2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷（附答案详解）.pdf

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1、2023年 1月浙江省普通高校招生选考化学试卷1 .下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（）A.CO2 B.S iO2 C.M gO D.N a202 .硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是（）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3 .下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为1 8的氯原子：lClIs 2s 2PB.碳的基态原子轨道表示式：向 五 田|C.B F 3的空间结构：&（平面三角形）D.H C 1 的形成过程：H：、-。：-H+：C 1：4 .物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.S O?能使某些色素褪色，可用

2、作漂白剂 B.金属钠导热性好，可用作传热介质C.N aC l O溶液呈碱性，可用作消毒剂 D.F e z。?呈红色，可用作颜料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“2 B.工业上烟烧黄铁矿（F e s?）生产S O?C.工业上用氨的催化氧化制备N O D.常温下铁与浓硝酸反应可制备N O?6 .关于反应2 N H 2 O H+4 F e 3+=限。T+4/加2+4 H+“2。，下列说法正确的是（）A.生成I mo/%。，转移4 mo i电子 B.%。是还原产物C.N H 2。”既是氧化剂又是还原剂 D.若设计成原电池，F e 2+为负极产物7.下列反应

3、的离子方程式不正确的是（）A.C%通入氢氧化钠溶液：以2 +20H-=Cl-+CIO-+H20B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：A l2O3+20H-=2A IO 2+H20C.过量C O 2通入饱和碳酸钠溶液：2N a+C0l-+C02+H20=2N aHCO3 ID.H 2 sO 3溶液中滴入氯化钙溶液：S O j-+Ca2+=CaS O3 I8.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B.蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色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

4、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.Imol该物质与足量漠水反应，最多可消耗2m0出 丁2D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3moiNaOH10.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是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 丫1 1.在熔融盐体系中，通过电解及G和Si。2获得电池材料（TiSi）,电解装置如图，下列说法正确的是（）A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极 A 的电极反应：8/+TiO

5、2+SiO2+Se-=TiSi+4W20C.该体系中，石墨优先于C厂参与反应D.电解时，阳离子向石墨电极移动1 2.共价化合物2。6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:Al2Cl6+2NH3=2 4（N“3）C，3，下列说法不正确的是（）、/A.他4的 结 构 式 为J I A IcrB.闻2。6为非极性分子C.该反应中N%的配位能力大于氯D.人。比加2 a6更难与N“3发生反应13.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(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废

6、水初始p H 关系如图(己知甲酸K a =1.8 x 1 0-4),下列说法不正确的是()承、得早回废水初始pHA.活性成分R 3 N 在水中存在平衡：R3N +H2O R3NH+0H-B.p H =5 的废水中c(H C。-)：c(H C O O H)=1 8：1C.废水初始p H 5,离子交换树脂活性成分主要以R 3 N H+形态存在1 4.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 已知。2(9)和c (g)的相对能量为3，下列说法不正确的是()A.E6-E3=E5-E2B.可计算。-C l 键能为2(%-E3-)kJ-m o r1C.相同条件下，。3 的平衡转化率：历

7、程团 历 程 ID.历 程 I、历程I I 中速率最快的一步反应的热化学方程式为：G O(g)+0(g)=。2(。)+Cl(g)A H=(Fs-EkJ-m o L1 5.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：CaCO3(s)Ca2+(aq)+C。歹(a q)已知Ks p(Ca CC 3)=3.4 x 1 0-9,Ks p(CaS 04)=4.9 x IO-5,%。3 的电离常数Ka i =4.5 x 1 0-7,K a 2 =4.7 x l Q-i i ,下列有关说法正确的是()A.上层清液中存在c(Ca 2+)=c(CO f-)B.上层清液中含碳微粒最主要以H C0 5

8、形式存在C.向体系中通入。2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变D.通过加Na2s。4溶液可实现以。3向CaS内的有效转化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FeC%溶液中加入Z n片短时间内无明显现象Fe2+的氧化能力比Z小+弱B往Fe2(SQ03溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量七$。4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与SCAT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5 6滴饱和尸eCU溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+中先水解得尸e(

