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浙江省2023年1月普通高校招生选考化学试题
一、选择题
1．（2023·浙江1月选考）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；物质的简单分类
【解析】【解答】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但二氧化碳为分子晶体，熔点低，不耐高温，A不符合题意；
B．SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO+H2O，SiO2是酸性氧化物，且SiO2为共价晶体，耐高温，B符合题意；
C．MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，MgO是碱性氧化物，C不符合题意；
D．Na2O能跟酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，耐高温说明该物质熔点高，熔点：原子（共价）晶体>离子晶体>分子晶体。
2．（2023·浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法错误的是
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
【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的原理；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cu为29号元素，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A符合题意；
B．硫酸铜在水溶液中完全电离为铜离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B不符合题意；
C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cu的原子序数为29，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区；
B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指在溶液中完全电离的电解质；
C.铜离子水解显酸性；
D.重金属离子能使蛋白质变性。
3．（2023·浙江1月选考）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
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，则中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A不符合题意；
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，轨道表示式：，故B不符合题意；
C．BF3中心B原子的价层电子对数为==3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C符合题意；
D．HCl是共价化合物，其形成过程应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.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；
C.BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形；
D.HCl为共价化合物。
4．（2023·浙江1月选考）物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
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．呈红色，可用作颜料
【答案】C
【知识点】钠的物理性质；铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．SO2具有漂白性，能与某些有色物质结合生成无色物质，能使某些色素褪色，选项A不符合题意；
B．钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B不符合题意；
C．NaClO溶液具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可杀菌消毒，与其溶液呈碱性无关，选项C符合题意；
D．Fe2O3为红棕色固体，可用作红色颜料，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.SO2能与某些有色物质结合生成无色物质；
B.钠具有良好的导热性；
C.NaClO利用其强氧化性杀菌消毒；
D.氧化铁为红棕色固体。
5．（2023·浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法错误的是
A．和乙醇反应可生成
B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇分子中含有羟基，可以和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A不符合题意；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO和水，C不符合题意；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫；
C.氨气催化氧化生成NO和水；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化。
6．（2023·浙江1月选考）关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子
B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，为负极产物
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A符合题意；
B．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，铁离子是反应的氧化剂，故C不符合题意；
D．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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，作氧化剂。
7．（2023·浙江1月选考）下列反应的离子方程式错误的是
A．通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量通入饱和碳酸钠溶液：
D．溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．和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：，选项A不符合题意；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B不符合题意；
C．过量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：，选项C不符合题意；
D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，H2SO3与氯化钙溶液不反应，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；
D.H2SO3与氯化钙溶液不反应。
8．（2023·浙江1月选考）下列说法错误的是
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
【知识点】塑料的老化和降解；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A．从分子结构上，糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，故A符合题意；
B．某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸作用，先变性生成白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B不符合题意；
C．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不符合题意；
D．聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物；
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；
C.酯类具有特殊香味；
D.聚乙烯、聚氯乙烯是常见的热塑性塑料。
9．（2023·浙江1月选考）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．该物质与足量溴水反应，最多可消耗
D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗
【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A不符合题意；
B．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符合题意；
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，因此 该物质与足量溴水反应，最多消耗单质溴3mol，C不符合题意；
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，则 该物质与足量溶液反应，最多消耗4molNaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该分子中含有的官能团为酚羟基、酯基和碳碳双键；
B.苯环和双键均为平面结构，单键可以旋转；
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；
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。
10．（2023·浙江1月选考）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。下列说法错误的是
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
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：N>Be，则电负性：N>Be，即Z>X，A不符合题意；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，即M>Z；B符合题意；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有O-O非极性共价键，C不符合题意；
D．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>C，则硝酸酸性强于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素，X的2s轨道全充满，则X为Be元素，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则Y为C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。
11．（2023·浙江1月选考）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，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：
C．该体系中，石墨优先于参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．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，则石墨电极为阳极，选项A不符合题意；
B．由上述分析可知，电极A为阴极，电极反应为，选项B不符合题意；
C． 石墨电极中碳失去电子，因此该体系中，石墨优先于参与反应，选项C符合题意；
D．电解时，阳离子向阴极移动，石墨电极为阳极，则阳离子向阴极电极A移动，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解和获得电池材料，则电极A为阴极，电极反应式应为，石墨电极为阳极，电极反应式为C-2e-+O2-=CO↑。
12．（2023·浙江1月选考）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：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【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，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．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不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl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符合题意；
故答案为：D。
【分析】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；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
13．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。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，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)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．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不符合题意；
C．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，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.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；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
14．（2023·浙江1月选考）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[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，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：
