2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷

2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷试题数：21，满分：1001.（单选题，3分）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（）A.CO2B.SiO2C.MgOD.Na2O2.（单选题，3分）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3.（单选题，3分）下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为18的氯原子：ClB.碳的基态原子轨道表示式：C.BF3的空间结构：（平面三角形）D.HCl的形成过程：4.（单选题，3分）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.Fe2O3呈红色，可用作颜料5.（单选题，3分）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NO26.（单选题，3分）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是（）A.生成1molN2O，转移4mol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.（单选题，3分）下列反应的离子方程式不正确的是（）A.Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓D.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓8.（单选题，3分）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.（单选题，3分）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2molBr2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH10.（单选题，3分）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＜MC.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：Z＞Y11.（单选题，3分）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2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：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2OC.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12.（单选题，3分）共价化合物Al2Cl6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=2Al（NH3）Cl3，下列说法不正确的是（）A.Al2Cl6的结构式为B.Al2Cl6为非极性分子C.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13.（单选题，3分）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）与废水初始pH关系如图（已知甲酸Ka=1.8×10-4），下列说法不正确的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-B.pH=5的废水中c（HCOO-）：c（HCOOH）=18：1C.废水初始pH＜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pH＞5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在14.（单选题，3分）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O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0]，下列说法不正确的是（）

A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl-Cl键能为2（E2-E3）kJ•mol-1C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＞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：ClO（g）+O（g）=O2（g）+Cl（g）ΔH=（E5-E4）kJ•mol-115.（单选题，3分）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-（aq）[已知Ksp（CaCO3）=3.4×10-9，Ksp（CaSO4）=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，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16.（单选题，3分）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Zn片短时间内无明显现象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.D17.（问答题，10分）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___。Si（NH2）4受热分解生成Si3N4和NH3，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：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___。

A.微粒半径：③＞①＞②

B.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②

C.电离一个电子所需最低能量：①＞②＞③

D.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___。18.（问答题，10分）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.（问答题，10分）“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：

Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ•mol-1，K1

Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ•mol-1，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.低温高压

C.高温低压

D.高温高压

（2）反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）的ΔH=___kJ•mol-1，K=___（用K1，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。

①下列说法正确的是___。

A.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CO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=（同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比）。

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R值。

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/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是___。

A.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H2O占比越高

C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小

D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大20.（问答题，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，流程如图：

已知：①含锌组分间的转化关系：ZnZn（OH）2[Zn（OH）4]2-

②ɛ-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一种晶型，39℃以下稳定。

请回答：

（1）步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4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Zn2+。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Zn2+）

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Zn2+溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签

（6）制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白（相对分子质量1.5×105），经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+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。

21.（问答题，12分）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：①

②

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.B→C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C18H25N3O4

D.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性

（4）写出G→H的化学方程式___。

（5）设计以D为原料合成E的路线（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___。

①分子中只含一个环，且为六元环；

②1H-NMR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（）。

2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷参考答案与试题解析试题数：21，满分：1001.（单选题，3分）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是（）A.CO2B.SiO2C.MgOD.Na2O【正确答案】：B【解析】：和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。

【解答】：解：MgO、Na2O能和盐酸反应只生成盐和水，是碱性氧化物，CO2、SiO2都能和NaOH溶液反应只生成盐和水，均为酸性氧化物，CO2晶体属于分子晶体，熔点低，SiO2晶体属于原子晶体，熔点高，耐高温，

故选：B。

【点评】：本题考查了氧化物分类、晶体类型，掌握概念的要点是解题关键，难度不大。2.（单选题，3分）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【正确答案】：A【解析】：A．Cu原子核外有29个电子，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区；

B．硫酸铜在溶液中完全电离；

C．CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性；

D．铜离子为重金属离子。

【解答】：解：A．Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区，故A错误；

B．硫酸铜在溶液中完全电离，属于强电解质，故B正确；

C．CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中水解显酸性：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，故C正确；

