2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试题（解析版）.pdf

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1、2023年 1 月浙江省普通高校招生选考化学试题化学试题可能用到的相对原子质量：Hl Li7 C12 N14 016 Na23 Mg24 A127Si28 S32 C135.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64 Br80 Agl08 1127 Bal37一、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.下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是A.C O2 B.Si O2 C.M g O D.Na2O【答案】B【解析】【详解】A.二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但为分子晶体，不耐高温，A错误；B.Si C

2、 h能跟碱反应生成盐和水：Si O2+2 OH=Si O；-+H 2 O,所以Si C h是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B正确；C.M g O能跟酸反应生成盐和水：Mg O+2 H+=Mg2+H2O,所以M g O是碱性氧化物，；C错误；D.Na?O能跟酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物，：D错误；答案选B。2.硫酸铜应用广泛，下列说法不氐晒的是A.C u元素位于周期表p区 B.硫酸铜属于强电解质C.硫酸铜溶液呈酸性 D.硫酸铜能使蛋白质变性【答案】A【解析】【详解】A.C u为2 9号元素，位于IB族，属于d s区元素，故A错误；B.硫酸铜属于盐类，在水溶液中能完全电离，属于强电解质，故

3、B正确；C.硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C正确；D.铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选：A o3 .下列化学用语表示正确的是A.中子数为1 8的 氯 原 子C 1Is 2s 2pB .碳的基态原子轨道表示式：恒j 恒j 困|c.B F,的空间结构:FB/F（平面三角形）FD.HCI的形成过程：H/+ci：H+：a：,.【答案】c【解析】【详解】A.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1 8的氯原子的质量数为1 7+1 8=3 5,核素符号为：C 1,故A错误；B.基态碳原子的核外电子排布式为Is 2 2 s 2 2

4、P2,根据洪特规则，2 P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，轨道表示式:3 B E l I t lt l .1,故 B 错误；Is 2 s 2 pC.B F 3的中心原子B原 子 孤 电 子 对 数=0,价层电子对数=3,空间构型为平面三角形，2U-M-空间结构模型为:B/F故c正确;D.H C 1是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为H +C 1 ：A H：C 1 故D错误；故选：C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不无碘的是A.SO?能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B.金属钠导热性好，可用作传热介质C.N a C l O溶液呈碱性，可用作消毒剂 D.F e

5、?。,呈红色，可用作颜料【答案】C【解析】【详解】A.SO?具有漂白性，能使某些色素褪色，选项A正确；B,钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B正确；C.N a C l O溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，选项C不正确；D.F e z O 3的颜色是红色，可用作红色颜料，选项D正确；答案选C。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.N a和乙醇反应可生成H2 B.工业上燃烧黄铁矿(FeS?)生产SO2C.工业上用氨的催化氧化制备NO D.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，

6、A正确；B.黄铁矿(FeS2)在空气中煨烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C.工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D.常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选Do6.关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2Of+4Fe2*+4H+H2。，下列说法正确的是A.生成ImolN?。，转移4moi电子 B.NH20H是还原产物C.NH20H既是氧化剂又是还原剂 D.若设计成原电池，Fe?+为负极产物【答案】A【解析】【详解】A.由方程式可知，反应生成Imol一氧化二氮，转移4moi电子，故A正确；B.由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH20H是反应的还

7、原剂，故B错误；C.由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH20H是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D.由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，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；故选Ao7.下列反应的离子方程式不氐琥的是A.Cl2通入氢氧化钠溶液：C12+2OH-=CE+C1O+H2OB.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：A12O3+2OH=2A1O；+H20C.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na+CO-+CO2+H2O=2NaHCO3 JD.H2s0：溶液中滴入氯化