【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．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，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．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：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
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；
D.活化能越大反应速率越慢。
15．（2023·浙江1月选考）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：
[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入气体，溶液中保持不变
D．通过加溶液可实现向的有效转化
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．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，A不符合题意；
B．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符合题意；
C．向体系中通入CO2，，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c（Ca2+）增大 ，C不符合题意；
D．由题干可知，，，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.上层清液中，钙离子不水解，碳酸根离子发生水解；
B.计算比较碳酸根的水解常数和Ka2，确定碳酸根离子的水解程度和碳酸氢根的电离程度，进而确定含碳微粒的存在形式；
C.通入二氧化碳，发生反应；
D. Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶。
16．（2023·浙江1月选考）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 往溶液中加入片 短时间内无明显现象 的氧化能力比弱
B 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和溶液，持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 先水解得再聚集成沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应，溶液由浅绿色变为无色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A不符合题意；
B．溶液变成血红色的原因为：，加入硫酸钾，平衡不移动，B不符合题意；
C． Fe3+能被Fe还原为Fe2+，因此溶液呈绿色，不能证明食品脱氧剂样品中不含+3价铁，C不符合题意；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.硫酸钾不影响的平衡移动；
C. Fe3+能被Fe还原为Fe2+；
D.加热会使胶体聚沉。
二、非选择题
17．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，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、②、③，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；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)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；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
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，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：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，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； 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；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
18．（2023·浙江1月选考）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）；
（2）
（3）
（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+；取取溶液于试管中，加入至碱性，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
【知识点】铵离子检验；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由分析可知，X由Ca、Cl、O元素组成，X的化学式为，故答案为：；；
（2）由图可知，B→C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：；
（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，故答案为：；
（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，故答案为：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。
【分析】X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，白色固体A为碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B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和无水溶液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，AgCl的物质的量为0.01mol，白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量为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，白色固体的质量为0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，其中n(O)=0.04mol，X中Ca、Cl、O数目之比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化学式为。
19．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高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）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
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，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．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需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（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可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
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，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
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；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
20．（2023·浙江1月选考）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②是的一种晶型，以下稳定。
请回答：
（1）步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。
（2）下列有关说法错误的是____。
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，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率
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）用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是 。
（5）为测定纳米产品的纯度，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、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签
（6）制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。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）
（2）B；C
（3）坩埚
（4）杂质中含有，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
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据已知①可知，体系中主要含锌组分的化学式是，故答案为：；
（2）A．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符合题意；
B．根据已知①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B不符合题意；
C．由已知②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致分解为其他物质，C不符合题意；
D．由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D符合题意；
故答案为：BC；
（3）煅烧固体应在坩埚中进行，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚，故答案为：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，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去，故答案为：杂质中含有，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：；
（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1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子，故答案为：8。
【分析】 NaOH溶液中滴入ZnSO4溶液，已知①可知，NaOH溶液过量时，生成物是Na2[Zn(OH)4]，如果ZnSO4溶液过量，搅拌、过滤、洗涤得到，控制温度煅烧得到纳米ZnO，纳米ZnO和MOF反应得到ZnO@MOF。
21．（2023·浙江1月选考）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．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
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
（4）写出的化学方程式 。
（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，碳氯键(氯原子)
（2）
（3）D
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中含有的官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知，化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. 的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故不符合题意；
B. 结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，化合物D中含有两个羟基，与乙醇结构不相似，两者不互为同系物，故不符合题意；
C. 根据I的结构简式可知，化合物I的分子式为，故不符合题意；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故符合题意；
故答案为：D；
（4）由上述分析可知，G为，G与乙醇发生酯化反应生成H，反应的化学方程式为：，故答案为：；
（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： ，故答案为：；
（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，故答案为： 。
【分析】A与CH3NH2发生已知①生成B，结合B的分子式可知，B为，B发生还原反应生成C；D发生一系列反应转化为E，C和F反应生成F，结合F的分子式和I的结构简式可知，F为，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。
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浙江省2023年1月普通高校招生选考化学试题
一、选择题
1．（2023·浙江1月选考）下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是
A． B． C． D．
2．（2023·浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法错误的是
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
3．（2023·浙江1月选考）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：
4．（2023·浙江1月选考）物质的性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
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．呈红色，可用作颜料
