文档内容
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，(NH)CO 是正盐，故不选B；C项，NaHSO 是酸式
4 2 3 4
盐，NaHSO 不易分解，故不选C；D项，NaHCO 是酸式盐，NaHCO 受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，
4 3 3
故选D；故选D。
2．B
【解析】A项，KFeO 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，
2 4
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KFeO 对饮用水处理时，六价铁具有强氧化性转
2 4
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
HSO 为强酸，故NaHSO 在水中完全电离，电离方程式：NaHSO=Na++H++SO2-，C正确；D项，已知
2 4 4 4 4
SO 中心原子S周围的价层电子对数为：2+ =3，故SO 的VSEPR模型： ，D正确；故选
2 2
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
1
学科网（北京）股份有限公司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，
NO 、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，
2
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(CHCOO) 中Cu元素化合价由+2价→+1价，化合价降低，
3 2
Cu(CHCOO) 作氧化剂，NH 中N显-2价，N的化合价由-2价→0价，化合价升高，NH 作还原剂，故A
3 2 2 4 2 4
正确；B项，根据A选项分析，Cu(CHCOO) 作氧化剂，Cu O为还原产物，NH 作还原剂，利用还原剂
3 2 2 2 4
的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：NH＞Cu O，故B正确；C项，Cu O为还原产物，N 为氧
2 4 2 2 2
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0.5molCu O，转移电子物质
2
的量为0.5mol×2×(2-1)=1mol，故D正确；故选C。
7．A
【解析】A项，SO 具有还原性，NaClO具有强氧化性，SO 与NaClO发生氧化还原反应，该反应的离
2 2
子方程式应该为2ClO-+SO+H O=SO 2-+Cl-+2HClO，A错误；B项，由于K (H CO)＞K(HClO)＞
2 2 4 a1 2 3 a
K (H CO)，NaCO 溶液吸收少量Cl，碳酸根转化为碳酸氢根，方程式为：2CO2-+Cl+H O=2HCO -+ClO-
a2 2 3 2 3 2 3 2 2 3
+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- +CH COO-+2H O，C正确；D项，氯化铜浓溶液常呈绿
3 2
色，是棕黄色([CuCl]2-)与蓝色([Cu(HO)]2+)的互补色，可知[CuCl]2-和[Cu(HO)]2+在溶液中共存，两者之间
4 2 4 4 2 4
存在动态平衡，可表示为：[CuCl]2-+4H O [Cu(HO)]2++4Cl-，D正确；故选A。
4 2 2 4
8．B 微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
【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
2
学科网（北京）股份有限公司结构是形成二级、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C HO，化合物Ⅱ的分子式为C HO，可推断出该反应的原子利
3 6 4 6 3
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XH + ，X为-3价，则X为
4
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，NH 和PH 的中心原子杂化方式均为sp3，
3 3
且均有一个孤电子对，键长：P—H键>N—H键，导致PH 中成键电子对之间斥力比NH 小，故键角：
3 3
NH>PH ，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，
3 3
故C错误；D项，H、N、O三种元素形成的化合物NH NO 中既含离子键又含共价键，故D正确；故选
4 3
C。
11．B
【解析】从总反应分析， LiC 变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li FePO 变为
x 6 1-x 4
LiFePO 发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LiC - xe- = xLi++6C，A项正确；B项，
4 x 6
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 N 电子，B项错误；C项，放电时，该材料在正极发生
A
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+LiFePO =
4
LiC +Li FePO ，阳极发生氧化反应为 LiFePO - xe-= Li FePO +xLi+，D项正确；故选B。
x 6 1-x 4 4 1-x 4
12．D
3
学科网（北京）股份有限公司【解析】A项，HO 的结构： ，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；
2 2
B项，电负性：N＜O，NH 分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以NH 、HO与Co3+形成配离子的稳
3 3 2
定性：NH ＞HO，故B错误；C项，[Co(NH )]Cl 中含有NH 与Co3+形成6个配位键，6个的NH 中有
3 2 3 6 3 3 3
6×3=18个N-H键，所以1 mol [Co(NH )]Cl 含有σ键的数目为(18+6=24)N ，故C错误；D项，根据结构
3 6 3 A
图可知，若[Co(NH )]3+中两个NH 被Cl-替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个NH ，得到的
3 6 3 3
[Co(NH ) Cl]-有2种结构，故D正确；故选D。
3 4 2
13．C
【解析】已知：CHNH ·H O为一元弱碱，性质与NH ·H O类似，则会发生部分电离， CHNH ·H O
3 2 2 3 2 3 2 2
CHNH ++OH-；随着pH值变大，CHNH +含量变小、CHNH ·H O含量变大，结合图像可知，图
3 3 3 3 3 2 2
中实曲线为混合溶液中pH与CHNH +浓度的对数值(lgc)的关系、虚线为混合溶液中pH与CHNH ·H O浓
3 3 3 2 2
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，CHNH ·H O的水溶液中存在：CHNH ·H O CHNH ++OH-，A正确；
3 2 2 3 2 2 3 3
⇌
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(CHNH +)+c(CH NH ·H O)的值，C
