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冲刺2023年高考化学真题重组卷05

浙江专用(解析版)

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H—1 C—12  N—14  O—16  F—19  Na—23  Mg—24  Al—27  Si—28  P—31  S—32  Cl—35.5  K—39   Mn—55  Fe—56  Cu—64   Zn—65  Ga—70  Se—79  Br-80  Ag—108  Cd —112  I—127  Ba—137

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．(2020·浙江1月选考)有共价键的离子化合物是(    )

A．Na₂O₂      B．H₂SO₄      C．CH₂Cl₂     D．SiC

【答案】A

【解析】A项，Na₂O₂中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价价，故A正确；B项，硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；C项，二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；D项，碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误；故选A。

2．(2015·浙江10月选考)有关SO₂的性质，下列说法不正确的是(　　)

A．能使品红溶液褪色 B．能与NaOH溶液反应

C．能与H₂O反应生成H₂SO₄         D．一定条件下能与O₂反应生成SO₃

【答案】C

【解析】A项，SO₂具有漂白性，能使品红溶液褪色，正确；B项，SO₂为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，正确；C项，SO₂能与H₂O反应生成H₂SO₃，而不是H₂SO₄，不正确；D项，SO₂在催化剂及加热积极作用下与氧气反应生成SO₃，正确。

3．(2023·浙江1月选考)下列化学用语表示正确的是(    )

A．中子数为18的氯原子：

B．碳的基态原子轨道表示式：

C． 的空间结构： (平面三角形)

D． 的形成过程：

【答案】C

【解析】A项，质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为 ，故A错误；B项，基态碳原子的核外电子排布式为1s²2s²2p²，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式： ，故B错误；C项，BF₃的中心原子B原子孤电子对数= =0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为： ，故C正确；D项，HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为 ，故D错误；故选C。

4．(2021·浙江1月选考)下列说法不正确的是(   )

A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨

B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹和焰火

C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带

D．工业上可用氨水消除燃煤烟气中的二氧化硫

【答案】A

【解析】A项，铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，A说法不正确；B项，镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确；C项，粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为坚固的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C说法正确；D项，二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反应生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D说法正确。故选A。

5．(2021·浙江6月选考)下列说法不正确的是(   )

A．硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐      

B．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁

C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气       

D．常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化

【答案】A

【解析】A项，硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B项，镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C项，钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D项，浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。

6．(2022·浙江1月选考)关于反应4CO₂+SiH₄ 4CO+2H₂O+SiO₂，下列说法正确的是(   )

A．CO是氧化产物                                

B．SiH₄发生还原反应

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为14   

D．生成1molSiO₂时，转移8mol电子

【答案】D

【解析】A项，根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B项，硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH₄发生氧化反应，B错误；C项，反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH₄，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D项，根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO₂时，转移8mol电子，D正确；故选D。

7．(2020·浙江1月选考)不能正确表示下列变化的离子方程式是

A．BaCO₃溶于盐酸：BaCO₃＋2H⁺=Ba²⁺＋CO₂↑＋H₂O

B．FeCl₃溶液腐蚀铜板：2Fe³⁺＋Cu=2Fe²⁺＋Cu²⁺

C．苯酚钠溶液中通入少量CO₂：2 ＋CO₂＋H₂O=2 ＋CO₃^2—

D．醋酸钠水解：CH₃COO⁻＋H₂O CH₃COOH＋OH⁻

【答案】C

【解析】A项，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO₃＋2H⁺=Ba²⁺＋CO₂↑＋H₂O，故A正确；B项，FeCl₃溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe³⁺＋Cu=2Fe²⁺＋Cu²⁺，故B正确；C项，苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ＋CO₂＋H₂O→ ＋HCO₃^—，故C错误；D项，醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH₃COO⁻＋H₂O CH₃COOH＋OH⁻，故D正确；故选C。

8．(2021·浙江1月选考)下列说法不正确的是(   )

A．甘氨酸和丙氨酸混合，在一定条件下可生成4种二肽

B．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C．纤维素与乙酸酐作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基

D．工业上通常用植物油与氢气反应生产人造奶油

【答案】B

【解析】A项，甘氨酸和丙氨酸混合在一定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的羧基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的羧基可脱水形成2种二肽，共可生成4种二肽，A正确；B项，乙二酸具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为2 MnO₄^-+5H₂C₂O₄+6H⁺=2Mn²⁺+10CO₂↑+8H₂O，B错误；C项，纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为[C₆H₇O₂(OH)₃]_n，纤维素能与乙酸酐反应生成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，C正确；D项，植物油中含碳碳双键，植物油一定条件下能与氢气发生加成反应生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；故选B。