9、0H)3再聚集成Fe(0H)3沉淀A.A B.B C.C D.D17.硅材料在生活中占有重要地位。请回答：(l)S i(N 4)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。Si(N42)4受热分解生成S JM 和N/，其 受 热 不 稳 定 的 原 因 是。(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：Ne3s23P2、Ne3s23p】、Ne3s23Pl4s，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.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

10、物的化学式为1 8.化合物X由三种元素组成，某学习小组按如图流程进行实验:0 8%1195 g0 500g浅黄色固体白色踹体AARNO,黄色固体Agl无色溶液G无色溶液F已知：白色固体A 用0.0 250 m o H C 7溶解后，多余的酸用0.0 150 m o/NaOH 恰好中和。请回答：(1)X 的 组 成 元 素 是,X的 化 学 式 是。(2)写出B-C 溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式 o(3)写出生成白色固体H的离子方程式 o(4)设计实验检验溶液I 中 的 阳 离 子。19.“碳达峰碳中和”是我国社会发展重大战略之一，C 也 还原。2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主

11、要反应有：I ：CH。+。2(9)=2。9)+2H2(gH=+247kJ m o r1,&I I：。0 2(9)+/(9)=。(9)+“2。(9)4“2=+41幻 山。厂1，K2请回答：(1)有利于提高C O2平衡转化率的条件是 oA.低温低压B.低温 曷压C.高温低压D.局温局压(2)反应C/C g)+3C O2(g)U 4c0(g)+2H 2。(9)的4H =kJ.mol,K=(用出表示)。(3)恒压、750 时，C4 和。2按物质的量之比1：3 投料，反应经如图流程(主要产物已标出)可实现C O2高效转化。下列说法正确的是 oA.Fe304可循环利用，CaO不可循环利用B.过程ii,Ca

12、O吸收CO2可促使/=3。4氧化CO的平衡正移C.过程ii产生的“2。最终未被CaO吸收，在过程ii被排出D.相比于反应I,该流程的总反应还原1m。%。2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i ii,结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因 o(4)C 4还原能力(R)可衡量。2转化效率，R=(同一时段内。2与 的 物 质 的 量 变 化 量 之 比常压下C/和。2按物质的量之比I：3 投料，某一时段内C a 和。2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 R 值。MO*IMt图2催化

13、剂X 可提高R 值，另一时 段 内 转 化 率、R 值随温度变化如下表:温度/480 500 520 550C%转化率/%7.9 11.5 20.2 34.8R2.6 2.42.11.8下列说法不正确的是 OA.R值提高是由于催化剂X 选择性地提高反应II的速率B.温度越低，含氢产物中为。占比越高C.温度升高，C%转化率增加，。2转化率降低，R 值减小D.改 变 催 化 剂 提 高 转 化 率，R 值不一定增大2 0.某研究小组制备纳米Z nO,再与金属有机框架(M0F)材料复合制备荧光材料ZnOMOF,流程如图：商 丽滴加/ns。,溶 液 搅 气 卫 冰 洗 涤-I n-J in-已知：含锌

14、组分间的转化关系：Zn 等 Zn(0H)2 暮 Zn(O H)-H+H+-Z n(0“)2是ZT I(O“)2 的一种晶型，39以下稳定。请回答：(1)步 骤 I,初始滴入ZnSO,溶液时，体 系 中 主 要 含 锌 组 分 的 化 学 式 是。(2)下 列 有 关 说 法 不 正 确 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ZnSQj溶液制备-Z n(0 H)2，可提高ZnSC)4的利用率C.步骤H,为了更好地除去杂质，可用50的热水洗涤D.步骤m,控温煨烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小(3)步骤I H,盛 放 样 品

15、的 容 器 名 称 是。(4)用Z M C/C。)?和过量M“4)2。3反应，得到的沉淀可直接控温煨烧得纳米Z nO,沉淀无需洗涤的原因是 o(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Z 1+。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤“一”上填写一件最关键仪器，内填写一种操作，均用字母表示。()用(称量ZnO 样品xg)t 用()-用()-用()T 用(盛装EDTA标准溶液，滴定Z/+)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：/.配制一定体积的Zn2+溶液；g.酸溶样品；儿量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签(6)制备的Zn