5．（2023·浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法错误的是
A．和乙醇反应可生成
B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
6．（2023·浙江1月选考）关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子
B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，为负极产物
7．（2023·浙江1月选考）下列反应的离子方程式错误的是
A．通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量通入饱和碳酸钠溶液：
D．溶液中滴入氯化钙溶液：
8．（2023·浙江1月选考）下列说法错误的是
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
9．（2023·浙江1月选考）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．该物质与足量溴水反应，最多可消耗
D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗
10．（2023·浙江1月选考）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。下列说法错误的是
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：
11．（2023·浙江1月选考）在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，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：
C．该体系中，石墨优先于参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
12．（2023·浙江1月选考）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：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
13．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。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，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)，下列说法错误的是
A．活性成分在水中存在平衡：
B．的废水中
C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少
D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在
14．（2023·浙江1月选考）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[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，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：
15．（2023·浙江1月选考）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：
[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
C．向体系中通入气体，溶液中保持不变
D．通过加溶液可实现向的有效转化
16．（2023·浙江1月选考）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 往溶液中加入片 短时间内无明显现象 的氧化能力比弱
B 往溶液中滴加溶液，再加入少量固体 溶液先变成血红色后无明显变化 与的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有价铁
D 向沸水中逐滴加5~6滴饱和溶液，持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 先水解得再聚集成沉淀
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题
17．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，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、②、③，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 。
18．（2023·浙江1月选考）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 。
19．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高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）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
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，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
20．（2023·浙江1月选考）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②是的一种晶型，以下稳定。
请回答：
（1）步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。
（2）下列有关说法错误的是____。
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，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率
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）用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是 。
（5）为测定纳米产品的纯度，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、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签
（6）制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。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。
21．（2023·浙江1月选考）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．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
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
（4）写出的化学方程式 。
（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。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较；物质的简单分类
【解析】【解答】A．二氧化碳和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，但二氧化碳为分子晶体，熔点低，不耐高温，A不符合题意；
B．SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO+H2O，SiO2是酸性氧化物，且SiO2为共价晶体，耐高温，B符合题意；
C．MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO +2H+=Mg2++H2O，MgO是碱性氧化物，C不符合题意；
D．Na2O能跟酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，耐高温说明该物质熔点高，熔点：原子（共价）晶体>离子晶体>分子晶体。
2．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质；盐类水解的原理；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cu为29号元素，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A符合题意；
B．硫酸铜在水溶液中完全电离为铜离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B不符合题意；
C．硫酸铜为强酸弱碱盐，铜离子水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；
D．铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cu的原子序数为29，其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区；
B.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指在溶液中完全电离的电解质；
C.铜离子水解显酸性；
D.重金属离子能使蛋白质变性。
3．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，则中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A不符合题意；
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，轨道表示式：，故B不符合题意；
C．BF3中心B原子的价层电子对数为==3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C符合题意；
D．HCl是共价化合物，其形成过程应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.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；
C.BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形；
D.HCl为共价化合物。
4．【答案】C
【知识点】钠的物理性质；铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．SO2具有漂白性，能与某些有色物质结合生成无色物质，能使某些色素褪色，选项A不符合题意；
B．钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，选项B不符合题意；
C．NaClO溶液具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可杀菌消毒，与其溶液呈碱性无关，选项C符合题意；
D．Fe2O3为红棕色固体，可用作红色颜料，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.SO2能与某些有色物质结合生成无色物质；
B.钠具有良好的导热性；
C.NaClO利用其强氧化性杀菌消毒；
D.氧化铁为红棕色固体。
5．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇分子中含有羟基，可以和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A不符合题意；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO和水，C不符合题意；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫；
C.氨气催化氧化生成NO和水；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化。
6．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A符合题意；
B．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，铁离子是反应的氧化剂，故C不符合题意；
D．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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，作氧化剂。
7．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．和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：，选项A不符合题意；
B．氧化铝与氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，选项B不符合题意；
C．过量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：，选项C不符合题意；
D．溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，H2SO3与氯化钙溶液不反应，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠；
D.H2SO3与氯化钙溶液不反应。
8．【答案】A
【知识点】塑料的老化和降解；蛋白质的特殊反应
【解析】【解答】A．从分子结构上，糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，故A符合题意；
B．某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸作用，先变性生成白色沉淀，加热后沉淀发生显色反应变为黄色，故B不符合题意；
C．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不符合题意；
D．聚乙烯、聚氯乙烯的是具有优良性能的热塑性塑料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物；
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；
C.酯类具有特殊香味；
D.聚乙烯、聚氯乙烯是常见的热塑性塑料。
9．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中含有酚羟基、酯基和碳碳双键，共三种官能团，A不符合题意；
B．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符合题意；
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，因此 该物质与足量溴水反应，最多消耗单质溴3mol，C不符合题意；
