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2023 年高考押题预测卷02【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
B
C
C
B
D
C
B
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
B
B
B
C
A
A
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. Ba 元素位于第ⅡA 族，周期表s 区，A 正确；B 项，可溶性钡盐都能使蛋白质变性，硫酸
钡不溶于水，不能使蛋白质变性，B 错误；C 项，硫酸钡溶于水能完全电离，属于强电解质，C 正确；D
项，硫酸根离子的中心原子σ 键电子对为4，孤电子对为
=0，空间构型是四面体，D 正确；
故选B。
3．C
【解析】A 项，中子数为16 的磷原子的质量数为15+16=31，核素符号为子
，故A 错误；B 项，羟
基的电子式为
，故B 错误；C 项，SO2中心原子价层电子对数为2+
=3，VSEPR 模型为平
面三角形，故C 正确；D 项，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，最高能级为3d，电子云轮廓图是花瓣形，
故D 错误；故选C。
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
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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．B
【解析】A 项，Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，故A 正确；B 项，氯气的氧化性强，Cl2和足量Fe
反应生成FeCl3，故B 错误；C 项，铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验NH4
+，故
C 正确；D 项，高温下C 与SiO2反应生成CO 和Si，C 与SiO2反应可制备粗硅，故D 正确；故选B。
6．D
【解析】A 项，由化学方程式可知，反应过程中碘的化合价降低，碘单质为氧化剂，碘化钠为还原产
物，A 正确；B 项，由化学方程式可知，反应过程中硫元素化合价升高，硫代硫酸钠为还原剂，则氧化剂
与还原剂的比例为1:2，B 正确；C 项，连四硫酸钠中硫的价态较低具有还原性，受热易分解，因此要密封
保存在阴凉处，C 正确；D 项，连四连酸钠遇酸发生歧化反应，生成二氧化硫，二氧化硫能与品红反应生
成无色物质，使品红溶液褪色，D 错误；故选D。
7．C
【解析】A 项，沉淀质量最大的离子方程式表示为：Al3++2SO4
2-+2Ba2++4OH-=AlO2
-+2BaSO4↓，A 错误；
B 项，氨水不能拆开，应该是Fe3++3NH3·H2O=Fe (OH)3↓ +3NH4
+，B 错误；C 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：2CO3
2-
+Cl2+H2O=2HCO3
-+ClO-+Cl-，C 正确；D 项，项苯酚具有酸性，继续和氢氧化钠反应产生苯酚钠，可拆开写
为苯酚根离子，D 错误；故选C。
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， X 分子中含有氮原子，与其它3 个原子以3 根单键相结合呈三角锥形、分子内有单键
碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能在同一平面上，故A 错误；B 项，Y 分子中有一个碳原子
分别连有不等同的氮原子、苯环和氢原子，故该碳原子为手性碳原子，故B 错误；C 项，X 和Y 中均含酚
羟基，故不能用FeCl3溶液鉴别，故C 错误；D 项，X 和Y 中均含酚羟基，均能使酸性KMnO4溶液褪色，
故D 正确；故选D。
10．B
2
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【解析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中X 是元素周期表中原子半径
最小的元素，可知X 是H 元素；W 元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n，可知W 为O 元素；Z 元素原子
最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，则Z 为N，Y 元素基态原子的最外层有1 个未成对电子，
次外层有2 个电子，则Y 为Li 或B。A 项，由分析可知，Z 为N，W 为O，最简单氢化物的稳定性与非金
属性成正比，非金属性Z＜W，则氢化物的稳定性NH3＜H2O，但是稳定性NH3＞H2O2，A 错误；B 项，Z
为N，N 的2p 能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期中第一电离能小于N
的有Li、Be、B、C、O 共5 种，B 正确；C 项，Y 元素基态原子的最外层有1 个未成对电子，次外层有2
个电子，则Y 为Li 或B，最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C 错误；D 项，X 为H，Z 为N，X、
Z 可形成Z2X4，该分子中H 原子不满足8e-稳定结构，D 错误；故选B。
11．B
【解析】由图可知，该金属防护法为外加直流电源的阴极保护法，钢制管桩与直流电源的负极a 极相
连，作电解池的阴极，高硅铸铁与直流电源正极b 极相连，作阳极。A 项，被保护金属与电源的负极相连
