2023年1月浙江省普通高校招生選考科目試題化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1Li—7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39Ca—40Fe—56Cu—64Br—80Ag—108I—127Ba—137一、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．(2023·浙江1月選考，1)下列物質(zhì)中屬于耐高溫酸性氧化物的是()A．CO2 B．SiO2C．MgO D．Na2O解析：BCO2屬于酸性氧化物，但為分子晶體，熔點較低，不耐高溫，A項錯誤；SiO2屬于酸性氧化物，為共價晶體，熔點高，耐高溫，B項正確；MgO為堿性氧化物，C項錯誤；Na2O為堿性氧化物，D項錯誤。2．(2023·浙江1月選考，2)硫酸銅應(yīng)用廣泛，下列說法不正確的是()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：ACu的價電子排布式為3d104s1，位于周期表ds區(qū)，A項錯誤；硫酸銅屬于鹽，溶于水或熔融狀態(tài)下完全電離，屬于強電解質(zhì)，B項正確；硫酸銅為強酸弱堿鹽，由于Cu2+水解溶液呈酸性，C項正確；硫酸銅屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，D項正確。3．(2023·浙江1月選考，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：eq\o\al(37,17)ClB．碳的基態(tài)原子軌道表示式：C．BF3的空間結(jié)構(gòu)：(平面三角形)D．HCl的形成過程：解析：C中子數(shù)為18的氯原子，其質(zhì)量數(shù)為17＋18＝35，符號為eq\o\al(35,17)Cl，A項錯誤；根據(jù)洪特規(guī)則，碳的基態(tài)原子軌道表示式為，B項錯誤；BF3中B的孤電子對數(shù)為eq\f(3－1×3,2)＝0，成鍵電子對數(shù)為3，故BF3為平面三角形分子，C項正確；HCl為共價化合物，其形成過程為，D項錯誤。4．(2023·浙江1月選考，4)物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不正確的是()A．SO2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．Fe2O3呈紅色，可用作顏料解析：C二氧化硫具有漂白性，能使某些色素褪色，可用作漂白劑，A項正確；金屬鈉為金屬單質(zhì)，導(dǎo)熱性好，可用作傳熱介質(zhì)，B項正確；NaClO具有強氧化性，可用作消毒劑，C項錯誤；Fe2O3呈紅色，可用作油漆或顏料，D項正確。5．(2023·浙江1月選考，5)下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是()A．Na和乙醇反應(yīng)可生成H2B．工業(yè)上煅燒黃鐵礦(FeS2)生產(chǎn)SO2C．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NO2解析：DNa和乙醇反應(yīng)生成CH3CH2ONa和H2，A項正確；工業(yè)上煅燒黃鐵礦生成SO2和Fe2O3，B項正確；氨的催化氧化反應(yīng)生成NO和H2O，可用于制備NO，C項正確；常溫下鐵遇濃硝酸鈍化，不能用于制備NO2，D項錯誤。6．(2023·浙江1月選考，6)關(guān)于反應(yīng)2NH2OH＋4Fe3+=N2O↑＋4Fe2+＋4H＋＋H2O，下列說法正確的是()A．生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子B．H2O是還原產(chǎn)物C．NH2OH既是氧化劑又是還原劑D．若設(shè)計成原電池，F(xiàn)e2+為負極產(chǎn)物解析：A該反應(yīng)中氮元素由－1價升高為＋1價，生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子，A項正確；該反應(yīng)中H、O元素化合價不變，H2O既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，還原產(chǎn)物為Fe2+，B項錯誤；該反應(yīng)中氮元素化合價升高，鐵元素化合價降低，NH2OH為還原劑，F(xiàn)e3+為氧化劑，C項錯誤；若設(shè)計成原電池，則正極反應(yīng)為：Fe3+＋e－=Fe2+，F(xiàn)e2+為正極產(chǎn)物，D項錯誤。7．(2023·浙江1月選考，7)下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是()A．Cl2通入氫氧化鈉溶液：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OB．氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2OC．過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：2Na＋＋COeq\o\al(2-,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓D．H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SOeq\o\al(2-,3)＋Ca2+=CaSO3↓解析：DH2SO3的酸性比鹽酸的酸性弱，H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液不發(fā)生反應(yīng)，D項錯誤。8．