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绝密★启用前
2023 年高考押题预测卷03【浙江卷】
化学·参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
B
A
C
D
B
D
题号
9
10
11
12
13
14
15
16
答案
D
C
A
D
C
B
D
C
1．C
【解析】A 项，H2SO4为共价分子不含离子键，故A 不选；B 项，CH3COOH 为共价分子不含离子键，
故B 不选；C 项，NH4Cl 为强酸弱碱盐，属于铵根离子和酸根离子通过离子键形成的离子化合物，水解显
酸性，故C 选；D 项，NaHCO3为强碱弱酸盐，属于钠离子和碳酸氢根离子通过离子键形成的离子化合物，
水解显碱性，故D 不选；故选C。
2．C
【解析】ZnCO3与木炭共热制得倭铅(锌)涉及的反应： ZnCO3
CO2↑+ZnO、CO2 +C
2CO、
ZnO+CO
Zn+CO2。A 项，Zn 属于副族元素，位于周期表的ds 区，故A 正确；B 项，制备锌过程也能
发生反应ZnO+C
Zn+CO2↑，该反应为置换反应，故B 正确；C 项，高温加热ZnCO3会发生分解，产
生二氧化碳和ZnO，故C 错误；D 项，CO3
2-中心C 原子价层电子对数为3+
=3，没有孤电子
对，空间构型为平面三角形，故D 正确；故选C。
3．B
【解析】A 项，F 是9 号元素，中子数为10 的氟原子质量数A=10+9=19，用原子符号可表示为：
，
A 错误；B 项，Fe 是26 号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态Fe 原子的原子结构示意图为：
，B 正确；C 项，SO2分子中的中心S 原子价层电子对数是2+
=3，含有1 对孤电子对，
所以SO2的WSEPR 模型是平面三角形，其空间结构模型V 形，不是直线型，C 错误；D 项，N 是7 号元素，
1
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根据构造原理可知基态N 原子的轨道表示式为：
，D 错误；故选B。
4．A
【解析】A 项，ClO2具有强氧化性，可用作消毒剂，故A 错误；B 项，硬铝合金具有密度小、强度高
的优良特性，因此可用作航空材料，故B 正确；C 项，Na2CO3溶液呈碱性，可促进油脂水解生成溶水物质，
常用于去除油污，故C 正确；D 项，SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、草帽等，故D 正确；故选A。
5．C
【解析】A 项，CO2与Na2O2粉末反应生成O2，得到的为CO 和O2的混合气体，故A 错误；B 项，乙
酸乙酯中混有少量的稀硫酸，蒸馏会发生水解，应用水洗后进行分液，再用无水硫酸镁干燥，即可得到纯
净的乙酸乙酯，故B 错误；C 项，蛋白质溶液为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析
的方法分离提纯蛋白质，故C 正确；D 项，电石和水溶液反应剧烈反应过程中微溶于水的氢氧化钙生成，
堵塞启普发生器，所以不能在启普发生器中进行，故D 错误；故选C。
6．D
【解析】A 项，该反应中C 元素化合价由0 价升高为+2 价，失电子被氧化，A 错误；B 项，该反应中
Si 元素化合价没有改变，N 元素由0 价变为-3 价被还原，所以Si3N4只是还原产物，B 错误；C 项，该反应
中C 为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为
28：(12×3)=7∶9，C 错误；D 项，14.0g Si3N4的物质的量为
=0.1mol，所以有0.2molN2被还原，
转移1.2mol 电子，D 正确；故选D。
7．B
【解析】A 项，大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，大理石是难溶物质，醋酸是弱酸，书
写时不拆，离子方程式书写正确，故A 正确；B 项，粗铜电解精炼(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液
作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu 外，还有Zn、Fe 等活泼性比Cu 强的金属，阴极上只有Cu2+得到电
子变为Cu 单质，故B 错误；C 项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C 正确；D 项，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH
溶液的反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3
−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO3
2−
+2H2O，故D 正确；故选B。
8．D
【解析】A 项，DNA 的双螺旋结构是DNA 分子中两条链上的碱基通过氢键作用形成，A 正确；B 项，
2
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甘油醛的结构简式
，是最简单的醛醣，最中间的碳原子是手性碳原子，B 正确；C 项，橡胶有
天然橡胶和合成橡胶，其中天然橡胶是天然高分子，蛋白质、纤维素都是天然高分子，尼龙是合成纤维，
C 正确；D 项，丁苯橡胶、聚乙烯为加聚反应获得的高聚物，聚酯纤维是通过缩聚反应获得，D 错误；故
选D。
9．D
【解析】A 项，第VA 族元素第一电离能大于同一周期相邻的元素，第一电离能：N>O>C，A 项错误；
B 项，该有机物分子中苯环上碳原子采取sp2杂化，侧链上碳原子采取sp3杂化，B 项错误；C 项，基态氢
原子电子排布式为ls，电子云轮廓图为球形，C 项错误；D 项，PO4
3-中P 价层有4 个电子对，没有孤电子
对，空间结构和VSEPR 模型都是正四面体形，D 项正确；故选D。
10．C
【解析】X、Y、Z、Q、T 五种元素，原子序数依次增大；Y 原子的2p 轨道只有一对成对电子，Y 为
氧；X 原子2p 轨道上有1 个空轨道，且原子序数小于氧，为碳；微粒T3+的价电子构型是3d5，T 为铁；Q
最高价氧化物对应水化物是常见的三元酸， Q 为磷；Z 原子M 层上有两个未成对电子，且原子序数小于
磷，Z 为硅。A 项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：X＞Z，A
正确；B 项，金刚石、P4单质的结构单元是正四面体，B 正确；C 项，氧和硅形成的二氧化硅为共价晶体，
C 错误；D 项，铁与氧能形成高铁酸根离子FeO4
2-，D 正确；故选C。