16、OMOF荧光材料可测C&2+浓度。已知ZnOMOF的荧光强度比值与飙2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5 x 10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量i s x1。5),经预处理,将其中Cu元素全部转化为C“2+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。eete!紫剧0 01 02 03 0.4 0,5 06c(Cu24)/00 X,所以电负性：Z X,故 A 正确；B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，因为0、F 元素非金属性很强，不易失电子，所以没有正化合价，Z、M 分别是N、0 元素，故 B 错误；C.Q、M 形成的化合物有Na2

17、。、Na2O2,Na?。?中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中存在0-。非极性键，故 C 正确；D.Y、Z 分别是C、N 元素，非金属性：Y Y,故 D正确；故 选:BoX、Y、Z、M、Q 五种短周期元素，原子序数依次增大，X 的 2s轨道全充满，为 Be元素；Y 的 s能级电子数量是p 能级的两倍，为 C 元素；M 是地壳中含量最多的元素，为 0 元素；Q 是纯碱中的一种元素，为 Na元素，Z 元素原子序数介于Y 和 M 之间，为 N 元素，即 X、Y、Z、M、Q 分别是Be、C、N、0、Na元素；A.元素的非金属性越强，其电负性越大；B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，但

18、0、F 元素除外；C.Q、M 形成的化合物有Na2。、Na2O2；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但 0、F 元素除外。本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断元素并灵活运用元素周期律是解本题关键，题目难度不大。11.【答案】C【解析】解：4 由分析知，石墨电极为阳极，发生氧化反应，故 A 错误；B.由分析知，电极A 的电极反应式为：TiO2+SiO2+8e-=TiSi+402-,故 B 错误：C.由分析知，石墨电极中碳失去电子，因此该体系中，石墨优先于C厂参与反应，故 C 正确；D.电解时，阳离子向阴极移动，因此电解时，阳离子

19、向电极A 移动，故 D 错误；故选：C。通过电解。2和友。2获得电池材料(T iS i),则冗。2和Si。?电极作电极A,为阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2,SiO2+4e-=Si+2 0?-,总反应为：TiO2+SiO2+8e-=TISI+W2,石墨电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：C-2 e-+02-=CO?,阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。本题主要考查电解原理，掌握电解池的工作原理是解题的关键，题目难度一般。12.【答案】D【解析】解：4 4 原子的最外层电子数为3,共价化合物山2c中所有原子均满足8 电子稳定结构，则分子中A1、

20、。原子间存在配位键，导致每个A1与 4 个 C1原子形成4 个共价键，所以的Cl ci CI结构式为,故 A 正确；cr、口CL ci ciB.4zC，6的结构式为，则4 26分子是对称性分子，为非极性分子，故 B 正确；cr c i，(3.4206分子中A l、C1原子间存在配位键，4(N，3)C，3分子中N“3是配体，并且能发生反应A l2Cl6+2N H3=2A l(N H3)Cl3,则N%的配位能力大于CI原子，故 C 正确；D.Br的原子半径大于C L 则键能：4 一 Br键 4 一 C1键，导致4 一 Br键更易断裂，且N也 能与A1原子形成配位键，则山2B&比4 2 cl6更易与

21、N%发生反应，故 D 错误；故选：D。A.A1原子的最外层电子数为3,共价化合物川2以6中所有原子均满足8 电子稳定结构，则分子中A l、C1原子间存在配位键；B.由 的 结 构 式 可 知，分子是对称性分子；C.A1原子的最外层电子数为3,则分子中A l、C1原子间存在配位键，(N“3)C，3分子中N“3是配体；D.Br的原子半径大于C 1,则键能：4-B r 键 5时，溶液中c(OH-)增大，平衡逆向移动，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。A.根据图知，业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性;B.pH=5时，c(H+)=1