(2023·浙江1月選考，8)下列說法不正確的是()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糖類都是多羥基醛、多羥基酮及其縮合產(chǎn)物，A項錯誤；蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸發(fā)生顯色反應(yīng)，先產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色，B項正確；水果中含有低級酯類物質(zhì)，因此具有特殊香味，C項正確；聚乙烯、聚氯乙烯均為線型結(jié)構(gòu)，為熱塑性塑料，D項正確。9．(2023·浙江1月選考，9)七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細菌性痢疾，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．1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)，最多可消耗2molBr2D．1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3molNaOH解析：B該分子中含有羥基、酯基、碳碳雙鍵三種官能團，A項錯誤；分子中碳原子均為sp2雜化，結(jié)合分子結(jié)構(gòu)知，所有碳原子共平面，B項正確；與酚羥基相連碳原子的鄰位和對位碳原子上的氫原子能與溴發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能與溴發(fā)生加成反應(yīng)，1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)，最多可消耗3molBr2，C項錯誤；該物質(zhì)中酚羥基、酯基能與NaOH反應(yīng)，酯基水解得到酚羥基和羧基，因此1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗4molNaOH，D項錯誤。10．(2023·浙江1月選考，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。下列說法不正確的是()A．電負性：Z>XB．最高正價：Z<MC．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：B元素辨析Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，則電子排布式為1s22s22p2，則Y為C元素；X的2s軌道全充滿，五種短周期元素的原子序數(shù)依次增大，則X為Be或B元素；M是地殼中含量最多的元素，則M為O元素；Z為N元素；Q是純堿中的一種元素，則Q為Na元素。同周期元素從左到右電負性逐漸增大，則電負性N>Be或B，A項正確；N的最高正價為＋5，但O無最高正價，B項錯誤；Na和O形成的Na2O2中O和O之間為非極性共價鍵，C項正確；非金屬性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D項正確。11．(2023·浙江1月選考，11)在熔融鹽體系中，通過電解TiO2和SiO2獲得電池材料(TiSi)，電解裝置如圖，下列說法正確的是()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＋4H2OC．該體系中，石墨優(yōu)先于Cl－參與反應(yīng)D．電解時，陽離子向石墨電極移動解析：C根據(jù)各電極上的物質(zhì)變化，判斷反應(yīng)類型，確定電極類型。石墨電極為陽極，A項錯誤；該電解池的電解質(zhì)為熔融鹽，不存在H＋，B項錯誤；根據(jù)陽極上生成CO知，石墨優(yōu)先于Cl－參與反應(yīng)，C項正確；石墨電極為陽極，陰離子O2-向石墨電極移動，D項錯誤。12．(2023·浙江1月選考，12)共價化合物Al2Cl6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)：Al2Cl6＋2NH3=2Al(NH3)Cl3，下列說法不正確的是()A．Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為B．Al2Cl6為非極性分子C．該反應(yīng)中NH3的配位能力大于氯D．Al2Br6比Al2Cl6更難與NH3發(fā)生反應(yīng)解析：DAl2Cl6中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為，→表示配位鍵，也可用短線代替，A項正確；Al2Cl6為對稱結(jié)構(gòu)，正負電荷中心重合，為非極性分子，B項正確；該反應(yīng)中NH3取代Cl與Al形成配位鍵，說明NH3的配位能力大于氯，C項正確；Al—Br的穩(wěn)定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易與NH3反應(yīng)，D項錯誤。13．(2023·浙江1月選考，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R3N，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)的量分數(shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸Ka＝1.8×10-4)，下列說法不正確的是()A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－B．pH＝5的廢水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．