浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级塞，C错误；可利用碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，萃取碘水中的碘单质，D
正确。
10月联考化学学科参考答案
6.C
题号12345678过程的化学方程式为4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，A正确；根据CO(NH2)2氮价态为-3价，
答案CBAADCDDN2H4氮元素价态为-2价，试剂A具有氧化性，若试剂A是NaClO，其还原产物为NaCl，B正确；
题号910111213141516N2H4+HNO2=HN3+2H2O，每生成3molHN3，则转移10mol电子，C错误；根据NH2OH氮价态为
答案ACBCBCDB-1价，NH3氮元素价态为-3价，试剂B具有氧化性，D正确。
7.D
1.C
根据n=，0.1molNaHSO4中含有0.1NA个阳离子，A错误；N=cVNA，
12
小苏打是NaHCO3，属于钠盐，A错误；食盐是NaCl，属于钠盐，B错误；维生素C的结构
已知信息中=缺12少0V，1B=错0误.1；缺少标准状况信息，且丁烷分解可能生成C和氢气，C错误；n=
，含有键数目为，正确。=
简式为，为有机物，正确；二氧化硫氧化物，错误。1.2NAD
CD7.8
878.D1=0.1
甲烷与氯气取代反应得到的液态混合物含有二氯甲烷（沸点40）、三氯甲烷（沸点62）和四氯
2.B
化碳（沸点77），可利用其沸点不同分离，A正确；纤维素分子中存在葡萄糖单元醇羟基，能与
碳原子半径大于氧原子，二氧化碳的空间填充模型为，A错误；根据VSEPR模型，P
硝酸发生酯化反应，生成的硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药，B正确；1,3-丁二烯含有双键，
能发生加聚反应生成以顺式为主的顺丁橡胶，C正确；饱和碳酸钠溶液与乙醇、乙醛、乙酸、乙酸
的孤电子对数为1，价层电子对数为3，价层电子对互斥模型为，B正确；羟基的电子式
乙酯混合后的现象分别是互溶、互溶、生成气泡、分层，不能鉴别乙醇与乙醛，D错误。
9.A
为，C错误；1,1-二溴乙烷的结构简式：CHBr2CH3，D错误。
2+3+
高铁酸钾溶液与浓盐酸反应：2FeO4+16H+6Cl===2Fe+3Cl2+8H2O，A错误；铝与氢氧化钠
3.A反应生成四氢氧化铝酸钠和氢气，根据得失电子守恒，离子方程式为
次氯酸钠是盐类，属于强电解质，A错误；根据次氯酸分解生成氧气与氯化氢，次氯酸钠分解生---
2Al+2OH+6H2O=2Al(OH)4+3H2，B正确；根据酸性：HClH2CO3HClOHCO3，碳酸钠与少
成氯化钠与氧气，B正确；氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠与次氯酸钠，C正确；次氯酸钠具有氧+-+2-
量新制氯水（1mol）的反应可看成2步，Cl2+H2OH+Cl+HClO，H+CO3=HCO3-，
化性，可用于游泳池的消毒，D正确。2-2----
HClO+CO3=HCO3-+HClO，+得到离子方程式2CO3+Cl2+H2O=2HCO3+Cl+ClO，C正确；
4.A-2--+
向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫（1mol）看成2步，ClO+SO2+H2O=SO4+Cl+2H；
氨具有碱性，可吸收烟气中的二氧化硫，错误；根据铁的价态为价，具有氧化性，能与铜单
A+32+2+-
Ca+SO4=CaSO4，H+ClO===HClO+得到离子方程式
质反应，用于印刷电路板，，正确；碳酸钠因水解，溶液呈碱性，可用
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2B2+--
Ca+3ClO+SO2+H2O=CaSO4+Cl+2HClO，D正确。
作食用碱，C正确；钠、钾的熔点低，合金在常温下为液态，可用于核反应堆的热交换剂，D正确。
10.C
5.D形成碳碳双键的两个H原子及羧基中的碳原子一定共平面，羧基中两个氧原子与碳碳双键中的碳
氯化铵受热易分解，所以用蒸发结晶的操作分离方法最终不能得到NH4Cl晶体，A错误；二氧化
原子一定共平面，旋转单键，富马酸12个原子可全部共平面，A正确；富马酸含有碳碳双键，与
锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，B错误；图操作中，酸式滴定管使用的正确操作为左手空握旋
化学第1页（共5页）24-63C
{#{QQABYQSAggioAAJAAAhCQwWQCgMQkBGCAKoGgBAAMAAAwQFABAA=}#}
别为弱碱性，弱酸性，选用双指示剂指示终点，依次为酚酞、甲基红，A正确；无论HCl量为多
水发生加成反应，X的结构简式为，B正确；X含有羟基，Y属于钠盐，溶
+2--
少，Na与C的元素质量守恒一定为2c(Na)=3[c(CO3)+c(HCO3)+c(H2CO3)]，B正确；NaHCO3
