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备战2023 年高考化学考前手感保温训练（全国卷）
专练14 七道选择题+物质结构与性质综合题
题号
7
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9
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13
答案
一、选择题（只有1 个正确选项）
1．近年我国在科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的化学知识理解正确的是
A．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工合成，淀粉是一种多糖
B．中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油等，石油是纯净物
C．我国实现了高性能纤维离子电池的制备，离子电池放电时将电能转化为化学能
D．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种合金材料
【答案】A
【解析】A．淀粉能水解成葡萄糖，是一种多糖，故A 正确；B．石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃
的混合物，是混合物，故B 错误；C．原电池放电是将化学能转化为电能，故C 错误；D．硅树脂是高聚
物，属于高分子材料，故D 错误。故选A。
2．M、N、P 三种有机物的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．M 中所有碳原子可能共平面
B．M、N、P 均能与金属钠反应
C．P 能发生加成反应、取代反应和氧化反应
D．苯环上含一个取代基且能与碳酸氢钠反应的N 的同分异构体共有5 种(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】A．M 中连接羟基的碳原子是饱和碳原子，这个碳原子和它所连的三个碳原子、一个氧原子构成
四面体结构，则M 中所有碳原子不可能共面，故A 错误；B．M 和N 分子中有羟基，P 分子中有羧基，都
能与金属钠反应生成氢气，故B 正确；C．P 分子中有苯环、碳碳双键和酮羰基，能与氢气加成；有羧基，
能与醇发生取代反应；有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C 正确；D．苯环上含一个取代基且
能与碳酸氢钠反应，则含有羧基，苯环上连有的取代基可以是-CH(COOH)CH2CH3、-
CH2CH(COOH)CH3、-CH2CH2CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH3)CH2COOH，共有5 种同分异构体，故
D 正确；故选A。
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3．将过氧化钠粉末投入到氯化亚铁溶液中，可观察到的现象是
A．最终生成红褐色沉淀
B．没有气体产生
C．最终生成白色沉淀
D．最终生成血红色溶液
【答案】A
【解析】将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧气和Na2O2具有强氧化
性，可以把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与氢氧化钠反应3OH-+Fe3+=Fe(OH)3↓，立即生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，
所以看到的现象是：有大量气泡生成，立即有红褐色沉淀生成，故答案为A。
4．孔雀石的主要成分为xCuCO3•yCu(OH)2•zH2O，为测定其中CuCO3的质量分数，称取a g 样品进行实验。
下列实验方案可行的是
A．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，增重b g
B．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为b g
C．向样品中加入足量的稀盐酸，用排水法收集逸出气体，得b mL 气体
D．向样品中加入足量的稀盐酸，充分反应，将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中，过滤、洗涤、
烘干，得b g 固体
【答案】D
【分析】根据xCuCO3•yCu(OH)2•zH2O 加热分解产生氧化铜、二氧化碳和水，氧化铜来自CuCO3和
Cu(OH)2的分解，二氧化碳来自CuCO3的分解，水来自Cu(OH)2的分解和结晶水，xCuCO3•yCu(OH)2•zH2O
与盐酸反应产生氯化铜、二氧化碳和水，氯化铜来自CuCO3和Cu(OH)2与盐酸反应，二氧化碳来自CuCO3
与盐酸反应，要测定其中CuCO3的质量分数，必须要求出CuCO3的质量来分析。