D．硫酸铜中铜离子为重金属离子，重金属离子能够使蛋白质变性，故D正确；

故选：A。

【点评】：本题考查铜及其化合物的性质，明确性质与用途的关系，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。3.（单选题，3分）下列化学用语表示正确的是（）A.中子数为18的氯原子：ClB.碳的基态原子轨道表示式：C.BF3的空间结构：（平面三角形）D.HCl的形成过程：【正确答案】：C【解析】：A．质量数=质子数+质子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；

B．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；

C．BF3的中心原子的价层电子对数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形；

D．HCl是共价化合物，不存在阴阳离子，H、Cl间共用1对电子。

【解答】：解：A．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．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，其原子轨道表示式为，故B错误；

C．BF3的中心原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR模型和空间结构均为平面三角形，故C正确；

D．HCl是共价化合物，电子式为，形成过程中不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；

故选：C。

【点评】：本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素、分子构型的判断、核外电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。4.（单选题，3分）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.Fe2O3呈红色，可用作颜料【正确答案】：C【解析】：A．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质；

B．钠具有良好的导热性；

C．次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；

D．Fe2O3是红棕色固体，俗名铁红。

【解答】：解：A．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以SO2可用作漂白剂，故A正确；

B．钠具有良好的导热性，可用作传热介质，故B正确；

C．次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用作消毒剂，不是碱性的原因，故C错误；

D．Fe2O3呈红棕色，常用作红色涂料，故D正确；

故选：C。

【点评】：本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意铁元素化合物知识的应用，题目难度不大。5.（单选题，3分）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【正确答案】：D【解析】：A．乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；

B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫；

C．NH3与O2在一定条件下反应生成NO和H2O；

D．常温下铁与浓硝酸发生钝化现象。

【解答】：解：A．乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，发生了取代反应，反应的化学方程式为：2Na+2C2H5OH→2C2H5ONa+H2↑，故A正确；

B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫，方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故B正确；

C．工业上氨催化氧化生成NO的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；

D．常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应不可以制取NO2，故D错误；

故选：D。

【点评】：本题以化学反应为载体考查了理论与实际，工业生产要考虑成本问题，根据物质间的反应结合成本分析解答，题目难度不大。6.（单选题，3分）关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是（）A.生成1molN2O，转移4mol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【正确答案】：A【解析】：反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，作氧化剂，据此进行分析。

【解答】：解：A．反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，生成1molN2O，转移4mol电子，故A正确；

B．反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，氢元素和氧元素的价态没有改变，H2O不是还原产物，还原产物是Fe2+，故B错误；

C．反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，故C错误；

D．若设计成原电池，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，Fe2+为正极产物，故D错误；

故选：A。

【点评】：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移计算的考查，题目难度不大。7.（单选题，3分）下列反应的离子方程式不正确的是（）A.Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓D.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓【正确答案】：D【解析】：A．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；

B．氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；

C．二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，由于相同温度下碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，所以反应产物中有碳酸氢钠晶体析出；

D．H2SO3与氯化钙溶液不反应。

【解答】：解：A．氯气通入氢氧化钠溶液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故A正确；

B．氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正确；

C．过量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应析出了碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3↓，故C正确；

D．盐酸酸性强于H2SO3，H2SO3与氯化钙溶液不反应，不能产生白色沉淀，故D错误；

故选：D。

【点评】：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大。8.（单选题，3分）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【正确答案】：A【解析】：A．糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物；

B．蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应；

C．低级的酯是具有香气的挥发性液体；

D．塑料有线型、体型两种，线型具有热塑性，体型具有热固性。

【解答】：解：A．糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，根据是否含醛基分为还原性糖和非还原性糖，故A错误；

B．蛋白质溶液与浓硝酸作用，先变性生成白色沉淀，加热后沉淀变黄色，故B正确；

C．低级的酯是具有香气的挥发性液体，水果具有香味是由于水果中含有酯类物质，故C正确；

D．塑料有线型、体型两种，线型具有热塑性，具有冷却后又变成固体，加热后又熔化的性质，常见有聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等，故D正确；