2-2-
解度大于富马酸，C错误；富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为过量，实验中发生反应：Ca2HCO3CaCO3H2CO3，C正确；V(CaCl2)=40mL说明CO3
2+2-2+8
已沉淀完全，c(Ca)==0.05mol/L，c(CO3)=Ksp/c(Ca)=6.610-，D错
，D正确。0.1mol/L0.04L-0.1mol/L0.02L0.5
误。(0.02+0.04)L
11.B16.B
2-2-
N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满稳定往Na2S溶液中滴加Na2SO3溶液，无明显现象，是因为S在酸性环境中与SO3反应生成S，A错
结构，其第一电离能大于O，则第一电离能：O 22621 其沸点高于HF和NH3，B错误；Al的核外电子排布式为1s2s2p3s3p，核外电子有7种空间运同时HCl带出H2SO4，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4，B正确；加热铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜， 动状态，C正确；非金属性：N>Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：由于溶液中水较少，看到白色固体，稀释时，需要将其加入水中，C错误；现象是先无明显现象， HNO3>H2SiO3，D正确。后产生沉淀，原因是H2SO3被空气中的O2氧化，与BaCl2生成BaSO4沉淀，D错误。 12.C 研碎的目的是为了加快溶解，A正确；操作紫色石蕊在酸性溶液中显红色，操作可观察到溶液17.（10分） 显紫色，B正确；操作稀硫酸为了促进酯的水解，如果用NaOH替代，需要中和过量的NaOH（1）3s23p2（1分） 3+3- 溶液，否则FeCl3与NaOH反应，无法形成紫色溶液，C错误；Fe+6C6H5OH[Fe(C6H5O)6]（2）abd（2分，选对1个不给分，选对2个给1分，全对2分，有错选不给分） （紫色）+3H+，过量H+使平衡逆向移动，D正确。a．Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b．Si的 13.B原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且 -2+- 根据甲室隔膜两侧溶液的浓度，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e=Cu，Cu(1)Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c．通常键能越大 2+- 电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu+2e=Cu，则电解槽中石墨(1)极为阴化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl4 - 极、石墨(2)极为阳极，A正确；当甲室两电极质量差为6.4g时，转移电子的物质的量为0.1mol，比CCl4易水解，c无关；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，从 +- 由2CH2=CHCN+2H+2e=NC(CH2)4CN可知，制备0.05mol己二腈，B错误；根据乙室阳极、阴极而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关； 的反应，乙室选用阳离子交换膜，H+移向阴极，C正确；石墨电极（1）的电极反应式为（3）洪特规则（1分） +- 2CH2=CHCN+2H+2e=NC(CH2)4CN，D正确。（4）b（1分） 2- 14.C（5）S2O3中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含 根据能量-反应进程图，反应IH1反应H2，A正确；平衡时，产物II能量低，为平衡时主要有孤电子对，能做配位原子。（2分） 产物，B正确；平衡时，改变温度，对吸收、放出热量多的反应影响大，产物减小的幅度大于产4M （6）4（1分）；1021（2分） 物减小的程度，增大平衡n（产物）/n（产物）的比值，C错误；根据能量-反应进程图，第二NAabc 步反应I的活化能较小，较短时间，产物I较多，D正确。【解析】 15.D（1）基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2 Na2CO3、NaHCO3混合溶液中滴加0.1mol/LHCl溶液，滴定终点分别为NaHCO3、H2CO3溶液，分 （2）a．Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b．