2023年1月浙江省普通高校招生選考科目考試化學(xué)試卷

2023年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題

化學(xué)試題

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlLi7C12N14016Na23Mg24A127Si28S32

C135.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Agl081127Bal37

一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個

是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）

1.下列物質(zhì)中屬于耐高溫酸性氧化物的是

A.CO,B.SiO2C.MgOD.Na2O

解析：A.二氧化碳和堿反應(yīng)生成鹽和水，是酸性氧化物，但為分子晶體，不耐高溫，A錯誤；

B.SiCh能跟堿反應(yīng)生成鹽和水：SiO2+2OH-=SiO；+H2O,所以SiC>2是酸性氧化物，為共價晶體，耐高溫,

B正確；

C.MgO能跟酸反應(yīng)生成鹽和水：MgO+2H+=Mg2++H2O,所以MgO是堿性氧化物，；C錯誤；

D.NazO能跟酸反應(yīng)生成鹽和水，所以是堿性氧化物,；D錯誤；

答案選B

2.硫酸銅應(yīng)用廣泛，下列說法不氐顧的是

A.Cu元素位于周期表p區(qū)B.硫酸銅屬于強電解質(zhì)

C.硫酸銅溶液呈酸性D.硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性

解析：A.Cu為29號元素，位于IB族，屬于ds區(qū)元素，故A錯誤；

B.硫酸銅屬于鹽類，水溶液中能完全電離，屬于強電解質(zhì)，故B正確；

C.硫酸銅為強酸弱堿鹽，銅離子水解使溶液呈酸性，故C正確；

D.銅離子為重金屬離子，能使蛋白質(zhì)變性，故D正確；

故選：Ao

3.下列化學(xué)用語表示正確的是

A.中子數(shù)為18的氯原子C1

Is2s2p

B.碳的基態(tài)原子軌道表示式：及j區(qū)|困||］

c.BF3的空間結(jié)構(gòu)：B（平面三角形）

/\

FF

D.HC1的形成過程：Hci：——>H+［：ci：］_

解析：A.質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)「質(zhì)量數(shù)標(biāo)注于元素?書號左上角，質(zhì)子數(shù)標(biāo)注于左下角，中子數(shù)為18

的氯原子的質(zhì)量數(shù)為17+18=35,核素符號為"C1,故A錯誤；

B.基態(tài)碳原子的核外電子排布式為Is22s22P2,根據(jù)洪產(chǎn)舉則,2P軌道上的2個電子應(yīng)該分別在2個軌道

上，且自旋方向相同，軌道表示式:3B田王口，故B錯誤；

Is2s2p

C.BF3的中心原子B原子孤電子對數(shù)=±3=0,價層電子對數(shù)=3,空間構(gòu)型為平面三角形，空間結(jié)構(gòu)模

2

型為

故C正確;

D.HC1是共價化合物，不存在電子得失，其形成過程應(yīng)為H?+C1：——?H：C1：，故D錯誤；

故選：Co

4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不氐硬的是

A.S0?能使某些色素褪色，可用作漂白劑B.金屬鈉導(dǎo)熱性好，可用作傳熱介質(zhì)

C.NaClO溶液呈堿性，可用作消毒劑D.Fe/)3呈紅色，可用作顏料

解析：A.SO?具有漂白性，能使某些色素褪色，選項A正確；

B.鈉導(dǎo)熱性好，液態(tài)鈉可用作核反應(yīng)堆的傳熱介質(zhì)，選項B正確；

C.NaClO溶液可用于殺菌消毒，并不是由于其具有堿性，而是因為其具有強氧化性，選項C不正確；

D.Fe2O3的顏色是紅色，可用作紅色顏料，選項D正確；

答案選C。

5.下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不氐硬的是

A.Na和乙醇反應(yīng)可生成H?B.工業(yè)上煨燒黃鐵礦(FeS?)生產(chǎn)SO?

C.工業(yè)上用氨的催化氧化制備NOD.常溫下鐵與濃硝酸反應(yīng)可制備NO?

