【文档说明】2023届浙江省稽阳联谊学校高三4月联考 化学答案和解析.pdf，共(8)页，1.472 MB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司2023年4月稽阳联考化学（选考）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1-5BCCBB6-10CDBCC11-15ADCCD16C二、

非选择题（本小题共5小题，共52分）17.（10分）（1）①3d104s1（1分）②BCD（共2分，选对2个给1分，全部选对给2分，错选不给分）③＜（1分）（2）①平面四边形（1分）②顺铂为极性分子，而反铂是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大（2分

）（相似相溶1分，分子极性判断1分）（3）ACD（3分）（选对1个不给分，选对两个给2分，全对得3分，错选不得分）18.（10分）（1）K、S、I、O（2分，写出3个给1分）KI(SO2)4或KIS4O8

（2分）（2）2KI(SO2)4+9H2O2=I2+K2SO4+7H2SO4+2H2O或2KI(SO2)4+9H2O2=I2+2KHSO4+6H2SO4+2H2O（2分）（3）SO32-+I3－+H2O=3I－+2H+

+SO42-（2分）（4）取少量溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃若看到紫色则含有K+；另取少量溶液先加盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO42-。（其它合理答案也可）（2分）19.（10分）（1）A（1分）（2）①－23.4（1分）②（2分）(无需

标明物质，需要体现总反应为放热反应，第一步反应、第二步反应均为放热反应，第一步反应的活化能比第二步反应的活化能大)（3）①温度低于700℃，反应①△H1>0，随温度升高，反应向正向进行的程度增大，H2O的物质的量

分数逐渐减小；温度高于700℃，反应②△H2＜0，随温度升高，平衡左移，H2O的物质的量分数增大；综合导致H2O的含量在700℃左右出最低值。(其他合理说法均正确)。（2分）②BC（2分）（4）7（2分）20.（10分）（1）ABD（共2分，选对

2个给1分，全部选对给2分，错选不给分）（2）K2CO3（1分）（3）bdcaf（2分）（4）①胶头滴管（1分）②0.08mol（2分）③A（2分）21.（12分）学科网（北京）股份有限公司（1）氨基、碳氯键（或氯原子）（1分）（2）（1分）（3）BC（2分）（4）（2分

）（5）（3分）（6）（写出3种合理答案即可，3分）答案解析1．答案：B解析：A．Al(OH)4－中四个羟基与Al3+间存在配位键，形成配合物。B．不是配合物。C．Ag(NH3)2+中两个NH3分子与Ag+形成配位键，是配合物D．CuSO4•5H2O以Cu（H

2O）4SO4•H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物。2．答案：C解析：A．ClO2是非金属氧化物，属于非电解质。B．ClO2中氯原子为+4价，易得电子，具有强氧化性。C．ClO2为V形分子，故错误。D．氧原子电负性大于氯，正确。3.[解析]A乙醚的结构简式：C2

H5OC2H5，B中排布非基态，C正确，D中KCl为离子化合物，有电子的得失箭头及后面要写成离子形式电子式。4.[解析]B中硅不用于制光纤，制光纤为二氧化硅，其余正确。5.[解析]A中电解饱和食盐水得到NaOH和Cl2，B不水解

，正确。C中炼铁用CO与铁的氧化物，D常温不可以，需要加热。6．答案：C解析：A．该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为+2价，故氧化剂AuS－与还原剂Fe2+物质的量之比为1:1，A错误；B．无标准状况的条件，故无

法计算。C．被还原的19.7gAu为0.1mol,则对应产生的Fe3O4为0.05mol，正确。学科网（北京）股份有限公司D．Fe2+在反应中失电子，发生氧化反应，原电池反应中正极为得电子发生还原反应的一极，故D错误。7．答案

：D解析：A．此反应中，氧化剂和还原剂得失电子不守恒，故错误，正确的写法为：3Ba2++2NO3－+3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+B．碳酸钠过量时，产物为HCO3－，正确写法为：2CO32－+Cl2+H2O=2HCO3－+HClO－+Cl－C．氯原子也会水解

，应写为ClCH2COOC2H5+2OH－HOCH2COO－+C2H5OH，故C错误。D．铝能与氢氧化钠溶液反应，D正确。8．答案：B解析：A．糖类定义是多羟基的醛或者酮，以及能水解生成它们的物质，因此甘油醛是最简单的醛糖，且含一个手性碳，所以存在对映异构体。B．蛋白质

