2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷.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一、选 择 题（本大题共16小题，每小题3分，共4 8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.（3分）（2 0 2 3 浙江）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（）A.C O2 B.S i O2 C.M g O D.Na2O2.（3分）（2 0 2 3 浙江）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.（3分）（2 0 2 3 浙江）下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为1 8的氯原子：3 7aB.碳的基态原

2、子轨道表示式:Is 2s 2p卫 S3 EZ2C.B F3 的空间结构:（平面三角形）D.HC 1 的形成过程：H+：4.（3分）（2 0 2 3 浙江）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）A.S O2 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.NaC l O溶液呈碱性，可用作消毒剂D.Fe 2 O3 呈红色，可用作颜料5.（3分）（2 0 2 3 浙江）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H2B.工业上煨烧黄铁矿（Fe S 2）生产S O2C.工业上用氨的催化氧化制备N OD.常温下铁与浓硝酸反应可制备NO26.（

3、3 分）（2 0 2 3 浙江）关于反应 2 NH2 OH+4Fe 3+=N2 O t+4Fe 2+4H+H2 O,下列说法正确的 是（）A.生 成 I moM O,转移4m o i 电子B.H2O是还原产物C.NH2OH既是氧化剂又是还原剂D.若设计成原电池，Fe2+为负极产物7.（3 分）（2023浙江）下列反应的离子方程式不正确的是（）A.C12通入氢氧化钠溶液：C12+2OH=C 1+C1O+H2OB.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：A12O3+2OH 2A1O2-+H2OC.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na+CO32-+CO2+H2O-2NaHCO3 ID.H2sO3溶液中滴入氯化钙溶液

4、：SO32+Ca2+=CaSO3 I8.（3 分）（2023浙江）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.（3 分）（2023浙江）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.Imol该物质与足量滨水反应，最多可消耗2moiBnD.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3moiNaOH10.（3 分）（2023浙江）X、Y、Z、M、Q 五

5、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：ZXB.最高正价：ZY11.（3 分）（2023浙江）在熔融盐体系中，通过电解TiCh和 SiCh获得电池材料（TiSi）,电解装置如图，下列说法正确的是（）电源A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极 A 的电极反应：8 H+T i O 2+S i O 2+8 e =T i S i+4 H 2 0C.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1 2.（3分）（2 0 2 3 浙江）共价化合物

6、A l 2 c 1 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：A l 2 c l 6+2 N H 3-2 A 1 （N H3）C I 3，下列说法不正确的是（）A.C1A l 2 c 1 6 的结构式为C1B.A l 2 c 1 6 为非极性分子C.该反应中N H 3 的配位能力大于氯D.A l2B r6比A 1 2 C 1 6 更难与N H 3 发生反应1 3.（3分）（2 0 2 3 浙江）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R3N,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

7、）与废水初始pH关系如图（已知甲酸K a=1.8 X 1 0）,下列说法不正确的是（）2 2.4 3 4 5废水初始pHA.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2OUR3NH+OHB.pH=5 的废水中 c(HCOO)：c(HCOOH)=18：1C.废水初始pH V 2.4,随 pH 下降，甲酸的电离被抑制，与 R3NH+作用的HCOO数目减少D.废水初始p H 5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在14.(3 分)(2023浙江)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08.siiB.可计算C1-C1键能为2(E2-E3)kJmoiC.相同条件下，0 3 的平衡

8、转化率：历程H 历 程 ID.历 程 I、历程H 中速率最快的一步反应的热化学方程式为：CIO(g)+0(g)=O2(g)+C1(g)AH=(E5-E4)kj-m o l115.(3 分)(2023浙江)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)+CO32-(a q)已知 Ksp(CaCO3)=3.4 X 1 0?K s p(caSO4)=4.9X10 5,H2cO3 的电离常数 Kai=4.5X10，Ka2=4.7X 10-下列有关说法正确的 是()A.上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO?2)B.上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在

