2023年高考化学（浙江卷1月）真题详细解读及评析

2023年1月浙江省选考化学真题完全解读

（浙江卷）

试题评价

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τl6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（11、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21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CCh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，问题设计从易至IJ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

2

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CO3-

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。

知识细目

题号分值难度考查方向详细知识点

认识化学科学分类方法的应用；晶体类型判断；

13易

物质结构与性质

物质结构与性质强电解质与弱电解质；盐类水解规律理解及应用；蛋

23易化学反应原理白质的变性；元素周期表结构分析；

有机化学基础

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；

次氯酸及其性质；二氧化硫的漂白性；儿种铁的氧化

43中常见无机物及其应用

物的物理性质及用途；

有机化学基础氨的还原性；硝酸的强氧化性；二氧化硫的制备；乙

53中

常见无机物及其应用醇与钠反应的机理；

认识化学科学氧化还原反应基本概念；氧化还原反应有关计算；原

63中

化学反应原理电池正负极判断；

认识化学科学离子反应的发生及书写；离子方程式的正误判断；氯

73中

常见无机物及其应用气与碱溶液反应；氧化铝与碱溶液反应；

糖类定义及分类；蛋白质的颜色反应；高分子化合物

83中有机化学基础

通性的概述；

有机官能团的性质及结构；有机分子中原子共面的判

93中有机化学基础断；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；

元素非金属性强弱的比较方法；根据原子结构进行元

IO3中物质结构与性质

素种类推断；电子排布式；

电解原理的理解及判断；电解池电极反应式及化学方

113中化学反应原理

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；

化学键与化学反应中的能量关系；热化学方程式书写

143难化学反应原理及正误判断；根据AH=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；

盐溶液中离子浓度大小的比较；盐的水解常数；沉淀

153中化学反应原理

转化；弱电解质的电离平衡常数；

认识化学科学胶体的性质和应用；Fe2+的鉴别及其应用；铁盐的检

163中

常见无机物及其应用验；

微粒半径大小的比较方法；核外电子排布规律；利用

1710中物质结构与性质

杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶胞的有关计算；

认识化学科学氧化还原反应方程式的配平；无机综合推断；镂根离

1810难物质结构与性质子的检验；配合物的结构与性质；

常见无机物及其应用

化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡图像分析；

1910中化学反应原理

化学平衡常数的有关计算；

常用仪器及使用；物质分离、提纯综合应用；常见无

2010中化学实验基础

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；

试题详解

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，SiCh能跟碱反应生成盐和水：SiO2+2OH-=SiO./+HzO,所以SiCh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++H2θ,所以Mgo是碱性氧化物，；C错误;

D项，NazO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㈣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】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Cl

Is2s2p

B.碳的基态原子轨道表示式:血向EE

F

—

C.BF,的空间结构:B（平面三角形）

FF

D.HCl的形成过程：H-+-Cl：+-

H［：C••I：］

【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;;Cl,故A错误；B项，基态碳原子的核外电子排布

式为Is22s22p2,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：的丘口ITiTl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

Is2s2p2

F

—

对数=3,空间构型为平面三角形，空间结构模型为:B故C正确；D项，HCI是共价化合物,

F/F

不存在电子得失，其形成过程应为H41:——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足颐的是（）

A.SO?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】A项，SCh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，NaCIO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，FezCh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生颐的是（）

A.Na和乙醇反应可生成H?B.工业上燃烧黄铁矿（FeSz）生产SCh

C.工业上用氨的催化氧化制备NC）D.常温下铁与浓硝酸反应可制备NCh

【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（FeSz）在空气中

燃烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氢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2NH2θH+4Fe3+=N2θ↑+4Fe2++H2θ,下列说法正确的是（）

A.生成ImOIN2。，转移4mol电子B.NH2OH是还原产物

C.NHzOH既是氧化剂又是还原剂D.若设计成原电池，Fe?+为负极产物

【答案】A

【解析】A项，由方程式可知，反应生成Imol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，NEOH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，NHzOH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Ao