11．A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，
放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，由此解析。A 项，放电时N 为负极，失去电子，Ti
元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，A 正确；B 项，在放电时，正极反应为
Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol 电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，，B 错误；C 项，充电
时，N 极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N 极理论质量增加23g，C 错误；D 项，
充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑，消耗Cl-，NaCl 溶液浓度减小，D 错误；故选A。
12．D
【解析】A 项，由图可知，有1 个P 结合3 个S 为＋3 价，其他3 个P 结合1 个S 都是＋1 价，正价总
数为＋6，而S 为-2 价，故A 错误；B 项，该分子中全部为单键，含有P-P 非极性键，故B 错误；C 项，三
硫化四磷属于分子晶体，相对分子质量大于P4，则三硫化四磷的熔点较高，所以该物质的熔、沸点比P4高，
故C 错误；D 项，PH3与SO2发生氧化还原反应生成P4S3，反应可表示为：4PH3+3SO2=P4S3+6H2O，故D 正
3
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确；故选D。
13．C
【解析】A 项，由图可知pH 在7.35～7.45 之间时，砷元素微粒主要是H3AsO3，A 正确；B 项，由图可
知，当溶液的pH 在11～13 之间时，物质的量分数H2AsO3
-减小，HAsO3
2-增大，说明H2AsO3
-可电离为
HAsO3
2-，由于溶液显碱性，说明H2AsO3
-可水解，B 正确；C 项，当溶液的pH=11 时，溶液显碱性，
c(OH―)＞c(H＋)，则3c(AsO3
3-)+2c(HAsO3
2-)+c(H2AsO3
-)+c(OH―)＞c(H＋)，C 错误；D 项，pH=13 时，溶液中
砷元素微粒主要是AsO3
3-、HAsO3
2-和H2AsO3
-，则，
，D 正确；故选
C。
14．B
【解析】A 项，活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I 活化能最大，因此三步分反应中决
定总反应速率的是反应I，故A 正确；B 项，根据图中信息和盖斯定律得到I、II 两步的总反应为CO(g)＋
2NO(g)
CO2(g)＋N2O(g) ΔH＝-314.3kJ·mol−1 ，故B 错误；C 项，由于CO(g)的能量不清楚，因此
根据图像无法判断过渡状态a、b、c 的稳定性相对高低，故C 正确；D 项，根据总反应2CO(g)＋
2NO(g)=2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-620.9kJ·mol−1 和 CO(g)＋2NO(g)
CO2(g)＋N2O(g) ΔH
＝-314.3kJ·mol−1，得到反应III 的 N2O(g)＋CO2(g)＋CO(g)
2CO2(g)＋N2(g) ΔH
＝-306.6kJ·mol−1，逆反应的活化能
(逆)
，故D 正确。故选B。
15．D
【解析】A 项，用过量0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后
，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为
CaCO3，A 错误； B 项，由质子守恒可知，0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3
―)
+2c(H2CO3)，B 错误；C 项，CaSO4+CO3
2-
CaCO3+SO4
2-的
，反应正
向进行，需满足
，C 错误；D 项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：
4
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，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在
，
D 正确；故选D。
16．C
【解析】A 项，离子化合物的熔点和离子化合物的晶格能有关，钠离子半径比钾离子半径更小，硫化
钠的晶格能更大，Na2S 中离子键强于K2S 中离子键，故Na2S 的熔点更高，A 正确；B 项，硫离子水解导致
溶液显碱性，pH 大于7，B 正确；C 项，硫离子具有还原性、高锰酸钾具有强氧化性，反应中硫化钠过量，
高锰酸钾不足，反应生成硫单质，生成的硫单质溶于硫化钠溶液而显黄色，C 错误；D 项，过氧化氢将硫
离子氧化为硫单质，产生淡黄色沉淀，D 正确；故选C。
17．(10 分)
(1)AD(2 分) (2)
(2 分)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流(2 分)
(4)> (2 分) (5)离子键、非极性共价键(2 分)
【解析】(1)A 项，基态Na+的核外电子排布为：1s22s22p6，核外电子有5 种空间运动状态，A 正确；B
项，同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B 错误；C 项，氯原子
的价电子排布式可写成3s23p5，C 错误；D 项，以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的
氯离子位于棱心，有12 个，D 正确；故选AD；(2)由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为
，氯离子位于体心和棱心，个数为：
，则晶胞的质量为：
g，NaCl 的密度为
ρg· cm-3，则晶胞的体积为：
cm3，晶胞的边长为：
，则在NaCl 晶体里Na+和Cl-的最短距离
为边长的一半，即
pm；(3)该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以
发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流；(4)NiO、FeO 的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，Ni2+半
径小于Fe2+半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：NiO 大于
