冲刺2024年高考化学真题重组卷02

冲刺2024年高考化学真题重组卷()真题重组卷02(考试时间：90分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Mn55Fe56Co59Cu64Zn65Br80I127Ag108Ba137一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。1．(2022•江苏卷)我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列成果研究的物质属于蛋白质的是()A．陶瓷烧制 B．黑火药 C．造纸术D．合成结晶牛胰岛素【答案】D【解析】A项，陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅的化合物，A不符合题意；B项，黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B不符合题意；C项，造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意；D项，胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D符合题意；故选D。2．(2021•辽宁选择性考试)下列化学用语使用正确的是()A．基态C原子价电子排布图： B．结构示意图：C．形成过程： D．质量数为2的氢核素：21H【答案】D【解析】A项，基态C原子价电子排布图为：，A错误；B项，Cl结构示意图为：，B错误；C项，KCl形成过程为：，C错误；D项，质量数为2的氢核素为：21H，D正确；故选D。3．(2023•浙江1月选考)硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是()A．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】A项，Cu为29号元素，位于IB族，属于ds区元素，故A错误；B项，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项，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项，铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D正确；故选A。4．(2023•浙江6月选考)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A．铝有强还原性，可用于制作门窗框架B．氧化钙易吸水，可用作干燥剂C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂D．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂【答案】A【解析】A项，铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，A不正确；B项，氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分，所以可用作干燥剂，B正确；C项，食品中含有的Fe2+等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。5．(2022•湖北省选择性卷)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是()A．滴入酚酞溶液B．吸氧腐蚀C．钠的燃烧D．石蜡油的热分解【答案】C【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；B项，食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；C项，钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；D项，石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选C。6．(2021•湖南选择性卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是()A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole﹣ B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3的存在【答案】A【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。7．(2021•湖南选择性卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．18gH218O含有的中子数为10NA B．0.1mol•L﹣1HClO4溶液中含有的H+数为0.1NA C．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA D．11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NA【答案】D【解析】A项，18gH218O的物质的量为：18g20g/mol=0.9mol，含有中子的物质的量为：0.9mol×10＝9mol，含有的中子数为9NA，故A错误；B项，缺少0.1mol•L﹣1HClO4溶液的体积，无法计算溶液中含有的H+数，故B错误；C项，2molNO与1molO2反应生成2molNO2，由于存在平衡：2NO2N2O4，导致分子数减少，容器中含有的分子数小于2NA，故C错误；D项，标况下11.2LCH4的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，22.4LCl2的物质的量为22.4L8．(2022·浙江省6月卷)下列说法不正确的是()A．植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使溴的四氯化碳溶液褪色B．向某溶液中加入茚三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质C．麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应D．将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种【答案】B【解析】A项，植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与溴发生加成反应，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，A正确；B项，某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝紫色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，B错误；C项，麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C正确；D项，羧基脱羟基，氨基脱氢原子形成链状二肽，形成1个肽键；甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D正确；故选B。9．(2023•浙江1月选考)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↓【答案】D【解析】A项，Cl2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：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，A正确；B项，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：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，B正确；C项，过量CO2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：2Na++CO32+CO2+H2O=2NaHCO3↓，C正确；D项，H2SO3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，D不正确；故选D。10．(2023•湖北省选择性考试)中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是()A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键C．NaOH提供破坏纤维素链之间的氢键D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性【答案】B【解析】A项，纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；B项，纤维素难溶于水，一是因为纤维素不能跟水形成氢键，二是因为碳骨架比较大，B错误；C项，纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；D项，温度越低，物质的溶解度越低，所以低温下，降低了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，D正确；故选B。