2023届浙江省稽阳联谊学校高三4月联考 化学答案

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）2-－－+2-（3）SO3+I3+H2O=3I+2H+SO4（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2-盐酸无沉淀，再加BaCl2溶液有白色沉淀则含有SO4。（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－3+解析：A．Al(OH)4中四个羟基与Al间存在配位键，形成配合物。B．不是配合物。2++C．Ag(NH3)中两个NH3分子与Ag形成配位键，是配合物D．CuSO4•5H2O以Cu（H2O）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：C2H5OC2H5，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－2+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Fe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：D2+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：3Ba+2NO3－++3SO2+2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H－2－－－B．碳酸钠过量时，产物为HCO3，正确写法为：2CO3+Cl2+H2O=2HCO3+HClO+Cl－－－C．氯原子也会水解，应写为ClCH2COOC2H5+2OHHOCH2COO+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2molNaOH。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。2-B．Na与C能形成乙炔钠Na2C2，C2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。－1.3C．利用曲线②和③的交点b计算可得H3PO3的Ka1=10。+D．H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H)=1mol/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：2+2-CaCO3(s)Ca(aq)+CO3(aq)，CO2(g)+H2O(l)H2CO3(aq)，+--+2-H2CO3(aq)H+HCO3，HCO3H+CO32---2+-CO3+H2OHCO3+OH，CaCO3(s)+CO2(g)+H2OCa+2HCO32+2-2+2-由Ksp(CaCO3)=c(Ca)·c(CO3)，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca)+lgc(CO3)c(H)c(HCO3)，推知Ka1(H2CO3)c(H2CO3)-①lgc(HCO3)=pH+[lgKa1(H2CO3)-5]；同理可推：2-②lgc(CO3)=2pH+[lgKa1+lgKa2-5];2+2-③lgc(Ca)=lgKsp-lgc(CO3)=-2pH+[lgKsp-lgKa1-lgKa2+5]-2-2+A项，由①②③可知，曲线①代表HCO3，曲线②代表CO3，曲线③代表Ca，A项正确；2-B项，由②lgc(CO3)=2pH+[lgKa1+lgKa2-5]，B项正确；-6.3-10.3C项，由a点数值可知Ka1=10,由c点数值可知Ka2=10,再由b点数值代入③可-8.6知Ksp(CaCO3)=10，C项正确；2+-D项，若空气中的CO2浓度增加，CaCO3(s)+CO2(g)+H2OCa+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×＋6×＝411B．有三层，每层有4个原子8与其2等距，共12个．晶胞密度晶胞质量，既得。C=晶胞体积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+)=0.02mol，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：CH4gH2OgCOg3H2g起始量(mol)11转化量(mol)0.50.50.51.5平衡量(mol)0.50.50.51.5COgH2OgCO2gH2g起始量(mol)0.50.51.5转化量(mol)0.250.250.250.25平衡量(mol)0.250.250.251.75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，1.750.25P0P03370.250.25KP0P0则反应II的平衡常数p33，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(CN)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2+−3②m(Fe2O3)=0.4g，在25.00mL溶液A中：n(Fe)=(0.4/160)×2=5.00×10mol-−3−22+n(MnO4)=2.000×30.50×10＝6.10×10mol，根据电子得失守恒可得n(Fe)+