Si 化学第2页（共5页）24-63C {#{QQABYQSAggioAAJAAAhCQwWQCgMQkBGCAKoGgBAAMAAAwQFABAA=}#} 2+2++ 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，（4）根据题干信息，平衡[Cu(NH3)4]Cu+4NH3不易发生，加入浓盐酸，导致NH3与H反 -2+-2- 且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c．通常键能越应，平衡正向移动，Cu与Cl反应生成[CuCl4](黄色)。 大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明（5）I2的CCl4层呈紫红色。根据题干信息，将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化 - SiCl4比CCl4易水解，c无关；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，钠溶液，充分振荡静置分液，I2因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸， --+ 从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质碘；5I+IO3+6H=3I2+3H2O。 （3）洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违19．（10分） 反洪特规则。（1）（1分）控制反应温度在340左右（1分）；增大压强（1分） 1 （）2 4b2 当温度高于340时反应已达平衡，反应I逆向移动程度大于反应II正向移动程度，CO2 2- （5）S2O3中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含 转化率减小（2分） 有孤电子对，能做配位原子。 2--213 （6）S2O3在晶胞的体内共4个；该晶胞按均摊法计算得4个MgS2O36H2O，晶胞体积为abc10cm， 4M 晶胞的质量为得该晶胞的密度为1021 4NAabc（2）（2分） A, ．（分） 1810（3）（2分）（1分） 1 （1）除去I2，防止干扰后续实验（1分）2 16 【解析】(1)根据盖斯定律反应2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)是I-2II，因此平衡常数K= -+- （2）[CuI2]+2NH3H2O=[Cu(NH3)2]+2H2O+2I1 2 2 +2+-CH4的产率等于二氧化碳的转化率甲烷的选择性。由图可知400之前甲烷选择性为100%，那 4[Cu(NH3)2]+O2+8NH3H2O=4[Cu(NH3)4]+4OH+6H2O （2分，每个1分，写成总反应正确的也给分）么二氧化碳转化率最大时即340时CH4的产率最大。增大气体压强化学反应速率加快，反应I平 （3）白色固体逐渐溶解，溶液为无色（1分，“溶液为无色”可不写）衡正向移动，反应II平衡逆向移动，因此甲烷产率提高。 2+2+不考虑催化剂失活，由图像可知温度高于时反应已达平衡，反应逆向移动程度大于反应 （4）氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使[Cu(NH3)4]Cu+4NH3解离平衡正向移动340I （2分）II正向移动程度，CO2转化率减小。 （5）紫红色（1分）；充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过（2）当H2和CO2按照化学反应计量数投料时两者的转化率相等。 --+（） 滤、洗涤、干燥可得单质碘（2分）；5I+IO3+6H=3I2+3H2O（1分）3CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 【解析】初始1mol4mol0mol0mol 转化 （1）I2水有颜色，影响后续颜色的判断，除去I2。xmol4xmolxmol2xmol -2+平衡 （2）铜粉与I2反应生成[CuI2]，加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即[Cu(NH3)4]。根据核心物质中1-xmol4-4xmolxmol2xmol -初始压强与平衡压强之比等于气体的物质的量之比：（）求得，平衡时的 组成的变化，需要加入NH3H2O，根据铜元素化合价的变化，需要加入O2，可分成2个方程，[CuI2]5:4=55-2xx=0.5molCO2 ++2+物质的量为；为；为；为，根据以上数据可以求出 加入NH3H2O后生成[Cu(NH3)2]，[Cu(NH3)2]被O2氧化，生成[Cu(NH3)4]，或写成1个反应：0.5molH20.5molCH40.5mol2H2O1molKP -2+-- 4[CuI2]+16NH3H2O+O2=4[Cu(NH3)4]+14H2O+8I+4OH。为。 1 2 （）根据题干信息，为白色沉淀，与-反应形成配合离子-无色。