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2023年高考押题预测卷01（浙江卷）-化学（参考答案）
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2023年高考押题预测卷01【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
C
B
C
C
D
A
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
B
D
C
C
B
B
D
1．B
【解析】A项，二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；B项，碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；C项，镁铝合金属于金属材料，不属于非金属材料，故C错误；D项，五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误；故选B。
2．A
【解析】A项，Na2FeO4溶液属于混合物不属于强电解质，A错误；B项，Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价具有强氧化性，B正确；C项，该物质中Fe元素被还原后的产物是+3价，可能发生水解，C正确；D项，Fe元素位于元素周期表VIII族，D正确； 故选A。
3．C
【解析】A项，镁是12号元素，其结构示意图为 ，A错误；B项，中子数为9的氮原子可表示为：167N，B错误；C项，邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，C正确；D项，乙烯的空间填充模型为 ，D错误；故选C。
4．B
【解析】A项，SiC属于共价晶体，熔点高硬度大，可作耐高温结构材料，A正确；B项，NH4Cl受热易分解，但生成的氨气和氯化氢又化合转化为氯化铵，不能用于实验室制氨气，B错误；C项，CuSO4遇水变蓝，因此可用于检验乙醇是否含水，C正确；D项，SO2具有还原性，所以可作食品抗氧化剂，D正确；故选B。
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，在3BrF3+5H2O=Br2+HBrO3+O2↑+9HF的反应中，发生化合价变化的元素有Br、O二种元素，而F、H元素的化合价没有发生变化，在该反应中，只有两种元素化合价发生改变，故A错误；B项，在该反应中，Br元素的化合价由反应前BrF3中的＋3价变为反应后Br2中的0价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂为BrF3，而Br2是还原产物；Br元素的化合价由反应前BrF3中的＋3价变为反应后HBrO3中的＋5价，化合价升高，失去电子，被氧化，BrF3是还原剂，HBrO3是氧化产物；O元素的化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，所以H2O是还原剂，O2是氧化产物，即该反应的氧化产物有HBrO3和O2，故B错误；C项，5mol H2O参加反应只有2mol H2O作还原剂，2mol H2O只还原了mol BrF3，所以1.5mol H2O参加反应，0.6mol H2O作还原剂只还原0.4mol BrF3，故C正确；D项，根据方程式可知：每有3mol BrF3发生反应，有6mol电子转移，则若有1.5mol BrF3参加反应，有3mol e-转移，故D错误；故选C。
7．D
【解析】A项，草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使难溶的 AgCl 转化为可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；C项，用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO，次氯酸根将NO氧化为NO3-，NO将次氯酸根还原为Cl-：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO3-，C正确；D项，向 Ca(HCO3)2溶液中加入过量 NaOH 溶液，钙离子和碳酸氢根离子按1：2完全反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+ CO32-+2H2O ，D错误；故选D。
8．A
【解析】A项，植物油主要成分为酯类，在碱性条件下能水解为高级脂肪酸钠和甘油，从而溶于碱，矿物油只要成分为烃类，与NaOH不反应，溶液分层，因此可用NaOH溶液鉴别，故A正确；B项，合成橡胶、合成纤维属于合成材料，天然橡胶和天然纤维不属于合成材料，故B错误；C项，水解后溶液中要先加碱中和硫酸，溶液呈碱性后再加入新制氢氧化铜，故C错误；D项，硫酸铜使蛋白质发生变性，蛋白质析出后再加水不能溶解，故D错误；故选A。
9．D
【解析】A项，苯和乙烯是平面结构，取代苯环和乙烯中氢原子的碳原子，在同一平面内，所有碳原子可能共平面，A错误；B项，亮菌甲素分子中的碳原子有2种不同的杂化方式sp2和sp3，B错误；C项，苯环及碳碳双键、羰基能与氢气发生加成反应，酯基中的碳氧双键无法加成，1mol亮菌甲素最多能和5 molH2发生加成反应，C错误；D项，酚羟基消耗1 mol NaOH溶液，酯基水解消耗1molNaOH，酯基水解后生成酚羟基，消耗1 molNaOH，则1 mol“亮菌甲素”最多消耗3molNaOH，D正确；故选D。
10．B
【解析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。A项，同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3
【解析】由图示知，该装置为电解池，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-；Ni2P电极CH3(CH2)7NH2转化为CH3(CH2)7CN，电极方程式为：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)7CN+ 4H2O。A项，由图示知，该装置为电解池，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，得电子被还原，故In/ In2O3-x电极为阴极，则NiP为阳极与电源正极相连，故A正确；B项，In/ In2O3-x电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H2，故B正确；C项，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，故C正确；D项，标准状况下33.6L CO2的物质的量为1.5mol，In/ In2O3-x电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，失去3mol电子；Ni2P电极电极方程式为：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)7CN+ 4H2O，得到3mol电子时，生成0.75molCH3(CH2)7CN，故D错误；故选D。
12．C
【解析】A项，根据投影图知，该晶体的晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；B项，Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；C项，根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；D项，在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；故选C。