溶液中加入少量的硫酸铵溶液反而会促进蛋白质的溶解。C．形成大分子核酸的单体是核苷酸，核苷酸水解得到核苷和磷酸。D．催化剂和单体的比例影响酚醛树脂的结构。9．答案：C解析：A．分子中含有醚键、羧基、酰胺基、碳氯键五种官能团。B．1mol羧基、酰胺基消耗各消耗1molNaOH，1mol碳氯键消耗2mo

lNaOH。C．2mol苯环消耗6molH2，1mol碳碳双键消耗1molH2。D．饱和碳原子为sp3杂化，为四面体构型，不可能共面。10．答案：C解析：A．N的价层电子结构为2s2sp3,p轨道半充满，不易失电子，第一电离能比O大。B．Na与C能形成乙炔钠Na2C2，C22-含非极

性共价键。C．未指明是简单氢化物。D．类似于Al(OH)3的两性，Ga(OH)3和NaOH有可能发生反应。11．答案：A解析：A.由题可知，放电时b为正极，充电时b为阳极，充电或放电时，b极电势均高于A极，故

A错误。B．放电时，b为正极，则电子由a向b移动，正确。C．已知放电时，b极转化关系为：VS2→LixVS2，则充电时b为阳极，转化关系为LixVS2→VS2，反应式正确。D．放电时，负极反应为Mg－2e－=Mg2+，则转移电子为

0.2mol时，负极质量变化2.4g，D正确。12.[解析]A中冠醚与K+之间并非离子键，B中物质离子基团较大，离子键较弱，较NaBF4熔沸点更低，C中σ键23mol，D正确。13．答案：C解析：A．只有三条微粒

浓度变化曲线，因此H3PO3为二元弱酸，曲线①随着pOH增大即酸性增强，微粒浓度减小，显然不是H3PO3。B．Na2HPO3是正盐，因此溶液显碱性的原因是HPO3－的水解。C．利用曲线②和③的交点b计算可得H3PO3的Ka1=10－1.3。D．H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H+)=1

mol/L，说明溶液中加入了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误。14．答案：C学科网（北京）股份有限公司解析：A．低温下的主产物为1，2-加成，高温下的主要产物是1，4-加成。B．温度

升高对活化能大的反应影响更大，因此升温有利于得到。C．根据图像可以得到ΔH=(Ea1+Ea3－Ea2－Ea4)kJ/mol。D．由反应历程及能量变化图无法判断该加成反应为放热反应。15.答案：D解析：溶洞水体中存在平衡有：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq

)，CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，H2CO3(aq)H++HCO3-，HCO3-H++CO32-CO32-+H2OHCO3-+OH-，CaCO3(s)+CO2(g)+H2OCa2++2HCO3-由Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO32-)，推知lgKsp(CaC

O3)=lgc(Ca2+)+lgc(CO32-))COH()HCO()H()COH(323321cccKa，推知①lgc(HCO3-)=pH+[lgKa1(H2CO3)-5]；同理可推：②lgc(CO32-)=2pH+[lgKa

1+lgKa2-5];③lgc(Ca2+)=lgKsp-lgc(CO32-)=-2pH+[lgKsp-lgKa1-lgKa2+5]A项，由①②③可知，曲线①代表HCO3-，曲线②代表CO32-，曲线③代表Ca2+，A项正确；B项，由②lgc(CO32-)=2pH

+[lgKa1+lgKa2-5]，B项正确；C项，由a点数值可知Ka1=10-6.3,由c点数值可知Ka2=10-10.3,再由b点数值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C项正确；D项，若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(

s)+CO2(g)+H2OCa2++2HCO3-，平衡正向移动，水体中的Ca2+浓度增大，D项错误。16．答案：C解析：A.铁片表面无变化是因为铁发生了钝化，仍是铁的还原性强于铜，结论错误。B．验证铜与浓硫酸反应后的

产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，实验方案错误。C．用新制氢氧化铜检验醛基存在，就是利用其弱氧化性，故正确。D．Na2S与ZnSO4反应中，Na2S过量，可以继续与CuSO4反应产生

黑色沉淀，无法得出Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)的结论。17.[解析]（1）②根据题中产物结构可知化学键包括离子键，共价键和配位键。③与Cl相比，N给出孤电子对能力更强。（2）①若为四面体结构，Pt(NH3)2Cl2只有一种，而此处有两种同分异构体，故为平面四边形结构。（3）A．铂原子数目

