2023-2025年1月浙江省普通高校招生选考科目高考化学真题试卷（浙江卷3年真题 含答案）

20231月浙江省普通高校招生选考化学试题可能用到的相对原子质量 一、选择题(16348分。每小题列出的四个备选项中只有一个

Cu元素位于周期表p B.硫酸铜属于强电解C.硫酸铜溶液呈酸 D.硫酸铜能使蛋白质变1837 B.金属钠导热性好，可用作传热介C.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒

Fe2O3Na和乙醇反应可生成

工业上用氨的化氧化制备 D.常温下铁与浓硝酸反应可制备 2NHOH4Fe3=NO4Fe24HH 生成1molN2O，转移4mol电 B.NH2OH是还原产C.NH2OH既是氧化剂又是还原 D.若设计成原电池，Fe2为负极产 ClCl2OH=ClClO AlO2OH2AlOH2 过量CO2NaCO2COHO=2NaHCO HSOSO2Ca2=CaSO 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗ZZ在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料TiSi A8HTiOSiO8e=TiSi 该体系中，石墨优先于ClAl2Cl62NH32AlNH3Cl3，下列说法A.Al2Cl6的结构式 B.Al2Cl6为非极性分C.该反应中NH3的配位能力大于 D.Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反关系如图(已知甲酸

1.8104)，下列说法 活性成分RNRNHORNH pH5的废水中cHCOOc(HCOOH废水初始pH2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与RNH作用的HCOO废水初始pH5，离子交换树脂活性成分主要以RNH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0]，下列说法的是E6E3E5 可计算ClCl键能为2EEkJ ClO(g)O(g)=O(g)Cl(g)ΔHEEkJ CaCO(sCa2(aqCO2(aq[已知KCaCO3.4109，KCaSO4.9105 a的电离常数K4.5107, a上层清液中存在cCa2cCO2上层清液中含碳微粒最主要以HCO向体系中通入CO气体，溶液中cCa2通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4往FeCl2溶液中加入ZnFe2的氧化能力比Zn2往Fe2SO4溶液中滴加KSCN加入少量K2SO4Fe3与SCN滴加KSCN溶液食品脱氧剂样品中没有35~6滴饱和FeCl3溶液，持Fe3先水解得Fe(OH)3成Fe(OH)3 B. C. D.二、非选择题(552分SiNH24分子的空间结构(以Si为中心)名称 SiNH2受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因 A.B.电子排布属于基态原子(或离子)C.D. A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH ，X的化学式 写出BC溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程 “碳达峰·碳中和”CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相 Ⅰ：CH(g)CO(g)2CO(g)2H ΔH247kJ Ⅱ：CO(g)H(g)CO(g)HO(g)ΔH41kJ 有利于提高CO2平衡转化率的条件 A.低温低 B.低温高 C.高温低 D.高温高反应CH4(g)3CO2(g)4CO(g)2H2O(g)的ΔH= kJmol1，K K1,K2表示)750C时，CH4和CO2按物质的量之比13(主要产物已标出)可实现 Fe3O4CaO过程ⅱCaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ②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 CH4还原能力R可衡量CO2RΔnCO2ΔnCH4(同一时段内CO2与CH4的物①常压下CH4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4001000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时R值 ②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CH4转化率34 B．温度越低，含氢产物中H2OCCH4CO2转化率降低，RD．改变化剂提高CH4转化率，R值不一定增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

εε

2 εZn(OH)2是Zn(OH)239以下稳定。 步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备εZn(OH)2，可提高ZnSO4步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO 用ZnCH3COO和过量NH4CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗 为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2。从下列选项中选择合理 (称量ZnO样品xg)→用烧杯( )→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2)操作：fZn+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的Zn2溶液；i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在一定浓某研究小组取7.5103g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5105)，经预处理，将其中Cu BCI的分子式是C18H25写出GH的化学方程 OCH||原子，无氮氮键，有乙酰基 C 20231月浙江省普通高校招生选考化学试题 一、选择题(16348分。每小题列出的四个备选

CDB。Cu元素位于周期表p B.硫酸铜属于强电解 D.硫酸铜能使蛋白质变【详解】A．Cu29IBdsA错误；BB正确；CC正确；铜离子为D正确；1837 1817+18=35，核素符号为35ClA错误；别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式： ，故B错误；