9．(2022·浙江1月选考)关于化合物 ，下列说法正确的是(   )

A．分子中至少有7个碳原子共直线        B．分子中含有1个手性碳原子

C．与酸或碱溶液反应都可生成盐           D．不能使酸性KMnO₄稀溶液褪色

【答案】C

【解析】A项， 图中所示的C课理解为与甲烷的C相同，故右侧所连的环可以不与其在同一直线上，分子中至少有5个碳原子共直线，A错误；B项， ，分子中含有2个手性碳原子，B错误；C项，该物质含有酯基，与酸或碱溶液反应都可生成盐，C正确；D项，含有碳碳三键，能使酸性KMnO₄稀溶液褪色，D错误；故选C。

10．(2020·浙江7月选考)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为 价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z₂X₄的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是(    )

A．原子半径：

B．最高价氧化物对应水化物的酸性：

C．X₂Z—ZX₂易溶于水，其水溶液呈碱性

D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物

【答案】D

【解析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，则证明该元素为第IVA族元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M同族，则在元素周期表位置应为

IVA族	VA族
Y	Z
M

故推知Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z₂X₄的电子总数为18，则推知，X为H，该化合物为N₂H₄；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q为Cl元素。根据上述分析可知，X为H、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则：A项，同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：Z(N)，故A正确；B项，同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，因元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，故B正确；C项，N₂H₄的结构简式可表示为H₂N-NH₂，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，且该分子具有极性，与水分子间也存在氢键，根据相似原理可知，N₂H₄易溶于水，故C正确；D项，X、Z和Q三种元素组成的化合物有很多，不一定都是共价化合物，如氯化铵属于铵盐，为离子化合物，故D错误；故选D。

11．(2021·浙江1月选考)镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L 为小灯泡，K₁、K₂为开关，a、b为直流电源的两极)。

 

下列说法不正确的是(   )

A．断开K₂、合上K₁，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能

B．断开K₁、合上K₂，电极A为阴极，发生还原反应

C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变

D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+ 2NiOOH+2H₂O Ca(OH)₂+2Ni(OH)₂

【答案】C

【解析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)₂，负极反应式为Cd-2e^-+2OH^-=Cd(OH)₂，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)₂，正极反应式为2NiOOH+2e^-+2H₂O=2Ni(OH)₂+2OH^-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H₂O=Cd(OH)₂+2Ni(OH)₂。A项，断开K₂、合上K₁，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A正确；B项，断开K₁、合上K₂，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)₂+2e^-=Cd+2OH^-，B正确；C项，电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)₂-2e^-+2OH^-=2NiOOH+2H₂O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)₂+2e^-=Cd+2OH^-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)₂+2Ni(OH)₂ Cd+2NiOOH+2H₂O，溶液中KOH浓度减小，C错误；D项，根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H₂O=Cd(OH)₂+2Ni(OH)₂，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H₂O Cd(OH)₂+2Ni(OH)₂，D正确；故选C。

12．(2021•山东卷)关于CH₃OH、N₂H₄和(CH₃)₂NNH₂的结构与性质，下列说法不正确的是(   )

A．CH₃OH为极性分子                          

B．N₂H₄空间结构为平面形

C．N₂H₄的沸点高于(CH₃)₂NNH₂            

D．CH₃OH和(CH₃)₂NNH₂中C、O、N杂化方式均相同

【答案】B

【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B项，N₂H₄中N原子的杂化方式为sp³，不是平面形，B错误；C项，N₂H₄分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼((CH₃)₂NNH₂)只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N₂H₄的低，C正确；D项，CH₃OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH₃)₂NNH₂的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp³，D正确；故选B。

13．(2021·浙江1月选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L^-1NH₄Cl溶液、10 mL 0.50mol·L^-1CH₃COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH₃COOH和NH₃·H₂O的电离常数均为1.8×10^-5.下列说法不正确的是(   )

 

A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'

B．将NH₄Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L^-1，溶液pH变化值小于lgx

C．随温度升高，K_w增大，CH₃COONa溶液中c(OH^- )减小，c(H⁺)增大，pH减小

D．25 时稀释相同倍数的NH₄Cl溶液与CH₃COONa溶液中：c(Na⁺ )-c(CH₃COO^- )=c(Cl^-)-c(NH₄⁺)

