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2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷-教师用卷
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这是一份2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷-教师用卷，共27页。试卷主要包含了单选题，简答题，推断题，流程题等内容，欢迎下载使用。
2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是( )
A. CO2 B. SiO2 C. MgO D. Na2O
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
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晶体属于共价晶体，熔点高，耐高温，
故选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】
【分析】
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。
【解答】
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。
3. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的氯原子： 1737Cl
B. 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：
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A.中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为 1735Cl，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+3−1×32=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。
4. 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
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
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H2 B. 工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C. 工业上用氨的催化氧化制备NO D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
6. 关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是( )
A. 生成1mol N2O，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
【答案】A
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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，做还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，做氧化剂，据此进行分析。
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1mol N2O，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，做还原剂，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。
7. 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−+H2O
B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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2mol Br2
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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4mol NaOH，故D错误；
故选B。
10. 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>X
B. 最高正价：Z
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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，为Be或B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；
X、Y、Z、M、Q分别是Be或B、C、N、O、Na元素；
A.同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，故A正确；
B.N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，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：YY，故D正确；
故选B。
11. 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+4H2O
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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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。
12. 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
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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
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)=18：1
C. 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
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图像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的关键，注意B中分式的变形，题目难度中等。
【解答】
A.根据图知，工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.由HCOOH的电离平衡常数公式知：，pH=5时，c(H+)=10−5mol/L，：1，故B正确；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，使HCOOH⇌HCOO−+H+平衡逆向移动，甲酸的电离被抑制，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。
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−E2
B. 可计算Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅mol−1
C. 相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D. 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
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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)的相对能量为(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。
15. 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
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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.，CO32−的水解平衡常数，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)
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( )
选项
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. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
二、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
17. 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 ______。
【答案】(1)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)AB
(3)共价晶体；SiP2
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)SiH4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=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)①②③分别是基态Si原子、Si+离子、激发态Si原子；
A.激发态Si原子有四层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，故A正确；
B.①②原子核外电子排布符合构造原理，属于基态原子，③为激发态原子，故B正确；
C.激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，故C错误；
D.由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：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=8×18+6×12=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。
18. “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1mol CO2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，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/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
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
【答案】(1)C
(2)+329；K1⋅K22
(3)①BC
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移
(4)①
②C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)反应Ⅰ是一个反应前后气体体积增大的吸热反应、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，；Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅mol−1，；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，；
(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ii被排出，故C正确；
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1mol CO2需吸收的能量一样多，故D错误；
故答案为：BC；
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c(CO2)c(CO)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c(CO2)c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移；
(4)①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，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，，所以400～1000℃之间R的变化趋势如图：；
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。
三、推断题（本大题共2小题，共22.0分）
19. 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0.0250mol HCl溶解后，多余的酸用0.0150mol 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 ______。
(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 ______。
【答案】(1)Ca、Cl、O；Ca(ClO4)2
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O
(3)[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+
(4)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】
【分析】
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，题目难度较大。