9、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16.(3 分)(2023浙江)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 FeCl2溶液中加入 短时间内无明显现象 Fe2+的 氧 化 能 力 比Z n片Zn?+弱B往 Fez(SO4)3 溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2s0 4 固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与 S C N 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 F

10、eC h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 Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本大题共5 小题，共 52分)17.(10分)(2023浙江)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S i为中 心)名称为，分子中氮原子的杂化 轨 道 类 型 是。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和 N H 3,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：Ne3s23P2、Ne3s?3pi、N e3s23PzsI有关这些微粒的叙述，正确的是 oA.微粒半径：B.电

11、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)S i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18.(10分)(2023浙江)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:已知：白色固体A 用 0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH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。(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。19.(1 0 分)(2023浙江)“碳达峰碳中和”是我国社会发展重

12、大战略之一，CH4还原CO2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)U2CO(g)+2H2(g)Hi=+247kJmoi,KiII：CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJmoi,K2请回答：(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是。A.低温低压B.低温,身压C.高温低压D.高温高压(2)反应 CH4(g)+3CO2(g)U 4co(g)+2H2O(g)的 AH=W m o l1,K=(用 Ki，K2 表示)。(3)恒压、750C时，CH4和 C02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C02高效

13、转化。下列说法正确的是CaCOjFeA.Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用B.过程ii,CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化C O 的平衡正移C.过程ii产生的H2O 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lmolCO2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CO物质的量上升的原因（4）CH4还原能力（R）可衡量C 02转化效率，R=-rn（_C 09XB.最高正价：ZY【考点】原子结构与元素周期律的关系.【专题】元素周期律与元素周期表专题.【分析】X、Y、Z、M、Q 五种短周期元素

14、，原子序数依次增大，X 的 2s轨道全充满，为 B e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 N a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、O、N a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 O、F 元素除外；C.Q、M 形成的化合物有NazO、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。【解答】解：X、Y、Z、M、Q 分别是Be、C、N、O、N a元素；

15、A.非金属性：Z 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、O 元素，故 B 错误；C.Q、M 形成的化合物有Na2。、Na2O2 Na2C2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0-0 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：Bo【点评】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.（3 分）（2023浙江）在熔融盐体系

16、中，通过电解TiCh和 SiC）2获得电池材料（TiSi）,电解装置如图，下列说法正确的是（)电源A.石墨电极为阴极，发生氧化反应B.电极 A 的电极反应：8 H+T i O 2+S i O 2+8 e =T i S i+4 H2OC.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【考点】电解原理.【专题】电化学专题.【分析】通过电解T i O 2和S i C h获得电池材料（T i S i）,则T i C h和S i O 2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：T i O 2+4 e =T i+2 O2,S i O2+4 e-=S i+2 O2.，总反应

17、为：T i O 2+S i O 2+8 e =T i S i+4 O 2 ,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 +O2=CO t ,阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。【解答】解：A.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:T i O2+S i O2+8 e-=T i S i+4 O2,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，阳离子向电极A移动，故D错误；故选：C o【点评】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，

18、题目难度一般。1 2.（3分）（2 0 2 3浙江）共价化合物A l 2 c 1 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：A l 2 c l 6+2 N H 3-2 A 1 （N H 3）C I 3,下列说法不正确的是（）C 1A.A l 2 c 1 6的结构式为C 1B.A l 2 c 1 6为非极性分子C.该反应中N H 3 的配位能力大于氯D.A l2B r6比A l 2 c 1 6 更难与N H3发生反应【考点】极性分子和非极性分子；配合物的形成与组成.【专题】化学键与晶体结构.【分析】A.A 1 原子的最外层电子数为3,共价化合物A 1 2 C 1 6 中所有原子均满

19、足8电子稳定结构，则分子中A l、C 1 原子间存在配位键；B.由A l 2 c 1 6 的结构式可知，A l 2 c 1 6 分子是对称性分子；C.A 1 原子的最外层电子数为3,则 A l 2 c 1 6 分子中A l、C 1 原子间存在配位键，A l （N H 3）C 1 3 分子中N H 3 是配体；D.B r 的原子半径大于C 1,则键能：八 1-8 键人1-。键，导致A l-B r键更易断裂。【解答】解：A.A 1 原子的最外层电子数为3,共价化合物A 1 2 0 6 中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中A l、C 1 原子间存在配位键，导致每个A 1 与 4个 C 1 原子形