【答案】C

【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L^-1 NH₄Cl溶液、10 mL 0.50mol·L^-1CH₃COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH₄Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L^-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H⁺)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H⁺)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即K_w增大；随温度升高，CH₃COONa的水解程度变大，溶液中c(OH^-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25时稀释相同倍数的NH₄C1溶液与CH₃COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na⁺ ) +c(H⁺) =c(OH^-)+c(CH₃COO^- ) ，c(NH₄⁺)+c(H⁺ ) =c(Cl^-)+c(OH^- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl^-)-c(NH₄⁺) =c(H⁺ )-c(OH^- )，醋酸钠溶液中，c(Na⁺ )-c(CH₃COO^- )= c(OH^-) -c(H⁺) 。由于25 时CH₃COOH和NH₃·H₂O的电离常数均为1.8 ×10^-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH₄C1溶液与CH₃COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH^-) -c(H⁺)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na⁺ )-c(CH₃COO^- )=c(Cl^-)-c(NH₄⁺)，D说法正确。故选C。

14．(2023·浙江省1月选考)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O₂(g)和Cl₂(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是(    )

 

A．E₆-E₃=E₅-E₂        

B．可计算Cl-Cl键能为2(E₂-E₃)kJ•mol^-1        

C．相同条件下，O₃的平衡转化率：历程II>历程I

D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O₂(g)+Cl(g)  H=(E₅-E₄)kJ•mol^-1

【答案】C

【解析】对比两个历程可知，历程中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A项，催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E₆-E₃=E₅-E₂，A正确；B项，已知Cl₂(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E₂-E₃)kJ•mol^-1，则Cl-Cl键能为2(E₂-E₃)kJ•mol^-1，B正确；C项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O₃的平衡转化率：历程=历程，C错误；D项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O₂(g)+Cl(g)  H=(E₅-E₄)kJ•mol^-1，D正确；故选C。

15．(2019·浙江4月选考)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是(    )

A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO₂增多、石灰石沉积

B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO₂溶解，沉积少

C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO₃(s)＋H₂O(l)＋CO₂(aq) Ca(HCO₃)₂(aq)

D．海水呈弱酸性，大气中CO₂浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大

【答案】D

【解析】石灰岩的形成是CaCO₃的沉积结果，海水中溶解一定量的CO₂，因此CaCO₃与CO₂，H₂O之间存在着下列平衡：CaCO₃(s)+CO₂(g)+H₂O(l)Ca(HCO₃)₂(aq)。A项，海水中CO₂的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO₂的浓度较小，即游离的CO₂增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO₃方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B项，与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO₂溶解，沉积少，B项正确；C项，在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO₃(s)＋H₂O(l)＋CO₂(aq) Ca(HCO₃)₂(aq)，C项正确；D项，海水温度一定时，大气中CO₂浓度增加，海水中溶解的CO₂随之增大，导致CO₃^2-转化为HCO₃^-，CO₃^2-浓度降低，D项错误。故选D。

16．(2023·浙江1月选考)探究铁及其化合物的性质，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FeCl2溶液中加入Zn片	短时间内无明显现象	Fe2+的氧化能力比Zn2+弱
B	往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体	溶液先变成血红色后无明显变化	Fe3+与SCN-的反应不可逆
C	将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液	溶液呈浅绿色	食品脱氧剂样品中没有+3价铁
D	向沸水中逐滴加5-6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸	溶液先变成红褐色再析出沉淀	Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀

【答案】D

【解析】A项，FeCl₂溶液中加入Zn片，Fe²⁺+Zn=Fe+Zn²⁺，溶液由浅绿色变为无色，Fe²⁺的氧化能力比Zn²⁺强，A错误；B项，溶液变成血红色的原因，Fe³⁺+3SCN^- Fe( SCN)₃，与SO₄^2-和K⁺无关，B错误；C项，铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D项，向废水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)₃胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故选D。

二、非选择题(本题共5题，共52分)

17．(2022•河北省选择性考试)(10分)含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为 )，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：

(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。

(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______，原因是_______。

(3) SnCl₃^-的几何构型为_______，其中心离子杂化方式为_______。

(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。

A．[Cu(NH₃)₂]Cl  B．[Cu(NH₃)₄]SO₄      C．[ Zn(NH₃)₄]SO₄      D．Na₂[Zn(OH)₄]

(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：

 

根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn²⁺转化为MnO₄^-的是_______(填标号)。理由是_______。

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