22、0-5mol/L,Ha(HCO O H)=x c(H+),=；C.废水中pH值越小，c(H+)越大，HCOOHUHCOO-+H+平衡逆向移动：D.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N +H2O W R 3N H+O H：废水初始pH 5时，溶液中c(。-)增大，平衡逆向移动。本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确水解原理、电离平衡常数的计算方法、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，注意B 中分式的变形，题目难度不大。1 4.【答案】C【解析】解：4由图可知，c i 原子是历程n的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程I、II的反应热相等，即=区-邑=%一

23、E 2，故 A正确：B.C，2(g)的相对能量为0，由图可知c g)的相对能力为(E 2 -后3)口/小。1,断裂化学键吸收热量,优(g)-2 C2 Q)吸收能量为(%-EkJ/mol,则C2 -。键能为2 限-EkJ/mol,故 B 正确;C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下。3 的平衡转化率：历程团=历 程 I,故 C 错误；D.由图可知，历程H 中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程I、历程H 中速率最快的一步反应的热化学方程式为：CZO(g)+0(g)=02(g)+Cl(g)A H=(F5-EkJ-m

24、o l ,故 D 正确;故选：CoA.催化剂不能改变反应的焰变；B.由图可知，G(g)的 相 对 能 力 为-E3)kJ/mol；C.相同条件下，仇的平衡转化率：历程团=历 程 I :D.反应的活化能越低，反应速率越快，反之相反。本题考查反应热与熔变，侧重分析能力及灵活运用能力的考查，把握烯变的计算、键能概念、催化剂的作用、活化能与反应速率的关系即可解答，题目难度不大。1 5.【答案】B【解析】解：4上层清液中Ca 2+不水解、C0水解生成H C 0。所以上层清液中存在c(Ca 2+)c(CO f-),故 A 错误；B.Ka2=4.7 x IO-1 1,C。厂的水解平衡常数K”=a 2 x 1

25、 0-2 Ka 2,说明溶液中C。广的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以 C。*形式存在，故 B 正确；C.向体系中通入CO?,发生反应CO?+H20+CaC03=Ca(HC03)2,难溶性的CC1 CO 3 转化为可溶性的Ca(HC03)2，溶液中c(Ca 2+)增大，故 C 错误；D.Ksp(CaC03)Ka 2,说明溶液中CO g的水解程度较大；C.向体系中通入。2,发生反应CO 2 +H2o+CaCO3=CCZ(/7 C O3)2 难溶性的Ca CO s转化为可溶性的 Ca(HCC)3)2；D.Ks p(CaCO3)KsplCaS O C，Ca CO?比Ca S C更难溶。本题考

26、查难溶物的溶解平衡，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、元素化合物的性质、难溶物的溶解转化关系等知识点是解本题关键，A、C为解答易错点。1 6.【答案】D【解析】解：4往F e C%溶液中加入Z n片-，离子反应方程式为：Fe2+Z n=Fe+Z n2+,F e C%溶液呈浅绿色、Zn C，2溶液呈无色，所以溶液由浅绿色变为无色，F e 2为氧化剂、Z/为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，F e 2+的氧化能力比Z/+强，故A错误；B.往F e 2(S O Q 3溶液中滴加KS C N溶液，离子反应方程式为：Fe3+3S CN-Fe(S CN)3,K2sO 4不影

27、响平衡移动，所以往尸e 2(S C)4)3溶液中滴加K S C N溶液，再加入少量七5。4固体，溶液先变成血红色后无明显变化，故B错误：C.将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，F e 3+能被F e还原为出2+,滴加K S C N溶液，溶液不变红色，故C错误；D.饱和氯化铁在沸水中发生水解反应生成F e(O H)3胶体，加热能使F e(O H)3胶体产生聚沉，从而得到F e(O H)3红褐色沉淀，故D正确；故选：D。A.往F e C%溶液中加入Z n片，离子反应方程式为：Fe2+Z n =F e +Z n2+,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B.往尸e 2(S O 4”溶液中滴加K S