8、钙溶液：SO1-+Ca2+=CaSO34 XB.最高正价：Z Y【答案】B【解析】【分析】X 的2 s轨道全充满，X 为 Be,Y 的 s 能级电子数量是p 能级的两倍，Y 为 C,M是地壳中含量最多的元素，M 为 O,X、Y、Z、M、Q 五种短周期元素，原子序数依次增大，则 Z 为 N,Q 是纯碱中的一种元素，则 Q 为 N a,据此分析。【详解】A.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 正确；B.N 最高正价为+5价，O 无最高正价，最高正价N 大于O,B 错误；C.Na和 O 形成 过氧化钠中含有非极性共价键，C 正确；D.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸

9、性越强，非金属性N 大于C,硝酸酸性强于碳酸，D 正确；故选B。11.在熔融盐体系中，通过电解TiO?和Si。2获得电池材料(T iS i),电解装置如图，下列说法正确的是电源c.该体系中，石墨优先于c参与反应D.电解时，阳离子向石墨电极移动【答案】c【解析】【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为c o,失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiC)2和Sio2获得电子产生电池材料(T iS i),电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2 o【详解】A.在外加电源下石墨电极上C转化为C O,失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；B.电极A的电极反

10、应为TiC)2+SiO2+8e-=TiSi+4 O ,选项B错误；C.根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于C参与反应，选项C正确；D.电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；答案选C。12.共价化合物Al2ck中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：A12C16+2NH3=2Al(NH3)a3,下列说法不氐硬的是Cl、/Cl、/C1A.Al2c%的结构式为 B.Al,C%为非极性分子ci，ci/C.该反应中NH?的配位能力大于氯 D.AJB%比Al2c%更难与N&发生反应【答案】D【解析】【详解】A.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

11、结构式为B.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C U /C l、/C 1二A l：,则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；c i，y/C.由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故c正确；D.滨元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝浪键弱于铝氯键，所以双聚澳化铝的铝浪键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。1 3.甲酸（H C O O H）是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂（含固体活性成分R 3 N,R为烷基）因静电作用被吸附回收，其回收率（被吸附在树脂

12、上甲酸根的物质的量分数）与废水初始p H关系如图（已知甲酸K a =L8 x l（r*）,下列说法不氐峋的是5爵与回A.活性成分R.3N在水中存在平衡：R3N+H2O R3NH +OH-B.p H =5 的废水中 c（HCO O）:c（H C O O H）=18C.废水初始p H 5,离子交换树脂活性成分主要以R；NH+形态存在【答案】D【详解】A.由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R,N+H2O R3N H+O H-,故 A 正确；c(H C OO)K,B.由电离常数公式可知，溶液中-=7-当溶液p H为5时，溶液中c(H C OOH)c(H )c(H C OO)1.8 X10-

13、4 1O 崎-=-18,故 B 正确；c(H C OOH)1.0 x 10-5C.由图可知，溶液p H为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中p H小于2.4时，随溶液p H下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度减小，与R,NH+作用的数目减小，故C正确；D.由图可知，&N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H 2OB R3NH+OH-,当废水初始p H大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。14.标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下 己知。2您)和C k(g)的相对能量为3,下列说法不

14、正确的是历程IIA.E6 E3=E5 E2B.可计算。一。键能为2出2-3)1历 程ID.历 程I、历程n中速率最快的一步反应的热化学方程式为:CO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)AH=(E5-E4)kJ-moP1【答案】c【解析】【分析】对比两个历程可知，历程n中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。【详解】A.催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焰变，因 此 线-区=区-马，A正确；B .己 知C%(g)的 相 对 能 量 为0,对 比 两 个 历 程 可 知，C l(g)的 相 对 能 量 为(E,-E k J m o r1,则0-0键能为2(12-片)1-010，

15、B 正确：C.催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，。3的平衡转化率：历程H=历程I ,C错误；D.活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程n中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：a O(g)+O(g)=O2(g)+a(g)A =(E5-E4)k J m o r,D 正确：故答案为：C。15.碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：C a C O3(s)=C a 2+(a q)+C O：(a q)已知 Ks p(C a C O3)=3.4 x l O-9,Ks p(C a SO4)=4.9 x l 0-5,H 2co,的 电 离 常 数