：8×18＋6×12＝4B．有三层，每层有4个原子与其等距，共12个C．晶胞密度=晶胞质量晶胞体积，既得。D．该晶胞中两个Pt之间的最近距离为面对角线的一半，故D正确18．[解析]①由18.64g白色沉淀E及单一溶质D推得含有n(K2SO4)=0.08mol,则物质A中含有n(K+)=0.02

mol，n(S)=0.08mol②由黄色沉淀H及加入的0.18molKI推得物质A中含有n(I)=0.02mol,学科网（北京）股份有限公司由①②推出含有n(O)=0.16mol，所以化学式为KI(SO2)4或KIS4O819.[解析]（1）反应①ΔS＞0，ΔH＞0，所以

反应在高温下自发。（2）①第1步+第2步=4×②，即△H3+△H4=4△H2，△H4=－23.4kJ/mol②两步反应均放热，且第1步比第2步放出热量更多，第1步为慢反应，第2步为快反应，则第1步活化

能大于第2步。（3）①略②A.该反应在恒压条件下进行，气体体积逐渐增大，气体质量不变，即密度逐渐减小，平衡时保持不变，可以作为平衡状态判据，A正确；B.温度升高，正逆反应速率均增大，B不正确；C.催化剂不能使平衡发生移动，C不正确；D.其他条件不变，加入稀有气体，体积增大，相当于减压，反

应①平衡正向移动，H2的物质的量增加，D正确。（4）500℃、恒压(P0)条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4的转化率为0.5，结合反应列三段式：422110.50

.50.51.50.50.50CHgHOgCOg3Hg.51.5起始量(mol)转化量(mol)平衡量(mol)222O0.50.51.50.250.250.250.250.250.250.CgH251.7OgC5OgHg起始量(mol)转化量(m

ol)平衡量(mol)平衡时体系中含有：0.5molCH4、0.25molH2O、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，则反应II的平衡常数pK00000.253370.250.25331

.75PPPP，故答案为：720.[解析]（1）A．步骤Ⅰ，Ⅱ洗涤目的是提高产率，Ⅲ洗涤目的是提高纯度，A不正确；B．温度过低溶解速度太慢，温度过高造成CN-大量水解，较高温度可以去除溶解氧，B不正确；C．CaSO4微溶，因此滤渣的主要成分是CaSO4，C正确；D．根据信息Ca2Fe(C

N)6+K2SO4=K2CaFe(CN)6↓+CaSO4↓，混入CaSO4，D不正确（2）温度过低溶解速率太慢，温度过高造成CN-大量水解，较高温度可以去除溶解氧。（3）试剂X的作用是除去钙离子，同时不引入杂质，K2CO3最合理。（4）略（5）①略②m(Fe2O3)=0.4g，在25.00

mL溶液A中：n(Fe2+)=(0.4/160)×2=5.00×10−3moln(MnO4-)=2.000×30.50×10−3＝6.10×10−2mol，根据电子得失守恒可得n(Fe2+)+10n(CN－)=5n(MnO4-)，n(CN－)＝3.0

0×10−2mol，根据电荷守恒：n(K＋)=2.00×10−2mol，故原样品中含K＋0.08mol③A．步骤Ⅰ中Fe2+部分氧化，滴定时用到的高锰酸钾的量偏小，导致计算后y的值偏小，A符合题意；学科网（北京）股份有限公司B．定容是俯视会使溶液体积偏小，浓度偏大，但是不会影响

x和y的比值，对n有影响，B不符合题意；C．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶的内壁，虽然锥形瓶中体积变大，但消耗的高锰酸钾的量不变，不影响y的大小，C不合题意；D．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后尖嘴无气泡

，导致滴定时体积偏大，导致计算后y的值偏大，D不符合题意。21.[解析]由E结构反推出C、D结构，再由C结构继续反推得出B、A结构；对比E与F分子式可知E→F发生还原反应，从而得出F的结构，流程结构如下：则第（1）问：化合物E的无氧．．官能团名称是氨基、

碳氯键（或氯原子）第（2）问：化合物B的结构简式是第（3）问：化合物A的名称是1,2,4-三氯苯；化合物D中含酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色；F→G的过程中，生成的H2S与KOH反应，有助于提高化合物G的产率；三氯苯达唑的分子式为C14H9Cl3

N2OS，所以选项BC正确。第（4）问：G→H经加成和消去两步反应，加成反应方程式如下;，后续消去反应方程式为：第（5）问：流程图设计，结合题给信息，采用逆合成法，从产品逆推原料，路线如下：所以合成路

线为：学科网（北京）股份有限公司第（6）问：化合物C结构为，分子式为C6H4Cl2N2O2，符合同分异构体要求中含1个苯环，余2Cl、2N、2O及1个不饱和度，由于只含1个环（即苯环），则余下的1个不饱和度可以是1个硝基

或1个氮氮双键，所以符合要求的同分异构体如下：获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com