2023年1月浙江省选考化学真题完全解读(浙江卷)2023年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学卷系浙江省实施新课标新教材后的首考，有着里
程碑式的意义。试题以高考评价体系为依托，严格遵循《化学课程标准(2017年版2020年修订)》的要求，坚持素养立意和育人导向，坚守
科学、原创、公平和规范，落实“立德树人”根本任务。在试卷结构、形式、难度、知识点的覆盖面等方面保持稳定的基础上，试卷保持浙江省化学
选考试卷的命题风格，进一步优化试卷结构布局，表现出较大调整，稳中有进。本次选考范围也以前相比有较大调整，一是教材版本变化，由原苏教
版改成人教版；二是选修内容变化，由原《实验化学》(选修6)改成《物质结构与性质》(选择性必修2)。故2023年1月浙江选考化学试题
与以往相比，较大变化体现在：一是题量减小，选择题由25题→16题，分值由原来的每小题2分→3分;非选择题由6题→5题，分值由50题
→52分；二是物质结构知识得以强化。题量减少便于学生临场从容作答，减轻学生的学业负担，加强物质结构相关内容考查体现课程内容变化，既
满足高校选拔人才的需要，又能对高中化学教学有正面导向作用。通过多种情境的有效创设和聚焦问题解决的关键能力考查，精心设计问题科学调控
难度，通过生产生活真实情境彰显学科价值。体现“双新”改革要求，与历次选考对比，稳定中有变化，变化中有创新。一、课标引领，科学调控难
度试题基于新课标，立足学生学习基础，紧扣教材，全面考查化学学科核心概念、基本原理、基本方法和基本技能。试题全面覆盖了高中化学核心知
识，全面考查了化学用语(1、3)、核心概念(2、6、7)、重要无机物、有机物性质与应用(4、5、8、9、18、21)、反应原理(1
1、13、14、15、19)、物质结构(10、12、17)和化学实验(16、20)等。均突出了化学学科特点和基本研究方法、基本概念
和反应原理、物质结构与性质、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等核心主干知识的考查，既发挥基础内容在培养关键
能力、发展学科核心素养的地位和作用，又有利于引导师生在平时教学中重视并落实基础，体现测试的基础性要求。例如，选择题第1-10题，分
别考查了物质分类、化学基本用语、物质性质与用途的对应关系、元素及其化合物的性质、氧化还原反应、离子反应方程式、常见有机物的性质及应
用、物质结构与元素周期律等必备知识，大部分选项直接源于教材，体现基础性和应用性，难度较低；非选择题第17-21题，较好地实现了不同
模块、不同章节知识的学科内融合，体现综合性，第17题考查了分子空间构型、杂化轨道类型、晶体类型的判断；第18题考查了元素组成和化学
式确定、常见离子检验；第19题考查提高平衡转化率条件选择、盖斯定律和平衡常数计算；第20题考查了含锌组分判断、仪器名称书写等；第2
1题考查了官能团名称、结构简式、简单有机物组成、结构和性质的判断等。二、涵育素养，强调关键能力关键能力指在学生掌握基础知识和基本技
能的过程中，培养支撑学生终身发展、适应时代要求的能力。基于素养导向，承接学科核心素养和学业质量各级水平要求，重视分层选拔功能，考查
学生信息获取、思维认知和实践操作能力。试题强调关键能力的考查，将化学学科情境素材选择与学科核心素养测评目标相匹配，科学调控情境的熟
悉程度与每小题问题任务之间的连贯性，每个大题入题容易，但全面深入较难，让不同的学生在考试中均能有较好地表现。例如第18(2)(3)
引导学生基于框图中的事实证据和头脑中的化学理论进行推理，有效促进学生主动思考，解题过程实际上也是解决问题的过程，有利于减少死记硬背
和“机械刷题”现象，体现“双新”改革要求；第19题从简单判断提高平衡转化率的条件入题，经过3空必备基础知识考查后，进入真实的工业流
程解读，通过创新图表数据呈现方式，给出衡量CO2转化效率的多种信息，以考查学生从复杂图表中获取数据、转化数据的能力，进一步考查学生
分析问题、解决问题的能力，试题解答过程体现了理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、探究与创新等化学学科关键能力；第21题从简单的官能
团名称、结构简式书写入题，到反应类型、分子式、同系物、结构与性质关系的判断，再到方程式书写、有机合成路线设计、限制条件下同分异构体
书写等，问题设计从易到难，层层递进，考查学生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性要求。三、创新情境，彰显学科价值试题
设计聚焦化学学科核心素养，实现对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查。通过考
试引导教学，培养学生的科学精神，强化社会责任担当，落实立德树人根本任务。试题注重真实情境的创设，引导学生探究身边和社会的化学现象和
问题。践行从知识立意-能力立意-素养立意的命题导向，在问题情境、思维方式、实践活动和价值观念等多个维度开展了积极探索，突出必备知识
和关键能力的考核，指向学科核心素养的培育。试题选取真实情境为测试载体，问题指向考查学习掌握能力、学科思维能力和实践创新能力，通过对
生产生活实践中化学原理的考查，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，彰显化学学科价值。情境素材选自环境、信息、能
源、材料、生命等与化学密切相关的领域。例如，第13题将教材弱电解质的电离平衡知识很好地融合在真实的工业情境中，通过图像和信息解读，
将弱电解质的电离平衡及其影响因素、电离常数等基础知识和离子交换法的原理很好融合，凸显试题的多重功能与价值。另外第11题“电解获得电
池材料TiSi”，第13题“工业废水中甲酸的有效回收”，第17题“硅材料”，第19题“碳达峰·碳中和”，第20题“荧光材料ZnO@
MOF”制备，第21题“合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀”等，这些试题既很好地测试学生的必备知识、关键能力，也有利于学生体会化学学科的社
会应用价值，树立正确的价值观，体现试题的应用性和创新性要求。四、注重迁移，服务选才功能试题呈现形式丰富，图表数量多达15多幅，注重
考查学生获取解读信息的能力和逻辑推理能力。非选择题设问指向明确，要求学生能结合信息解读，进行全面准确的表达。试题命制中十分重视知识
承载学科核心素养功能的考查，即学生在面对不确定的真实情境中，能从试题提供的信息中合理运用化学学科的认识角度和思路分析解决问题，考查
学生适应未来学习的关键能力和必备品格。例如，第11题中电解制备TiSi时，电极反应式书写判断从常见的水溶液体系迁移到非水的熔融盐体
系，电极参与反应物判断是凭简单记忆，还是依据题给信息准确迁移；第15题中以教材碳酸钙的溶解平衡迁移到其真实存在的多个平衡，并对该体
系进行系统分析与考查，如分析溶解产生的CO32-在水中主要存在的形态判断等；第19题提出CH4还原能力(R)的新概念，并运用对概念
的理解进行作图和具体问题分析。这些都可以让学生置身于一个相对陌生的环境，很好地测评学生是基于题给信息的理解还是基于平时学习的简单记
忆，体现试题的综合性及适度的创新性要求，以小见大的考查方式，更能甄别学生的必备知识和关键能力。惟创新者进，惟创新者胜。新课标下素养
导向的考试命题，唯有不断改革创新，勇毅前行，才能不负教育使命和担当。题号分值难度考查方向详细知识点13易认识化学科学物质结构与性质
分类方法的应用；晶体类型判断；23易物质结构与性质化学反应原理有机化学基础强电解质与弱电解质；盐类水解规律理解及应用；蛋白质的变性
；元素周期表结构分析；33易物质结构与性质元素、核素、同位素；共价键的实质与形成；轨道表示式；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；
43中常见无机物及其应用次氯酸及其性质；二氧化硫的漂白性；几种铁的氧化物的物理性质及用途；53中有机化学基础常见无机物及其应用氨的
还原性；硝酸的强氧化性；二氧化硫的制备；乙醇与钠反应的机理；63中认识化学科学化学反应原理氧化还原反应基本概念；氧化还原反应有关计
算；原电池正负极判断；73中认识化学科学常见无机物及其应用离子反应的发生及书写；离子方程式的正误判断；氯气与碱溶液反应；氧化铝与碱
溶液反应；83中有机化学基础糖类定义及分类；蛋白质的颜色反应；高分子化合物通性的概述；93中有机化学基础有机官能团的性质及结构；有
机分子中原子共面的判断；含有酚羟基的物质性质的推断；含酯基有机物水解消耗NaOH的量的计算；103中物质结构与性质元素非金属性强弱
的比较方法；根据原子结构进行元素种类推断；电子排布式；113中化学反应原理电解原理的理解及判断；电解池电极反应式及化学方程式的书写
与判断；123中物质结构与性质简单配合物的成键；极性分子和非极性分子；133中化学反应原理弱电解质的电离平衡；弱电解质的电离平衡常
数；143难化学反应原理化学键与化学反应中的能量关系；热化学方程式书写及正误判断；根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和进行
计算；活化能及其对反应速率的影响；153中化学反应原理盐溶液中离子浓度大小的比较；盐的水解常数；沉淀转化；弱电解质的电离平衡常数；
163中认识化学科学常见无机物及其应用胶体的性质和应用；Fe2+的鉴别及其应用；铁盐的检验；1710中物质结构与性质微粒半径大小的
比较方法；核外电子排布规律；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶胞的有关计算；1810难认识化学科学物质结构与性质常见无机物及其