作为阴极被保护，则钢制管桩应与电源的负极相连，即a 为负极，b 为正极，A 正确；B 项，高硅铸铁为惰
性辅助电极，作为阳极材料不损耗，B 错误；C 项，电解池中，阳离子向阴极移动，即向钢制管柱电极移
动，C 正确；D 项，被保护的钢制管桩作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管
桩表面腐蚀电流接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，D 正确；故选B。
12．B
【解析】A 项，同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：χ(N)＜χ(O)，故A 正确；B
项，同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：r(C)＞r(N)，故B 错误；C 项，单键为σ 键，双
键中有σ 键和π 键，故C 正确；D 项，N，N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D 正
确；故选B。
13．C
【解析】A 项，根据图知，0.1mol/L 的XOH 的pH=13，说明XOH 溶液中c(OH-)=c(XOH)；B 项，
XOH 是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH 相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物
料守恒判断；C 项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3
-)=
mol/L=10-2.4
mol/L，c(CO3
2-)=0.1mol/L，Kh1=
=
，则Ka2=
=
；D 项，当lgV=2
时，则溶液的体积变为原来的100 倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液
3
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中c(CO3
2-)减小，c(HCO3
-)增大。A 项，根据图知，0.1mol/L 的XOH 的pH=13，说明XOH 溶液中
c(OH-)=c(XOH)，XOH 完全电离，为强电解质，A 错误；B 项，XOH 是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶
液，要使两种溶液的pH 相等，则c(XOH)＜c(X2CO3)，再结合物料守恒得c(X+)：XOH 小于X2CO3，B 错误；
C 项，0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3
-)=
mol/L=10-2.4 mol/L，
c(CO3
2-)=0.1mol/L，Kh1==
=
，则Ka2=
=
=
=1.0×10-
10.2，C 正确；D 项，当lgV=2 时，则溶液的体积变为原来的100 倍，升高温度，促进水解，第一步水解程
度远远大于第二步，所以溶液中c(CO3
2-)减小，c(HCO3
-)增大，所以
增大，D 错误；答案选C。
14．A
【解析】A 项，图象给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为CH2=CHCH3
(g)+ CO(g)＋CH3OH(l)=(CH3)2CHCOOCH3(l) ΔH1=-1.98NA ev·mol－1
，故A 错误；B 项，第1 步反应的能
垒最高，所以第1 步反应的化学反应速率最慢，故B 正确；C 项，化合物8 和化合物9 的分子式相同而结
构不同，故C 正确；D 项，HCo(CO)3为反应的催化剂，故HCo(CO)3未改变反应的ΔH，降低了反应的活化
能，故D 正确；故选A。
15．A
【解析】A 项，假设等体积混合，CO3
2-的水解平衡常数为
，推
出c(OH-)=2.06×10-2mol/L。若Co2+以CoCO3沉淀加入Na2CO3后溶液中的Co2+为
。若以Co(OH)2沉淀溶液中
，以上计算得知CoCO3和NiCO3在此溶液中更难溶。
4
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以CoCO3、NiCO3沉淀，A 项正确；B 项，
，
B 项错误；C 项，由
得
，Co2+无法完全沉淀，C 项错误；D 项，Co2+以CoS 完全沉淀即
c(Co2+)= 1.0×10-5mol·L－1。由
，Q(NiS)=0.10.1mol/L×4.0×10-
16=4.0×10-17<Ksp[NiS]，此时Ni2+未进行沉淀，浓度则c(Ni2+)=0.1mol/L，D 项错误；故选A。
16．D
【解析】A 项，电解饱和食盐水，氯离子失去电子被氧化为氯气，氯气为阳极产物，故应检验阳极产
生的气体，A 错误；B 项，氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子，故探究H2O2和Fe3+的氧化
性强弱，可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中，不能选择Fe(NO3)2，B 错误；C 项，NaClO 溶液具有
漂白性，故不能用pH 试纸测定NaClO 溶液的pH，应该用pH 计测定，C 错误；D 项，做这组对比实验，
实验方案正确，若只有甲苯中紫红色褪去，说明甲苯中侧链甲基已经被氧化，甲基变得活泼，则说明苯环
对甲基有影响，D 正确；故选D。
17．(10 分)
(1)2：1 或1：2(2 分)
(2) sp3(1 分)
(3) 非极性分子(1 分) V 形(1 分)
(4) S3O9或(SO3)3(2 分)
