2023年高考化学（浙江卷1月）真题详细解读及评析

2023年1月浙江省选考化学真题完全解读周期律等必备知识，大部分选项直接源于教材，体现基础性和应用性，难度较低；非选择题第17-21题，较好地实现了不同模块、不同章节知识的学科内融合，体现综合性，第17题考查了分子空间构型、杂化轨道类型、晶体类型的判断；第18题考查了元素组成和化学式确定、常见离子检验；第19题考查提高平衡转化率条件选择、盖斯定律和平衡常数计算；第20题考查了含锌组分判断、仪器名称书写等；第21题考查了官能团名称、结构简式、简单有机物组成、结构和性质的判断等。二、涵育素养，强调关键能力基于素养导向，承接学科核心素养和学业质量各级水平要求，重视分层选拔功能，考查学生信息获取、思维认知和实践操作能力。试题强调关键能力的考查，将化学学科情境素材选择与学科核心素养测评目标相匹配，科学调控情境的熟悉程度与每小题问题任务之间的连贯性，每个大题入题容易，但全面深入较难，让不同的学生在考试中均能有较好地表现。19题从简单判断提高平衡转化率的条件入题，经过3空必备基础知识考查后，进入真实的工业流程解读，通过创新图表数据呈现方式，给出衡量CO₂转化效率的多种信息，以考查学生从复杂图表中获取数析与推测、归纳与论证、探究与创新等化学学科关键能力；第21题从简单的官能团名称、结构简式书写入题，到反应类型、分子式、同系物、结构与性质关系的判断，再到方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体书写等，问题设计从易到难，层层递进，考查学生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性要求。立德树人根本任务。试题注重真实情境的创设，引导学生探究身边和社会的化学现探索，突出必备知识和关键能力的考核，指向学科核心素养的培育。试题选取真实情指向考查学习掌握能力、学科思维能力和实践创新能力，通过对生产生活实践中化学原理的考查，充分例如，第13题将教材弱电解质的电离平衡知识很好地融合在真实的工业情境中，通过图像和信息解读，将弱电解质的电离平衡及其影响因素、电离常数等基础知识和离子交换法的原理很好融合，凸显试题的多重功能与价值。另外第11题“电解获得电池材料TiSi”,第13题“工业废水中甲酸的有学生体会化学学科的社会应用价值，树立正确的价值观，体现试题的应用性和创新性要求。科核心素养功能的考查，即学生在面对不确定的真实情境中，能从试题提供的信息中合理运用化学学科的认识角度和思路分析解决问题，考查学生适应未来学习的关键能力和必备品格。例如，第11题中电解制备TiSi时，电极反应式书写判断从常见的水溶液体系迁移到非水的熔融盐体系，电极参与反应物判断是凭简单记忆，还是依据题给信息准确迁移；第15题中以教材碳酸钙在水中主要存在的形态判断等；第19题提出CH₄还原能力(R)的新概念，并运用对概念的理解进行作图和具体问题分析。这些都可以让学生置身于一个相对陌生的环境，很好地测评学生是基于题给信息知识细目知识细目考查方向详细知识点13易物质结构与性质分类方法的应用；晶体类型判断；23易物质结构与性质强电解质与弱电解质；盐类水解规律理解及应用；蛋白质的变性；元素周期表结构分析；33易物质结构与性质示式；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；43中常见无机物及其应用次氯酸及其性质；二氧化硫的漂白性；几种铁的氧化物的物理性质及用途；53中常见无机物及其应用氨的还原性；硝酸的强氧化性；二氧化硫的制备；乙醇与钠反应的机理；63中氧化还原反应基本概念；氧化还原反应有关计算；原电池正负极判断；73中常见无机物及其应用83中通性的概述；93中有机官能团的性质及结构；有机分子中原子共面的判断；含有酚羟基的物质性质的推断；含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算；3中物质结构与性质素种类推断；电子排布式；3中电解原理的理解及判断；电解池电极反应式及化学方程式的书写与判断；3中物质结构与性质简单配合物的成键；极性分子和非极性分子；3中弱电解质的电离平衡；弱电解质的电离平衡常数；3难化学键与化学反应中的能量关系；热化学方程式书写能之和进行计算；活化能及其对反应速率的影响3中盐溶液中离子浓度大小的比较；盐的水解常数；沉淀转化；弱电解质的电离平衡常数；3中常见无机物及其应用中物质结构与性质微粒半径大小的比较方法；核外电子排布规律；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶胞的有关计算；难物质结构与性质常见无机物及其应用氧化还原反应方程式的配平；无机综合推断；铵根离子的检验；配合物的结构与性质；中化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡图像分析；化学平衡常数的有关计算；中常用仪器及使用；物质分离、提纯综合应用；常见无机物的制备；探究物质组成或测量物质的含量；中根据题给物质选择合适合成路线；有机推断综合考查；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A.CO₂B.SiO₂C.MgO【答案】B2.硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是(A.Cu元素位于周期表p区B.硫酸铜【答案】A【解析】A项，质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35,核素符号为∵Cl,故A错误；B项，基态碳原子的核外电子排布式为1s²2s²2p²,根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示价层电子对数=3,空间构型为平面三角形，空间结构模型为：4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A.SO₂能使某些色素褪色，可用作漂白剂C.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂A.Na和乙醇反应可生成H₂B.工业上煅烧黄铁矿(FeS₂)生产SO₂C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO₂【答案】D6.关于反应2NH₂OH+4Fe³⁴=N₂O1+4Fe²++H₂O,下列说法正确的是()A.生成1molN₂O,转移4mol电子B.NH₂OH是还原产物【解析】A项，由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B项，由方若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；A.Cl₂通入氢氧化钠溶液：Cl₂+C.