廢水初始pH<2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH＋作用的HCOO－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：D活性成分R3N中N能與水電離出的H＋形成配位鍵，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－，A項正確；pH＝5的廢水中，c(H＋)＝10-5mol·L-1，根據(jù)甲酸Ka＝eq\f(c(H＋)·c(HCOO－),c(HCOOH))＝1.8×10-4，得eq\f(c(HCOO－),c(HCOOH))＝eq\f(Ka,c(H＋))＝eq\f(1.8×10-4,10-5)＝18，B項正確；廢水初始pH<2.4，隨pH下降，c(H＋)增大，電離平衡HCOOH?HCOO－＋H＋逆向移動，甲酸的電離被抑制，c(HCOO－)減小，與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目減少，C項正確；廢水初始pH>5時回收率小于10%，說明吸附在樹脂上的甲酸根較少，活性成分主要以R3N形態(tài)存在，D項錯誤。14．(2023·浙江1月選考，14)標(biāo)準狀態(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[已知O2(g)和Cl2(g)的相對能量為0]，下列說法不正確的是()A．E6－E3＝E5－E2B．可計算Cl—Cl鍵能為2(E2－E3)kJ·mol-1C．相同條件下，O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ＞歷程ⅠD．歷程Ⅰ、歷程Ⅱ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)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol-1解析：C圖解剖析根據(jù)歷程Ⅰ，O3(g)＋O(g)?2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol-1，根據(jù)歷程Ⅱ，O3(g)＋O(g)?2O2(g)的反應(yīng)熱ΔH＝(E5－E2)kJ·mol-1，則E6－E3＝E5－E2，A項正確；根據(jù)圖示，Cl(g)的相對能量為(E2－E3)kJ·mol-1，由于Cl2(g)的相對能量為0，故Cl2(g)=Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol-1，即Cl—Cl鍵能為2(E2－E3)kJ·mol-1，B項正確；歷程Ⅱ使用了催化劑Cl，催化劑不能使平衡發(fā)生移動，則O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ＝歷程Ⅰ，C項錯誤；歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應(yīng)為活化能最小的反應(yīng)，即ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol-1，D項正確。15．(2023·浙江1月選考，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：CaCO3(s)?Ca2+(aq)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，H2CO3的電離常數(shù)Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11]，下列有關(guān)說法正確的是()A．上層清液中存在c(Ca2+)＝c(COeq\o\al(2-,3))B．上層清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)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)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化解析：B上層清液為CaCO3的飽和溶液，COeq\o\al(2-,3)存在水解平衡，根據(jù)物料守恒，c(Ca2+)＝c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，A項錯誤；CaCO3的飽和溶液pH≈9，根據(jù)Ka2＝eq\f(c(H＋)·c（COeq\o\al(2-,3)）,c（HCOeq\o\al(－,3)）)，可得eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2-,3)）)＝eq\f(c(H＋),Ka2)＝eq\f(10-9,4.7×10-11)＝21，因此含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)形式存在，B項正確；向體系中通入CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，CaCO3(s)轉(zhuǎn)化為可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，C項錯誤；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更難溶，加Na2SO4溶液不能實現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化，D項錯誤。16．(2023·浙江1月選考，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A往FeCl2溶液中加入Zn片短時間內(nèi)無明顯現(xiàn)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固體溶液先變成血紅色后無明顯變化Fe3+與SCN－的反應(yīng)不可逆C將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，滴加KSCN溶液溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有＋3價鐵D向沸水中逐滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸溶液先變成紅褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀解析：D往FeCl2溶液中加入Zn片，發(fā)生反應(yīng)Fe2+＋Zn=Fe＋Zn2+，F(xiàn)e2+的氧化能力比Zn2+的強，A項錯誤；往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，發(fā)生反應(yīng)Fe3+＋3SCN－?Fe(SCN)3，溶液變血紅色，再加入少量K2SO4固體，對平衡無影響，故不能說明Fe3+與SCN－的反應(yīng)不可逆，B項錯誤；若食品脫氧劑樣品中有＋3價鐵，鐵粉與＋3價鐵發(fā)生反應(yīng)Fe＋2Fe3+=3Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈淺綠色，C項錯誤；向沸水中逐滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，得到Fe(OH)3膠體，持續(xù)煮沸，F(xiàn)e(OH)3膠體發(fā)生聚沉，析出紅褐色沉淀，D項正確。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17．(2023·浙江1月選考，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Si3N4和NH3，其受熱不穩(wěn)定的原因是________________________________________________________________________________________________________________________。(2)由硅原子形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有關(guān)這些微粒的敘述，正確的是________。A．微粒半徑：③>①>②B．電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②C．電離一個電子所需最低能量：①>②>③D．得電子能力：①>②(3)Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖。該晶體類型是____________，該化合物的化學(xué)式為________________________。解析：(1)Si(NH2)4分子中Si形成4個σ鍵，無孤電子對，故Si(NH2)4空間結(jié)構(gòu)為四面體。分子中氮原子形成3個σ鍵，還有一個孤電子對，雜化軌道數(shù)為4，雜化軌道類型為sp3。(2)①為基態(tài)Si原子，②為基態(tài)Si＋，③為激發(fā)態(tài)Si原子。③有4個電子層，半徑最大，①、②具有相同的電子層數(shù)和核電荷數(shù)，核外電子數(shù)越多，粒子半徑越大，故微粒半徑：③>①>②，A項正確；由上述分析可知，B項正確；①、②電離出一個電子所需能量分別為基態(tài)Si的第一電離能、第二電離能，③為激發(fā)態(tài)Si原子，能量高，電離出一個電子所需能量比①小，故電離一個電子所需最低能量：③<①<②，C項錯誤；微粒半徑①>②，則原子核對最外層電子的吸引力①<②，得電子能力①<②，D項錯誤。(3)該晶體為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，晶體類型為共價晶體，Si位于晶胞的頂點和面心，個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，P位于晶胞的體內(nèi)，個數(shù)為8，Si、P個數(shù)比為4∶8＝1∶2，則該化合物的化學(xué)式為SiP2。答案：(1)四面體sp3Si周圍的NH2基團體積較大，受熱時斥力較強[或Si(NH2)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(熵增)(2)AB(3)共價晶體SiP218．(2023·浙江1月選考，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B→C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：流程梳理(1)根據(jù)白色固體A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，知白色固體A消耗HCl的物質(zhì)的量為0.01mol，若A為MCO3，則MCO3～2HCl，A的物質(zhì)的量為0.005mol，摩爾質(zhì)量為eq\f(0.500g,0.005mol)＝100g·mol-1，故A為CaCO3；根據(jù)上述分析可知，白色固體H為AgCl，其物質(zhì)的量為eq\f(1.435g,143.5g·mol-1)＝0.01mol，則X中含有0.005molCa、0.01molCl，還含有O元素，其質(zhì)量為1.195g－0.005mol×40g·mol-1－0.01mol×35.5g·mol-1＝0.64g，n(O)＝eq\f(0.64g,16g·mol-1)＝0.04mol，故X中n(Ca)∶n(Cl)∶n(O)＝0.005∶0.01∶0.04＝1∶2∶8，X為Ca(ClO4)2。(2)B→C為NaClO4和HI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，HI被氧化為I2，NaClO4被還原為NaCl，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，配平可得反應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)生成白色固體H的反應(yīng)為[Ag(NH3)2]Cl和HNO3的反應(yīng)。(4)溶液I為NH4NO3和HNO3的混合溶液，陽離子有H＋和NHeq\o\al(＋,4)，用藍色石蕊試紙檢驗H＋，用NaOH溶液、濕潤紅色石蕊試紙檢驗NHeq\o\al(＋,4)。