5
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FeO；(5)BaO2中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键。
18．(10 分)
(1)
(1 分) Fe3SiC2(2 分)
(2) 2Fe3SiC2+30H2SO4
3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O 或2Fe3SiC2+30H2SO4
3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O (3 分)
(3)2MnO4
-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO4
2-+4H+(2 分)
(4)取少量溶液G 于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G 于试管中，滴
加KSCN 溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+(2 分)
【解析】4.4g 固体X 分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C 和固体A，A 与
足量NaOH 反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH 的Fe2O3，则n(Fe2O3)=
=0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X 与足量浓硫酸加热反应生成的气体D 与酸性高锰酸钾反应后得到的
气体E 与足量澄清石灰水反应产生固体F 为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)=
=0.02mol，
n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol 56g/mol-0.02mol 12g/mol=0.28g，结合固体A 中
部分能与NaOH 反应，与硫酸反应后产生的固体H 可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量
为
=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X 的化学式为Fe3SiC2；进一步
确认固体A 为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H 为SiO2或H2SiO3；溶液G 中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。
(1)E 为CO2，其电子式是
；X 的化学式是Fe3SiC2；(2)X 是Fe3SiC2，X 与足量浓H2SO4反应的化
学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO4
3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O 或2Fe3SiC2+30H2SO4
3Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)气体D 为SO2，与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程
式为2MnO4
-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO4
2-+4H+；(4)溶液G 中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G 中的阳离子：
取少量溶液G 于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G 于试管中，滴加KSCN
溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
19．(10 分)
(1)-49.3(2 分) (2)ABD(2 分)
6
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(3)
(2 分) 4：1 (2 分)
(4)CaO 和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动(2 分)
【解析】(1)3H2 (g)+ CO2(g)
CH3OH (g)+ H2O(g)的ΔH=生成物的能量-反应物的能量=-201.0
kJ·mol－1-241.8 kJ·mol－1-(-393.5 kJ·mol－1) =-49.3 kJ·mol－1。(2)A 项，根据图示信息可知，使用催化剂II 时，
相同时间内，CO2的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A 正确；B 项，反应得到平衡状态时，
两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B 和C 点处于平衡状态，则c 点
，而A 点温度低于C
点，则A 点
一定小于C 点的
，故B 正确；C 项，反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2
的转化率相等，则B 和C 点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C 点
，故C 错误；
D 项，T1~T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，
相同时间内CO2转化率增大，故D 正确；故选ABD。(3)①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中CO2(g)和
H2(g)浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应3H2 (g)+ CO2(g)
CH3OH (g)+
H2O(g)是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2(g)的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应
是放热反应，升高稳定CO2(g)的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：
；②根据已知条件列出甲容器“三段式”：
7
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平衡常数