20、成4个共价键，所以C 1XC 1XC 1A I2 c 1 6 的结构式为c i，c r 、c i,故A正确；B.A IC 1XC 1XC 12 c 1 6 的结构式为c r xc r 则A I2 c 1 6 分子是对称性分子，为非极性分子，故 B正确；C.A l 2 c 1 6 分子中A l、C 1 原子间存在配位键，A l （N H3）C 1 3 分子中N H 3 是配体，并且能发生反应A I 2 C I 6+2 N H 3-2 A 1 （N H 3）C h，则 N H 3 的配位能力大于C l 原子，故 C正确；D.B r 的原子半径大于C 1,则键能：A l-B r键 A 1-C 1 键

21、，导致A l -B r键更易断裂，且 N H 3 能与A 1 原子形成配位键，则 A 1 2 B%比A l 2 c 1 6 更易与N H 3 发生反应，故 D错误；故选：D。【点评】本题考查分子极性的判断、配位理论的应用等知识，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握配位键的形成条件、分子结构和分子极性的判断方法是解题关键,题目难度中等。1 3.（3分）（2 0 2 3 浙江）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）与废水初始pH 关系如图（己

22、知甲酸Ka=1.8 X 1 0-4),下列说法不正确的是(96、榔宴回)A.活性成分R 3 N在水中存在平衡：R 3 N+H2O R3NH+O HB.p H=5 的废水中 c (HC O O )：c (HC 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 NH+形态存在【考点】弱电解质的电离平衡.【专题】电离平衡与溶液的p H专题.【分析】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p H值增大,说明R3N呈碱性；B.p H=5 时，c(H+)=1 0-m o i/L,Ha (HC O O H)=_(照 一)一X c (H，),c (HC O

23、O H)c (HC O O H)K(HC O O H)c(H+)C.废水中p H值越小，c (H+)越大，HC O O HU HC O C T+H+平衡逆向移动；D.活性成分R 3 N在水中存在平衡：R3N+H2O R 3 NH+O H,废水初始p H 5时，溶液中c (O H)增大，平衡逆向移动。【解答】解：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p H值增大，说明R 3 N呈碱性，存在水解平衡R 3 N+H2 O U R 3 NH+O H 一，故A正确；B.p H=5 时，c(H+)=1 0-5m o l/L,Ha(H C O O H)=.式 胞。l.X c(H+),工

24、(乱。)c (HC O O H)c (HC O O H)=K-a.(.H.C.O.O.H.).=土1 8X山1 0-_4 =1 8：1,故.B正确加；c(H+)1 0-5C.废水中p H值越小，c (H+)越大，HC O O HU HC O O +H+平衡逆向移动，则HC O O数目减少，故 C正确；D.活性成分R 3 N 在水中存在平衡：R 3 N+H2 O U R 3 NH+O H 一，废水初始p H 5 时，溶液中 c (0H)增大，平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R 3 N 形态存在，故 D错误；故选：D。【点评】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，

25、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.(3 分)(2 02 3 浙江)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02 (g)和 C I2 (g)的相对能量为0,下列说法不正确的是()B.可计算 C 1-C 1 键能为 2 (E 2-E 3)k J-m o l1c.相同条件下，。3 的平衡转化率：历程n 历 程 ID.历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为：C IO (g)+0(g)=O2(g)+C 1 (g)AH=(E 5-E 4)k J m o l-1【考点】反应热和焰变；