7.下列反应的离子方程式不氐硼的是（）

A.CL通入氢氧化钠溶液：Ch+20H=Cl+C10-+H20

B.氧化铝溶于氢氧化钠溶液：A∣2O3+2OH=2A1O2+H2O

C.过量CCh通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32-CO2+H2O=2NaHCO3I

22+

D.H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO3+Ca=CaSθ3i

【答案】D

【解析】A项,CL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：Ch+2OH-=

Cl+C10+H20,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：

A∣2O3+2OH-=2AIO2+H2O,B正确；C项，过量CCh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=2NaHCO3J,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.下列说法不无项的是（）

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.1mol该物质与足量滨水反应，最多可消耗2molBr2

D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaC）H

【答案】B

【解析】A项，根据结构筒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可以和澳发生取代反应，另外碳碳双键能和单质漠发生加成反应，所以最多消耗单

质澳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。下列说法不氐顾的是（）

A.电负性：Z>X

B.最高正价：Z<M

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：Z>Y

【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•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0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+Tiθ2+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】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

2

极相连，则电极A作阴极,TiCh和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi),电极反应为Tiθ2+SiO2+8e=TiSi+4Oo

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+Siθ2+8e-=TiSi+4C)2-,B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cr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AlQL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=2A1(NH3)C13,下列说法不氐俄的是()

∕∏∖χ∙∣

的结构式为x

A.Al2Cl6Clx^Al×C∣∕B.AkCk

为非极性分子

C.该反应中NH3的配位能力大于氯D.AhBr6比AbCk更难与NHj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

>ΓIM：，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

c∣∕ʌɑʌ

Cl(.ICl

子的结构式为二Al：)A∣1,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

Cl/'eɪ/ʌei

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，

澳元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝漠键弱于铝氯键，所以双聚滨化铝的铝滨

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=I.8x10-4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PH

关系如图(已知甲酸Ka=L8x10«),下列说法不氐颈的是()

%

∕

⅜

⅛

回

22.4345678

废水初始PH

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

C.废水初始pH<2.4,随PH下降，甲酸的电离被抑制，与RjNH+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

C(HCOer)K,c(HCOO)

正确；B项，由电离常数公式可知，溶液中C(HCOoH)=c(H∙),当溶液H为5时，溶液中C(HCoOH)=

1.8>10T

1.0×10-5.18,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RNH+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+H2O

=RJNHZOH-,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Oz(g)和Cb(g)的相对能

量为0],下列说法不正确的是()

历程I历程H

A.E6-E3=E5-E2

B.可计算Cl-Cl键能为2(E2∙B)kJ∙moH

C.相同条件下，03的平衡转化率：历程∏>历程I

D.历程I、历程H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)

Δ∕∕=(E5-ε4)kJ∙moΓ1

【答案】C

【解析】对比两个历程可知，历程∏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焙变，因此E6-E3=E5-E2,A正确；B项，已知CL(g)的相对能量

为0,对比两个历程可知,CKg)的相对能量为(E2-E3)kJ∙moH,则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ∙molLB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，03的平衡转化率：历程Il=历程1，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

l

反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)ΔW=(E5-f4)kJ∙mol∙,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)+CO3，aq)［已知KSP(CaCO3)=3.4x10%KSP(CaSoQ=4.9x106,H2CO3的电离常数KaI=4.5x10〃,

^a2=4,7×10"],下列有关说法正确的是()

2+2

A.上层清液中存在c(Ca)=c(CO3)

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CCh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∙(CCh2-),

江212业=皿叱

A错误；B项，根据Ka2=4.7×1011可得C(HCO.J,则碳酸根的水解平衡常数为

Kh=C(H8可(。田)=底=2XQ

C(C0：)Ka2,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C02,碳酸钙与CO?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)=34x10-9,KSP(CaSoQ=4.9x106,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FeCI2溶液中加入Zn片短时间内无明显现象Fe?+的氧化能力比Z/+弱

B往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液先变成血红色后无明Fe3+与SCN-的反应不可逆

溶液，再加入少量K2SO4固体显变化

C将食品脱氧剂样品中的还原铁溶液呈浅绿色食品脱氧剂样品中没有+3价铁

粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液

D向沸水中逐滴加5-6滴饱和溶液先变成红褐色再析出Fe3+先水解得Fe(OH)3再聚集成

FeCI3溶液，持续煮沸沉淀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，Fe?+的氧化能力

比Zi?+强，A错误；B项，溶液变成血红色的原因，Fe3++3SCħΓFe(SCN)3,与SO1%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(OH)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：