解析：A.乙醇分子中含有羥基，可以和鈉反應(yīng)生成氫氣，A正確；

B.黃鐵礦(FeS2)在空氣中搬燒生成二氧化硫和氧化鐵，B正確；

C.工業(yè)上利用氨與氧氣催化氧化生成一氧化氮和副產(chǎn)物水，C正確；

D.常溫下鐵與濃硝酸會發(fā)生鈍化，不能制備二氧化氮，D錯誤；

故選D。

6.關(guān)于反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2Of+4Fe2++4H++H2。，下列說法正確的是

A.生成ImolN?。，轉(zhuǎn)移4moi電子B.NH20H是還原產(chǎn)物

C.NH20H既是氧化劑又是還原劑D.若設(shè)計成原電池，F(xiàn)e?+為負(fù)極產(chǎn)物

解析：A.由方程式可知，反應(yīng)生成1mol一氧化二氮，轉(zhuǎn)移4moi電子，故A正確；

B.由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價升高被氧化，NH20H是反應(yīng)的還原劑，故B錯誤；

C.由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價升高被氧化，NH20H是反應(yīng)的還原劑，鐵元素的化合價降低被

還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，故C錯誤；

D.由方程式可知，反應(yīng)中鐵元素的化合價降低被還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，若設(shè)計成原電池，鐵離

子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子為正極產(chǎn)物，故D錯誤；

故選Ao

7.下列反應(yīng)的離子方程式不氐碘的是

A.CL通入氫氧化鈉溶液：Cl2+2OH=Cr+ClO+H2O

B.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：A12O3+2OH-=2A1O；+H20

+

C.過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：2Na+C0^+C02+H2O=2NaHCO3J

2+

D.H2sO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO^+Ca=CaSO3i

解析：A.Cl2通入氫氧化鈉溶液中反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：

Cl2+20H=Cr+C10+H20,選項A正確；

B.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：A12O3+2OH=2A1O；+H2O,

選項B正確；

c.過量co2通入飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的離子方程式為：

+

2Na+CO；+CO2+H2O=2NaHCO3J,選項C正確；

D.H2sO3溶液中滴入氯化鈣溶液，因亞硫酸酸性弱于鹽酸，不能發(fā)生反應(yīng)，選項D不正確；

答案選D。

8.下列說法不事確的是

A.從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛及其縮合產(chǎn)物

B.蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸作用產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色

C.水果中因含有低級酯類物質(zhì)而具有特殊香味

D.聚乙烯、聚氯乙烯是熱塑性塑料

解析：A.從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛或酮及其縮合產(chǎn)物，故A錯誤；

B.某些含有苯環(huán)的蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸會因膠體發(fā)生聚沉產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀發(fā)生顯色反應(yīng)變?yōu)?/p>

黃色，故B正確；

C.酯是易揮發(fā)而具有芳香氣味的有機化合物，所以含有酯類的水果會因含有低級酯類物質(zhì)而具有特殊香

味，故C正確；

D.聚乙烯、聚氯乙烯的是具有優(yōu)良性能的熱塑性塑料，故D正確；

故選A?

9.七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細(xì)菌性痢疾，其結(jié)構(gòu)如圖，下列說法正確的是

A.分子中存在2種官能團

B.分子中所有碳原子共平面

C.Imol該物質(zhì)與足量澳水反應(yīng)，最多可消耗2moiBq

D.Imol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3moiNaOH

解析：A.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知分子中含有酚羥基、酯基和碳碳雙犍，共三種官能團，A錯誤；

B.分子中苯環(huán)確定一個平面，碳碳雙鍵確定一個平面，且兩個平面重合，故所有碳原子共平面，B正確；

C.酚羥基含有兩個鄰位H可以和漠發(fā)生取代反應(yīng)，另外碳碳雙鍵能和單質(zhì)澳發(fā)生加成反應(yīng)，所以最多消

耗單質(zhì)溪3mol,C錯誤；

D.分子中含有2個酚羥基，含有1個酯基，酯基水解后生成1個酚羥基，所以最多消耗4moiNaOH,D

錯誤；

故選Bo

10.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數(shù)量是p

能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純堿中的一種元素。下列說法不氐砸的是

A.電負(fù)性：Z>X

B.最高正價：Z<M

C.Q與M的化合物中可能含有非極性共價鍵

D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z>Y

解析：A.同一周期元素從左至右，電負(fù)性逐漸增大，電負(fù)性N大于Be,A正確；

B.N最高正價為+5價，0無最高正價，最高正價N大于0,B錯誤；

C.Na和0形成的過氧化鈉中含有非極性共價鍵，C正確；

D.非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，非金屬性N大于C,硝酸酸性強于碳酸，D正

確；

故選B。

11.在熔融鹽體系中，通過電解Tit)?和Si。？獲得電池材料(TiSi),電解裝置如圖，下列說法正確的是

電源

.-□-I

A.石墨電極為陰極，發(fā)生氧化反應(yīng)