28、C N溶液，离子反应方程式为：Fe3+3S CN-Fe(S CN)3,/S/不影响平衡移动；C.F e 3+能被F e还原为F e?+；D.饱和氯化铁在沸水中发生水解反应生成F e(O H)3胶体，加热能使胶体产生聚沉。本题以F e及其化合物为载体考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、实验原理、实验操作规范性是解本题关键，注意排除干扰因素，B为解答易错点。1 7.【答案】四 面 体s p 3 S i周围的N H2基团体积较大，受热时斥力较强 S i(N 32)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)4B共 价 晶 体S iP2【

29、解析】解：(l)S i 4中S i原子价层电子对个数=4 +=4且不含孤电子对，S i 4空间构型为正四面体结构，S i(N“2)4分子相当于S i%中4个氢原子被4个-N“2取代，所以S i(N，2)4分子的空间结构(以S i为中心)名称为四面体，N原子和1个S i原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1 个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4,N原子采用s p 3杂化；S i 周围的Nm基团体积较大，受热时斥力较强，S i(N“2)4中S i-N 键能相对较小，断裂S i-N 键所需能量较小，且该反应产物中气态分子数显著增多，属于端增的反应，所以S i(N/)4受热分解生成S

30、J M 和N“3,故答案为：四面体；s p 3；S i 周围的N“2基团体积较大，受热时斥力较强 S i(N”2)4中5 i-N 键能相对较小,产物中气态分子数显著增多(燧增)：(2)分别是基态S i、基态A l 原子、激发态S i 原子；A.同一周期基态原子，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以r(S i)，故 A正确；B.原子核外电子排布符合构造原理，属于基态原子，为激发态原子，故 B 正确；C.同一周期元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第团4 族、第团4 族第一电离能大于其相邻元素，所以电离一个电子所需能量：；同一元素的不同原子，激发态原子电离一个电子所需能量较低，为激发

31、态S i原子，电离一个电子所需能量：,，A1 为金属元素，易失电子，所需能量最低，电离一个电子所需最低能量：，故 C 错误；D.元素的非金属性越强，其得电子能力越强，为非金属元素、为金属元素，则得电子能力：，故 D错误；故答案为：A B；(3)该晶体是由原子构成的空间网状结构的晶体，为共价晶体；该晶胞中S i原子个数=8 x +6 X=4、P原子个数=8,S i、P原子个数之比为4：8 =1：2,化学式为S I P?，故答案为：共价晶体；S iP2.(l)S i(N“2)4 分子相当于S i%中4 个氢原子被4 个 一 取 代，S i%中 S i原子价层电子对个数=4 +=4且不含孤电子对；N

32、原子和1 个 S i原子、2个 H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1 个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4；S i周围的N%基团体积较大，受热时斥力较强,该反应属于嫡增的反应：(2)分别是基态S i、基态Al原子、激发态S i原子；A.同一周期基态原子，原子半径随着原子序数的增大而减小：同一元素的不同原子，原子核外电子层数越多，其半径越大；B.原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子；C.同一周期元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第团力族、第E L 4 族第一电离能大于其相邻元素；同一元素的不同原子，激发态原子电离一个电子所需能量较低；D.元素的非金

33、属性越强，其得电子能力越强；(3)该晶体是由原子构成的空间网状结构的晶体；该晶胞中S i原子个数=8 x+6 x=4、P原子个数=8,S is P原子个数之比为4：8 =1：2。本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确分子结构、原子杂化类型判断方法、元素周期律、晶胞计算方法是解本题关键，注意(1)题采用知识迁移的方法分析判断，题目难度不大。1 8.【答案】Ca、Cl、O Ca(ClO4)2 8Hl+N aClO4=4/2+N aCl+4H2O A g(N H3)2+Cl-+2H+=A gCl I+2 NH t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

34、中有+;取溶液于试管中，加入N a O H 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【解析】解：(1)通过以上分析知，X的组成元素是Ca、Cl、O,X的化学式是Ca(C1 0 4)2，故答案为：Ca、Cl、O：Ca(C/04)2；(2)B中含有N a C l%,能氧化H I 生 成 同 时 生 成 N a Cl、H20,B-C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式为 8/7/+N aClO4=4/2+N aCl+4H2O,故答案为：8HI+N aClO4=4/2+N aCl+4H20；(3)G 为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成氯化银白色沉淀和氯化铉，生成白色固体H的离子方程