16、=4.5x l Q-7,Ka 2=4.7x 10-,下列有关说法正确的是A.上层清液中存在c(C a 2+)=c(C 0f)B.上层清液中含碳微粒最主要以H C O；形式存在C.向体系中通入C O2气体，溶液中c(C a 2+)保持不变D.通过加Na2S O4溶液可实现C a C O3向C a S O4的有效转化【答案】B【解析】【详解】A,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(C a2+)c(C O；-),A错误；B.根 据Ka 2=4.7 x i o-u可得)=4.7 x 1 0-u ,则碳酸根的水解平衡常数为c（HCO；）c（O H）=K.c（CO；）2 x

17、 1 0 2,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.向体系中通入C O2,碳酸钙与C O2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶液中钙离子浓度增大，c错误;D.由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4xl0-9,Ksp(CaSO4)=4.9 x 1碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故答案选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现象结论A往Fed2溶液中加入Zn片短时间内无明显现象Fe?+的氧化能力比Zi?+弱B往Fe2(SO41溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2sC固体溶液先变成

18、血红色后无明显变化Fe+与SCN-的反应不可逆C将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有+3价铁D向沸水中逐滴加56滴饱和FeCl,溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(0H)3再聚集成Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.FeCL溶液中加入Zn片，Fe2+Zn=Zn2+Fe 溶液由浅绿色变为无色，Fe?+的氧化能力比Zd+强，A错误；B.溶液变成血红色的原因，Fe3+3 S C N F e(S C N ,与SC)和K+无关，B错误;C.铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，

19、C错误；D.向废水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(0H)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故答案为：D。二、非选择题(本大题共5 小题，共 52分)17.硅材料在生活中占有重要地位。请回答：(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 o Si(NH2)4受热分解生成ShN,和NH3,其受热不稳定的原因是 o（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：Ne 3 s 2 3 P 2、Ne 3 s?3 p、N e 3 s?3 p Z s i ,有关这些微粒的叙述，正确的是A.微粒半径：，B.电子排布属于基态原子（或离子）的是：C

20、.电离一个电子所需最低能量：，D.得电子能力：（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 o【答案】（1）.四面体.s p 3 .Si周围的N H?基团体积较大，受热时斥力较强Si（N H 2）4中Si N键能相对较小；产物中气态分子数显著增多（爆增）（2）A B（3）.共价晶体 .Si P2【解析】【小 问1详解】Si （N H 2）4分子可视为Si H 4分子中的4个氢原子被一 N H 2（氨基）取代形成的,所以Si （NH2）4分子中Si原子轨道的杂化类型是s p 3,分子的空间结构（以Si为中心）名称为四面体；氨基（-N H 2）氮原子形成3个。键，含

21、 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s p 3；Si周围的N H?基团体积较大，受热时斥力较强Si（N H 2）4中S i-N键能相对较小;产物中气态分子数显著增多（燧增），故Si（N H 2）4受热不稳定，容易分解生成Si s N,和N H 3；【小问2详解】电子排布式分别为：N e 3 s 23 P 2、N e 3 s 23 p，N e 3 s?3 p Z s i ,可推知分别为基态Si原子、基态A l原子、激发态Si原子；A.根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：XD，选项A正确；B.根据上述分析可知，电子排布属于基态原子（或离子）的是：，选项B正

22、确；C.Si为非金属失电子能力比A 1弱，电离一个电子所需最低能量：，选项C错误;D.非金属Si的得电子能力强于金属AL得电子能力：，选项D错误；答案选A B；【小问3详解】Si 与 P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有8 x +6 x L =4个Si,8 个P,故该化合物的化学式为Si P 2。8 21 8.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:已知：白色固体A用0.0 25 0 m o l H C l 溶解后，多余的酸用0.0 1 5 0 m o l N a O H 恰好中和，请回答：（1）X