+

B.電極A的電極反應(yīng)：8H+TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2O

C.該體系中，石墨優(yōu)先于C「參與反應(yīng)

D.電解時，陽離子向石墨電極移動

解析：A.在外加電源下石墨電極上C轉(zhuǎn)化為CO,失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，選項A錯誤;

B.電極A電極反應(yīng)為TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O",選項B錯誤：

C.根據(jù)圖中信息可知，該體系中，石墨優(yōu)先于C「參與反應(yīng)，選項C正確；

D.電解池中石墨電極為陽極，陽離子向陰極電極A移動，選項D錯誤；

答案選C。

12.共價化合物Al2c%中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，一定條件下可發(fā)生反應(yīng)：

A12C16+2NH3=2A1（NH3）Cl3,下列說法不氐做的是

ak、Ji

A.AI2cJ的結(jié)構(gòu)式為、,AlAlB.Al2c%為非極性分子

C.該反應(yīng)中NH）的配位能力大于氯D.A^B%比Al2ck更難與NH3發(fā)生反應(yīng)

解析：A.由雙聚氯化鋁分子中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，分子的結(jié)構(gòu)式為

AI,故A正確;

C1（I（?

B.由雙聚氯化鋁分子中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，分子的結(jié)構(gòu)式為）,

Cl，/、C1

則雙聚氯化鋁分子為結(jié)構(gòu)對稱的非極性分子，故B正確；

C.由反應(yīng)方程式可知，氨分子更易與具有空軌道的鋁原子形成配位鍵，配位能力大于氯原子，故C正確;

D.澳元素的電負(fù)性小于氯元素，原子的原子半徑大于氯原子，則鋁濱鍵弱于鋁氯鍵，所以雙聚溪化鋁的

鋁魂鍵更易斷裂，比雙聚氯化鋁更易與氨氣反應(yīng)，故D錯誤；

故選D。

13.甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂（含固體活性成分

R,N,R為烷基）因靜電作用被吸附回收，其回收率（被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）與廢水初始

pH關(guān)系如圖（己知甲酸K,=1.8xKT4）,下列說法不無碰的是

22.4345678

廢水初始pH

+

A.活性成分R3N在水中存在平衡：R,N+H2OR3NH+OH-

B.pH=5的廢水中c（HCOO）:c（HCOOH）=18

C.廢水初始pH<2.4,隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH*作用的HCOCT數(shù)目減少

D.廢水初始pH>5,離子交換樹脂活性成分主要以R3NH+形態(tài)存在

解析：A.由圖可知，R.3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR,NH++OH,故A正確;

c(HC(XT)K,

B.由電離常數(shù)公式可知，溶液中」-------i--i-,當(dāng)溶液pH為5時，溶液中

c(HCOOH)c(H)

c(HCOOH)1.0x10-5

C.由圖可知，溶液pH為2.4時，廢水中的甲酸及其鹽回收率最高，當(dāng)溶液中pH小于2.4時，隨溶液pH

下降，溶液中氫離子濃度增大，甲酸的電離被抑制，溶液中甲酸個離子濃度減小，與作用的數(shù)目

減小，故C正確；

D.由圖可知，R,N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O.R3NH++OH"當(dāng)廢水初始pH

大于5時，平衡向左移動，離子交換樹脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故D錯誤；

故選D。

14.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，氣態(tài)反應(yīng)物和生成物的相對能量與反應(yīng)歷程示意圖如下[己知O?(g)和CU(g)的相對能

量為0],下列說法不事碰的是

K翹

E

歷程【歷程II

A.E6—E3=E5—E2

B.可計算0-。鍵能為23一￡3)51110尸

c.相同條件下，平衡轉(zhuǎn)化率：歷程n＞歷程I

D.歷程1、歷程n中速率最快的一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：

ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)AH=(E5-E4)kJ-mor'

解析：A.催化劑能降低活化能，但是不能改變反應(yīng)的焰變，因此線一弓=紜一弓，A正確；

B.已知c%(g)的相對能量為o,對比兩個歷程可知，。魚)的相對能量為(七2-￡3)1.田0「，則ci-ci

鍵能為2(弓mo『，B正確；

C.催化劑不能改變反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率，因此相同條件下，。3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程H=歷程I,C錯誤；