35、式为M g(N“3)2 +Cl-+2H+=A gCl I+2 NH j,故答案为:W g(N“3)2 +Cl-+2H+=A gCl I+2 N H*；(4)/中含有N HQ,HN a，酸遇蓝色石蕊试纸变红色，镂根离子和N a O H 溶液反应生成NH 3-H 2。，加热N“3-H 2。分解生成N%，N“3 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以检验溶液 中的阳离子方法为：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+;取溶液于试管中，加入N a O H 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

36、H+；取溶液于试管中，加入N a O H 至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有化合物X 由三种元素组成，X 和足量Na 2 c。3 反应生成白色固体A和无水溶液B,A为难溶性碳酸钙或碳酸钢；无水溶液B中含有剩余的N a 2 C 3 和其它可溶性钠盐，B加入足量H I 生成棕黄色溶液 C,说明H I 被 B中溶质氧化生成1 2,则 C中含有，2 和过量的H I、钠盐；C多次萃取得到水溶液 D中含有H I、钠盐，D中加入足量AgN/溶液得到浅黄色固体E 和无水溶液F,E 和足量氨水反应生成无色溶液G和黄色固体A g l,G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H,H为

37、 A g C l,无色溶液I 中含有H NO 3 和N H 4 a；淡黄色固体E 为 A g l 和 A g C l,无色溶液D中含有、C，无色溶液F中含有剩余的铀可。3 和钠盐,n(4 g。)=O.O lmol,白色固体A用0.02 5 0mo H C 7溶解后，多余的酸用0.01 5 0mo l Na。”恰好中和，化合物X 中含有金属元素的物质的量=(0.02 5 0-0.01 5 0)7 n o/x =0.005mol,X 含有三种元素，则 X 为含氧酸盐，所以一定含有氧元素；如果化合物 X 中含有B a 元素，白色固体的质量=0.005mol X 19 7g/mol=0.9 8 5 g

38、 0.5 00g,则 X 中含有C a 元素，含有n(0)=0.04 mo/,X中C a、C l、O元素的物质的量之比等于其个数之比,j 0.005 mo/：O.O l mo Z：0.04 mo/=1：2：8,化学式为C a(C 7 O 4)2,结合题目分析解答。本题考查无机物推断，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系并正确推断各物质是解本题关键，难点是判断X 的化学式，题目难度中等。19.【答案】C+329Kl 岭 B C 通 入 He,CaCC)3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡 正 移 C【解析】解：(1)反 应 I 是一个反

39、应前后气体条件增大的吸热反应、反应H是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，升高温度、减小压强有利于反应I 平衡正向移动，所以要提高CO2的转化率，应该选取高温、低压条件，故答案为：C；(2)0：C“4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g”=+247kJ m o L,&=；II：C02(g)+%(g)UCO(g)+H2O(g)AH2=+41kJ-m o L,K2=；将反应团+2团得反应C%(g)+3cO2(g)U4CO(g)+2H2O(g)AH=%+2 2=(+247)+2 x(+41)/c/moZ=+329/cm ol,K=X )2=K K/,故答案为：+329；K 冷(3)4 根据

40、图知，Fe3O4,CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物，所以CaO、F e s/可循环利用，故 A 错误；B.过程ii,CO?和 CaO反应生成C a C d,导致以。2)降低，可促使 03。4氧化CO的平衡正移，故B 正确；C.过程ii中 CaO吸收。2而产生的“2。最终未被CaO吸收,所以也。在过程记被排出，故 C 正确；D.焰变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关，所以相比于反应I,该流程的总反应还原1小。心。2需吸收的能量一样多，故 D 错误；故答案为：BC；通入H e,恒压条件下，CaCO3分解压强减小，C aC g分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO?平