3 3 3 2 2
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(CHNH +)+c(H+)，D正确；故选
3 3
C。
14．D 微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
【解析】A项，由题干可知，反应为(CH)CBr+H O (CH)COH+HBr，HBr = H++Br-，酸性增强
3 3 2 3 3
导致反应(CH)CBr+H O (CH)COH+HBr逆向进行，使得(CH)CBr→(CH)COH转化率降低，A错
3 3 2 3 3 3 3 3 3
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(CH)C+与HO结合速率慢，C错误；D项，碘原子半径大于
3 3 2
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(CH)C-X水解生成(CH)COH的速
3 3 3 3
率：(CH)C-I＞(CH)C-Br＞(CH)C-Cl，D正确；故选D。
3 3 3 3 3 3
15．C
4
学科网（北京）股份有限公司【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Ca (PO )OH(s)+F-(aq)
5 4 3
Ca (PO )F(s)+OH-(aq)，K= =2.0×1030，当
5 4 3
时， Q= ＜ ＜2.0×1030=K，沉淀溶解平衡正向移动，所以Ca (PO )OH
c 5 4 3
与F-反应生成Ca (PO )F， C正确； D项，向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca (PO )F的溶解
5 4 3 5 4 3
度小于Ca (PO )(OH)，羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：Ca (PO )(OH) 5Ca2++3 PO 3-+OH-，当F-与
5 4 3 5 4 3 4
Ca2+、PO 3-结合生成了更难溶于水的Ca (PO )F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO 是可将口腔内的细
4 5 4 3 3
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) 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
2
NaOH中和稀硫酸，就加入新制的Cu(OH) 悬浊液，不能检验葡萄糖，不能证明蔗糖未水解，A不合题意；
2
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KMnO 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
4
不能说明铁锈中含有二价铁，C不合题意；D项，向1mL0.1 mol·L-1MgSO 溶液中滴入2滴0.1
4
mol·L-1NaOH溶液，则MgSO 过量，再滴入2滴0.1 mol·L-1CuSO 溶液，先产生白色沉淀，滴入CuSO 溶
4 4 4
液后白色沉淀逐渐变为蓝色，说明存在Mg(OH) 转化为Cu(OH) 的沉淀转化，故能说明K [Cu(OH) ]＜
2 2 sp 2
K [Mg(OH) ]，D符合题意；故选D。
sp 2
17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2(1分) d(1分)
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定(1分)微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
(3) FeCl 为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF 是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子
3 3
键强度比分子间作用力大得多(2分) H O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子
2
对，形成配位键(2分)
(4) 1：3(1分) N ·a3·10-6(2分)
A
【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
5
学科网（北京）股份有限公司电子排布式为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)①FeCl 的熔点(306℃)显著低于FeF 的熔点(1000℃)的原因是FeCl 为分子
3 3 3
晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF 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
3
力大得多；②形成双核阳离子的原因HO和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子
2
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CuNi ，其物质的量为 mol，1个晶胞的体积为 ，则该晶
3
体的摩尔体积为N ·a3·10-6 m3·mol-1。
A
18．(1) 铁、钠、氧(2分) NaFe (OH) (SO ) 或NaFe (OH) (SO )(2分)
3 6 4 2 2 6 12 4 4
(2) Na SO 、HSO (2分)
2 4 2 4
(3)2NaFeO+4H SO = Na SO +Fe (SO )+4H O(2分)
2 2 4 2 4 2 4 3 2
(4)先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO ，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去
2
SO ，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O(2分)
2 2
【解析】从流程图可知，X+HO→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，
2
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) ，n[Fe(OH) ]=0.06mol，n(Fe3+)=0.06mol，m(Fe3+)=3.36g；化合物X由3种元
3 3
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NaFeO。NaFeO 与过量稀硫酸反应，化学方程式为2NaFeO+4H SO =
2 2 2 2 4
NaSO +Fe (SO )+4H O，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NaSO 和过量的
2 4 2 4 3 2 2 4
HSO 。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，
2 4
气体F中含有水蒸气1.08 g，则n(H O)=0.06mol，说明D中含n(OH-)=0.12mol，n(Fe3+)：n(OH-)=1：2，固
2
体E和水反应生成红色沉淀Fe(OH) 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
3
为BaSO 沉淀，说明D中含SO 2-，由此可得D的化学式为NaFe (OH) (SO ) 或NaFe (OH) (SO )。(1)组成