23、 的组成元素是,X 的化学式是。（2）写出B f C溶 液 呈 棕 黄 色 所 发 生 的 化 学 反 应 方 程 式。（3）写出生成白色固体H的离子方程式。（4）设计实验检验溶液I 中的阳离子。【答案】（1）.C a、C l、O .C a（C l O4）2（2）8 H I+N a C l O4=4 I2+N a C l +4 H2O（3）A g（NH3）,+C r +2 Hh=Ag CU+2 NH；（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+；取取溶液于试管中，加入Na OH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】【分析】由化合物

24、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根沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钢离子，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1.4 3 5 g可一 1.4 3 5 g知,化合物X中 含 有 氯 元 素 的 物 质 的 量 为 -=0.0 1m ol,由白色固体A用 0.0 2 5 0 m ol盐酸溶解后，多余的酸用Q 0 15 0 m ol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钢元素的物质的量为（0.0 2 5 0 m ol0.0 15 0 m oi）X g=0.0 0 5 m ol,若化合物X含有

25、钢元素，白色固体A的质量为=0.0 0 5 m olX 19 7 g/m ol=0.9 8 5 g 0.5 0 0 g,所以X中含有钙元素，含有的氧元素 物 质 的 量 为 即 g/mol=4 m 0 1 则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为 0.005mol：0.01 mol：0.04mol=l：2：8,则 X 的化学式为Ca(ClO)。【小 问1详解】由分析可知，X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学式为Ca(CK)4)2,故答案为：Ca、Cl、O；Ca(ClO4)2；【小问2详解】由图可知，B-C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应

26、方程式为8HI+NaC104=4L+NaCl+4H2。，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；【小问3详解】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钱,反应的离子方程式为Ag(NH3)21+CT+2H+=AgClJ+2NH：,故答案为：Ag(NH3 1+C+2H+=AgCl J+2NH；【小问4详解】由图可知，溶 液I为硝酸和硝酸锈的混合溶液，则检验溶液中氢离子镂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NH

27、：,故答案为：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NH；。19.“碳达峰碳中和”是我国社会发展重大战略之一，C H,还原CO?是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)AH1=+247kJ moE1,K1II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ m or,K2请回答：(l)有利于提高CO?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(

28、2)反应 CH4(g)+3c。2 (g)Q 4CO(g)+2H2O(g)的 AH=kJ.m oL，K=.（用K1,K?表示）。（3）恒压、750c时，CH,和CO2按物质的量之比1:3投料，反应经如下流程（主要产物己标出）可实现CO2高效转化。下列说法正确的是CO+HeA.Fe3O 可循环利用，CaO不可循环利用B.过程ii,CaO吸收CO2可促使Fe.：。，氧化CO的平衡正移C.过程ii产生的H2。最终未被CaO吸收，在过程道被排出D.相比于反应I,该流程的总反应还原ImolCO2需吸收的能量更多过程ii平衡后通入H e,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

29、CO物质的量上升的原因 0（4）CH,还原能力（R）可衡量CO2转化效率，R=&i（CC2）/An（CH4）（同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比）。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间R的变化趋势，并标明1000C时R值图12R130400 600 800 1000温度/图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:下列说法不无项的是A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II速率温度/4 8 0 5 0 05 2 05 5 0C H4转化率/%7.91 1.5 2

30、0.2 3 4.8R2.62.42.11.8B.温度越低，含氢产物中H2。占比越高C.温度升高，C H&转化率增加，C O 2 转化率降低，R值减小D.改变催化剂提高C H&转化率，R值不一定增大【答案】(1)C (2).+3 2 9 .K1 K22c(C O9)(3).B C .通入He,C a C 0 3 分解平衡正移，导致增大,促 进F e还原c(C O)【解析】【小问1 详解】反 应 I 为气体体积增大的吸热反应，反应I I 为气体体积不变的吸热反应，AH0,升高温度，平衡右移，C H4 平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，C H4 平衡转化率增大，故有利于提高C O 2 平衡转化率的

