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 年年 1 月浙江省普通高校招生选考化学试题月浙江省普通高校招生选考化学试题化学试题化学试题可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32C135.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 16 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 48 分。每小题列出的四个备选项中只有一个分。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.2COB.2

2、SiOC.MgOD.2Na O【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；BSiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO23+H2O，所以 SiO2是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B 正确；CMgO 能跟酸反应生成盐和水：MgO+2H+=Mg2+H2O，所以 MgO 是碱性氧化物，；C 错误；DNa2O 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，下列说法不正确的是A.Cu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

3、解】ACu 为 29 号元素，位于 IB 族，属于 ds 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 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。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为 18 的氯原子：3717ClB.碳的基态原子轨道表示式：C.3BF的空间结构：(平面三角形)D.HCl的形成过程：【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 18的氯原子的质量数为 17+18=35，核素符号为3517Cl

4、，故 A 错误；B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，轨道表示式：，故 B 错误；CBF3的中心原子 B 原子孤电子对数=323=0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故 C 正确；DHCl 是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，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正确的是A.2SO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.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂D.23Fe O呈红色，可用作颜料【答案】C【解析】【详

5、解】ASO2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；CNaClO 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；DFe2O3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.Na和乙醇反应可生成2HB.工业上煅烧黄铁矿2FeS生产2SOC.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2NO【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，A 正确；B黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁

6、，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 D。6.关于反应322222NH OH4FeN OO=4Fe4HH，下列说法正确的是A.生成21molN O，转移4mol电子B.2NH OH是还原产物C.2NH OH既是氧化剂又是还原剂D.若设计成原电池，2Fe为负极产物【答案】A【解析】【详解】A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由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH 是反应的还原剂，故 B 错误；C由方程式可知，反应中氮元素的化合价升

7、高被氧化，NH2OH 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 A。7.下列反应的离子方程式不正确的是A.2Cl通入氢氧化钠溶液：22Cl2OH=ClClOH OB.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：2322Al O2OH=2AlOH OC.过量2CO通入饱和碳酸钠溶液：232232NaCOCOH O=2NaHCOD.23H SO溶液中滴入氯化钙溶液：2233SO=CaCaSO【答案】D【解析】【详

8、解】A2Cl通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：-22Cl+2OH=Cl+ClO+H O，选项 A 正确；B氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：-2322Al O+2OH=2AlO+H O，选项 B 正确；C过量2CO通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：+2-32232Na+CO+CO+H O=2NaHCO，选项 C 正确；D23H SO溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项 D 不正确；答案选 D。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B.蛋白质溶液与浓硝酸作

9、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【答案】A【解析】【详解】A从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及其缩合产物，故 A 错误；B某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故 B 正确；C 酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故 C 正确；D聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故 D 正确；故选 A。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

10、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22molBrD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A 错误；B分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B 正确；C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，所以最多消耗 4molNaOH，D 错误；故选 B。10.X、

11、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：ZXB.最高正价：ZMC.Q 与 M 的化合物中可能含有非极性共价键D.最高价氧化物对应水化物的酸性：ZY【答案】B【解析】【分析】X 的2s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 Na，据此分析。【详解】A同一周期

12、元素从左至右，电负性逐渐增大，电负性 N 大于 Be，A 正确；BN 最高正价为+5 价，O 无最高正价，最高正价 N 大于 O，B 错误；CNa 和 O 形成的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2TiO和2SiO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：2228HTiOSiO8eTiSi4H O=C.该体系中，石墨优先于Cl参与反应D.电解时，阳离子向石墨电极移动【答案】C【解析】

13、【分析】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，与电源正极相连，则电极 A 作阴极，2TiO和2SiO获得电子产生电池材料TiSi，电极反应为2-22TiOSiO8eTiSiO=4。【详解】A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，选项 A 错误；B电极 A 的电极反应为2-22TiOSiO8eTiSiO=4，选项 B 错误；C根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl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26Al Cl中所有原子均满足 8

14、电子稳定结构，一定条件下可发生反应：26333Al Cl2NH2Al=NHCl，下列说法不正确的是A.26Al Cl的结构式为B.26Al Cl为非极性分子C.该反应中3NH的配位能力大于氯D.26Al Br比26Al Cl更难与3NH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，分子的结构式为，故 A 正确；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，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故 B 正确；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溴元素的电负性小