故选：A。

【点评】：本题主要考查了化学与生活的有关知识，掌握生活中常见有机物的性质是解答的关键，题目难度不大。9.（单选题，3分）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2molBr2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【正确答案】：B【解析】：A．含有酚羟基和酯基、碳碳双键；

B．苯环、碳碳双键连接的原子都共平面，单键可以旋转；

C．苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应；

D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应。

【解答】：解：A．分子中含有酚羟基和酯基、碳碳双键三种官能团，故A错误；

B．苯环、碳碳双键连接的原子都共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子共平面，故B正确；

C．苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol该物质最多消耗3mol溴，2mol溴发生取代反应、1mol溴发生加成反应，故C错误；

D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，该分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该物质最多消耗4molNaOH，故D错误；

故选：B。

【点评】：本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。10.（单选题，3分）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＜MC.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：Z＞Y【正确答案】：B【解析】：X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，为C元素，结合X的2s轨道全充满，可知X为Be或B元素；M是地壳中含量最多的元素，为O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或B、C、N、O、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O、F元素除外；

C．Q、M形成的化合物有Na2O、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O、F元素除外。

【解答】：解：X、Y、Z、M、Q分别是Be、C、N、O、Na元素；

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O、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Na2O、Na2O2，Na2O2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O-O非极性键，故C正确；

D．Y、Z分别是C、N元素，非金属性：Y＜Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故D正确；

故选：B。

【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.（单选题，3分）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2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：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2OC.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【正确答案】：C【解析】：通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），则TiO2和SiO2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+2O2-，总反应为：TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，石墨电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：C-2e-+O2-=CO↑，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：TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，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Cl-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。

【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，题目难度一般。12.（单选题，3分）共价化合物Al2Cl6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=2Al（NH3）Cl3，下列说法不正确的是（）A.Al2Cl6的结构式为B.Al2Cl6为非极性分子C.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【正确答案】：D【解析】：A．Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；

B．由Al2Cl6的结构式可知，Al2Cl6分子是对称性分子；

C．Al原子的最外层电子数为3，则Al2Cl6分子中Al、Cl原子间存在配位键，Al（NH3）Cl3分子中NH3是配体；

D．Br的原子半径大于Cl,则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，导致Al-Br键更易断裂。

【解答】：解：A．Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，导致每个Al与4个Cl原子形成4个共价键，所以Al2Cl6的结构式为，故A正确；

B．Al2Cl6的结构式为，则Al2Cl6分子是对称性分子，为非极性分子，故B正确；

C．Al2Cl6分子中Al、Cl原子间存在配位键，Al（NH3）Cl3分子中NH3是配体，并且能发生反应Al2Cl6+2NH3=2Al（NH3）Cl3，则NH3的配位能力大于Cl原子，故C正确；

D．Br的原子半径大于Cl,则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，导致Al-Br键更易断裂，且NH3能与Al原子形成配位键，则Al2Br6比Al2Cl6更易与NH3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。13.（单选题，3分）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）与废水初始pH关系如图（已知甲酸Ka=1.8×10-4），下列说法不正确的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-B.pH=5的废水中c（HCOO-）：c（HCOOH）=18：1C.废水初始pH＜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pH＞5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在【正确答案】：D【解析】：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pH值增大，说明R3N呈碱性；

B．pH=5时，c（H+）=10-5mol/L，Ha（HCOOH）=×c（H+），=；

C．废水中pH值越小，c（H+）越大，HCOOH⇌HCOO-+H+平衡逆向移动；

D．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-，废水初始pH＞5时，溶液中c（OH-）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pH值增大，说明R3N呈碱性，存在水解平衡R3N+H2O⇌R3NH++OH-，故A正确；

B．pH=5时，c（H+）=10-5mol/L，Ha（HCOOH）=×c（H+），===18：1，故B正确；

C．废水中pH值越小，c（H+）越大，HCOOH⇌HCOO-+H+平衡逆向移动，则HCOO-数目减少，故C正确；

D．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O⇌R3NH++OH-，废水初始pH＞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。

【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，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。14.（单选题，3分）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O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0]，下列说法不正确的是（）