13．C
【解析】亚磷酸钠与盐酸反应：Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，从a点到b点发生NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3。A项，根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2PO3-的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2PO3-水解平衡常数Kh==10-12.6＜Ka2，H2PO3-的电离程度大于水解程度，即pH＜7，故A正确；B项，发生第二次突越的反应是NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，故B正确；C项，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故C错误；D项，b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b；故D正确；故选C。
14．B
【解析】A项，由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；B项，由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；C项，由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；D项，由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF3+的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF3+，D错误；故选B。
15．B
【解析】A项，Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O42-)=6.7×10-4，则图中a的数量级为10-2，A正确；B项，升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O42-)，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B错误；C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O42-)浓度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C正确；D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2+)=c(C2O42-)=0.015mol/L，Qc=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D正确；故选B。
16．D
【解析】A项，向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸强，但是不能比较出氯的非金属性比硅强；同一周期，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的的酸性越强，HCl不是Cl的含氧酸，A错误；B项，配制银氨溶液时，向1mL 2%的硝酸银溶液中滴加2%的稀氨水，边滴边振荡至沉淀恰好消失，B错误；C项，进行焰色试验时，应用铁丝或者铂丝蘸取少量溶液；玻璃棒含有钠元素，用玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，不能说明该溶液中含有钠元素；C错误；D项，向试管中加入1mL 0.10mol·L-1 Na2S溶液和2滴0.20mol·L-1ZnSO4溶液，产生白色沉淀，此时Na2S有剩余，再滴加2滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀，则不能比较ZnS、CuS溶度积常数Ksp大小，D正确；故选D。
17．(10分)
(1) (1分)
(2) 共价键(1分) 4 (1分) 氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵减反应) (1分)
(3)25∶2(2分)
(4) FeWN2(2分) (2分)
【解析】(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为；(2)①氮与镓之间是以共用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有4个氮，镓原子的配位数为4；②传统制备氮化镓是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；(3)如含氮的阳离子( )，σ键为：15个C-H键、4个C-C键、6个C-N键，其中σ键与π键的个数之比为25∶2；(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe的个数：2，W的个数：2，N的个数：4，该晶体的化学式为FeWN2；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度 == 。
18．(10分)
(1) Fe、C、O(2分) Fe(CO)5(2分)
(2)FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O(2分)
(3)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O(2分)
(4)取少量 G 溶液分别置于试管 A、B 中，往 A 试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN 无明显现象，再加氯水(或双氧水)，溶液变血红色，则有 Fe 2+(2分)
【解析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为FeC，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。(1)X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；(2)根据分析，固体B为FeC，其与浓硝酸共热发生氧化还原反应生成二氧化氮、二氧化碳及硝酸铁，反应的化学方程式：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O；(3)X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收1mol H2只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O；(4)根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加H2O2，溶液变血红色，则有Fe 2+。
19．(10分)
(1)a(2分)
(2) (2分)
(3) CH3OH (2分) 温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大(2分) (2分)