答案：(1)Ca、Cl、OCa(ClO4)2(2)8HI＋NaClO4=4I2＋NaCl＋4H2O(3)[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋=AgCl↓＋2NHeq\o\al(＋,4)(4)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NHeq\o\al(＋,4)19．(2023·浙江1月選考，19)二十大報告提出，要積極穩(wěn)妥推進碳達峰、碳中和，CH4還原CO2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)＋CO2(g)?2CO(g)＋2H2(g)ΔH1＝＋247kJ·mol-1，K1Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol-1，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．低溫高壓C．高溫低壓 D．高溫高壓(2)反應(yīng)CH4(g)＋3CO2(g)?4CO(g)＋2H2O(g)的ΔH＝__________kJ·mol-1，K＝__________(用K1，K2表示)。(3)恒壓、750℃時，CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1∶3投料，反應(yīng)經(jīng)如圖1流程(主要產(chǎn)物已標(biāo)出)可實現(xiàn)CO2高效轉(zhuǎn)化。圖1①下列說法正確的是________。A．Fe3O4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Fe3O4氧化CO的平衡正移C．過程ⅱ產(chǎn)生的H2O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1molCO2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＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一時段內(nèi)CO2與CH4的物質(zhì)的量變化量之比)。①常壓下CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1∶3投料，某一時段內(nèi)CH4和CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖2，請在圖3中畫出400～1000℃之間R的變化趨勢，并標(biāo)明1000℃時R值。圖2圖3②催化劑X可提高R值，另一時段內(nèi)CH4轉(zhuǎn)化率、R值隨溫度變化如下表：溫度/℃480500520550CH4轉(zhuǎn)化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列說法不正確的是________。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H2O占比越高C．溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2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、反應(yīng)Ⅱ都是吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡均正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大；反應(yīng)Ⅰ的氣體分子數(shù)增大，反應(yīng)Ⅱ的氣體分子數(shù)不變，減小壓強，反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，因此有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件為高溫低壓。(2)根據(jù)蓋斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ×2，可得CH4(g)＋3CO2(g)?4CO(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋247kJ·mol-1＋41kJ·mol-1×2＝＋329kJ·mol-1，根據(jù)化學(xué)計量數(shù)擴大為原來的n倍，平衡常數(shù)為原來的n次方，反應(yīng)相加，平衡常數(shù)相乘，知K＝K1·Keq\o\al(2,2)。(3)①從流程圖可以看出，F(xiàn)e3O4和CaO都先反應(yīng)，后生成，都能循環(huán)利用，A項錯誤；過程ⅱ中Fe3O4氧化CO：Fe3O4＋4CO?3Fe＋4CO2，CaO吸收CO2，c(CO2)減小，平衡正向移動，B項正確；根據(jù)流程可知，過程ⅱ產(chǎn)生的H2O在過程ⅲ中被排出，沒有被CaO吸收，C項正確；該流程的總反應(yīng)為CH4(g)＋3CO2(g)?4CO(g)＋2H2O(g)，由(2)可知，其還原1molCO2吸收的能量比反應(yīng)Ⅰ少，D項錯誤。②過程ⅲ發(fā)生反應(yīng)：CaCO3(s)?CaO(s)＋CO2(g)、3Fe(s)＋4CO2(g)?Fe3O4(s)＋4CO(g)，恒壓時通入He，容器體積增大，CaCO3(s)?CaO(s)＋CO2(g)平衡正向移動，導(dǎo)致eq\f(c(CO2),c(CO))增大，從而使3Fe(s)＋4CO2(g)?Fe3O4(s)＋4CO(g)平衡正向移動，因此CO的物質(zhì)的量上升。(4)①設(shè)起始時CH4、CO2分別為amol、3amol，根據(jù)圖2，1000℃時CH4轉(zhuǎn)化率為100%，CO2轉(zhuǎn)化率為60%，則Δn(CO2)＝3amol×60%＝1.8amol，Δn(CH4)＝amol×100%＝amol，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)＝1.8。