应用氧化还原反应方程式的配平；无机综合推断；铵根离子的检验；配合物的结构与性质；1910中化学反应原理化学平衡的移动及其影响因素；
化学平衡图像分析；化学平衡常数的有关计算；2010中化学实验基础常用仪器及使用；物质分离、提纯综合应用；常见无机物的制备；探究物质
组成或测量物质的含量；2112中有机化学基础根据题给物质选择合适合成路线；有机推断综合考查；一、选择题(本大题共16小题，每小题3
分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是(
)A．CO2B．SiO2C．MgOD．Na2O【答案】B【解析】A项，二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但为分子晶
体，不耐高温，A错误；B项，SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，所以SiO2是酸性氧化物，为共
价晶体，耐高温，B正确；C项，MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，所以MgO是碱性氧化物，；C错误；D
项，Na2O能跟酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物；D错误；故选B。2．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。3．下列化学用语表示正确的是( )A．中
子数为18的氯原子：B．碳的基态原子轨道表示式：C．的空间结构：(平面三角形)D．的形成过程：【答案】C【解析】A项，质量数=质子
数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误；
B项，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，轨道
表示式：，故B错误；C项，BF3的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正
确；D项，HCl是共价化合物，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．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．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】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B
正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色,可
用作红色颜料，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．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【答案】D【解析】A项，乙醇分子中含有
羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氨与氧气催化
氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。6．关于反应2NH2OH+
4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O，下列说法正确的是( )A．生成1molN2O，转移4mol电子B．NH2OH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】A项，由方程式可知，反应生成1mol
一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C
项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错
误；D项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成
亚铁离子，亚铁离子为正极产物，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-+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+=CaS
O3↓【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。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】A项，从分子结构上看糖类都是多羟基醛或酮及
其缩合产物，故A错误；B项，某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸会因胶体发生聚沉产生白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B正确
；C项，酯是易挥发而具有芳香气味的有机化合物，所以含有酯类的水果会因含有低级酯类物质而具有特殊香味，故C正确；D项，聚乙烯、聚氯乙
烯的是具有优良性能的热塑性塑料，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．1 mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2 molBr2D．1 mo
l该物质与足量溶液反应，最多可消耗3 molNaOH【答案】B【解析】A项，根据结构简式可知分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三
种官能团，A错误；B项，分子中苯环确定一个平面，碳碳双键确定一个平面，且两个平面重合，故所有碳原子共平面，B正确；C项，酚羟基含有
两个邻位H可以和溴发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3mol，C错误；D项，分子中含有2个酚羟基
，含有1个酯基，酯基水解后生成1个酚羟基，所以最多消耗4molNaOH，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：B．最高正价：C．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：【答案】B【解析
】X的2s轨道全充满，X为Be，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，M是地壳中含量最多的元素，M为O，X、Y、Z、M、Q五种
短周期元素，原子序数依次增大，则Z为N，Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na。A项，同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，电负性N大于
Be，A正确；B项，N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；C项，Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C
正确；D项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，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+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【答案】C【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极
A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。A项，在外
加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A错误；B项，电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+
4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电
极A移动，D错误；故选C。12．共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，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更难与发生反应
【答案】D【解析】A项，由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B项，由双聚氯化铝分子中所有
原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C项，由反应方程式可知，氨分子更易
与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D项，溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱
于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。13．甲酸Ka=1.8×10-4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+H2OR3NH++OH-B．pH=5的废水中c(HCOO-)：c(HCOOH)=18C．废水初始pH<2.4，随p