A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl-Cl键能为2（E2-E3）kJ•mol-1C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＞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：ClO（g）+O（g）=O2（g）+Cl（g）ΔH=（E5-E4）kJ•mol-1【正确答案】：C【解析】：A．催化剂不能改变反应的焓变；

B．由图可知，Cl（g）的相对能力为（E2-E3）kJ/mol；

C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=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，Cl原子是历程Ⅱ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=E6-E3=E5-E2，故A正确；

B．Cl2（g）的相对能量为0，由图可知Cl（g）的相对能力为（E2-E3）kJ/mol,断裂化学键吸收热量，Cl2（g）→2Cl（g）吸收能量为（E2-E3）kJ/mol,则Cl-Cl键能为2（E2-E3）kJ/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O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C错误；

D．由图可知，历程Ⅱ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）ΔH=（E5-E4）kJ•mol-1，故D正确；

故选：C。

【点评】：本题考查反应热与焓变，侧重分析能力及灵活运用能力的考查，把握焓变的计算、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。15.（单选题，3分）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-（aq）[已知Ksp（CaCO3）=3.4×10-9，Ksp（CaSO4）=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，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【正确答案】：B【解析】：A．上层清液中Ca2+不水解、CO32-水解生成HCO3-；

B．Ka2==4.7×10-11，CO32-的水解平衡常数Kh==≈2×10-2＞Ka2，说明溶液中CO32-的水解程度较大；

C．向体系中通入CO2，发生反应CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca（HCO3）2；

D．Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），CaCO3比CaSO4更难溶。

【解答】：解：A．上层清液中Ca2+不水解、CO32-水解生成HCO3-，所以上层清液中存在c（Ca2+）＞c（CO32-），故A错误；

B．Ka2==4.7×10-11，CO32-的水解平衡常数Kh==≈2×10-2＞Ka2，说明溶液中CO32-的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在，故B正确；

C．向体系中通入CO2，发生反应CO2+H2O+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）＜Ksp（CaSO4），CaCO3比CaSO4更难溶，所以加入Na2SO4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.（单选题，3分）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Zn片短时间内无明显现象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【正确答案】：D【解析】：A．往FeCl2溶液中加入Zn片，离子反应方程式为：Fe2++Zn=Fe+Zn2+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

B．往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，离子反应方程式为：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，K2SO4不影响平衡移动；

C．Fe3+能被Fe还原为Fe2+；

D．饱和氯化铁在沸水中发生水解反应生成Fe（OH）3胶体，加热能使胶体产生聚沉。

【解答】：解：A．往FeCl2溶液中加入Zn片，离子反应方程式为：Fe2++Zn=Fe+Zn2+，FeCl2溶液呈浅绿色、ZnCl2溶液呈无色，所以溶液由浅绿色变为无色，Fe2为氧化剂、Zn2+为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，故A错误；

B．往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，离子反应方程式为：Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，K2SO4不影响平衡移动，所以往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，故B错误；

C．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，Fe3+能被Fe还原为Fe2+，滴加KSCN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Fe（OH）3胶体，加热能使Fe（OH）3胶体产生聚沉，从而得到Fe（OH）3红褐色沉淀，故D正确；

故选：D。

【点评】：本题以Fe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。17.（问答题，10分）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___。Si（NH2）4受热分解生成Si3N4和NH3，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：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___。

A.微粒半径：③＞①＞②

B.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②

C.电离一个电子所需最低能量：①＞②＞③

D.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___。【正确答案】：四面体;sp3;Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si（NH2）4中Si-N键能相对较小]，产物中气态分子数显著增多（熵增）;AB;共价晶体;SiP2【解析】：（1）Si（NH2）4分子相当于SiH4中4个氢原子被4个-NH2取代，SiH4中Si原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对；N原子和1个Si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；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强，该反应属于熵增的反应；

（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，则①基态Si原子，②是基态Si+，③是激发态Si原子；

A．一般电子层数越多原子半径越大，而Si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Si原子个数=8×+6×=4、P原子个数=8，Si、P原子个数之比为4：8=1：2。