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，则 该物质与足量溶液反应，最多消耗4molNaOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该分子中含有的官能团为酚羟基、酯基和碳碳双键；
B.苯环和双键均为平面结构，单键可以旋转；
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；
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。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：N>Be，则电负性：N>Be，即Z>X，A不符合题意；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，即M>Z；B符合题意；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有O-O非极性共价键，C不符合题意；
D．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>C，则硝酸酸性强于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素，X的2s轨道全充满，则X为Be元素，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则Y为C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。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．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，则石墨电极为阳极，选项A不符合题意；
B．由上述分析可知，电极A为阴极，电极反应为，选项B不符合题意；
C． 石墨电极中碳失去电子，因此该体系中，石墨优先于参与反应，选项C符合题意；
D．电解时，阳离子向阴极移动，石墨电极为阳极，则阳离子向阴极电极A移动，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电解和获得电池材料，则电极A为阴极，电极反应式应为，石墨电极为阳极，电极反应式为C-2e-+O2-=CO↑。
12．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【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，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．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不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl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符合题意；
故答案为：D。
【分析】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；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
13．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；
B．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不符合题意；
C．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，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；
D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.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；
B.溶液中=；
C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；
D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．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，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．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：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
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；
D.活化能越大反应速率越慢。
15．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．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，A不符合题意；
B．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符合题意；
C．向体系中通入CO2，，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c（Ca2+）增大 ，C不符合题意；
D．由题干可知，，，Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.上层清液中，钙离子不水解，碳酸根离子发生水解；
B.计算比较碳酸根的水解常数和Ka2，确定碳酸根离子的水解程度和碳酸氢根的电离程度，进而确定含碳微粒的存在形式；
C.通入二氧化碳，发生反应；
D. Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶。
16．【答案】D
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应，溶液由浅绿色变为无色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，Fe2+的氧化能力比Zn2+强，A不符合题意；
B．溶液变成血红色的原因为：，加入硫酸钾，平衡不移动，B不符合题意；
C． Fe3+能被Fe还原为Fe2+，因此溶液呈绿色，不能证明食品脱氧剂样品中不含+3价铁，C不符合题意；
D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，制取Fe(OH)3胶体，继续加热则胶体因聚沉变为沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.硫酸钾不影响的平衡移动；
C. Fe3+能被Fe还原为Fe2+；
D.加热会使胶体聚沉。
17．【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)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；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
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，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：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，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； 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；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
18．【答案】（1）；
（2）
（3）
（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+；取取溶液于试管中，加入至碱性，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
【知识点】铵离子检验；无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）由分析可知，X由Ca、Cl、O元素组成，X的化学式为，故答案为：；；
（2）由图可知，B→C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：；
（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，故答案为：；
（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，故答案为：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。
【分析】X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，白色固体A为碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B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和无水溶液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，AgCl的物质的量为0.01mol，白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量为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，白色固体的质量为0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，其中n(O)=0.04mol，X中Ca、Cl、O数目之比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化学式为。
19．【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．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需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（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可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
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，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
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；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
20．【答案】（1）
（2）B；C
（3）坩埚
（4）杂质中含有，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
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据已知①可知，体系中主要含锌组分的化学式是，故答案为：；
（2）A．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符合题意；
B．根据已知①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B不符合题意；
C．由已知②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致分解为其他物质，C不符合题意；
D．由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D符合题意；
故答案为：BC；
（3）煅烧固体应在坩埚中进行，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚，故答案为：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，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去，故答案为：杂质中含有，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：；
（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1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子，故答案为：8。
【分析】 NaOH溶液中滴入ZnSO4溶液，已知①可知，NaOH溶液过量时，生成物是Na2[Zn(OH)4]，如果ZnSO4溶液过量，搅拌、过滤、洗涤得到，控制温度煅烧得到纳米ZnO，纳米ZnO和MOF反应得到ZnO@MOF。
21．【答案】（1）硝基，碳氯键(氯原子)
（2）
（3）D
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；羧酸简介
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A中含有的官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知，化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. 的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故不符合题意；
B. 结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，化合物D中含有两个羟基，与乙醇结构不相似，两者不互为同系物，故不符合题意；
C. 根据I的结构简式可知，化合物I的分子式为，故不符合题意；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故符合题意；
故答案为：D；
（4）由上述分析可知，G为，G与乙醇发生酯化反应生成H，反应的化学方程式为：，故答案为：；
（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： ，故答案为：；
（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，故答案为： 。
【分析】A与CH3NH2发生已知①生成B，结合B的分子式可知，B为，B发生还原反应生成C；D发生一系列反应转化为E，C和F反应生成F，结合F的分子式和I的结构简式可知，F为，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。
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