【解答】
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和无色溶液B，A为难溶性碳酸钙或碳酸钡；无色溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B中加入足量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和无色溶液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，，白色固体A用0.0250mol HCl溶解后，多余的酸用0.0150mol NaOH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×12=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，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。
(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；
(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；
(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+；
(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+。
20. 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()。
【答案】(1)硝基、碳氯键
(2)
(3)D
(4)+CH3CH2OH→△浓硫酸+H2O
(5)
(6)
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A和CH3NH2发生信息①的反应生成B为，B中硝基发生还原反应生成C中氨基；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中亚氨基和碳氧双键先发生加成反应然后发生消去反应生成G为，G和乙醇发生酯化反应生成H为，H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发生取代反应然后和HCl反应生成盐酸苯达莫司汀；
(1)化合物A的官能团名称是硝基、碳氯键；
(2)A和CH3NH2发生信息①的反应生成B为；
(3)A.B中硝基发生还原反应生成C中氨基，所以B→C的反应类型为还原反应，故A错误；
B.D中含有两个醇羟基、乙醇含有一个醇羟基，二者结构不相似，所以化合物D与乙醇不互为同系物，故B错误；
C.化合物I的分子式是C18H27N3O4，故C错误；
D.将苯达莫司汀制成可溶性盐酸盐，有助于增加其水溶性，易于吸收，故D正确；
故答案为：D；
(4)G为，G和乙醇发生酯化反应生成H为，G→H的化学方程式为
+CH3CH2OH→△浓硫酸+H2O；
(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①②知，E可由HOOCCH2CH2CH2COOH发生信息②的反应得到，HOOCCH2CH2CH2COOH可由NCCH2CH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CH2CN可由BrCH2CH2CH2Br和NaCN发生取代反应得到，BrCH2CH2CH2Br可由D和HBr发生取代反应得到，其合成路线为；
(6)C的同分异构体同时符合下列条件：
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，结构对称，无氮氮键，有乙酰基()，乙酰基中含有一种氢原子，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。
四、流程题（本大题共1小题，共10.0分）
21. 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：Zn2+Zn(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(CH3COO)2Zn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 (______)→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。
【答案】(1)[Zn(OH)4]2−
(2)BC
(3)坩埚
(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
(5)d；a；g；c；f；h
(6)8
【解析】
【分析】
本题以工艺流程图形式考查物质的制备，侧重考查学生的阅读、分析、判断及知识的综合运用能力，明确元素化合物的性质、流程图中发生的反应、物质分离提纯方法是解本题的关键，注意物质的量浓度溶液的配制和滴定原理实验的基本操作及所需仪器，题目难度较大。
【解答】
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)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，ZnSO4的物质的量较小，NaOH溶液过量，混合溶液呈强碱性，根据信息①知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2−；
(2)A.强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；
B.步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量NaOH溶液反应生成[Zn(OH)4]2−，故B错误；
C.ɛ−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定，步骤Ⅱ，如果用50℃的热水洗涤，会导致ɛ−Zn(OH)2发生反应，故C错误；
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，所以煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，故D正确。
故答案为：BC；
(3)步骤Ⅲ是煅烧固体药品，盛放样品的容器名称是坩埚，
故答案为：坩埚；
(4)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，二者反应生成ZnCO3沉淀和CH3COONH4，杂质中含有CH3COO−、CO32−、NH4+，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO−、CO32−、NH4+反应生成CO2、NH3、H2O，它们在高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤，
故答案为：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；
(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+，
故答案为：d→a(g)→c(f)→(h)；
(6)根据图知，取样测得荧光强度比值为10.2时，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，个数之比等于物质的量之比，所以1个血浆铜蓝蛋白分子中含Cu原子个数为8。
2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷
题号
一
二
三
四
总分
得分
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是( )
A. CO2 B. SiO2 C. MgO D. Na2O
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
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晶体属于共价晶体，熔点高，耐高温，
故选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】
【分析】
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。
【解答】
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。
3. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的氯原子： 1737Cl
B. 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：
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A.中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为 1735Cl，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+3−1×32=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。
4. 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
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
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H2 B. 工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C. 工业上用氨的催化氧化制备NO D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
6. 关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列说法正确的是( )
A. 生成1mol N2O，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
【答案】A
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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，做还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，做氧化剂，据此进行分析。
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1mol N2O，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，做还原剂，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。
7. 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−+H2O
B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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2mol Br2
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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4mol NaOH，故D错误；
故选B。
10. 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>X
B. 最高正价：Z
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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，为Be或B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；
X、Y、Z、M、Q分别是Be或B、C、N、O、Na元素；
A.同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，故A正确；
B.N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，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
故选B。
11. 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+4H2O
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】
【分析】
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。
【解答】
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。
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。
12. 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
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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
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)=18：1
C. 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
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图像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的关键，注意B中分式的变形，题目难度中等。
【解答】
A.根据图知，工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.由HCOOH的电离平衡常数公式知：，pH=5时，c(H+)=10−5mol/L，：1，故B正确；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，使HCOOH⇌HCOO−+H+平衡逆向移动，甲酸的电离被抑制，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。