【解答】：解：（1）SiH4中Si原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，SiH4空间构型为正四面体结构，Si（NH2）4分子相当于SiH4中4个氢原子被4个-NH2取代，所以Si（NH2）4分子的空间结构（以Si为中心）名称为四面体，N原子和1个Si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sp3杂化；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强，Si（NH2）4中Si-N键能相对较小，断裂Si-N键所需能量较小，且该反应产物中气态分子数显著增多，属于熵增的反应，所以Si（NH2）4受热分解生成Si3N4和NH3，

故答案为：四面体；sp3；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si（NH2）4中Si-N键能相对较小]，产物中气态分子数显著增多（熵增）；

（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，则①基态Si原子，②是基态Si+，③是激发态Si原子；

A．一般电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，则微粒半径：③＞①＞②，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①基态Si原子，②是基态Si+，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：②＞①＞③，故C错误；

D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，故D错误；

故答案为：AB；

（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Si原子个数=8×+6×=4、P原子个数=8，Si、P原子个数之比为4：8=1：2，化学式为SiP2，

故答案为：共价晶体；SiP2。

【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。18.（问答题，10分）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___。【正确答案】：Ca、Cl、O;Ca（ClO4）2;8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O;[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+;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+【解析】：化合物X由三种元素组成，X和足量Na2CO3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钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B加入足量HI生成棕黄色溶液C，说明HI被B中溶质氧化生成I2，则C中含有I2和过量的HI、钠盐；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、钠盐，D中加入足量AgNO3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AgI，G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H，H为AgCl,无色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黄色固体E为AgI和AgCl,无色溶液D中含有I-、Cl-，无色溶液F中含有剩余的AgNO3和钠盐，n（AgCl）==0.01mol,白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量=（0.0250-0.0150）mol×=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Ba元素，白色固体的质量=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g,则X中含有Ca元素，含有n（O）==0.04mol,X中Ca、Cl、O元素的物质的量之比等于其个数之比，为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化学式为Ca（ClO4）2，结合题目分析解答。

【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（ClO4）2，

故答案为：Ca、Cl、O；Ca（ClO4）2；

（2）B中含有NaClO4，能氧化HI生成I2，同时生成NaCl、H2O，B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式为8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O，

故答案为：8HI+NaClO4=4I2+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铵，生成白色固体H的离子方程式为[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+，

故答案为：[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+；

（4）I中含有NH4Cl、HNO3，酸遇蓝色石蕊试纸变红色，铵根离子和NaOH溶液反应生成NH3•H2O，加热NH3•H2O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+。

【点评】：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.（问答题，10分）“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：

Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ•mol-1，K1

Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ•mol-1，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.低温高压

C.高温低压

D.高温高压

（2）反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）的ΔH=___kJ•mol-1，K=___（用K1，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。

①下列说法正确的是___。

A.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CO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=（同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比）。

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R值。

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/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是___。

A.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H2O占比越高

C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小

D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大【正确答案】：C;+329;K1•;B;通入He,CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移;C【解析】：（1）反应Ⅰ是一个反应前后气体条件增大的吸热反应、反应Ⅱ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）Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ•mol-1，K1=；Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ•mol-1，K2=；将反应Ⅰ+2Ⅱ得反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）ΔH=△H1+2△H2，K==×（）2；

（3）①A．根据图知，Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；

B．过程ii,CO2和CaO反应生成CaCO3，导致c（CO2）降低；

C．过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；

D．焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关；

②通入He,恒压条件下，CaCO3分解压强减小，CaCO3分解平衡正移，导致增大；

（4）根据图1知，1000℃时CH4的转化率为100%，则△n（CH4）=1mol,CO2的转化率为60%，△n（CO2）=3mol×60%=1.8mol,R=；