11．(2023•湖南卷)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是()A．电负性：X>Y>Z>WB．原子半径：X<Y<Z<WC．Y和W的单质都能与水反应生成气体D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【答案】C【解析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电子数为2，因此Y的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或Cl元素；Z原子的未成键电子数为3，又因其原子序大于Y，故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、F、P、Ca。A项，电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W，A错误；B项，同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为：Y<X<Z<W，B错误；C项，F2与水反应生成HF气体和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；D项，Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，几乎没有氧化性，D错误；故选C。12．(2023•湖北省选择性考试)工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅高纯硅下列说法错误的是()A．制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑B．1molSi含SiSi键的数目约为4×16.02×1023C．原料气HCl和H2应充分去除水和氧气D．生成SiHCl3的反应为熵减过程【答案】B【解析】A项，SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；B项，在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含SiSi键的数目约为2×16.02×1023，B错误；C项，HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C正确；D项，Si+3HClSiHCl3+H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D正确；故选B。13．(2023•北京卷)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是()A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO3的水解程度大于HCO3的电离程度C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2D．装置中的总反应为SO32+CO2+H2Oeq\o(\s\up7(电解),\s\do0(====))HCOOH+SO42【答案】C【解析】A项，SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B项，装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCO3的水解程度大于电离程度，故B正确；C项，装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；D项，由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO32+CO2+H2Oeq\o(\s\up7(电解),\s\do0(====))HCOOH+SO42，故D正确；故选C。14．(2023•浙江6月选考)一定条件下，1苯基丙炔(P)可与H发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是()A．反应焓变：反应I>反应ⅡB．反应活化能：反应I<反应ⅡC．增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I【答案】C【解析】A项，反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B项，短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C项，增加H浓度对平衡：产物I产物Ⅱ，没有影响，平衡时产物Ⅱ和产物I的比例保持不变，故C错误；D项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物1，故D正确。故选C。15．(2023•全国新课标卷3)向饱和溶液(有足量固体)中滴加氨水，发生反应[]+和[]++NH3[]+，[c(M)mol·L1)]与[c(NH4+)mol·L1)]的关系如下图所示(其中M代表、[]+或[]+)。下列说法错误的是()A．曲线I可视为溶解度随NH3浓度变化曲线B．的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1.0×10－9.75C．反应[]++NH3[]+的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)0.01mol·L1时，溶液中c{[]+}c{[]+}c(Ag+)【答案】A【解析】首先确定曲线，曲线I，开始时浓度最小，依据题意，最小的[Ag(NH3)2]+

，曲线Ⅱ，浓度先增大后减少，依据题意，是[Ag(NH3)]+，曲线Ⅲ，Ⅳ开始浓度一样，是Ag+和Cl，曲线Ⅲ浓度后减少，说明是Ag+，曲线Ⅳ浓度后增大，说明是Cl。A项，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线，故A错误；B项，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，当氨分子浓度为10—1mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度分别为10—7.40mol/L、10—2.35mol/L，则氯化银的溶度积为10—2.35×10—7.40=10—9.75，故B正确；C项，由图可知，氨分子浓度对数为1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10—2,35mol/L和10—5.16mol/L，则[]++NH3[]+的平衡常数K====103.81，故C正确；D项，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线，则c(NH3)0.01mol·L1时，溶液中c{[]+}c{[]+}c(Ag+)，故D正确；故选A。16．(2022•全国甲卷)根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是()选项实验目的实验及现象结论A比较CH3COO和HCO3的水解常数分别测浓度均为0.1mol·L1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者Kh(CH3COO)＜Kh(HCO3)B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去铁锈中含有二价铁C探究氢离子浓度对CrO42、Cr2O72相互转化的影响向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O72的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水【答案】C【解析】A项，CH3COONH4中NH4+水解，NH4++H2ONH3·H2O+H+，会消耗CH3COO水解生成的OH，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO)＜Kh(HCO3)，A错误；B项，浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；C项，K2CrO4中存在平衡2CrO42(黄色)+2H+Cr2O72(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；D项，乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；故选C。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．(2023•浙江6月选考)(10分)氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①下列说法不正确的是___________。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1B．化学键中离子键成分的百分数：C．最简单的氮烯分子式：N2H2D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。