15、于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故 D 错误；故选 D。13.甲酸HCOOH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3R 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(已知甲酸4aK1.8 10)，下列说法不正确的是A.活性成分3R N在水中存在平衡：323R NH OR NHOHB.pH5的废水中c HCOO:c(HCOOH)18C.废水初始pH2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与3R NH作用的HCOO数目减

16、少D.废水初始pH5，离子交换树脂活性成分主要以3R NH形态存在【答案】D【解析】【详解】A由图可知，3R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡323R NH OR NHOH，故 A 正确；B由电离常数公式可知，溶液中c HCOOc(HCOOH)=aKc(H)，当溶液 pH 为 5 时，溶液中c HCOOc(HCOOH)=451.8 101.0 10-18，故 B 正确；C由图可知，溶液 pH 为 2.4 时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中 pH 小于 2.4 时，随溶液 pH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3R NH作用的数目减小，故 C 正确

17、；D由图可知，3R N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡323R NH OR NHOH，当废水初始 pH 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已知2O(g)和2Cl(g)的相对能量为 0，下列说法不正确的是A.6352EEEEB.可计算ClCl键能为1232 EEkJ molC.相同条件下，3O的平衡转化率：历程历程D.历程、历程中速率最快的一步反应的热化学方程式为：1254ClO(g)O(g)=O(g)Cl(g)HEEkJ mol【答案】C【解析】【分析】对比两个历程可

18、知，历程中增加了催化剂，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焓变，因此6352EEEE，A 正确；B已知2Cl(g)的相对能量为 0，对比两个历程可知，Cl g的相对能量为1kJ mol23E-E，则ClCl键能为12kJ mol23E-E，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，3O的平衡转化率：历程=历程，C 错误；D活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程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：124ClO(g)O(g)=O(g)Cl(g)kJ mol5HE-E，D 正确；故答案为：C。15.

19、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：2233CaCO(s)Ca(aq)CO(aq)已知9sp3KCaCO3.410，5sp4KCaSO4.9 10，23H CO的电离常数711ala2K4.5 10,K4.7 10，下列有关说法正确的是A.上层清液中存在223c Cac COB.上层清液中含碳微粒最主要以3HCO形式存在C.向体系中通入2CO气体，溶液中2c Ca保持不变D.通过加24Na SO溶液可实现3CaCO向4CaSO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223c Cac CO，A 错误；B 根 据

20、Ka2=4.710-11可 得21133c(CO)c(H)4.7 10c(HCO)，则 碳 酸 根 的 水 解 平 衡 常 数 为23wh232c(HCO)c(OH)2 10c(CO)aKKK，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 CO2，碳酸钙与 CO2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，9sp3KCaCO3.410，5sp4KCaSO4.9 10，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

21、是实验方案现象结论A往2FeCl溶液中加入Zn片短时间内无明显现象2Fe的氧化能力比2Zn弱B往243FeSO溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量24K SO固体溶液先变成血红色后无明显变化3Fe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3FeCl溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀3Fe先水解得3Fe(OH)再聚集成3Fe(OH)沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】AFeCl2溶液中加入 Zn 片，22FeZnZnFe，溶液由浅绿色变为无色，Fe2+的氧化能力比Zn2+强

22、，A 错误；B溶液变成血红色的原因，333FeSCNFe SCN，与24SO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，C 错误；D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；故答案为：D。二、非选择题二、非选择题(本大题共本大题共 5 小题，共小题，共 52 分分)17.硅材料在生活中占有重要地位。请回答：（1）24Si NH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_。24Si NH受热分解生成34Si N和3NH，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

23、为：22Ne3s 3p、21Ne3s 3p、211Ne3s 3p 4s，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_，该化合物的化学式为_。【答案】（1）.四面体.3sp.Si周围的2NH基团体积较大，受热时斥力较强24Si NH中SiN键能相对较小；产物中气态分子数显著增多(熵增)（2）AB（3）.共价晶体.2SiP【解析】【小问 1 详解】24Si NH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24Si NH分子中

24、 Si 原子轨道的杂化类型是 sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成 3 个键，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sp3；Si周围的2NH基团体积较大，受热时斥力较强24Si NH中SiN键能相对较小；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故24Si NH受热不稳定，容易分解生成34Si N和3NH；【小问 2 详解】电子排布式分别为：22Ne3s 3p、21Ne3s 3p、211Ne3s 3p 4s，可推知分别为基态 Si 原子、基态Al 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

25、：，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 正确；C.Si 为非金属失电子能力比 Al 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 AB；【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1186482 个 Si，8 个 P，故该化合物的化学式为2SiP。18.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0.0250molHCl溶解