41、衡正移，CO物质的量上升，故答案为：通入He,CC1CO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原C 3 平衡正移；(4)根据图1知，1000 时C%的转化率为1 0 0%,则(CH。=1M。,。2的转化率为60%,n(CO2)=3mo/x 60%=l.Smol,R=1.8,所以400 1000 之间 R 的变化趋势如图406*00 M MI 1MM)AR值提高是由于催化剂X选择性地提高反应I I的速率,使单位时间内反应I I中C O 2的转化率增大，兀。2)增大的倍数大于n(C“4)增大的倍数，所 以R提高，故A正确；B.根据表知，温度越低，C“4的转化率越低，R越大，律(。2)增大的倍数比4

42、n(。“4)大，根据氢原子守恒知，含氢产物中“2。占比越高，故B正确；C.两个反应都是吸热反应，温度升高，C“4转化率增加，。2转化率增大，两个反应中。2转化率都增大，增大倍数多，则R值增大，故C错误；D.改变催化剂使反应有选择性按反应I而提高C“4转化率，如果。2转化率减小，R值不一定增大,故D正确；故答案为：C o(1)反 应I是一个反应前后气体条件增大的吸热反应、反应I I是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，升高温度、减小压强有利于反应I平衡正向移动；(2)0：叽 +。2(9)=2。(9)+2H2(gHi=+247kJ m o r1,Q =；I h CO2(g+“2(g)U C 0(g

43、)+H2O gA H2=+41kJ-moL,K2=；将反应回+2回得反应C H g)+3 c 0 z(g)=4 C 0(g)+2H2O(g)A H=+2 W2,K =X (产；(3)4根据图知I,Fe3O4,C a O在过程i i中作反应物、过程i i i中作生成物；B.过程i i,C O?和C a O反应生成C a C C 3，导致CH3+H2O,故答案为:O2NN人 浓硫酸厂，OOH+W M HNI+“2。；COOCH2cH3(5)以 D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)，根据信息知，E 可由HO O CCH2 c H2 c H2。“发生信息的反应得至l j,H O O C

44、C H2CH2CH2CO O Hn J N C C H2CH2CH2CN发生水解反应得到，N CC/C4 2 c H 2 C N 可由Br CH2 c H2 c H2 Br 和 N a C N 发生取代反应得到，Br CH2 c H2 c H2 Br 可由D和 HBr 发生取代反应得到，其合成路线为Br2 N f/X rHOocHt K）HH故答案为：“（5/X2/Z S）H HBr （八 -H（M X(6)C的同分异构体同时符合下列条件：分子中只含一个环，且为六元环；谱和I R 谱检测表明：分子中共有2 种不同化学环境的氢原子，结构对称，无氮氮键,有乙酰基(C uj_)，乙酰基中含有一种氢原

45、子，则六元环上含有一种氢原子，六元环上的原子都不与氢原子相连，符合条件的结构简式有/N H C H；A 和CH3 N H2 发生信息的反应生成B 为 J T ，B 中硝基发生还原反应生成C 中Q,N SSNO,氨基；D发生一系列反应转化为E,根据F 的分子式及I 的结构简式知，C 和 E 发生取代反应生成F 为 ,根据G 的分子式、I 的结构简式知，G 中亚氨基和碳0；N NHCOCH2cH2cH2COOHI氧双健先发生加成反应然后发生消去反应生成G 为 f|Y 广、，G 和乙O2N 人 外 N醇发生酯化反应生成H为O,NH中氨基发生还原反应然后和环氧乙烷发生取代反应生成I,I发生取代反应然后

46、和HC1反应生成盐酸苯达莫司汀:(5)以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)，根据信息知，E可由HOOCCH2cH2cH2。“发生信息的反应得至小 HOOCCH2CH2CH2COOHPJNCCH2CH2CH2CN发生水解反应得到，N CCH2cH2cHzCN可由BrCH2cH2cH?Br和NaCN发生取代反应得到，BrCH2cH2cH2Br可由D和HBr发生取代反应得到。本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，利用反应条件、某些分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是(6)题限制性条件下同分异构体结构简式的确定。