③给出H+的能力：NH3_______[]2+(填“>”或“<”)，理由是___________。(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。【答案】(1)2s22p3(1分)(2)①A(2分)②NnHn+2−2m(，m为正整数)(1分)③＜(1分)④[]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂(2分)(3)①CaCN2(1分)②6(2分)【解析】(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；(2)①A项，能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：，故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；③[]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[]2+；(3)钙个数为，CN22个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个CN22进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。18．(2023•湖北省选择性考试)(10分)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______mol·L1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。a．SiCl键极性更大b．Si的原子半径更大c．SiCl键键能更大d．Si有更多的价层轨道【答案】(1)4(1分)Ⅷ(1分)(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(1分)(3)焰色反应(1分)(4)①5.9×107(2分)②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(2分)(5)abd(2分)【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH)1.0×104mol·L1，Co2+浓度为mol·L1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a项，SiCl键极性更大，则SiCl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致SiCl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，SiCl键键能更大不能说明SiCl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。19．(2023•广东卷)(10分)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。(1)某有机物能与形成橙红色的配离子[]2+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[]3+。①基态的电子轨道表示式为。②完成反应的离子方程式：NO3+2[]2++3H+____+2[]2++H2O(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。用浓度分别为2.0mol·L1、2.5mol·L1、3.0mol·L1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c[([]2+)]随时间t的变化曲线如图。①c(HNO3)=3.0mol·L1时，在0~1min内，[]2+的平均消耗速率=。②下列有关说法中，正确的有。A．平衡后加水稀释，增大B．[]2+平衡转化率：C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：M+LMLK1ML+LML2K2研究组配制了L起始浓度c0(L)=0.02mol·L1、M与L起始浓度比c0(M)/c0(L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。c0(M)/c0(L)S(L)S(ML)S(ML2)01.0000ax0.64b0.400.60【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。①c0(M)/c0(L)=a时，x=。②c0(M)/c0(L)=b时，平衡浓度比c平(ML2)/c平(ML)=。(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)=1.0×105mol·L1时，测得平衡时各物种c平/c0(L)随c0(M)/c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/c0(L)=0.51时，计算M的平衡转化率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。【答案】(1)

(1分)HNO2(1分)(2)5×105mol·L1·min1(2分)A、B(2分)(3)0.36(1分)3：4或0.75(1分)(4)98%(2分)【解析】(1)①基态的3d电子轨道表示式为

；②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。(2)①浓度分别为2.0mol·L1、2.5mol·L1、3.0mol·L1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)=3.0mol·L1时，在0~1min内，观察图像可知[]2+的平均消耗速率为；②A项，对于反应NO3+2[]2++3H+HNO2+2[]2++H2O，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，[]2+含量增加，[]2+含量减小，增大，A正确；B项，HNO3浓度增加，[]2+转化率增加，故，B正确；C项，观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；D项，硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；故选AB。(3)①c0(M)/c0(L)=a时，S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，且S(ML2)=0.64，S(ML)＜0.01得x=0.36；②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则S(ML2)与S(ML)的浓度比应为S(ML2)相对峰面积S的一半与S(ML)的相对峰面积S之比，即。(4)；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。20．(2023•浙江1月选考)(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，流程如下：已知：①含锌组分间的转化关系：②εZn(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，若将过量溶液滴入ZnSO4溶液制备εZn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小(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，可用已知浓度的标准溶液滴定。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)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定)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7.5×103g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。【答案】(1)[Zn(OH)4]2(1分)(2)BC(2分)(3)坩埚(1分)(4)杂质中含有CH3COO、CO32、NH4+，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去(2分)(5)d→(g)→c(f)→(h)(2分)(6)8(2分)【解析】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εZn(OH)2，分离出εZn(OH)2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。(1)初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2；(2)A项，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项，根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是[Zn(OH)4]2，不能生成εZn(OH)2，B错误；C项，由信息②可知，εZn(OH)239℃以下稳定，故在用