【解析】(1)由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ•mol-1=-222kJ•mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；(2)由题可知，①CO2(g)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO3-(aq)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)•p(CO2)=p•x•y，在忽略HCO3-的电离时，c(H+)-c(OH-)=c(HCO3-)，而c(H+)•c(OH-)=Kw，所以K2=，可得c(H+)=mol•L-1；(3)①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO；②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；③其他条件相同下，升高温度，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，即n(CO2)基本不变，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(H2)增大，则n(H2)/ n(CO2)随温度升高而增大，图示为：。
20．(10分)
(1) FeS2+2H+= Fe2++S↓+H2S↑(1分)
(2)BC(2分)
(3)H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动(2分)
(4) b e a d(2分)
(5) 滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化(1分) 3：1：4(2分)
【解析】黄铁矿渣含FeS2、PbS、NiS，第一步通过酸浸将FeS2 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。(1)酸浸过程中FeS2反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为FeS2+2H+= Fe2++S↓+H2S↑ 。(2)A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。(3)该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。(4)萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。(5)用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由Ti3++Fe3+=Fe2++Ti4+可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则[Fex(OH)y(SO4)z]m中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则x：y：z的值为3：1：4。
21．(12分)
(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： ， ， 。
绝密★启用前
2023年高考押题预测卷01【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
C
B
C
C
D
A
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
B
D
C
C
B
B
D
1．B
【解析】A项，二氧化碳形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故A错误；B项，碳化硅是熔沸点高的共价晶体，属于耐高温非金属材料，故B正确；C项，镁铝合金属于金属材料，不属于非金属材料，故C错误；D项，五氧化二磷形成的晶体是熔沸点低的分子晶体，不属于耐高温非金属材料，故D错误；故选B。
2．A
【解析】A项，Na2FeO4溶液属于混合物不属于强电解质，A错误；B项，Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价具有强氧化性，B正确；C项，该物质中Fe元素被还原后的产物是+3价，可能发生水解，C正确；D项，Fe元素位于元素周期表VIII族，D正确； 故选A。
3．C
【解析】A项，镁是12号元素，其结构示意图为 ，A错误；B项，中子数为9的氮原子可表示为：167N，B错误；C项，邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，C正确；D项，乙烯的空间填充模型为 ，D错误；故选C。
4．B
【解析】A项，SiC属于共价晶体，熔点高硬度大，可作耐高温结构材料，A正确；B项，NH4Cl受热易分解，但生成的氨气和氯化氢又化合转化为氯化铵，不能用于实验室制氨气，B错误；C项，CuSO4遇水变蓝，因此可用于检验乙醇是否含水，C正确；D项，SO2具有还原性，所以可作食品抗氧化剂，D正确；故选B。
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，在3BrF3+5H2O=Br2+HBrO3+O2↑+9HF的反应中，发生化合价变化的元素有Br、O二种元素，而F、H元素的化合价没有发生变化，在该反应中，只有两种元素化合价发生改变，故A错误；B项，在该反应中，Br元素的化合价由反应前BrF3中的＋3价变为反应后Br2中的0价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂为BrF3，而Br2是还原产物；Br元素的化合价由反应前BrF3中的＋3价变为反应后HBrO3中的＋5价，化合价升高，失去电子，被氧化，BrF3是还原剂，HBrO3是氧化产物；O元素的化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，所以H2O是还原剂，O2是氧化产物，即该反应的氧化产物有HBrO3和O2，故B错误；C项，5mol H2O参加反应只有2mol H2O作还原剂，2mol H2O只还原了mol BrF3，所以1.5mol H2O参加反应，0.6mol H2O作还原剂只还原0.4mol BrF3，故C正确；D项，根据方程式可知：每有3mol BrF3发生反应，有6mol电子转移，则若有1.5mol BrF3参加反应，有3mol e-转移，故D错误；故选C。
7．D
【解析】A项，草酸为弱酸不能拆为离子形式，高锰酸根具有氧化性，将草酸氧化为二氧化碳，草酸将高锰酸根还原为Mn2+：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，向 AgCl 沉淀中加入过量氨水使难溶的 AgCl 转化为可溶的[Ag(NH3)2]+：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B正确；C项，用过量的次氯酸钠溶液吸收 NO，次氯酸根将NO氧化为NO3-，NO将次氯酸根还原为Cl-：5ClO-＋2NO＋H2O=3Cl-＋2HClO＋2NO3-，C正确；D项，向 Ca(HCO3)2溶液中加入过量 NaOH 溶液，钙离子和碳酸氢根离子按1：2完全反应：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+ CO32-+2H2O ，D错误；故选D。
8．A
【解析】A项，植物油主要成分为酯类，在碱性条件下能水解为高级脂肪酸钠和甘油，从而溶于碱，矿物油只要成分为烃类，与NaOH不反应，溶液分层，因此可用NaOH溶液鉴别，故A正确；B项，合成橡胶、合成纤维属于合成材料，天然橡胶和天然纤维不属于合成材料，故B错误；C项，水解后溶液中要先加碱中和硫酸，溶液呈碱性后再加入新制氢氧化铜，故C错误；D项，硫酸铜使蛋白质发生变性，蛋白质析出后再加水不能溶解，故D错误；故选A。
9．D