26、化学反应的历程.【专题】化学反应中的能量变化.【分析】A.催化剂不能改变反应的焰变；B.由图可知，C l (g)的相对能力为(E 2-E 3)k J/m o l；C.相同条件下，0 3 的平衡转化率：历程H=历 程 I；D.反应的活化能越低，反应速率越快，反之相反。【解答】解：A.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H=E 6 -E 3 =E 5 -E 2，故 A正确；B.C 1 2 (g)的相对能量为0,由图可知C l (g)的相对能力为(E 2-E 3)k J/m o l,断裂化学键吸收热量，C l2(g)f 2 c l (g)

27、吸收能量为(E2-E3)k J/m o l,则C l -C l键 能 为2(E 2 -E 3 )k J/m o l,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03的平衡转化率：历程I I =历 程I ,故C错误；D.由图可知，历程n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n中速率最快的一步反应的热化学方程式为：c i o(g)+0(g)2 (g)+C 1 (g)A H=(E 5-E 4)k J,m o l 1,故 D 正确；故选：C,【点评】本题考查反应热与焰变，侧重分析能力及灵活运用能力的考查，

28、把握焰变的计算、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.(3分)(2 0 2 3浙江)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 Oj (s)C a2+(叫)+C O32(叫)已知 Kp (C a C Os)=3.4 X1 0?(C a SC)4)=4.9 X1 0-5,H2 cO3 的电离常数 Ka i =4.5 X IO,Ka 2=4.7 X 1 0 n,下列有关说法正确的 是()A.上层清液中存在c(C a2+)=c(C O32-)B.上层清液中含碳微粒最主要以HC O3形式存在C.向体系中通入C O2气体，溶液中c(C a

29、 2+)保持不变D.通过加N a 2 s 0 4溶液可实现C a C O3向C a SO4的有效转化【考点】沉淀溶解平衡.【专题】电离平衡与溶液的p H专题.【分析】A.上层清液中C a 2+不水解、C O3?一水解生成HC O3一;/Q 2-*1 ./口+、T 7B.Ka 2 =-1-=4.7 X1 0 ”，C O?2一的水解平衡常数 K h=-=C(HCO3)Ka21 乙 一1 4 竺-2 X 1 0 2 Ka 2,说明溶液中C O3 2 一的水解程度较大；4.7X 10-11C.向体系中通入C O2，发生反应C O2+H2O+C a C O3=C a (HC O3)2，难溶性的C a C

30、 O3转化为可溶性的C a (HC O3)2；D.Ks p(C a C O3)3 比 C a S0 4 更难溶。【解答】解：A.上层清液中C a?+不水解、C O3?一水解生成HC O3一，所以上层清液中存在 c(Ca2+)c(CO32),故 A 错误；c(C0q2-)-c(H+),K,B.Ka2=-=-=4.7 X 10 ,CO32.的水解平衡常数 K h=一巴=C(HC03)Ka21 仆 一 14 -2 X 1 0 2 K a2.说明溶液中CO3?.的水解程度较大，上层清液中含碳微4.7X 10-11粒最主要以HCO3-形式存在，故 B 正确；C.向体系中通入CO2，发生反应CO2+H2O

31、+CaCO3=Ca(HCO3)2，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，故 C 错误；D.KSp(CaCO3)4 更难溶，所以加入 Na2s。4 溶液不易将 CaCO3向CaSO4的有效转化，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考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。16.(3 分)(2023浙江)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 FeCl2溶液中加入Z n片短时间内无明显现象 Fe2+的

32、氧 化 能 力 比Z P 弱B往 Fe2(SO4)3 溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2s0 4 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 FeCl3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 Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀A.AB.BC.CD.D【考点】铁及其化合物的性质实验；化学实验方案的评价.【专题】实验评价题；儿种重要的金属及其化合物.【分析】A.往F e C 1 2溶液中加入Z n片，离子反应方程式

33、为：F e2+Zn=F e+Zn2+,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B.往F e 2(S O4)3溶液中滴加K S C N溶液，离子反应方程式为：F e3+3 S C N F e (S C N)3.K 2 s 0 4不影响平衡移动；C.F e 3+能被F e还原为F e 2+；D.饱和氯化铁在沸水中发生水解反应生成F e (OH)3胶体，加热能使胶体产生聚沉。【解答】解：A.往F e C 1 2溶液中加入Zn片，离子反应方程式为：F e2+Zn=F e+Zn2+,F e C h溶液呈浅绿色、Zn C l2溶液呈无色，所以溶液由浅绿色变为无色，F e2为氧化剂、Zn?为氧化产物，氧化剂的氧