H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】A项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，故A正确；B项，由电离常数公
式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中=-18，故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当
溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸个离子浓度减小，与R3NH+作用的数目减
小，故C正确；D项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡R3N+H2OR3NH++OH-，当废水初始pH大于5时，平衡向
左移动，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-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) ?H=(E5-E4)kJ?mol-1【答案】C【解析】对比两个历
程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。A项，催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3
=E5-E2，A正确；B项，已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ?mol-1
，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ?mol-1，B正确；C项，催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化
率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D项，活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以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) ?H=(E5-E4)kJ?mol-1，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=4.7×10-1
1]，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】A项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)＞c(CO32-)，A错误；B项
，根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，
B正确；C项，向体系中通入CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶液中钙离子浓度增大，C错误；D项，由题干可
知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转
化成硫酸钙，D错误；故选B。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( )实验方案现象结论A往FeC
l2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K2S
O4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+先水解得Fe
(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀【答案】D【解析】A项，FeCl2溶液中加入Zn片，Fe2++Zn=Fe+Zn2+，溶液由浅绿
色变为无色，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A错误；B项，溶液变成血红色的原因，Fe3++3SCN-Fe( SCN)3，与SO42
-和K+无关，B错误；C项，铁离子可能先与单质铁生成亚铁离子，则溶液呈绿色，C错误；D项，向废水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(O
H)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D正确；故选D。二、非选择题(本题共5题，共52分)17．(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>②B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③D．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 sp3Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH2)4中Si-N键键能相对较小]；
产物中气态分子数显著增多(熵增)(2)AB (3)共价晶体 SiP2【解析】(1)Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的
4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名
称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是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)，故Si(NH2)4受
热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3；(2)电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s2
3p14s1，可推知分别为基态Si原子、基态Al原子、激发态Si原子；A项，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，A正确；B项，根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，B正确；C项，Si为非金属失电子能力比Al弱，电
离一个电子所需最低能量：①>③>②，C错误；D项，非金属Si的得电子能力强于金属Al，得电子能力：②>①，D错误；故选AB；(3)
Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，
8个P，故该化合物的化学式为SiP2。18．(10分)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：白色固体A用溶解
后，多余的酸用恰好中和，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=4
I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O (3)[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=A
gCl↓+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】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固
体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元
素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为=0.01mol，由白色固体A用0.0250mol盐酸溶
解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.01
50mol)×=0.005mol，若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.
500g，所以X中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：
0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X的化学式为Ca(ClO4)2。(1)X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学式为C
a(ClO4)2；(2)由图可知，B→C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式
为，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；(3)由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生
成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+；(4)由图可知，溶液Ⅰ为硝
酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作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+。19．(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) ?H1= +247 kJ?mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ?
H2= +41 kJ?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?H=_________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
如下流程(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可促进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iii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，R=?n(CO2)/?n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之比)。 ①常压下C
H4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℃时间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/℃4805005205
50CH4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【答案】(1)C (2)+329K1?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】(1)反应Ⅰ为
气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，C
H4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C；(2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+
2H2(g) ?H1= +247 kJ?mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ?H2=
+41 kJ?mol-1 ， K2 根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应H4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)；故△H
=△H1+2△H2=+329 kJ?mol-1，K= K1?K22；(3)①A项，根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为
Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2, CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，
A错误；B项，过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C项，过程ⅱCaO吸收CO2而产
生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D项，焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还
原1 mol CO2需吸收的能量一样多，D错误；故选BC；②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移
，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；(4)①根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即?n(CH4
)=1mol, CO2转化率为60%,即?n(CO2) =3mol60%=1.8mol，故R=?n(CO2)/?n(CH4)==1
.8，故400~1000℃间R的变化趋势如图：；②A项，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)增大的倍数比?n(CH4)大，则R提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而
R越大，?n(CO2)增大的倍数比?n(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；C项，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化
率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转
化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。20．(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：②ε-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7.5×10-3g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→(g)→c(f)→(h) (6)8 【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ε-Zn(OH)2，分离出ε-Zn(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ε-Zn(OH)2，B错误；C项，由信息②可知，ε-Zn(OH)239℃以下稳定，故在用
50℃的热水洗涤时会导致，ε-Zn(OH)2分解为其他物质，C错误；D项，由流程可知，控温煅烧时ε-Zn(OH)2会转化为纳米氧化
性，故，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小，D正确；故选BC；(3)给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名
称是坩埚；(4)两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：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)为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：d→(g)→c(f)→(h)；(6)人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。21．(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：①②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C18H25N3O4D．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；②谱和谱检测表明：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，氯原子(2)(3)D(4)(5) (6)【解析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成C，结合C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生酯化反应生成H，H与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀。(1)由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子；(2)由以上分析可知化合物B的结构简式；(3)A项，B→C的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误；B项，化合物D中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；C项，化合物I的分子式是C18H27N3O4，故错误；D项，将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；故选D；(4)G与乙醇发生酯化反应生成H，反应方程式为：；(5)1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与NaCN发生取代反应生成，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为：；(6)化合物C的同分异构体①分子中只含一个环，且为六元环；②谱和谱检测表明：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，除乙酰基外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有、、、。zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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