(5)设晶胞边长为a，
，
，
(3 分)
【解析】(1)基态S 原子的价电子排布式为3s23p4，其中3s 轨道上两个电子的自旋方向相反，3p 轨道上，
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3 个电子的自旋方向相同，1 个电子与另外3 个电子自旋方向相反，则两种自旋状态的电子数之比为2：1
或者1：2。(2)从图中结构可知，S8中S 原子形成2 个S-S 单键，还有2 对孤电子对，价层电子对数为4，
采用sp3杂化。(3)CS2为非极性分子，水分子为极性分子，S8难溶于水易溶于CS2，说明S8为非极性分子。
S3
2-中S 原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，故空间构型为V 形。(4)三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于
P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量
<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9。(5)晶胞中S 原子与其最近Zn 原子的距离为dpm，该距离为体对
角线长度的
，则体对角线长度为4dpm，则边长为
pm，则体积为
，根据均摊法，一个
晶胞中含有4 个S 原子和4 个Zn 原子，则ρ=
，NA=
。
18．(10 分)
(1) Fe、Cu、S(2 分)
(2) [Cu(NH3)4]SO4(2 分)
(3) 4Cu2FeO3+19O2
8CuO+2Fe2O3+12SO2(2 分)
(4)
(2 分)
(5) Fe3+ (1 分) 取少量反应后的溶液于试管中加入KSCN 溶液，溶液不显红色(1 分)
【解析】气体A 可使品红溶液褪色，说明A 为SO2，根据元素守恒，化合物X 中含有S 元素，溶液D
显深蓝色，推出溶液D 中含有Cu 元素，即X 中含有Cu 元素，沉淀E 灼烧后得到红棕色固体，红棕色固体
为Fe2O3，说明X 中含有Fe 元素。(1)根据上述分析，X 中含有的元素是Fe、Cu、S；(2)溶液C 中含有
Cu2+，Cu2+与NH3结合成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+显深蓝色，溶液D 中所含溶质为[Cu(NH3)4]SO4；(3)气体
A 为SO2，其物质的量为
=0.03mol，化合物X 中S 原子物质的量为0.03mol，红棕色固体
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质量为0.80g，氧化铁的物质的量为
=0.005mol，即化合物X 中铁原子物质的量为
0.005mol×2=0.01mol，则化合物X 中Cu 原子物质的量为
=0.02mol，化合物X 的化学式为Cu2FeS3，化合物X 在空气灼烧得到产物是CuO、Fe2O3、SO2，反应方程
式为：4Cu2FeO3+19O2
8CuO+2Fe2O3+12SO2；(4)SO2与Cl2在活性炭催化下发生化合反应SO2Cl2，与水
反应发生非氧化还原反应，得到两种强酸，这两种酸为HCl 和H2SO4，S 显+6 价，Cl 显-1 价，O 显-2 价，
该化合物的结构式为
；(5)溶液C 中所含溶质为CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4，加入铁单质，铁先与
Fe3+反应生成Fe2+，然后铁单质再与Cu2+发生置换反应得到Cu 和Fe2+，仍有固体存在，该固体可能为Cu，
也可能为Cu、Fe 的混合物，此时溶液中一定没有Fe3+，检验Fe3+，用KSCN 溶液，操作是取少量反应后的
溶液于试管中加入KSCN 溶液，溶液不显红色，说明不含Fe3+。
19．(10 分)
(1)BD(2 分)
(2)氢酯比在2~9 之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决
速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到
平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9 之间，
乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大(2 分)
(3) 65.8(2 分) 反应I 为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II 为吸热反应，升高温度平衡正向
移动，此时反应I 占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低(2 分)
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(4)
(2 分)
【解析】(1)A 项，两个反应中均有氢气参与，
，不能说明正逆反应速率相等，
不能说明反应达到平衡，A 不符合题意；B 项，混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是
气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M 会发生改变，当M 不变时，反应达到平衡，B 符合题意；C
项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C 不符
合题意；D 项，
不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，D 符合题意；故选
BD；(2)氢酯比在2~9 之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是