34、化性大于氧化产物的氧化性，F e 2+的氧化能力比Zr?+强，故A错误；B.往F e 2(S O4)3溶液中滴加K S C N溶液，离子反应方程式为：F e3+3 S C N F e (S C N)3.K 2 S O4不影响平衡移动，所 以 往F e2(S O4)3溶液中滴加K S C N溶液，再加入少量K 2 s 0 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F e 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 (OH)3胶体，加热能使F e (OH)3胶体产生聚

35、沉，从而得到F e (OH)3红褐色沉淀，故D正确；故选：D。【点评】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。二、非选择题(本大题共5 小题，共 52分)1 7.(1 0分)(2 0 2 3浙江)硅材料在生活中占有重要地位。请回答：(1)S i (N H 2)4分子的空间结构(以S i为中心)名称为 四 面 体，分子中氮原子的杂化轨道类型是 s p3 o S i (N H 2)4受热分解生成S i 3 N 4和N H 3,其受热不稳定的原因是 S i周围

36、的N H 2基团体积较大，受热时斥力较 强(N H 2)4中S i -N键能相对较小I,产物中气态分子数显著增多（焙增）。（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：N e 3 s 2 3 P 2、N e 3 s 2 3 p 1 N e 3 s 2 3 P l 4 s l有关这些微粒的叙述，正确的是 A B。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）S i与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 共 价 晶 体，该化合物的化学式为【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.【专题】原子组成与结

37、构专题；化学键与晶体结构.【分析】（1）S i （N H2）4分子相当于S i H 4中4个氢原子被4个-N H 2取代，S i H 4中S i原子价层电子对个数=4+”经 工=4且不含孤电子对；N原子和1个S i原子、2个H2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 H 2基团体积较大，受热时斥力较强，该反应属于螭增的反应；（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：N e 3 s 2 3 P 2、N e 3 s?3 p i、N e 3 s 2 3 p Z s l则基态S i原子，是基态S i卡,是激发态S i原子；A.一般电子层

38、数越多原子半径越大，而S i原子失电子数越多，原子半径越小；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.能量越高越容易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能；D.能量越低越易得电子；（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 X8 2=4、P原子个数=8,S i、P原子个数之比为4：8=1：2。【解答】解：（l）S i H 4中S i原子价层电子对个数=4+生 经 工=4且不含孤电子对，S i H42空间构型为正四面体结构，S i （N H 2）4分子相当于S i H 4中4个氢原子被4个-N H 2取代,所以S i （N H

39、 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N H 2 基团体积较大，受热时斥力较强，S i(N H 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，属于燧增的反应，所以S i (N H2)4 受热分解生成S i 3 N 4 和 N H 3,故答案为：四面体；s p 3；S i 周围的N H 2 基团体积较大，受热时斥力较强 S i (N H 2)4 中S i-N 键能相

40、对较小 ,产物中气态分子数显著增多(嫡增)；(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：N e 3 s 2 3 P 2、N e 3 s?3 p i、N e J 3 s 2 3 p%s l 则基态S i 原子，是基态S i 卡,是激发态S i 原子；A.一般电子层数越多原子半径越大，而 S i 原子失电子数越多，原子半径越小，则微粒半径：，故 A正确；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或离子，则基态 S i 原子，是基态S i+,故 B 正确；C.能量越高越容易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：，故 C 错误；D.能量越低

41、越易得电子，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=8XJL+6X_1=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 2,8 2故答案为：共价晶体；S i P2o【点评】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.(1 0 分)(2 0 2 3 浙江)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:已知：白