根據(jù)圖示，隨著溫度升高，CH4的轉(zhuǎn)化率先逐漸增大，后基本不變，CO2的轉(zhuǎn)化率逐漸增大，從圖示可知，CH4、CO2的轉(zhuǎn)化率之差先增大(約600℃時最大)后減小，最終比起始時大，則R先減小后增大，最終比起始時小。②反應(yīng)Ⅰ中CH4和CO2的變化量相同，R值提高說明催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率，A項正確；由表可知，溫度越低，R值越大，說明參與反應(yīng)Ⅱ的CO2越多，生成的H2O越多，B項正確；溫度升高，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移動，CH4、CO2轉(zhuǎn)化率均增大，C項錯誤；改變催化劑使反應(yīng)有選擇性地按反應(yīng)Ⅰ進行，從而提高CH4轉(zhuǎn)化率，若CO2轉(zhuǎn)化率減小，則R值不一定增大，D項正確。答案：(1)C(2)＋329K1·Keq\o\al(2,2)(3)①BC②通入He，CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致eq\f(c(CO2),c(CO))增大，促進Fe還原CO2平衡正移(4)①②C20．(2023·浙江1月選考，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：已知：①含鋅組分間的轉(zhuǎn)化關(guān)系：Zn2+eq\o(?,\s\up7(OH－),\s\do5(H＋))Zn(OH)2eq\o(?,\s\up7(OH－),\s\do5(H＋))[Zn(OH)4]2-②ε－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ZnSO4溶液時，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是________________________。(2)下列有關(guān)說法不正確的是________。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ZnSO4溶液制備ε－Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率C．步驟Ⅱ，為了更好地除去雜質(zhì)，可用50℃的熱水洗滌D．步驟Ⅲ，控溫煅燒的目的是控制ZnO的顆粒大小(3)步驟Ⅲ，盛放樣品的容器名稱是________。(4)用Zn(CH3COO)2和過量(NH4)2CO3反應(yīng)，得到的沉淀可直接控溫煅燒得納米ZnO，沉淀無需洗滌的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)為測定納米ZnO產(chǎn)品的純度，可用已知濃度的EDTA標(biāo)準溶液滴定Zn2+。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)→用燒杯()→用__________()→用移液管()→用滴定管(盛裝EDTA標(biāo)準溶液，滴定Zn2+)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Zn2+溶液；g.酸溶樣品；h.量取一定體積的Zn2+溶液；i.裝瓶貼標(biāo)簽(6)制備的ZnO@MOF熒光材料可測Cu2+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7.5×10-3g人血漿銅藍蛋白(相對分子質(zhì)量1.5×105)，經(jīng)預(yù)處理，將其中Cu元素全部轉(zhuǎn)化為Cu2+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。解析：(1)步驟Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液時，NaOH過量，ZnSO4少量，根據(jù)已知①可知，Zn2+轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2-。(2)步驟Ⅰ，攪拌可以避免反應(yīng)物濃度局部過高，使反應(yīng)物充分混合，使反應(yīng)充分，A項正確；步驟Ⅰ，若將過量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液，過量的NaOH會使Zn(OH)2轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2-，不能制得εZn(OH)2，B項錯誤；ε-Zn(OH)2在39℃以下穩(wěn)定，故應(yīng)采用低于39℃的水洗滌，C項錯誤；步驟Ⅲ，控溫煅燒得到納米ZnO，因此控溫煅燒是為了控制ZnO的顆粒大小，D項正確。(3)步驟Ⅲ，煅燒ε-Zn(OH)2固體在坩堝中進行。(5)利用配位滴定法測定納米ZnO產(chǎn)品的純度，具體操作為用分析天平稱量ZnO樣品→用燒杯酸溶樣品→用容量瓶配制一定體積的Zn2+溶液→用移液管量取一定體積的Zn2+溶液→用滴定管盛裝EDTA標(biāo)準溶液，滴定Zn2+。(6)根據(jù)圖示，熒光強度比值為10.2時，銅離子的濃度為0.4×10-6mol·L-1，物質(zhì)的量為0.4×10-6mol，血漿銅藍蛋白的物質(zhì)的量為eq\f(7.5×10-3g,1.5×105g·mol-1)＝5×10-8mol，故1個血漿銅藍蛋白分子中含有銅原子的個數(shù)為eq\f(0.4×10-6mol,5×10-8mol)＝8。答案：(1)[Zn(OH)4]2-(2)BC(3)坩堝(4)雜質(zhì)中含有CH3COO－、COeq\o\al(2-,3)、NHeq\o\al(＋,4)，在控溫煅燒過程中分解或被氧化為氣體而除去(5)d→(g)→c(f)→(h)(6)821．(2023·浙江1月選考，21)某研究小組按下列路線合成抗癌藥物鹽酸苯達莫司汀。已知：①請回答：(1)化合物A的官能團名稱是__________________________。(2)化合物B的結(jié)構(gòu)簡