，根据已知条件列出乙容器的“三段式”：
平衡常数
，则
。
(4)其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO 和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正
向移动，反应相同时间测得H2的体积分数增大。
20．(10 分)
(1)收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸 防止空气中氧气、水进入装置(2 分)
(2)BD
(3) 氢气不仅是反应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应(1 分) A 中水浴的温度(1
分)
(4) b、a a、d(3 分) 偏低(1 分)
【解析】实验中应先通一段时间氢气后，再打开装置B 的加热开关，TiO2、TiCl4、H2反应生成
Ti2O3，当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，关闭装置B 的加热开关，待冷却后再关闭K1、
K2。(1)TiCl4在C 装置中易被液化从而使气压变小，故C 装置的作用是收集冷凝的四氯化钛并防止倒吸；D
装置中浓硫酸的作用是防止空气中氧气、水进入装置BC 中，干扰实验的进行；(2)A 项，装置中两个反应
先后反应，且TiCl3为紫红色气体，故当装置中出现紫红色气体，说明TiO2已消耗完毕，A 正确；B 项，尾
气中的HCl 气体极易溶于水装置，故D 后连接的导管不可直接插入水中吸收尾气，B 错误；C 项，氢气为
可燃性气体，故先通一段时间氢气排净装置中空气后防止爆炸，再打开装置B 的加热开关，C 正确；D 项，
反应结束，首先关闭装置B 的加热开关，待冷却后再关闭K1、K2，D 错误；故选BD；(3)开始反应后，为
提高H2的利用率，应降低H2流量，而实验过程中H2流量却需要远大于化学计量值的原因是氢气不仅是反
应物还是四氯化钛的载气，且氢气不可能全部参加反应，且要把生成的HCl 带出装置使得反应更彻底；
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TiCl4与H2的比例过大，容易引发副反应II，可通过调节装置A 中水浴的温度，控制TiCl4的气化量，达到
调整TiCl4的通入量；(4)①根据滴定原理可知，实验过程为：准确称量0.1000g 产物与烧杯中，加入x
gCe(SO4)2 (过量)，30mL 浓磷酸和5mL 浓硫酸，利用Ce4+将产物中三价钛氧化为四价；然后转移至100mL
容量瓶并定容；取20.00mL 待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定剩余的Ce4+，并进行正确读
数；故I 答案为b、a；已知：实验室现有的Ce(SO4)2含有Ce2(SO4)3杂质；故需要进行空白实验排除
Ce2(SO4)3对实验的干扰，实验过程为：另称取x gCe(SO4)2，加入30mL 浓磷酸和5mL 浓硫酸，转移至
100mL 容量瓶并定容；取20.00mL 待测液，加入指示剂，用(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定，并进行正确读数；
故II 答案为a、d；②实验I 中在进行d 操作时，不慎将(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴出锥形瓶，使得标准液的用
量偏大，相当于剩余的Ce4+偏多，导致测定的Ti2O3质量偏小，分数偏低。
21．(12 分)
(1)羰基、醛基、酰胺基(1 分)
(2)CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3(1 分)
(3)C(2 分)
(4)
+HOCH2CH2OH
(2 分)
(5)CH2=CH2
CH3CH2OH
CH3CHO
CH2CHOHCH2CHO
CH2CH=CHCHO
CH3CH2CH2CH2OH
CH3CH2CH2CHO(3 分)
(6)为
(3 分)
【解析】A 和C4H7NO 反应生成B，B 和C4H6O 反应生成C，结合已知信息和C 的结构，C4H6O 为
CH2=CHCOCH3，C4H7NO 为CH3CH2CONHCH3，则A 和C4H7NO 反应生成B 为
CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，E 分子式为C2H4，E 为CH2=CH2，E 发生氧化反应生成F 为
9
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，
和水反应生成G，G 和D 反应生成H，H 进一步成环生成L，结合
L 的结构可知D 为
，H 为
。(1)化合物C 所含的官能团
名称是羰基、醛基、酰胺基；(2)根据分析，化合物B 的结构简式是CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3；
(3)A 项，根据分析，C4H6O 为CH2=CHCOCH3，B 为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，B→C 的反应类
型为加成反应，A 错误；B 项，化合物F 为
，B 错误；C 项，化合物L 为
，分子式是C14H23NO3，C 正确；D 项，化合物A 为烷烃的含氧衍生物，具有类似甲
烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，D 错误；(4)D+G→H 的化学方程式
+HOCH2CH2OH
；(5)E 为乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH
催化氧化得CH3CHO，2 分子CH3CHO 缩合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO 自身脱水生成
CH2CH=CHCHO，CH2CH=CHCHO 与H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具体路线为
CH2=CH2
CH3CH2OH
CH3CHO
CH2CHOHCH2CHO
CH2CH=CHCHO
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CH3CH2CH2CH2OH
CH3CH2CH2CHO；(6)D 为
；①IR 谱检测表明：分
子中含一个苯环，有N-O 键，无O-H、O-O 键；②
谱检测表明：分子中共有4 种不同化学环境
的氢原子；符合条件的同分异构体为
等。
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