42、色固体A 用 0.02 5 0m o l H Cl 溶解后，多余的酸用0.01 5 0m o l Na O H 恰好中和。请回答：(1)X的组成元素是 Ca、Cl、O ,X的化学式是 Ca (C g 2 。(2)写 出 B-C 溶 液 呈 棕 黄 色 所 发 生 的 化 学 反 应 方 程 式 8 H I+Na CQ =4l 2+Na Cl+4H 2 O。(3)写出生成白色固体H的离子方程式 Ag (NH 3)2 1+C+2 H+=A2 c l i +2 NH 4+、(4)设计实验检验溶液 中的阳离子 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

43、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NH 4+。【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；无机物的推断.【专题】无机推断；无机实验综合.【分析】化合物X由三种元素组成，X和足量Na 2 c 0 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Na 2 c 0 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1 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Ag N03溶液得到浅黄色固体E 和无水溶液F,E 和足量氨

44、水反应生成无色溶液G 和黄色固体Ag 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 Ag Cl,无色溶液I 中含有H N O3和 N H 4 0；淡黄色固体E 为 Ag l 和 A gC L无色溶液D 中含有1 一、C1 ,无色溶液F 中含有 剩 余 的 A g N O s 和钠盐，n (Ag Cl )=1 5昌 _ =0.01 m o l,白 色 固 体 A用1 43.5 g/m o l0.02 5 0m o l H Cl 溶解后，多余的酸用().01 5 0m o l Na O H 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)m o l

45、x A=0.005 m o l,X含有三种元素，则 X为含氧2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=0.005 m o lX 1 9 7 g/m o l =0.9 8 5 g 0.5 00g ,贝 X 中 含 有 Ca 元 素，含有 n (O )=1.1 9 5 g-0.005 的 1 X 40g/m o l -0.0 1 1 noi 义 35.5g/x 中 Ca、Ch O 元1 6 g/m o l素的物质的量之比等于其个数之比,为0.005 m o l：0.01 m o l：0.04m o l=l：2：8,化学式为 Ca (C1 O4)2,结合题目分析解答

46、。【解答】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 O4)2，故答案为：Ca,Cl、O；Ca (CI O4)2；(2)B 中含有Na CI CM，能氧化H I 生成I 2，同时生成Na Cl、H2O,B-C 溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式为8 H I+Na Cl O4=4I2+Na Cl+4H2O,故答案为：8HI+NaClO4=4l2+NaCl+4H2O；(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筱，生成白色固体H 的离子方程式为Ag(NH3)2+C1+2H+=AgCl I+2NH4+,故答案为：Ag(NH3)2+Cr+2H

47、+=AgCl I+2NH4+;(4)I 中含有NH4CL H N O 3,酸遇蓝色石蕊试纸变红色，镂根离子和NaOH溶液反应生成NH3H 2O,加热NH3H2O分解生成NH3,NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以检验溶液I 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+,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+O【点评】本题

48、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.(1 0 分)(2023浙江)“碳达峰碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：1 ：CH4(g)+CO2(g)W2co(g)+2H2(g)AHi=+247kJmoi,KiII：CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJmol I,K2请回答：(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是 C oA.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高

49、压(2)反应 CH4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)的 AH=+329 kJm ori,K-KIK22(用 Ki，K2 表示)。(3)恒压、750时，CH4和 CO2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CO2高效转化。下列说法正确的是 BC oCaCOsFeA.Fe?04可循环利用,CaO不可循环利用B.过程ii,CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化C O 的平衡正移C.过程ii产生的H2O 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lmolCO2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

50、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 通 入 He,CaCO3分解平衡正移，导致S S 吆c(C 0)增大，促进Fe还原C02平 衡 正 移。n(C 09)(4)CH4还原能力(R)可衡量C 02转化效率，R=CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物，所以CaO、FejO4可循环利用，故 A 错误：B.过 程 ii,CO2和 CaO反应生成CaC03，导致c(C O 2)降低，可促使Fe3()4氧 化 CO的平衡正移，故 B 正确；C.过程ii中 CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，所以H2O在过程ii被排出，故 C 正确；D.婚变只与反应物