过量CO₂通入饱和碳酸钠溶液：2Na⁴+CO₃²+CO₂+H₂O=2NaHCO₃↓D.H₂SO₃溶液中滴入氯化钙溶液Al₂O₃+2OH=2AIO₂+H₂O,B正确；C项，过量CO₂通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离8.下列说法不正确的是()A.从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物C.水果中因含有低级酯类物质而具有特殊香味D.聚乙烯、聚氯乙烯是热塑性塑料9.七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是()A.分子中存在2种官能团B.分子中所有碳原子共平面C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2molBrzD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】B酚羟基含有两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3mol,C错误；D项，分子中含有2个酚羟基，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是()A.电负性：Z>XB.最高正价：Z<MD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y【答案】B的一种元素，则Q为Na。A项，同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，电负性N大于Be,A项，N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O,B错A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极A的电极反应：8H¹+TiO₂+SiO₂+8e=TiSi+4H₂OC.该体系中，石墨优先于Cl参与反应【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO,失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正Al₂Cl₆+2NH₃=2Al(NH₃)Cl₃C.该反应中NH₃的配位能力大于氯D.Al₂Br₆比Al₂Cl₆更难与NH₃发生反应【解析】A项，由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为回收率/%回收率/%废水初始pH量为0],下列说法不正确的是()历程ⅡA.E₆-E₃=Es-E₂D.历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O₂(g)+Cl(g)K₁₂=4.7×10-¹'],下列有关说法正确的是()A.上层清液中存在c(Ca²+)=c(CO₃²)B.上层清液中含碳微粒最主要以HCO₃形式存在C.向体系中通入CO₂气体，溶液中c(Ca²+)保持不变D.通过加Na₂SO₄溶液可实现CaCO₃向CaSO₄的有效转化【答案】B【解析】A项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca²+)>c(CO₃²),说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；C项，向体系中通入CO₂,碳酸钙与CO₂反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故选B。16.探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是()实验方案结论A往FeCl₂溶液中加入Zn片Fe²+的氧化能力比Zn²+弱B往Fe₂(SO₄)₃溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K₂SO₄固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe³+与SCN的反应不可逆CD向沸水中逐滴加5-6滴饱和FeCl₃溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出Fe³+先水解得Fe(OH);再聚集成Fe(OH)₃沉淀【答案】D【解析】A项，FeCl₂溶液中加入Zn片，Fe²++Zn=Fe+Zn²*,溶液由浅绿色变为无色，Fe²*的氧化能力误；C项，铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D项，向废水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)₃胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故选D。二、非选择题(本题共5题，共52分)(1)Si(NH₂)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为,分子中氮原子的杂化轨道类型是 cA.微粒半径：③>①>②D.得电子能力：①>②(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是,该化合物的化学式为Si周围的NH₂基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH₂)₄中Si-N键键能相对较小];产物中气态分子数【解析】(1)Si(NH₂)₄分子可视为SiH₄分子中的4个氢原子被—NH₂(氨基)取代形成的，所以Si(NH₂)₄3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4,N原子轨道的杂化类型是sp²;Si周围的NH₂基可推知分别为基态Si原子、基态Al原子项，非金属Si的得电子能力强于金属Al,得电子能力：②>①,D错误；故选AB;(3)Si与P形成的某化个晶胞中含有个Si,8个P,故该化合物的化学式为SiP2。18.