D.活化能越低，反應(yīng)速率越快，由圖像可知，歷程n中第二步反應(yīng)的活化能最低，所以速率最快的一步

1

反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)AH=(E5-￡4)kJm(^r,D正確；

故答案為：c。

15.碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：

5

CaCC)3(s)?Ca2+(aq)+CO：(aq)[已知Ksp(CaCOj=3.4x10-9,Kp(CaSO4)=4.9x10-,

711

H2cO3的電離常數(shù)Ka|=4.5xlO-,Ka2=4.7x10],下列有關(guān)說法正確的是

A.上層清液中存在c(Ca2+)=c(COj)

B.上層清液中含碳微粒最主要以HCO；形式存在

C.向體系中通入CO2氣體，溶液中c(Ca2+)保持不變

D.通過加Na2SO4溶液可實現(xiàn)CaCC)3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化

解析：A.上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，因此c(Ca2+)>c(CO；。,

A錯誤；

(C)，(H

B.根據(jù)Ka2=4.7xl0-H可得CQLC^4.7X10-",則碳酸根的水解平衡常數(shù)為

c(HCO；)

c(HCO；).c(OH)K

=w2xlO2,說明碳酸根的水解程度較大，則上層清液中含碳微粒主要為碳

c(COj)

酸氫根離子，B正確；

C.向體系中通入C02,碳酸鈣與C02反應(yīng)生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣易溶于水，則溶液中鈣離子濃度增大,

c錯誤；

5

D.由題干可知，Ksp(CaCO3)=3.4xl0-\Ksp(CaSO4)=4.9xlQ-,碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，加入

硫酸鈉后碳酸鈣不會轉(zhuǎn)化成硫酸鈣，D錯誤；

故答案選B。

16.探究鐵及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是

實驗方案現(xiàn)象結(jié)論

短時間內(nèi)無明顯現(xiàn)

A往FeCl2溶液中加入Zn片F(xiàn)e2+的氧化能力比Zn?+弱

象

往Fe2(SC)4)3溶液中滴加KSCN溶液，再溶液先變成血紅色

BFe3+與SCN-的反應(yīng)不可逆

加入少量K2so&固體后無明顯變化

將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，

C溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵

滴加KSCN溶液

向沸水中逐滴加5-6滴飽和FeCl溶液，持溶液先變成紅褐色Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集

D3

續(xù)煮沸再析出沉淀成Fe(OH)3沉淀

A.AB.BC.CD.D

解析：A.FeCL溶液中加入Zn片,Fe2++Zn=Zn2++Fe溶液由淺綠色變?yōu)闊o色，F(xiàn)e?+的氧化能力比

ZM+強,A錯誤：

B.溶液變成血紅色的原因，F(xiàn)*+3SCN-Fe(SCN\,與SO：和K+無關(guān)，B錯誤；

C.鐵離子可能先與單質(zhì)鐵生成亞鐵離子，則溶液呈綠色，C錯誤；

D.向廢水中滴加飽和氯化鐵溶液，制取Fe(OH)3膠體，繼續(xù)加熱則膠體因聚沉變?yōu)槌恋?，D正確；

故答案為：D?

二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)

17.硅材料在生活中占有重要地位。請回答：

(1)Si(NH2)4分子的空間結(jié)構(gòu)(以Si為中心)名稱為,分子中氮原子的雜化軌道類型是。

Si(NH2)4受熱分解生成SisN,和NH3,其受熱不穩(wěn)定的原因是。

(2)由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23P2、②[Ne]3s23Pl、③[Ne]3s?3pZsi,

有關(guān)這些微粒的敘述，正確的是。

A.微粒半徑：③，①〉②

B.電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②

C.電離一個電子所需最低能量：①，②〉③

D.得電子能力：①乂②

子中Si原子軌道的雜化類型是sp3,分子的空間結(jié)構(gòu)（以Si為中心）名稱為四面體；

氨基（-NH*氮原子形成3個。鍵，含有1對孤對電子，N原子雜化軌道數(shù)目為4,N原子軌道的雜化類型是

Sp3;

Si周圍的NH?基團體積較大，受熱時斥力較強Si（NHz）4中Si—N鍵能相對較小];產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯

著增多（燧增），故Si（NH2）4受熱不穩(wěn)定，容易分解生成SijN,和NH-

（2）電子排布式分別為：①[Ne]3s23P2、②[Ne]3s?3pi、③[Ne]3s23PzsI可推知分別為基態(tài)Si原子、

Si+離子、激發(fā)態(tài)Si原子；

A.激發(fā)態(tài)Si原子有四層電子，Si+離子失去了一個電子，根據(jù)微粒電子層數(shù)及各層電子數(shù)多少可推知，微

粒半徑：③>①>②，選項A正確；

B.根據(jù)上述分析可知，電子排布屬于基態(tài)原子（或離子）的是：①②，選項B正確；

C.激發(fā)態(tài)Si原子不穩(wěn)定，容易失去電子；基態(tài)Si原子失去一個電子是硅的第一電離能，Si+離子失去一

個電子是硅的第二電離能，由于b>L,可以得出電離一個電子所需最低能量：②，①,③，選項C錯誤；

D.由C可知②比①更難失電子，則②比①更容易得電子，即得電子能力：②〉①，選項D錯誤；

答案選AB；

（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖可知，原子間通過共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，形成共價晶

體：根據(jù)均攤法可知，一個晶胞中含有8xg+6xg=4個Si,8個P,故該化合物的化學(xué)式為SiP2。

18.化合物X由三種元素組成，某學(xué)習(xí)小組按如下流程進行實驗：

已知：白色固體A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，請回答：

（1）X的組成元素是,X的化學(xué)式是。

（2）寫出BfC溶液呈棕黃色所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式。

（3）寫出生成白色固體H的離子方程式。

（4）設(shè)計實驗檢驗溶液I中的陽離子。

解析：（1）由分析可知，X的組成元素鈣原子、氯元素和氧元素，化學(xué)式為Ca（ClC>4）2,故答案為：

Ca、CI、O；Ca（QO4）2；

（2）由圖可知，B-C溶液呈棕黃色所發(fā)生的反應(yīng)為高氯酸鈉溶液與氫碘酸反應(yīng)生成氯化鈉、碘和水，反

應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O,故答案為：

8HI+NaClO,=41,+NaCl+4H,O；

（3）由圖可知，生成白色固體H的反應(yīng)為氯化二氨合銀與硝酸溶液反應(yīng)生成氯化銀沉淀和硝酸鍍，反應(yīng)

的離子方程式為[AglNH,b]+C「+2H+=AgClJ+2NH：,故答案為：

+

[Ag(NH3),]+C「+2H+=AgClJ+2NH：；

(4)由圖可知，溶液I為硝酸和硝酸鏤的混合溶液，則檢驗溶液中氫離子錢根離子的操作為用玻璃棒蘸

取溶液I,點在藍色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加

熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍說明有NH；,故答案為：用玻璃棒蘸取溶液I,點

在藍色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的

紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍說明有NH：。

19.“碳達峰?碳中和”是我國社會發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CH&還原C。?是實現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟的有效途徑之一，相

關(guān)的主要反應(yīng)有：

I：CH4(g)+82(g)=2CO(g)+2H2(g)AH,=+247kJ-mo「,K,

II：CO2(g)+H2(g).■CO(g)+H2O(g)AH2=+41kJmor',K2

請回答：

(1)有利于提高co2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是。

A.低溫低壓B.低溫[角壓C.同溫低壓D.局溫同壓

(2)反應(yīng)CH4(g)+3CC)2(g).,4CO(g)+2H2O(g)的AH=kJ-mol_1.K=(用

K,,K2表示)。

(3)恒壓、750c時，CH4和C。?按物質(zhì)的量之比1:3投料，反應(yīng)經(jīng)如下流程(主要產(chǎn)物已標(biāo)出)可實現(xiàn)

CO2高效轉(zhuǎn)化。

①下列說法正確的是?