31、条件是高温低压；答案选C；【小问2详解】已知：1 ：C H4(g)+C C)2(g)B 2 C O(g)+2H 2(g)八凡=+2 4 7 kJ m o,K|I I：CO2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)AH2=+4 1 k J m o r ,K2根据盖斯定律,由 I +H*2 得 反 应(4(8)+3(：0204(20+2 1 1 2 0 ；故 A H=HI+2AH2=+3 2 9 kJ -mor1,K=K(K2-；【小问3详解】A.根据流程可知，F e,。,转化为F e,F e又转化为F es。F q O,可循环利用；C a C O3受热分解生成CaO和 C O-CaO又与C

32、O 2 反应生成C a C C h,CaO也可循环利用，选项A错误；B.过程ii,CaO吸收C O 2 使C O?浓度降低，促进F ea。4 氧化CO的平衡正移，选项B正确；C.过程i i C a O 吸收C O?而产生的H 2。最终未被CaO吸收，在过程也被排出，选项C正确；D.焙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I molC O z需吸收的能量一样多，选 项 D错误；答案选B C；c(C O,)通入He,C a C C)3 分解平衡正移，导致七CQ)增 大 促 进 F e还原C O 2 平衡正移，故过程 ii平衡后通入H e,测得一段时间内CO物质的量上

33、升;【小问4详解】根据图1 可知1()()()时，CH4转化率为1 0 0%,即A n(C H4)=lmol,C O 2 转化率为6 0%,400 1000。间 R即 A n(C O,)=3 mol=1.8,故A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应I【的速率，使单位时间内反应I I 中 C O 2的转化率增大，A n(C O 2)增 大 的 倍 数 比 大，则 R提高，选项A正确；B.根据表中数据可知，温度越低，C H,转化率越小，而 R越大，A n(C O 2)增大的倍数比A n(C H4)大，含氢产物中H Q 占比越高，选项B正确;C.温度升高，CH,转化率增加，CC)2转化率也增大，

34、且两个反应中的CC)2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；D.改变催化剂使反应有选择性按反应I而提高CH,转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；答案选C。20.某研究小组制备纳米Z n O,再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnOMOF,流程如下：NaOH溶 液 一鲫纤华超巡逸建f 共吟邈忆今卜一Zn(OH)2妈阜警一 刚 米ZnO|”蛆7|znOMOF已知：含锌组分间的转化关系：Z n、Zn(OH)2UZn(OH)4广 Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39以下稳定。请回答：(1)步 骤1,初始滴入ZnSO,溶液时，体系中主要含锌组分的

35、化学式是 o(2)下 列 有 关 说 法 不 氐 獭 的 是。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ZnSO,溶液制备 一21!(。11)2,可提高ZnSO 的利用率c.步骤n,为了更好地除去杂质，可用50C的热水洗涤D.步骤IH,控温燃烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小(3)步骤n i,盛 放 样 品 的 容 器 名 称 是。(4)用Zn(CH3coO)2和过量(NHJ2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煨烧得纳米ZnO,沉 淀 无 需 洗 涤 的 原 因 是。(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zi?

36、+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤 ”上填写一件最关键仪器,“()”内填写：竹浮作，均用字母表示。用(称量ZnO样品xg)-用烧杯()一用()一用移液管()一用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定 左+)仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶操作：f、配制一定体积的Zn+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的Z n溶液：i、装瓶贴标签(6)制备的ZnOMOF荧光材料可测Ci?+浓度。已知ZnOMOF的荧光强度比值与C u2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 x 1(尸g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5 x 1 05)，经预处理,将其中C

37、 u元素全部转化为C i?+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2,则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。【答案】(1)Zn(O H)4 r BC(3)m(4)杂质中含有C H 3 c o e r、C O：、N H：,在控温煨烧过程中分解或被氧化为气体而除去。(5)df(g)-c(f)-(h)(6)8【解析】【分析】本题为一道无机物制备类工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成 一2!(0 14)2,分离出 -Zn(O H)2后再控温煨烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。【小 问1详解】初始滴入Zn S C 溶液时，氢氧化钠过量，根据信息可知，体系