决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达
到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9 之间，
乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大；(3)压强
的恒压密闭容器中，260℃时，CH3COOCH3的转化率为
90%、乙醇的选择性为70%，故反应CH3COOCH3为1.8mol、生成乙醇1.26mol；
则反应后CH3COOCH3、H2、C2H5OH、CH3OH 分别为0.2mol、0.9mol、1.26mol、1.8 mol，总的物质
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的量为4.7mol；则
65.8；温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低
的原因是反应I 为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II 为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应I
占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低；(4)
，则斜率体现反应的活化能，
假设催化剂n 的催化效率大于m 的催化效率，则其能更大程度的降低反应的活化能，图像为
。
20．(10 分)
(1)B(1 分) (2)除去未反应完的酸性物质(1 分)
(3)(CH3)2CHONO +KOH+N2H4·H2O
KN3+(CH3)2CHOH+3H2O(2 分)
(4)BC(2 分) (5)加入少量浓盐酸(1 分) (6) 5 (1 分) 90%(2 分)
【解析】硫酸和亚硝酸钠先生成亚硝酸，然后亚硝酸和异丙醇发生酯化反应，生成亚硝酸异丙酯；洗
涤时使用NaHCO3溶液可以中和未反应的酸性物质，E 阶段是亚硝酸异丙酯在碱性条件下和水合肼发生反
应，生成KN3和(CH3)2CHOH；由表中信息可知，混合物中“加入无水乙醇”并“冰盐浴冷却”的目的是
降低KN3的溶解度，提高产率；【解析】(1)为使液体顺利流下使用恒压漏斗，虚线框中最为合适的仪器是
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B；(2)洗涤时使用NaHCO3溶液可以中和未反应的酸性物质；3)亚硝酸异丙酯在碱性条件下和水合肼发生
反应，生成KN3和(CH3)2CHOH，反应方程式为(CH3)2CHONO +KOH+N2H4·H2O
KN3+
(CH3)2CHOH+3H2O；(4)A 项，冰水浴的温度在0℃附近，步骤①为控制温度<0℃不可用冰水浴，A 错误；
B 项，已知KN3微溶于乙醇，步骤⑥加入无水乙醇和用冰盐浴的目的是促使KN3结晶析出，用冰盐浴可减
少KN3受热分解，B 正确；C 项，乙醇易挥发，步骤⑦用乙醇多次洗涤，目的是洗去吸附在晶体上的水分，
减少干燥时间，已知KN3不溶于乙醚，用乙醚多次洗涤以减少产品损失，C 正确；D 项，从KN3粗品得到
KN3产品的步骤⑧操作X 为：重结晶，D 错误；故选BC；(5)由于Fe3+会发生水解反应，配制FeCl3标准液
时需要加入浓盐酸抑制水解，再加水稀释；(6)由文献信息可知，取用标准液FeCl3标准液的体积为
V=5.0mL，根据曲线图，吸光度0.6 对应的c(N3
-)为4.0×10-2mol•L-1，则0.54g 产品中含有KN3的质量为
81g•mol-1×0.1L×4.0×10-2mol•L-1=0.324g，样品的质量分数=
。
21．(12 分)
(1)CD(2 分) (2)酯基、酰胺基(1 分)
(3)
(1 分)
(4)
(2 分)
(5)
(3 分)
(6)
(3 分)
【解析】A 与苯胺发生加成反应后再与NaCN 发生取代反应生成B，B 水解后生成C，B 中-CN 转化为
C 中-COOH，C 与CH3I 发生羧基上氢取代反应生成酯基得到D，D 与丙酸酐发生取代反应生成E
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，E 与氢气发生还原反应生成F，F 与G 发生信息中反应生成最终产物，结合信息反应
的断键成键可知G 为
。(1)A 项，化合物A 含有苯环和羰基可发生加成，苯环上氢可发生取
代、一般有机物可发生燃烧反应，燃烧属于氧化反应，故A 正确；B 项，化合物C 中含有羧基和亚氨基，
羧基显酸性，亚氨基显碱性，因此C 具有两性，故B 正确；C 项，化合物D 中只有与酯基相连的碳原子为
手性碳原子，故C 错误；D 项，由盐酸瑞芬太尼结构简式可知其化学式为C20H29N2O5Cl，故D 错误；故选
CD；(2)由F 的结构简式知，其含有酯基和酰胺基两种含氧官能团；(3)由以上分析可知G 的结构简式为：
；(4)D 与丙酸酐发生取代反应生成E
和丙酸，反应方程式为：
；(5)乙炔与
HCN 发生加成反应生成H2C=CHCN，H2C=CHCN 发生水解反应生成H2C=CHCOOH，H2C=CHCOOH 与
CH3I 发生取代反应生成
，由此可得合成路线为：
；(6)①分子中含有
，且环上不直接连氢，则环上之间相连的为C 或O，不含碳碳三键及其它环，结合A 的不饱和多可
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知应含两个碳碳双键或一个碳碳双键和一个碳氧双键；②
1H-NMR 表明：分子中共有4 种化学环境的氢原
子，其结构保持对称，符合题意的结构简式有：
。
12
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