(10分)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：HAFG已知：白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多(2)8HI+NaCIO₄=4I₂+NaCl+4H₂O或12HI+NaCIO₄=4HI₃+NaCl+4H₂O(4)用玻璃棒蘸取溶液I,点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H;取溶液于试至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g=0.01mol,由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为10.0250mol-0.0150mol)x2=0.005mol,若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g>0.500g,所以X中含有钙元素，含有的0.01mol:0.04mol=1:2:8,则X的化学式为Ca(ClO₄)2。(1)X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学(3)由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为[Ag(NH₃)₂J*+Cr+2H¹=AgCll+2NH₄*;(4)由图可知，溶液1为硝酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液I,点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H;取取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH₄。径之一，相关的主要反应有：I:CH₄(g)+CO₂(g)=-2CO(g)+2H₂(g(1)有利于提高CO₂平衡转化率的条件是A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压(3)恒压、750℃时，CH₄和CO₂按物质的量之比1:3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO₂高效转化。A.Fe₃O₄可循环利用，CaO不可循环利用B.过程ii,CaO吸收CO₂可促进Fe₃O₄氧化CO的平衡正移C.过程ii产生的H₂O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出D.相比于反应I,该流程的总反应还原1molCO₂需吸收的能量更多②过程ii平衡后通入He,测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii,结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因(4)CH₄还原能力(R)可衡量CO₂转化效率，R=An(CO₂)/△n(CH₄)(同一时段内CO₂与CH₄的物质的量变化①常压下CH₄和CO₂按物质的量之比1:3投料，某一时段内CH₄和CO₂的转化率随温度变化如图1,请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R值。转化率%转化率%*②催化剂X可提高R值，另一时段内CH₄转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃CH₄转化率/%RA.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率②通入He,CaCO₃分解平衡正移，导致c(CO₂)/c(CO)增大，促进Fe还原CO₂平衡正移*平衡右移，CH₄平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH₄平衡转化率增大，故有利于提高CO₂平衡转化率的条件是高温低压；故选C;II:CO₂(g)+H₂(g)—CO(g)+H₂O(g)△H₂=+41kJ-mol¹,K₂根据盖斯定律，由I+Ⅱ×2得反应H₄(g)+3CO₂(g)→4CO(g)+2H₂O(g);故△H=△H₁+2△H₂=+329kJ~mol',K=K₁·K₂²;(3)①A项，根据流程可知，Fe;O₄转化为Fe,Fe又转化为Fe₃O₄,Fe₃O₄可循环利用；CaCO₃受热分解生成CaO和CO₂,CaO又与CO₂反应生成CaCO₃,CaO也可循环利用，A错误；B项，过程ii,CaO吸收CO₂使CO₂浓度降低，促进Fe₃O₄氧化CO的平衡正移，B正确：C项，过程iiCaO吸收CO₂而产生的H₂O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出，C正确；D项，焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应I,该流程的总反应还原1molCO₂需吸收的能量一样多，D错误；故选BC;②转化率为60%,即△n(CO₂)=3mol×60%=1.8mol,故R=An(CO₂)△n(CH₄)=1mol=1.8,故400~1000℃间R的*温度/℃;②A项，R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO₂的转化率增大，△n(CO₂)增大的倍数比An(CH₄)大，则R提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH₄转化率越小，而R越大，△n(CO₂)增大的倍数比An(CH₄)大，含CO₂转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应I而提高CH₄转化率，若CO₂转化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。20.(10分)某研究小组制备纳米ZnO,再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF,ZnO@MOF已。A.步骤I,搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分B.步骤I,若将过量NaOH溶液滴入ZnSO₄溶液制备ε-Zn(OH)₂,可提高ZnSO₄的利用率C.步骤Ⅱ,为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤D.步骤Ⅲ,控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小(3)步骤Ⅲ,盛放样品的容器名称是(4)用Zn(CH₃COO)₂和过量(NH₄)₂CO₃反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米