4 4 3 6 4 2 2 6 12 4 4
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+)：
6
学科网（北京）股份有限公司n(OH-)=1：2，且含SO 2-，由此可得D的化学式为NaFe (OH) (SO ) 或NaFe (OH) (SO )；(2)根据分析，
4 3 6 4 2 2 6 12 4 4
溶液C无色，则所含溶质为NaSO 和过量的HSO ；(3)X的化学式为NaFeO，NaFeO 与过量稀硫酸反应，
2 4 2 4 2 2
化学方程式为2NaFeO+4H SO = Na SO +Fe (SO )+4H O；(4)根据分析，D为NaFe (OH) (SO ) 或
2 2 4 2 4 2 4 3 2 3 6 4 2
NaFe (OH) (SO )，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SO 和O，检验这两种
2 6 12 4 4 2 2
气体，可以先将混合气体通过品红溶液，如溶液褪色，说明有SO ，再将气体通过酸性高锰酸钾溶液除去
2
SO ，剩余气体用带火星的木条检验，如木条复燃，说明有O。
2 2
19．(1) A(1分) 622.7~913.3K(2分)
(2) K= (1分) 保持O 的浓度，降低CO 的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率(2分)
2 2
(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 CaCO ＞MgCO ＞MnCO ，且
3 3 3
ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程 ΔH 最大的是 CaCO ，故选 A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅
3
MnCO 分解，则“焙烧”温度应控制在 622.7~913.3K。(2)①平衡时，v =v ,即k c(O )=k c2(CO)，则
3 正 逆 正 2 逆 2
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 O
2
的浓度，降低CO 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，
2
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，H 、C H 、CH 的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H 、C H 、C H 的浓度分别为
2 2 2 4 2 2 2 2 4
7
学科网（北京）股份有限公司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HO 分解，导致氧化剂不足，
2 2
部分Co2+未被氧化(2分)微信搜索“高中试卷君”公众号 领取押题卷联考卷
(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(NH )]Cl ，碱性条件下向[Co(NH )]Cl 棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH )]Cl 转化为深棕色
3 6 2 3 6 2 3 6 2
[Co(NH )HO]Cl ，向[Co(NH )HO]Cl 深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH )HO]Cl 转化为紫红
3 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 3
色[Co(NH )Cl]Cl ，[Co(NH )Cl]Cl 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
3 5 2 3 5 2
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(NH )Cl]Cl 晶体。(1)A
3 5 2
项，由向[Co(NH )HO]Cl 深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH )HO]Cl 转化为紫红色
3 5 2 3 3 5 2 3
8
学科网（北京）股份有限公司[Co(NH )Cl]Cl 可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH >Cl−>H O，故正确；B项，一水合氨
3 5 2 3 2
在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH )Cl]Cl 时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，
3 5 2
有利于[Co(NH )Cl]Cl 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
3 5 2
离子浓度，不能将[Co(NH )HO]Cl 转化为紫红色[Co(NH )Cl]Cl ，故错误；D项，若步骤II的溶液pH过
3 5 2 3 3 5 2
低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH )Cl]Cl 的生成会导致产率降低，故正确；
3 5 2
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(NH )HO]Cl ；②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢
3 5 2 3
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HO
2 2
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(NH )Cl]Cl
3 5 2
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(NH )Cl]Cl 晶体，故答案为：b、d、e；(4)设样品中
3 5 2
[Co(NH )Cl]Cl 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：
3 5 2
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)
9
学科网（北京）股份有限公司【解析】A在NaBH 的作用下发生还原反应生成B ，B与SOCl 反应生成C
4 2
，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
10
学科网（北京）股份有限公司条件 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C H ClO，A错误；B项，F＋C→G的反应类型为消去反应，C
11 13
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-NH 反应，所以目的是为了增加反应物的活性，D
2
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(CH=CH-CH=CH )和(HOOCCH=CHCOOH)为原料合成
2 2
11
学科网（北京）股份有限公司，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： ， ， 。
12
学科网（北京）股份有限公司13
学科网（北京）股份有限公司