【解析】A项，苯和乙烯是平面结构，取代苯环和乙烯中氢原子的碳原子，在同一平面内，所有碳原子可能共平面，A错误；B项，亮菌甲素分子中的碳原子有2种不同的杂化方式sp2和sp3，B错误；C项，苯环及碳碳双键、羰基能与氢气发生加成反应，酯基中的碳氧双键无法加成，1mol亮菌甲素最多能和5 molH2发生加成反应，C错误；D项，酚羟基消耗1 mol NaOH溶液，酯基水解消耗1molNaOH，酯基水解后生成酚羟基，消耗1 molNaOH，则1 mol“亮菌甲素”最多消耗3molNaOH，D正确；故选D。
10．B
【解析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。A项，同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3
【解析】由图示知，该装置为电解池，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-；Ni2P电极CH3(CH2)7NH2转化为CH3(CH2)7CN，电极方程式为：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)7CN+ 4H2O。A项，由图示知，该装置为电解池，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，得电子被还原，故In/ In2O3-x电极为阴极，则NiP为阳极与电源正极相连，故A正确；B项，In/ In2O3-x电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H2，故B正确；C项，In/ In2O3-x电极发生反应CO2转化为HCOO-，C元素化合价由+4价降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，故C正确；D项，标准状况下33.6L CO2的物质的量为1.5mol，In/ In2O3-x电极方程式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，失去3mol电子；Ni2P电极电极方程式为：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)7CN+ 4H2O，得到3mol电子时，生成0.75molCH3(CH2)7CN，故D错误；故选D。
12．C
【解析】A项，根据投影图知，该晶体的晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；B项，Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；C项，根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；D项，在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；故选C。
13．C
【解析】亚磷酸钠与盐酸反应：Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，继续加入盐酸，NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，根据图像可知，从开始到a点发生Na2HPO3+HCl=NaH2PO3+NaCl，从a点到b点发生NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3。A项，根据上述分析，a点对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2PO3-的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2PO3-水解平衡常数Kh==10-12.6＜Ka2，H2PO3-的电离程度大于水解程度，即pH＜7，故A正确；B项，发生第二次突越的反应是NaH2PO3+HCl=NaCl+H3PO3，故B正确；C项，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故C错误；D项，b溶质为NaCl、H3PO3，溶液显酸性，a点溶质为NaH2PO3、NaCl，根据A选项分析，点溶液显酸性，b点溶液酸性强于a点，因此水的电离程度a＞b；故D正确；故选C。
14．B
【解析】A项，由图可知，该反应为放热反应，故1 mol C2H6(g)的能量小于 1 mol C2H4(g)与1 mol H2(g)具有的能量之和，A错误；B项，由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g) △H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol -0=-129.6 kJ/mol，B正确；C项，由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；D项，由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF3+的活化能分别为109.34 kJ·mol-1、26.3 kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF3+，D错误；故选B。
15．B
【解析】A项，Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O42-)=6.7×10-4，则图中a的数量级为10-2，A正确；B项，升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O42-)，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B错误；C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O42-)浓度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C正确；D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2+)=c(C2O42-)=0.015mol/L，Qc=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D正确；故选B。
16．D
【解析】A项，向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸强，但是不能比较出氯的非金属性比硅强；同一周期，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的的酸性越强，HCl不是Cl的含氧酸，A错误；B项，配制银氨溶液时，向1mL 2%的硝酸银溶液中滴加2%的稀氨水，边滴边振荡至沉淀恰好消失，B错误；C项，进行焰色试验时，应用铁丝或者铂丝蘸取少量溶液；玻璃棒含有钠元素，用玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，不能说明该溶液中含有钠元素；C错误；D项，向试管中加入1mL 0.10mol·L-1 Na2S溶液和2滴0.20mol·L-1ZnSO4溶液，产生白色沉淀，此时Na2S有剩余，再滴加2滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀，则不能比较ZnS、CuS溶度积常数Ksp大小，D正确；故选D。
17．(10分)
(1) (1分)
(2) 共价键(1分) 4 (1分) 氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵减反应) (1分)