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−E2
B. 可计算Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅mol−1
C. 相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D. 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
【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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)的相对能量为(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。
15. 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
【答案】B
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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.，CO32−的水解平衡常数，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)
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( )
选项
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. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
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。
【解答】
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。
二、简答题（本大题共2小题，共20.0分）
17. 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 ______。
【答案】(1)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)AB
(3)共价晶体；SiP2
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)SiH4中Si原子价层电子对个数=4+4−4×12=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)①②③分别是基态Si原子、Si+离子、激发态Si原子；
A.激发态Si原子有四层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，故A正确；
B.①②原子核外电子排布符合构造原理，属于基态原子，③为激发态原子，故B正确；
C.激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，故C错误；
D.由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：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=8×18+6×12=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。
18. “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1mol CO2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，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/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
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
【答案】(1)C
(2)+329；K1⋅K22
(3)①BC
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移
(4)①
②C
【解析】
【分析】
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。
【解答】
(1)反应Ⅰ是一个反应前后气体体积增大的吸热反应、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，；Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅mol−1，；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，；
(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ii被排出，故C正确；
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1mol CO2需吸收的能量一样多，故D错误；
故答案为：BC；
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c(CO2)c(CO)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c(CO2)c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移；
(4)①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，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，，所以400～1000℃之间R的变化趋势如图：；
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。
三、推断题（本大题共2小题，共22.0分）
19. 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0.0250mol HCl溶解后，多余的酸用0.0150mol 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 ______。
(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 ______。
【答案】(1)Ca、Cl、O；Ca(ClO4)2
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O
(3)[Ag(NH3)2]++Cl−+2H+=AgCl↓+2NH4+
(4)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】
【分析】
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，题目难度较大。
【解答】
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和无色溶液B，A为难溶性碳酸钙或碳酸钡；无色溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B中加入足量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和无色溶液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，，白色固体A用0.0250mol HCl溶解后，多余的酸用0.0150mol NaOH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×12=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，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。
(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；
(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；
(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+；
(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+。
20. 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()。
【答案】(1)硝基、碳氯键
(2)
(3)D
(4)+CH3CH2OH→△浓硫酸+H2O
(5)
(6)
【解析】
【分析】
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。
【解答】
A和CH3NH2发生信息①的反应生成B为，B中硝基发生还原反应生成C中氨基；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中亚氨基和碳氧双键先发生加成反应然后发生消去反应生成G为，G和乙醇发生酯化反应生成H为，H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发生取代反应然后和HCl反应生成盐酸苯达莫司汀；
(1)化合物A的官能团名称是硝基、碳氯键；
(2)A和CH3NH2发生信息①的反应生成B为；
(3)A.B中硝基发生还原反应生成C中氨基，所以B→C的反应类型为还原反应，故A错误；
B.D中含有两个醇羟基、乙醇含有一个醇羟基，二者结构不相似，所以化合物D与乙醇不互为同系物，故B错误；
C.化合物I的分子式是C18H27N3O4，故C错误；
D.将苯达莫司汀制成可溶性盐酸盐，有助于增加其水溶性，易于吸收，故D正确；
故答案为：D；
(4)G为，G和乙醇发生酯化反应生成H为，G→H的化学方程式为
+CH3CH2OH→△浓硫酸+H2O；
(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①②知，E可由HOOCCH2CH2CH2COOH发生信息②的反应得到，HOOCCH2CH2CH2COOH可由NCCH2CH2CH2CN发生水解反应得到，NCCH2CH2CH2CN可由BrCH2CH2CH2Br和NaCN发生取代反应得到，BrCH2CH2CH2Br可由D和HBr发生取代反应得到，其合成路线为；
(6)C的同分异构体同时符合下列条件：
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，结构对称，无氮氮键，有乙酰基()，乙酰基中含有一种氢原子，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。
四、流程题（本大题共1小题，共10.0分）
21. 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：Zn2+Zn(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(CH3COO)2Zn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 (______)→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。
【答案】(1)[Zn(OH)4]2−
(2)BC
(3)坩埚
(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
(5)d；a；g；c；f；h
(6)8
【解析】
【分析】
本题以工艺流程图形式考查物质的制备，侧重考查学生的阅读、分析、判断及知识的综合运用能力，明确元素化合物的性质、流程图中发生的反应、物质分离提纯方法是解本题的关键，注意物质的量浓度溶液的配制和滴定原理实验的基本操作及所需仪器，题目难度较大。
【解答】
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)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，ZnSO4的物质的量较小，NaOH溶液过量，混合溶液呈强碱性，根据信息①知，体系中主要含锌组分的化学式是[Zn(OH)4]2−；
(2)A.强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；
B.步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量NaOH溶液反应生成[Zn(OH)4]2−，故B错误；
C.ɛ−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定，步骤Ⅱ，如果用50℃的热水洗涤，会导致ɛ−Zn(OH)2发生反应，故C错误；
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，所以煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，故D正确。
故答案为：BC；
(3)步骤Ⅲ是煅烧固体药品，盛放样品的容器名称是坩埚，
故答案为：坩埚；
(4)用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，二者反应生成ZnCO3沉淀和CH3COONH4，杂质中含有CH3COO−、CO32−、NH4+，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO−、CO32−、NH4+反应生成CO2、NH3、H2O，它们在高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤，
故答案为：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；
(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+，
故答案为：d→a(g)→c(f)→(h)；
(6)根据图知，取样测得荧光强度比值为10.2时，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，个数之比等于物质的量之比，所以1个血浆铜蓝蛋白分子中含Cu原子个数为8。
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