26、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BC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）设计实验检验溶液中的阳离子_。【答案】（1）.CaClO、.42Ca ClO（2）4228HINaClO4INaCl4H O=（3）342Ag NHCl2HAgClH=2N （4）用玻璃棒蘸取溶液，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4NH【解析】【分析】由化合物 X 与碳酸钠溶液反应生成白色

27、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 可知，化合物 X 中含有氯元素的物质的量为1.435g 143.5g/mol=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(0.0250mol0.0150mol)12=0.005mol，若化合物X 含有钡元素，白色固体 A 的质量为=0.00

28、5mol197g/mol=0.985g0.500g，所以 X 中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为1.195g-0.2g-0.355g 143.5g/mol=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，则 X 的化学式为42Ca 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42Ca ClO，故答案为：CaClO、；42Ca ClO；【小问 2 详解】由图可知，BC 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，反应的化学反应方程式为4228HINaClO4

29、INaCl4H O=，故答案为：4228HINaClO4INaCl4H O=；【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铵，反应的离子方程式为342Ag NHCl2HAgClH=2N ，故答案为：342Ag NHCl2HAgClH=2N ；【小问 4 详解】由图可知，溶液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，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4NH，故答案为：用玻璃棒蘸取溶液，点在蓝色石蕊试纸上

30、，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4NH。19.“碳达峰碳中和”是我国社会发展重大战略之一，4CH还原2CO是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：142211CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)H247kJ mol,K：122222CO(g)H(g)CO(g)H O(g)H41kJ mol,K 请回答：（1）有利于提高2CO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（2）反应422CH(g)3CO(g)4CO(g)2H O(g)的H=_1kJ mol，K_(用1

31、2K,K表示)。（3）恒压、750 C时，4CH和2CO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2CO高效转化。下列说法正确的是_。A34Fe O可循环利用，CaO不可循环利用B过程，CaO吸收2CO可促使34Fe O氧化CO的平衡正移C过程产生的2H O最终未被CaO吸收，在过程被排出D相比于反应，该流程的总反应还原21molCO需吸收的能量更多过程平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因_。（4）4CH还原能力 R可衡量2CO转化效率，24Rn CO/n CH(同一时段内2CO与4CH的物质的量变化量之比

32、)。常压下4CH和2CO按物质的量之比1:3投料，某一时段内4CH和2CO的转化率随温度变化如图 1，请在图 2 中画出4001000间 R 的变化趋势，并标明1000时 R 值_。催化剂 X 可提高 R 值，另一时段内4CH转化率、R 值随温度变化如下表：温度/4805005205504CH转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是_AR 值提高是由于催化剂 X 选择性地提高反应的速率B温度越低，含氢产物中2H O占比越高C温度升高，4CH转化率增加，2CO转化率降低，R 值减小D改变催化剂提高4CH转化率，R 值不一定增大【答案】（1）C（2）.3

33、29.212KK（3）.BC.通入3He,CaCO分解平衡正移，导致2c COc(CO)增大，促进Fe还原2CO平衡正移（4）.C【解析】【小问 1 详解】反应为气体体积增大的吸热反应，反应为气体体积不变的吸热反应，H0，升高温度，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2CO平衡转化率的条件是高温低压；答案选 C；【小问 2 详解】已知：142211CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)H247kJ mol,K：122222CO(g)H(g)CO(g)H O(g)H41kJ mol,K 根据盖斯定律，由+2 得反应422CH(g)3CO(g)

34、4CO(g)2H O(g)；故H=H1+2H2=+3291kJ mol，K 212KK；【小问 3 详解】A 根据流程可知，34Fe O转化为 Fe，Fe 又转化为34Fe O，34Fe O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，选项 A 错误；B过程，CaO吸收2CO使2CO浓度降低，促进34Fe O氧化CO的平衡正移，选项 B 正确；C过程CaO吸收2CO而产生的2H O最终未被CaO吸收，在过程被排出，选项 C 正确；D焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应，该流程的总反应还原21molCO需吸收的能量一

35、样多，选项 D 错误；答案选 BC；通入3He,CaCO分解平衡正移，导致2c COc(CO)增大，促进Fe还原2CO平衡正移，故过程平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；【小问 4 详解】根据图 1 可知1000时，4CH转化率为 100%，即4n CH=1mol,2CO转化率为 60%,即2n CO=3mol60%=1.8mol，故24Rn CO/n CH=1.8mol1mol=1.8，故4001000间 R 的变化趋势如图：AR 值提高是由于催化剂 X 选择性地提高反应的速率，使单位时间内反应中 CO2的转化率增大，2n CO增大的倍数比4n CH大，则 R 提高，选项 A 正