(3)25∶2(2分)
(4) FeWN2(2分) (2分)
【解析】(1)基态氮原子的价层电子轨道表示式为；(2)①氮与镓之间是以共用电子对形成的化学键，化学键类型为共价键，每个镓原子周围有4个氮，镓原子的配位数为4；②传统制备氮化镓是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是氮分子键能大，反应条件要求高，产物中气体分子数减少(属于熵减反应)；(3)如含氮的阳离子( )，σ键为：15个C-H键、4个C-C键、6个C-N键，其中σ键与π键的个数之比为25∶2；(4)由铁、钨、氮三种元素组成的氮化物表现出特殊的导电性质，晶胞结构如图，Fe的个数：2，W的个数：2，N的个数：4，该晶体的化学式为FeWN2；设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度 == 。
18．(10分)
(1) Fe、C、O(2分) Fe(CO)5(2分)
(2)FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O(2分)
(3)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O(2分)
(4)取少量 G 溶液分别置于试管 A、B 中，往 A 试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN 无明显现象，再加氯水(或双氧水)，溶液变血红色，则有 Fe 2+(2分)
【解析】由白色沉淀D可知混合气体A中含CO2，根据碳元素守恒，CO2的物质的量为0.1mol，A由两种气体组成，且两种气体组成元素相同，故气体C为CO，物质的量为0.3mol；H为红棕色固体，故H为Fe2O3，物质的量为0.05mol，Fe元素的物质的量为0.1mol；气体A中含CO，故B为FeC，与稀盐酸反应产生气体，气体E为H2，溶液G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，不溶性固体应为C，物质的量为0.1mol，综上混合气体A中：0.3mol CO，0.1mol CO2，混合固体B中：0.1molFe，0.1molC，总质量为19.6g，故X中含Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5。(1)X的组成元素为：Fe、C、O，化学式为：Fe(CO)5；(2)根据分析，固体B为FeC，其与浓硝酸共热发生氧化还原反应生成二氧化氮、二氧化碳及硝酸铁，反应的化学方程式：FeC+10HNO3=Fe(NO3)3+CO2↑+7NO2↑+5H2O；(3)X[Fe(CO)5]化学性质相当活泼，1mol X吸收1mol H2只生成一种二元弱酸Y和1mol气体C，化学方程式为：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y为H2Fe(CO)4，与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：)H2Fe(CO)4+2OH-= Fe(CO)42-+2H2O；(4)根据分析，G为FeCl2溶液和盐酸溶液的混合溶液，可分开验证氢离子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊试液变红；Fe2+检验：加KSCN溶液无现象，再加H2O2氧化后变红，故验证方法为：取少量G溶液分别置于试管A、B中，往A试管中滴加紫色石蕊，若变红，则有H+；往B试管中滴加KSCN无明显现象，再加H2O2，溶液变血红色，则有Fe 2+。
19．(10分)
(1)a(2分)
(2) (2分)
(3) CH3OH (2分) 温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大(2分) (2分)
【解析】(1)由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ•mol-1=-222kJ•mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；(2)由题可知，①CO2(g)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO3-(aq)，K2=，又因为溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)•p(CO2)=p•x•y，在忽略HCO3-的电离时，c(H+)-c(OH-)=c(HCO3-)，而c(H+)•c(OH-)=Kw，所以K2=，可得c(H+)=mol•L-1；(3)①△H3＜0，△H2＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H1＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO；②依据主要反应的化学方程式可知，反应Ⅲ消耗CO2，反应Ⅰ逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H3＜0而△H1＞0，根据勒夏特列原理，温度改变时，反应Ⅲ和反应Ⅰ平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；③其他条件相同下，升高温度，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，即n(CO2)基本不变，反应II为放热反应，升高温度平衡逆向移动，n(H2)增大，则n(H2)/ n(CO2)随温度升高而增大，图示为：。
20．(10分)
(1) FeS2+2H+= Fe2++S↓+H2S↑(1分)
(2)BC(2分)
(3)H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动(2分)
(4) b e a d(2分)
(5) 滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化(1分) 3：1：4(2分)
【解析】黄铁矿渣含FeS2、PbS、NiS，第一步通过酸浸将FeS2 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。(1)酸浸过程中FeS2反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为FeS2+2H+= Fe2++S↓+H2S↑ 。(2)A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。(3)该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。(4)萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。(5)用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由Ti3++Fe3+=Fe2++Ti4+可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则[Fex(OH)y(SO4)z]m中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则x：y：z的值为3：1：4。
21．(12分)
(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： ， ， 。
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