A.Fe3C>4可循環(huán)利用，CaO不可循環(huán)利用

B.過程ii,CaO吸收CO2可促使FeaOa氧化CO的平衡正移

C.過程ii產(chǎn)生的H2。最終未被CaO吸收，在過程iii被排出

D.相比于反應(yīng)I,該流程的總反應(yīng)還原ImolC。？需吸收的能量更多

②過程ii平衡后通入He,測得一段時間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，根據(jù)過程iii,結(jié)合平衡移動原理，解釋CO

物質(zhì)的量上升的原因。

(4)CH4還原能力(R)可衡量CO2轉(zhuǎn)化效率，R=An(CC?2)/An(CH4)(同一時段內(nèi)CO2與CH&的物

質(zhì)的量變化量之比)。

①常壓下CH4和CO?按物質(zhì)的量之比1：3投料，某一時段內(nèi)CH4和CO?的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1,請

在圖2中畫出400~1000℃間R的變化趨勢，并標(biāo)明1()()()℃時R值___________。

3

10o

%8o

、

郴2

^6oR

唧4o

2O

0

0

20040060080010004006008001000

溫度/℃溫度AC

圖1圖2

②催化劑X可提高R值，另一時段內(nèi)CH《轉(zhuǎn)化率、R值隨溫度變化如下表:

溫度/℃480500520550

轉(zhuǎn)化率/%

CH47.911.520.234.8

R2.62.42.11.8

下列說法不正畫的是

A.R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)II的速率

B.溫度越低，含氫產(chǎn)物中H2。占比越高

C.溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO?轉(zhuǎn)化率降低，R值減小

D.改變催化劑提高CH4轉(zhuǎn)化率，R值不一定增大

解析：(1)反應(yīng)I為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，反應(yīng)n為氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，△!!>(),升高溫度，

平衡右移，CH4平衡轉(zhuǎn)化率增大：降低壓強，平衡右移，CH4平衡轉(zhuǎn)化率增大，故有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)

化率的條件是高溫低壓；答案選C；

(2)已知：I：CH4(g)+CO2(g).-2CO(g)+2H2(g)A珥=+247kJ?mo「,K|

II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH,=+41kJmor',K2

根據(jù)蓋斯定律，由1+11x2得反應(yīng)CH4(g)+3CC)2(g)4co(g)+2H?O(g)：

2

故4由/\曰+2/\142=+3291<卜1110「1，K=K,K2；

(3)①A.根據(jù)流程可知，F(xiàn)e’Oa轉(zhuǎn)化為Fe,Fe又轉(zhuǎn)化為Fe,?！窮es?！箍裳h(huán)利用；CaCO.3受熱分解

生成CaO和CO2,CaO又與CCh反應(yīng)生成CaCCh,CaO也可循環(huán)利用，選項A錯誤；

B.過程ii,CaO吸收CO?使CO?濃度降低，促進Fe￡)4氧化CO的平衡正移，選項B正確；

C.過程iiCaO吸收CO2而產(chǎn)生的H2。最終未被CaO吸收，在過程日被排出，選項C正確；

D.焙變只與起始物質(zhì)的量有關(guān)，與過程無關(guān)，故相比于反應(yīng)I,該流程的總反應(yīng)還原ImolCO?需吸收的

能量一樣多，選項D錯誤；

答案選BC；

c(C0)

②通入He,CaCC)3分解平衡正移，導(dǎo)致](CQ7)增大'促進Fe還原CO2平衡正移，故過程ii平衡后通入

He,測得一段時間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升；

(4)①根據(jù)圖1可知1000C時，CH4轉(zhuǎn)化率為100%,即An(CH4)=1mol,CO2轉(zhuǎn)化率為60%,即

故,故縱乂)?間的變

An(C02)-3molx60%=1.8mol,R=An(CO2)/An(CH4)=，:北1=].81(XX)℃R

3

21^00,2.1)

RI\-----0^X8)

化趨勢如圖：J

01，，，，I

4006008001000

溫度/℃

②A.R值提高是由于催化劑(選擇性地提高反應(yīng)II的速率，使單位時間內(nèi)反應(yīng)H中CO2的轉(zhuǎn)化率增大，

An(CC)2)增大的倍數(shù)比An(CHj大，則R提高，選項A正確；

B.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，溫度越低，CH4轉(zhuǎn)化率越小，而R越大，An(CC)2)增大的倍數(shù)比An(CHj大，

含氫產(chǎn)物中Hz。占比越高，選項B正確；

C.溫度升高，CH,轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率也增大，且兩個反應(yīng)中的CO?轉(zhuǎn)化率均增大，增大倍數(shù)多，