16 3CuICuII[CuI2]()结合CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)特征根据表格中的气体总压强可知20min时v正>v逆,已知 化学第3页（共5页）24-63C {#{QQABYQSAggioAAJAAAhCQwWQCgMQkBGCAKoGgBAAMAAAwQFABAA=}#} COOH 42正 正正逆逆，即 v=kc(CO2)c(H2),v=kc(CH4)c(H2O)2COOH 逆42NONO CH(HO)浓HNONO222 43Cl2Fe/HClNH2 22（5）KMnO4 ．（分）>CO(H) 2010浓硫酸FeCl3 ---Cl （1）(球形)冷凝管（1分）；3NO2NO+4OH==3NO2NO3+2H2O（2分）（写成两个方程式，正ClCl （分，第一、二步分，后面两步各分，其他合理答案也给分） 确的也给分）；碳酸钠溶液、氨水等（1分）（合理即给分）311 O （2）BC（2分）HO ONClO （）加入氨水可以使平衡2++正向移动，析出产品沉淀。（分）ClHNClNHCl 3H2C2O4+CaCaC2O4+2H2ON H （4）cbge（1分）偏小（1分） 【解析】 （6）OHOHOH -- （1）根据题干信息，气体全部被吸收可分成2步NO2NO+4OH==2NO2+2H2O、 （2分，写出1个不给分，2个给1分，3个给2分，其他合理答案也给分) ------ 2NO2+4OH==NO2NO3+2H2O或合并成1个方程：3NO2NO+4OH==3NO2NO3+2H2O；碱性 【解析】 溶液可吸收氮氧化物。 （1）C中含氧官能团为羧基。 （2）A项，步骤采取冷却结晶，有利于草酸晶体析出，可防止草酸晶体失水，正确；B项，草酸 （2）A项，F中含N官能团有氰基(CN)和磺酰胺基(SO2NH2)，氰基中N原子为sp杂化、磺酰 能溶于水，易溶于乙醇，步骤洗涤如果用乙醇水溶液，晶体会有部分溶解而损失，纳米草酸钙难 胺基中N原子为sp3杂化……，正确；B项，I分子中N、Cl原子总数为奇数，则H原子数必为奇 溶于水步骤洗涤可用蒸馏水洗涤，不正确；C项，纳米草酸钙高温易分解，步骤如果采用更高 数，分子式不可能为C12H12ClN6O2S2，不正确；C项，ClSO3H+H2O===H2SO4+HCl，正确； 温度加热，会分解，不正确；D．步骤采用离心分离，考虑到对称位平衡，操作时应将两支离心 CH3 管放置于1、4处，正确。 BC反应在碱性条件下，反应生成CH2CCOONa，不正确； 2++ （3）滤液中存在着饱和的草酸钙溶液，有平衡H2C2O4+CaCaC2O4+2H，当加入氨水时， C项，化合物E为，含有碳碳双键，可以发生加聚反应。化合物N为乙二醇，可发生分子间脱水， 2++ 可以使平衡H2C2O4+CaCaC2O4+2H正向移动，析出产品沉淀。 发生缩聚反应生成聚乙二醇，一种醚类聚合物，正确； （4）根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序abcbfdgeh；若草酸晶体中混 ONH2CN 有H2C2O4，会使滴定法测得产品中水含量偏小，故x的值偏小。 FF 21.（12分）D项，由E()到F()是通过三氯氧磷(POCl3)使酰胺基脱水形 SONH （1）羧基（1分）SO2NH222 ClCl （2）AC（2分） 成氰基，可以视为消除反应，非取代反应，不正确。 （3）联系F、H的结构和G的分子式，容易判断反应为取代反应，掉下HF分子，所以G的结构简 （3）（2分） NH2 式为。 S COOHCOCl F （）F+SO2+HCl（分）（4）结合题给信息，羧基可与氯化亚砜发生取代反应生成酰氯， 4+SOCl22 SONHSO2NH2 Cl22Cl 化学第4页（共5页）24-63C {#{QQABYQSAggioAAJAAAhCQwWQCgMQkBGCAKoGgBAAMAAAwQFABAA=}#} COOHCOCl F F+SO2+HCl。 +SOCl2 SONHSO2NH2 Cl22Cl （5）甲苯转化为2-氨基-4-氯苯甲酸，羧基显然由甲基氧化而来，氨基由硝基还原而来，硝基、氯 原子都由苯的硝化和苯的氯代而来，考虑官能团引入的先后顺序和苯环上取代基定位效应，应先引 入硝基、氯原子，再氧化甲基，最后还原硝基，否则硝基和氯原子取代位置会错位、氨基可能被氧 COOH COOH NONO 浓HNONO222 3Cl2Fe/HClNH2 化：KMnO4。 浓硫酸FeCl3 ClClCl O OON N （6）苯环与酰胺基的组合可以为和，此时还有一个O和一个Cl，考虑 N 分子中4中不同环境H原子和没有NO键、ClO键的前提下，插入一个O的可能结构为 OH OONOON NClCl ONON 、、。再放上一个Cl原子即可得解H、、 OOOH OOOO ONH2 ClHNH HNClNHONH2 、，另有、、等结构不符合题意。 O ClO OHOHClCl 化学第5页（共5页）24-63C {#{QQABYQSAggioAAJAAAhCQwWQCgMQkBGCAKoGgBAAMAAAwQFABAA=}#}