②A．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；

B．根据表知，温度越低，CH4的转化率越低，R越大，△n（CO2）增大的倍数比△n（CH4）大，含氢产物中H2O占比越高；

C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；

D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率。

【解答】：解：（1）反应Ⅰ是一个反应前后气体条件增大的吸热反应、反应Ⅱ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）Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ•mol-1，K1=；Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ•mol-1，K2=；将反应Ⅰ+2Ⅱ得反应CH4（g）+3CO2（g）⇌4CO（g）+2H2O（g）ΔH=△H1+2△H2=[（+247）+2×（+41）]kJ/mol=+329kJ/mol,K==×（）2=K1•，

故答案为：+329；K1•；

（3）①A．根据图知，Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物，所以CaO、Fe3O4可循环利用，故A错误；

B．过程ii,CO2和CaO反应生成CaCO3，导致c（CO2）降低，可促使Fe3O4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iii被排出，故C错误；

D．焓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1molCO2需吸收的能量一样多，故D错误；

故答案为：B；

②通入He,恒压条件下，CaCO3分解压强减小，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，CO物质的量上升，

故答案为：通入He,CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移；

（4）①根据图1知，1000℃时CH4的转化率为100%，则△n（CH4）=1mol,CO2的转化率为60%，△n（CO2）=3mol×60%=1.8mol,R===1.8，所以400～1000℃之间R的变化趋势如图，

故答案为：；

②A．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）增大的倍数大于△n（CH4）增大的倍数，所以R提高，故A正确；

B．根据表知，温度越低，CH4的转化率越低，R越大，△n（CO2）增大的倍数比△n（CH4）大，根据氢原子守恒知，含氢产物中H2O占比越高，故B正确；

C．两个反应都是吸热反应，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大，两个反应中CO2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CH4转化率，如果CO2转化率减小，R值不一定增大，故D正确；

故答案为：C。

【点评】：本题考查化学平衡计算、盖斯定律、外界条件对化学平衡影响原理，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能力，明确盖斯定律计算方法、图中曲线含义及外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，难点是（4）题分析判断。20.（问答题，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，流程如图：

已知：①含锌组分间的转化关系：ZnZn（OH）2[Zn（OH）4]2-

②ɛ-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一种晶型，39℃以下稳定。

请回答：

（1）步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4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Zn2+。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Zn2+）

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Zn2+溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn2+溶液；i.装瓶贴标签

（6）制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5×10-3g人血浆铜蓝蛋白（相对分子质量1.5×105），经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+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。

【正确答案】：[Zn（OH）4]2-;BC;坩埚;杂质中含有CH3COO-、、，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去;d;g;c;f;h;8【解析】：NaOH溶液中滴入ZnSO4溶液，根据信息①知，NaOH溶液过量时，生成物中是Na2[Zn（OH）4]，如果ZnSO4溶液过量，搅拌、过滤、洗涤得到ɛ-Zn（OH）2，控制温度煅烧ɛ-Zn（OH）2得到纳米ZnO，纳米ZnO和MOF反应得到ZnO@MOF；

（1）NaOH溶液过量时，ZnSO4和过量NaOH溶液反应生成[Zn（OH）4]2-；

（2）A．反应物接触面积越大，反应速率越快；

B．ε-Zn（OH）2和过量NaOH溶液反应生成[Zn（OH）4]2-；

C．ɛ-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一种晶型，39℃以下稳定，高于39℃ɛ-Zn（OH）2易生成其它物质；

D．根据流程图知，步骤Ⅲ，控温煅烧会使ɛ-Zn（OH）2转化为纳米ZnO；

（3）灼烧固体药品的仪器是坩埚；

（4）煅烧时杂质中CH3COO-、、反应生成CO2、NH3、H2O；

（5）分析天平称量更准确，所以用分析天平称量ZnO样品xg,用烧杯酸溶样品得到锌盐溶液，用容量瓶配制一定体积的Zn2+溶液，用移液管量取一定体积的Zn2+溶液于锥形瓶中，用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；

（6）根据图知，取样测得荧光强度比值为10.2，c（Cu2+）=0.4×10-6mol/L=4×10-7mol/L，溶液体积为1L，则n（Cu2+）=4×10-7mol/L×1L=4×10-7mol,n（人血浆铜蓝蛋白）==5×10-8mol,个数之比等于物质的量之比。

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