故R值增大，選項C不正確；

D.改變催化劑使反應(yīng)有選擇性按反應(yīng)I而提高CH,轉(zhuǎn)化率，若CO2轉(zhuǎn)化率減小，則R值不一定增大，

選項D正確；

答案選C。

20.某研究小組制備納米ZnO,再與金屬有機框架(MOF))材料復(fù)合制備熒光材料ZnO@MOF,流程如

下：

NaOH溶液滴加州。；溶液,攪拌>過濾"洗滌>|￡Zn(OHT控零燒"納米ZnO|MOF>|ZnO@MOF

已知：①含鋅組分間的轉(zhuǎn)化關(guān)系：Zn2+,￡=Zn(OH)2.R[Zn(OH)J"

②￡-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一種晶型，39℃以下穩(wěn)定。

請回答：

(1)步驟I,初始滴入ZnSO』溶液時，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是。

(2)下列有關(guān)說法不壬顧的是。

A.步驟I,攪拌的作用是避免反應(yīng)物濃度局部過高，使反應(yīng)充分

B.步驟I,若將過量NaOH溶液滴入ZnSO」溶液制備￡一211(014)2,可提高ZnSO^的利用率

C.步驟H,為了更好地除去雜質(zhì)，可用50℃的熱水洗滌

D.步驟HI,控溫煨燒的目的是為了控制ZnO的顆粒大小

(3)步驟HI,盛放樣品的容器名稱是o

(4)用Zn(CH3coO1和過量(NHJ2CO3反應(yīng)，得到的沉淀可直接控溫煨燒得納米ZnO,沉淀無需

洗滌的原因是_________二。

(5)為測定納米ZnO產(chǎn)品的純度，可用己知濃度的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Zn"。從下列選項中選擇合理

的儀器和操作，補全如下步驟「'”上填寫一件最關(guān)鍵儀器,“()”內(nèi)填寫一種操作，

均用字母表示]。

用(稱量ZnO樣品xg)一用燒杯()一用()一用移液管

()—用滴定管(盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液,滴定Zr>2+)

儀器：a、燒杯；b、托盤天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、試劑瓶

操作：f、配制一定體積的Zn+溶液；g、酸溶樣品；h、量取一定體積的Zr?+溶液；i、裝瓶貼標(biāo)簽

(6)制備的ZnO@MOF熒光材料可測Ci?+濃度。已知ZnO@MOF的熒光強度比值與Cu2+在一定濃

度范圍內(nèi)的關(guān)系如圖。

某研究小組取7.5xl(r3g人血漿銅藍蛋白(相對分子質(zhì)量i5xl()5),經(jīng)預(yù)處理，將其中Cu元素全部轉(zhuǎn)化

為cd+并定容至1L。取樣測得熒光強度比值為10.2,則1個血漿銅藍蛋白分子中含個銅原

子。

熒光強

度比值

c(Cu2+)/(10-6mol/L)

解析：(1)初始滴入ZnS(\溶液時，氫氧化鈉過量，根據(jù)信息①可知，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是

[Zn(OH)4r;

(2)A.步驟1,攪拌可以使反應(yīng)物充分接觸，加快反應(yīng)速率，避免反應(yīng)物濃度局部過高，A正確；

B.根據(jù)信息①可知，氫氧化鈉過量時，鋅的主要存在形式是[Zn(OH)4『-，不能生成￡-Zn(OH)2,B

錯誤；

C.由信息②可知，￡-Zn(OH)239°C以下穩(wěn)定，故在用50C的熱水洗滌時會導(dǎo)致，￡—Zn(OH)2分解

為其他物質(zhì)，C錯誤；

D.由流程可知，控溫燃燒時￡-Zn(OH)2會轉(zhuǎn)化為納米氧化性，故，控溫煨燒的目的是為了控制ZnO的

顆粒大小，D正確；

故選BC；

(3)給固體藥品加熱時;應(yīng)該用堵期，故步驟HI,盛放樣品的容器名稱是用煙；

(4)兩者反應(yīng)時，除了生成固體ZnO外，還會生成二氧化碳，氨氣和水蒸氣，即雜志都是氣體，故沉淀

不需要洗滌的原因是：雜質(zhì)中含有CH3coCT、CO：、NH；,在控溫煨燒過程中分解或被氧化為氣體而

除去；

(5)為了使測定結(jié)果盡可能準(zhǔn)確，故可以用分析天平稱量ZnO的質(zhì)量，選擇d,隨后可以用酸來溶解氧

化鋅，故選g,溶解后可以用容量瓶配制一定濃度的溶液，故選c(f),再用移液管量取一定體積的配好的

溶液進行實驗，故選h,故答案為：df(g)fc(f)f(h)；

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