，n(NaOH)=0.06mol，n(Na+)=0.06mol，m(Na+)=1.38g；B为红褐色沉淀，则B为Fe(OH)3，n[Fe(OH)3]=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol，m(Fe3+)=3.36g；化合物X由3种元素组成，则组成X的元素为Fe、Na和O，，n(Na)：n(Fe)：n(O)=1：1：2，X的化学式为NaFeO2。NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O，得到无色溶液C和浅黄色沉淀D。溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4。溶液C中不含铁元素，则浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，D隔绝空气加热得到气体F和固体E，气体F中含有水蒸气1.08 g，则n(H2O)=0.06mol，说明D中含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，固体E和水反应生成红色沉淀Fe(OH)3和无色溶液，往无色溶液中加足量氯化钡溶液得到白色沉淀，此沉淀为BaSO4沉淀，说明D中含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4。(1)组成X的元素为铁、钠和氧；根据分析浅黄色沉淀D含n(Fe3+)=0.06mol，含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，且含SO42-，由此可得D的化学式为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4；(2)根据分析，溶液C无色，则所含溶质为Na2SO4和过量的H2SO4；(3)X的化学式为NaFeO2，NaFeO2与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO2+4H2SO4= Na2SO4+Fe2(SO4)3+4H2O；(4)根据分析，D为NaFe3(OH)6(SO4)2或Na2Fe6(OH)12(SO4)4，D隔绝空气加热得到的气体F中除水蒸气外，另2种气体应为SO2和O2，检验这两种气体，可以先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO2，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O2。
19．(1) A(1分) 622.7~913.3K(2分)
(2) K=(1分) 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率(2分)
(3) ABD(2分) (2分)
起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【解析】(1)①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。(2)①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。(3)①A项，反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；B项，反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；C项，1530 K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；D项，相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；故选ABD；②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
20．(1)BC(2分)
(2) HCl挥发，使得反应b难以进行(1分) B(1分) 步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化(2分)
(3)bde(2分) (4)93.94%(2分)
【解析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。(1)A项，由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；B项，一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；C项，将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；D项，若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；故选BD；(2)①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3；②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体；(3)由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；(4)设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%。
21．(1)酯基、醚键(1分) (2) (1分) (3)CD(2分)
(4) (2分)
(5) (3分)
(6) ， ， (3分)
【解析】A在NaBH4的作用下发生还原反应生成B，B与SOCl2反应生成C，D与反应生成E和乙醇，E→F过程由分子式及I的结构简式可知，F的结构简式为，C与F反应生成G，由I的结构简式可反推出G的结构简式为，由I 的结构简式为及H→I的反应条件可反推出H为,I→J结合已知条件可知J为。(1)由A的结构可知，包含的官能团为酯基、醚键；(2)由已知条件可知，B的结构简式为；(3)A项，C的结构简式为，C的分子式为C11H13ClO，A错误；B项，F＋C→G的反应类型为消去反应，C与F反应生成G，该反应为取代反应，B错误； C项，化合物J的结构简式为：，结构中含有6个环状结构，C正确；D项，设计H→I是先将-COOH转化为-COCl，-COCl更容易与-NH2反应，所以目的是为了增加反应物的活性，D正确；故选CD。(4)写出D和→E的化学方程式：；(5)已知，，目的是1，3-丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和(HOOCCH=CHCOOH)为原料合成，先形成五元环，再形成六元环，所以合成路线为：；(6)化合物中含有10个C原子，一个O，2个N，7个不饱和度，则满足①分子中只含一个三元碳环和一个苯环；占用5个不饱和度和9个C，还剩余2个不饱和度，2个N和1个O，该物质遇到氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基，②1H-NMRR谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子，所以符合条件的结构简式有： ， ， 。
相关试卷
2023年高考考前押题密卷：化学（重庆卷）（参考答案）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（重庆卷）（参考答案），共3页。
2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（考试版）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（浙江卷）（考试版），共13页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量，下列反应的离子方程式不正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考考前押题密卷：化学（福建卷）（参考答案）： 这是一份2023年高考考前押题密卷：化学（福建卷）（参考答案），共3页。