(I)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]3s23p∖③[Ne]3s23p∣4s∣,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】⑴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键键能相对较小1；产物中气态分子数

显著增多(爆增)

(2)AB(3)共价晶体SiP2

【解析】(I)Si(NH2)4分子可视为SiHt分子中的4个氢原子被一NHM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(-NH》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NH?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(端增),故Si(NH2)4

受热不稳定,容易分解生成Si3N4和N‰(2)电子排布式分别为:①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p∣、③[Ne]3s23p∣4s∣,

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：①

②，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：②XD,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

8×-+6×-=4

个晶胞中含有82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:

[⅛

1195g

已知：白色固体A用0.025OmolHCl溶解后，多余的酸用0.015OmOINae)H恰好中和，请回答：

(I)X的组成元素是,X的化学式是O

(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O

(4)设计实验检验溶液I中的阳离子.

【答案】(I)Ca、CkOCa(ClO4)2

(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O

+++

(3)[Ag(NH3)2]+CΓ+2H=AgCU+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NE+

【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

或碳酸钢沉淀，说明化合物X中含有钙离子或领离子，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

1.435g

143∙5g∕mol=00ιtnol,由白色固体A用0.025Omol盐酸溶解后，多余的酸用0.015OmOl氢氧化钠溶液恰好

中和可知，化合物X中含有钙元素或钢元素的物质的量为(0.025()mol。015OmOI)X5=0.005mol,若化合物

X含有钢元素，白色固体A的质量为=0.005molxl97g∕mol=0∙985g>0.500g,所以X中含有钙元素，含有的

1.195g-0.2g-0.355g

氧元素物质的量为143∙5g∕mol=0.04moh则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol:

0.0lmoɪ:0.04mol=l:2：8,则X的化学式为Ca(Clo4)2。⑴X的组成元素钙原子、氮元素和氧元素，化学

式为Ca(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8HI+NaC0=4U+NaCl+4H2θ,故答案为：8HI+NaCK*4k+NaCl+4HQ

(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镂，反应的离

子方程式为［Ag(NH3)2「+C「+2H，=AgCll+2NH/；(4)由图可知，溶液I为硝酸和硝酸铁的混合溶液，则检验

溶液中氢离子钱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，CE还原CCh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)AHi=+247kJ∙moH,KI

1

II：CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)ΔW2=+41kJ∙moΓ,K2

请回答：

(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是O

A.低温低压B.低温身压C.I司温低压D.局温「旨J压

⑵反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H,O(g)的△〃=kJ∙moH,K=(用KI、K2表示)。

(3)恒压、75(ΓC时，CH4和CCh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CCh可促进Fe3CU氧化CO的平衡正移

C.过程ii产生的HzO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ImolCo2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=A"(CCh)∕Δ"(CH4)(同一时段内CO2-⅛CH4的物质的量变化

之比)。

①常压下CE和CO2按物质的量之比1：3投料,某一时段内CH,和CCh的转化率随温度变化如图1,

请在图2中画出400~1000°C之间R的变化趋势，并标明IoO(TC时间R值。

②催化剂X可提高R值，另一时段内CH转化率、R值随温度变化如下表:

温度/℃480500520550

CH4转化率/%7.911.520.234.8

R2.62.42.11.8

下列说法不氐顾的是

A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应H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

1

【答案】⑴C(2)+329Ki∙Ki

(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CCh平衡正移

【解析】(1)反应I为气体体积增大的吸热反应，反应∏为气体体积不变的吸热反应，4H>0,升高温度,

平衡右移，CHq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CCh平衡转化

率的条件是高温低压；故选C；

l

(2)己知：1：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH∣=+247kJ∙moΓ,K1

l

II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔW2=+41kJ∙mol^,K2

根据盖斯定律，由l+∏*2得反应H4(g)+3CO2(g)=4CO(g)+2H2O(g)；½∆H=∆Hl+2∆H2=+329

kJ∙moll,K=KI•及2；(3)①A项,根据流程可知,Fe3O4转化为Fe,Fe又转化为F