【解析】A．充分加热样品，用碱石灰吸收逸出气体，气体为二氧化碳和水，无法求出CuCO3的质量，选
项A 错误；B．加热至样品质量不再发生变化，称得其质量为bg，该固体为氧化铜，但氧化铜来自CuCO3
和Cu(OH)2的分解，无法求出CuCO3的质量，选项B 错误；C．向样品中加入足量的稀盐酸，产生的气体
二氧化碳，但二氧化碳微溶于水，不能为用排水法收集，无法求出CuCO3的质量，选项C 错误；D．向样
品中加入足量的稀盐酸，充分反应，产生的气体二氧化碳，二氧化碳来自CuCO3与盐酸反应，将生成的气
体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中；过滤、洗涤、烘干，得bg 固体，可根据碳酸钡的质量求出二氧化碳的
质量，最终求出CuCO3的质量和质量分数，选项D 正确；答案选D。
5．W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与X 的原子序数之和是Y 的一半，m、n、p
均是这些元素组成的常见二元气体化合物，其中常温下，0.01mol·L-1p 溶液的pH 为2；X、Y、Z 的单质分
别为甲、乙、丙，其中乙能存在于火山喷口附近，它们之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是
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A．沸点：甲>乙
B．X、Y、Z 在自然界均以游离态存在
C．Q 中既含离子键又含共价键
D．m、n、p 的水溶液均显酸性
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 与X 的原子序数之和是Y 的一半，m、
n、p 均是这些元素组成的常见二元气体化合物，其中常温下，0.01mol·L-1p 溶液的pH 为2，则为p 为一元
强酸，则p 为HCl；X、Y、Z 的单质分别为甲、乙、丙，其中乙能存在于火山喷口附近，乙为S 单质，则
Y 为S 元素，Z 为Cl 元素，丙为氯气，W 为H 元素，W 与X 的原子序数之和是Y 的一半，则X 为N 元素；
综上，推知，n 为NH3，m 为H2S，p 为HCl，q 为NH4Cl，甲为N2，乙为S，丙为Cl2。
【解析】A．甲、乙、丙分别为N2、S、Cl2，S 为固体，沸点S>N2，即乙>甲，选项A 错误；B．X、Y、Z
为N、S、Cl，Cl 在自然界以化合物形式存在，选项B 错误；C．NH4Cl 中存在离子键和共价键，选项C 正
确；D．NH3的水溶液显碱性，
，选项D 错误；答案选C。
6．近日，中国科学院大连化学物理研究所团队利用固体氧化物(γ–Al2O3)电解质实现了乙烷电化学脱氢制乙
烯，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a 为电源的负极
B．M 极电极反应式为C2H6+2e-=C2H4+2H+
C．每生成0.5molC2H4，N 极消耗标准状况下11.2LCO2
D．每生成56gCO，电路中转移电子的物质的量为2mol
【答案】C
【解析】A．M 电极乙烷发生氧化反应生成乙烯，M 为阳极，a 为电源的正极，故A 错误；B．M 极乙烷失
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电子发生氧化反应生成乙烯，反应式为C2H6-2e-+O2-=C2H4+2H2O，故B 错误；C．阳极发生反应C2H6-2e-
+O2-=C2H4+2H2O，阴极发生反应CO2+2e-=CO+O2-，每生成0.5molC2H4，转移1mol 电子，N 极消耗
0.5molCO2，标准状况下的体积为11.2LCO2，故C 正确；D．阴极发生反应CO2+2e-=CO+O2-，每生成
56gCO，电路中转移电子的物质的量为
，故D 错误；选C。
7．草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元有机弱酸。常温下，向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH 固体，
保持溶液体积和温度不变，测得溶液pH 与-lgX[X 为c(H2C2O4)、c(C2O
)、
的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线M 表示-lgc(C2O
)随pH 的变化
B．常温下，H2C2O4的一级电离常数Ka1=1×10-1.3
C．从a 点至b 点溶液中水的电离程度逐渐减小
D．b 点溶液中：c(K+)＞3c(HC2O )
【答案】B
【分析】向一定浓度的H2C2O4溶液中加入KOH 固体，由于二者发生反应，所以H2C2O4逐渐减少，-
lgc(H2C2O4)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2C2O4)与pH 变化关系，即曲线M；H2C2O4
H++
，
H++
，随着pH 逐渐增大，
会逐渐增大，-lgc(
)会逐渐减小，但是不会
等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(