38、中主要含锌组分的化学式是ZMOH)/一；【小问2详解】A.步 骤I,搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；B.根据信息可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是 Zn(O H)/2-，不能生成e-Zn(O H)2,B 错误；C.由信息可知，e-Zn(O H)2 3 9以下稳定，故在用50 C的热水洗涤时会导致,-Zn(O H)2分解为其他物质，C错误;D.由流程可知，控温燃烧时-Zn(O H)2会转化为纳米氧化性，故，控温煨烧的目的是为了控制Z n O的颗粒大小，D正确；故选BC；【小问3详解】给固体药品加热时，应该用耐烟，故步骤m,盛放样品的容器名称是用烟；【

39、小问4详解】两者反应时，除了生成固体Zn O外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有C H 3 c o e r、C O；、NH：,在控温城烧过程中分解或被氧化为气体而除去；【小问5详解】为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d,随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g,溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h,故答案为：df(g)f c(f)f (h)；【小问6详解】人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆 铜 蓝 蛋 白 尸75x|0 g =5 x l(T8 moi ,由于实验

40、1.5 x 1 0 g/mol测得荧光强度比值为102则铜离子浓度n(C u 2+)=0.4 x l0-8mol/L x lL=0.4 x l0-smol.则 则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。2 1.某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。Hf 1 4H17N3O3socuHCI HOCl盐酸苯达莫司汀已知1：R X R;N H2ARNHR，NaCN ARCNOI_I Q R-q 2RCOOH-2 OO 2 R-C、NHR+RCOOH请回答:(1)化合物A 的官能团名称是(2)化合物B 的结构简式是 o(3)下 列 说 法 正 确 的 是 A.B f C 的反应类型为取代反应B.

41、化合物D 与乙醇互为同系物C.化合物I 的分子式是C|8H25N3O4D.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性(4)写出Gf H 的化学方程式 o(5)设计以D 为原料合成E路线(用流程图表示，无机试剂任选)一。(6)写出3 种同时符合下列条件的化合物C 的同分异构体的结构简式分子中只含一个环，且为六元环；iH-N M R 谱和IR 谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有 乙 酰 基 CH,-oneN a C N NC HOOC-C O O HHO C O C H3小N人N(6)人人H3C N C H3C O C H3H3c L e比II HNYNoN C O C H

42、3HWH 3N、O，NNCOCH3N人NH3C O C H3【解析】【分析】O2NCl与 CH3NH2反应生成B,B 与硫化钠发生还原反应生成C,结合CNO,的结构可知A 到 B 为取代反应，B 为O2NNHCH3,C 与 E 发生已知中反应生成F,NO,F 为O2NJU下脱水生成6NHCOCH2cH2cH2coOHO?NNCOOHNG 与乙醇发生酯化反应生成H 广丫，COOCH2CH3H 与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I,I 与 S0C12发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀,据此分析解答。【小 问 1 详解】由 A 的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、氯原子

43、；【小问2 详解】fx 1/N H C H3由以上分析可知化合物B 的结构简式|,故答案为：02N 人3 N（）2r/NHCH3【小问3 详解】A.B f C 的反应中B 中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误;B.化合物D 中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；C.化合物I 的分子式是C18H27N3O4,故错误：D,将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；故 答 案：D；【小问4 详解】G 与乙醇发生酯化反应生成H T N Z C O O C H 2 C H 3,反应方程式为:故答案为:1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1,3-二澳丙烷，I,3-二溪丙

44、烷与NaCN发生取代反应 生 成 NC/、C N，N C/X/、CN发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成c，合成路线为：OH Br B r N C HOOC C O O HH,故答案为:OH Br B r N C HOOC C O O HH【小问6 详解】化合物C 的同分异构体分子中只含一个环，且为六元环；iH-N M R 谱和IR 谱检测表明：分子中共有2 种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有 乙 酰 基 CH3-one除乙酰基7外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有OCOCH3N人NH人A3C N CH3OCOCH3N人NH人A3C N CH3CO CH3HVYCH3NYNoCOCH3NCOCH3产N、O，NNCOCH,工，故答案为:H3c八。入C/H IINNCOCH3N、ONCOCHJ1N人NH3c O CH3