36、确；B根据表中数据可知，温度越低，4CH转化率越小，而 R 越大，2n CO增大的倍数比4n CH大，含氢产物中2H O占比越高，选项 B 正确；C温度升高，4CH转化率增加，2CO转化率也增大，且两个反应中的2CO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而提高4CH转化率，若2CO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ZnO，再与金属有机框架MOF)材料复合制备荧光材料ZnOMOF，流程如下：4ZnSO,MOF2NaOHZn(OH)ZnOZnOMOF 滴加溶液 搅拌过滤、洗涤控温煅烧溶液纳米已知

37、：含锌组分间的转化关系：2OHOH224HHZnZn(OH)Zn(OH)2Zn(OH)是2Zn(OH)的一种晶型，39以下稳定。请回答：（1）步骤，初始滴入4ZnSO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，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，若将过量NaOH溶液滴入4ZnSO溶液制备2Zn(OH)，可提高4ZnSO的利用率C.步骤，为了更好地除去杂质，可用50的热水洗涤D.步骤，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小（3）步骤，盛放样品的容器名称是_。（4）用32Zn CH COO和过量432NHCO反应，得到的沉淀可直接控温煅烧

38、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2Zn。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，“(_)”内填写一种操作，均用字母表示。_用_(称量ZnO样品xg)用烧杯(_)用_(_)用移液管(_)用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定2Zn)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2Zn溶液；i、装瓶贴标签（6）制备的ZnOMOF荧光材料可测2Cu浓度。已知ZnOMOF的荧光强度比值与2Cu在一定浓度范围内

39、的关系如图。某研究小组取37.5 10 g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量51.5 10)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为2Cu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）24Zn(OH)（2）BC（3）坩埚（4）杂质中含有2334CH COOCONH、，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。（5）d(g)c(f)(h)（6）8【解析】【分析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成2Zn(OH)，分离出2Zn(OH)后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。【小

40、问 1 详解】初始滴入4ZnSO溶液时，氢氧化钠过量，根据信息可知，体系中主要含锌组分的化学式是24Zn(OH)；【小问 2 详解】A步骤，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24Zn(OH)，不能生成2Zn(OH)，B错误；C由信息可知，2Zn(OH)39以下稳定，故在用50的热水洗涤时会导致，2Zn(OH)分解为其他物质，C 错误；D由流程可知，控温煅烧时2Zn(OH)会转化为纳米氧化性，故，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D 正确；故选 BC；【小问 3 详解】给固体药品加热时，应该用坩埚，

41、故步骤，盛放样品的容器名称是坩埚；【小问 4 详解】两者反应时，除了生成固体 ZnO 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2334CH COOCONH、，在控温煅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(f)，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：d(g)c(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)=385mol7g

42、/m.5 10 g5 101l.1o50，由于实验测得荧光强度比值为 10.2，则铜离子浓度 n(Cu2+)=88mol/L 1L=mol0.4 100.4 10，则则 1 个血浆铜蓝蛋白分子中含 8 个铜原子。21.某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。已知：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_。（3）下列说法正确的是_。A.BC的反应类型为取代反应B.化合物 D 与乙醇互为同系物C.化合物 I 的分子式是182534C H N OD.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性（4）写出GH的化学方程式_。（5）设计以 D 为原料合成 E 的路

43、线(用流程图表示，无机试剂任选)_。（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；1HNMR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3|OCHC。【答案】（1）硝基，氯原子（2）（3）D（4）（5）（6）【解析】【分析】与 CH3NH2反应生成 B，B 与硫化钠发生还原反应生成 C，结合 C 的结构可知 A到 B 为 取 代 反 应，B 为，C 与 E 发 生 已 知 中 反 应 生 成 F，F 为，F 脱水生成 G，G 与乙醇发生酯化反应生成 H，H 与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成 I，I

44、与SOCl2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；【小问 2 详解】由以上分析可知化合物 B 的结构简式，故答案为：；【小问 3 详解】A.BC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182734C H N O，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；故答案为：D；【小问 4 详解】G 与乙醇发生酯化反应生成 H，反应方程式为：，故答案为：；【小问 5 详解】1，3-丙二醇与 HBr 发生取代反应生成 1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与 NaCN 发生取代反应生成，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为：，故答案为：；【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；1HNMR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3|OCHC，除乙酰基外只有一种氢，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，故答案为：；