)与pH 变化关系，即曲线N；随着pH 逐渐增大，
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=
也增大，则-lg
减小，且随着pH 的增大，c(
)先大于c(
)到等于，再到
小于，即
从小于1，到等于1，再到大于1，当
=1 时，-lg
=0，则直线L 是-lg
与pH 的变化图。
【解析】A．由分析可知，曲线M 代表-lgc(H2C2O4)随pH 的变化，曲线N 代表
随pH 的变化，
Ａ错误；B．由分析结合图中数据可知，当pH=4.3 时，-lg
=0，即c(
)=c(
)，即Ka2=
＝10-4.3，根据a 点可知，常温下，-lgc(H2C2O4)=-lgc(
)即c(H2C2O4)=c(
)，则有
Ka1Ka2=
=c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故H2C2O4的Ka1=10-5.6/Ka2=10-1.3，B 正确；C．由分析可知，
曲线N 代表-lgc(
)与pH 变化关系变化图，从a 至b 点，溶液中H2C2O4、
浓度逐渐减小，
浓度逐渐增大，故水的电离程度逐渐增大，C 错误；D．根据电荷守恒：
，图中b 点对应的溶液的pH 为4.3，即c(
)=c(
)，即
，故b 点溶液中有：
，B 正确；b 点时，根据电荷守恒：
，此时pH=4.3，即lg
=0，所以c(
)=c(
)，所
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以上式可变形为：c(K+)+c(H+)=3c(
)+c(OH-)，c(K+)-3c(
)=c(OH-)-c(H+)，因为c(OH-)＜c(H+)，
所以：c(K+)＜3c(
)，D 错误；故选：B。
二、主观题
35．【化学选修3-物质结构与性质】含
及S 的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、
无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)写出基态
电子排布式___________。
与C 均为第四主族元素，基态
原子的价电子中，两种自
旋状态的电子数之比为___________。
(2)
的空间结构名称为___________，
中心原子杂化方式为___________。非金属性氧大于硫，能证
明此关系成立的一种事实为___________。
(3)
的配位体是___________，
形成配合物后
键角会___________(填“变
大”、“变小”或“不变”)，原因是成键电子对之间的排斥力___________孤电子对与成键电子对的排斥
力(填“>”、“<”或“=”)。
(4)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将
转化为
的是___________(填序号)，写出其离子反应方
程式___________。
【答案】(1)[Ar]3d10 1:3 或3:1
(2)V 形 sp3 SO2中S 呈现+4 价而O 呈现负价，说明O 吸引电子的能力强，O 的非金属强于S
(3)NH3 变大 <
(4)d 2Mn2+ +5
+8H2O=10
+2
+16H+
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【解析】（1）Zn 的电子排布为[Ar]3d104s2，失去最外层两个电子变为Zn2+，Zn2+电子排布为[Ar]3d10。Sn
价电子为答案为5s25p2，自旋相反有的电子数之比为1:3 或3：1。答案为[Ar]3d10；1:3 或3:1；
（2）SO2的价层电子对为
，含有一对孤电子，构型为V 形。
中心原子的价层电子对为
，采取sp3杂化。非金属性越强，吸引电子的能力越强，SO2中S 呈现+4 价而O 呈现负
价，说明O 的非金属强。答案为V 形；sp3；SO2中S 呈现+4 价而O 呈现负价，说明O 吸引电子的能力强，
O 的非金属强于S；
（3）配离子中NH3与Cu 连接，且NH3中N 有孤电子对，配体为NH3。NH3将孤电子对用于与Cu 成键，
所以成键电子对之间的排斥小于孤电子对对成键电子对的排斥，键角增大。答案为NH3；变大；<；
（4）a．化学式为
，S 的化合价为+6 价，S 的高价成显出弱氧化性，不能将Mn2+氧化为
，a 项
不符合题意；b．化学式为
，S 的化合价为+5 价，S 的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为
，b
项不符合题意；c．
，S 的化合价为+2.5 价，S 的低价具有还原性，不能将Mn2+氧化为
，c 项不
符合题意；d．
中含过氧键，有强氧化性，能将Mn2+氧化为
，d 项符合题意；故选d。
具有强氧化性，能将Mn2+氧化为
而自身被还原为
，反应为2Mn2+ +5
+8H2O=10
+2
+16H+。答案为d；2Mn2+ +5
+8H2O=10
+2
+16H+。
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