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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：
16
7N，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
1
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【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↓+ CO3
2-+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，
2
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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<H2O，A 项错误；B 项，同周期从左往右，第一电离能逐渐增大，N 原子为[He]2s22p3半满稳定，难失
电子。但O 失去一个电子为[He]2s22p3处于半满稳定结构，O 易失去1 个电子。第一电离能大小：
O<N<F，B 项正确；C 项，YX2为SO2，SO2价层电子对为3 对，孤电子对为1 对，该分子为V 形，C 项错
误；D 项，S 弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D 项错误；故选B。
11．D
【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
3
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【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(HPO3
2-)，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(C2O4
2-)=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(C2O4
2-)，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
4
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错误；C．恒温条件下，向m 点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O4
2-)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(C2O4
2-)=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
5
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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)4
2-+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)4
2-+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)
6
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(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：
7
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。
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
8
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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
9
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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
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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，②
1H-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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