，故C正确D错误； C.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒

Fe2O3CFe2O3的颜色是红色,D正确；C。Na和乙醇反应可生成

工业上用氨的化氧化制备 D.常温下铁与浓硝酸反应可制D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；D。 2NHOH4Fe3=NO4Fe24HH 生成1molN2O，转移4mol电 B.NH2OH是还原产C.NH2OH既是氧化剂又是还原 【详解】A1mol4molA正确；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OHB错C．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C错误；D AClCl2OH=ClClO B.AlO2OH2AlOH2 C.过量CO2NaCO2COHO=2NaHCO D.HSOSO2Ca2=CaSO Cl+2OH-=Cl-+ClO-+HO 2 AlO+2OH=2AlO-+H2 2Na++CO2+CO+HO=2NaHCO D。B正确；C正确；DD正确；A。1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗平面，B正确；3mol，C错误；4molNaOH，D错误；B。X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X2s轨道全充满，Ys能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ZZ【分析】X2s轨道全充满，XBe，Ysp能级的两倍，YC，MZN，QQNa，据此分析。B．N最高正价为+5价，ONO，BC．NaO形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C于碳酸，D正确；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 A8HTiOSiO8e=TiSi 该体系中，石墨优先于Cl ATiO2和SiO2获得电子产生电池材料TiSi，电极反应为TiOSiO8eTiSi4O2 【详解】AC转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误； BA的电极反应为TiOSiO8eTiSi4O2B错误；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于ClC正确；DA Al2Cl62NH32AlNH3Cl3，下列说法A.Al2Cl6的结构式 B.Al2Cl6为非极性分C.该反应中NH3的配位能力大于

Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3AB8电子稳定结构可知，分子的结构式为B正确；C正确；D错误；甲酸HCOOH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)(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Ka1.8 A.活性成分R3NR3NH2OR3NHB.pH5的废水中cHCOOc(HCOOHC.废水初始pH2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH作用的HCOO数目D.废水初始pH5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH RNHORNHOH

cHCOO

c(HpH5cHCOOc(HCOOH1.0105-18B减小，与RNHC正确； DRN溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡RNHORNHOH， 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(gA.E6E3E5B.可计算ClCl键能为2E2E3kJC.O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ClO(g)O(g)=O2(g)Cl(g)ΔHE5E4kJ【详解】A．化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6E3E5E2，ABCl2(g的相对能量为0，对比两个历程可知，Clg的相对能量为 E-EkJmol1，则ClCl2E-EkJmol C 率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(gO(g)=O(gCl(g)ΔHE-EkJmol1 CaCO(s)Ca2(aqCO2(aq[已知KCaCO3.4109 aKCaSO4.9105，HCO的电离常数K4.5107,K aA.上层清液中存在cCa2cCO2B.上层清液中含碳微粒最主要以HCOC.向体系中通入CO气体，溶液中cCa2D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4cCa2>cCO2，Ac(CO2)•c(H B．根据Ka2=4.7×10-11可得 4.71011，则碳酸根的水解平衡常数为c(HCOc(HCO)•c(OH K w2102，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含 c(CO2

DKCaCO3.4109KCaSO4.910 往FeCl2溶液中加入ZnFe2的氧化能力比Zn2往Fe2SO4溶液中滴加KSCN液，再加入少量K2SO4Fe3与SCN盐酸，滴加KSCN溶液食品脱氧剂样品中没有5~6滴饱和FeCl3溶Fe3先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀 B. C. D.【详解】A．FeCl2ZnFe2ZnZn2FeFe33SCNFeSCN

D二、非选择题(552分SiNH24分子的空间结构(以Si为中心)名称 。SiNH24受热分解生成Si3N4和NH3其受热不稳定的原因 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]3s23p1③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的 A.B.电子排布属于基态原子(或离子)C.D.Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ①.四面

③.Si周围的NH2力较强SiNH2中SiN键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增 ①.共价晶 1

SiNH2分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)SiNH2Sisp3，分子的空间结构(以Si为中心 氨基(-NH2)3个σ1对孤对电子，N4，N原子轨sp3；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强SiNH2中SiN键能相对较小]中气态分子数显著增多(熵增)，故SiNH2受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH32电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基SiAlSiSiAl，得电子能力：②>DAB；3SiP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81614个Si8PSiP A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，请 ，X的化学式 写出BC溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程 ①.Ca、Cl、

②.CaClO48HINaClO4=4I2NaCl4H Cl2H=AgCl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XB得=0.01mol

0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8X的化学式为CaClO41由分析可知，X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学式为CaClO4Ca、Cl、OCaClO42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8HINaClO4=4I2NaCl4H2O，故答案为：8HINaClO4=4I2NaCl4H2O3 Cl2H=AgCl2NH，故答案为 Cl2H=AgCl2NH4H+；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NH，故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NH。“碳达峰·碳中和”CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有Ⅰ：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2 ΔH1247kJmol1,Ⅱ：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)ΔH241kJmol1,有利于提高CO2平衡转化率的条件 A.低温低压 B.低温高压 C.高温低压 D.高温高反应CH4(g)3CO2(g)4CO(g)2H2O(g)的ΔH= kJmol1K (用K1,K2表示)恒压、750CCH4和CO2按物质的量之比13投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 Fe3O4CaO过程ⅱCaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ理，解释CO物质的量上升的原因 CH4还原能力R可衡量CO2RΔnCO2ΔnCH4(CO2与CH4的物质的量变化量之比)①常压下CH4和CO2按物质的量之比13投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度12中画出4001000℃R的变化趋势，并标明1000℃R值 ②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CH4转化率 B．温度越低，含氢产物中H2OCCH4CO2转化率降低，RD．改变化剂提高CH4转化率，R值不一定增

②.KK ① ②.通入HeCaCOcCO2增大，促进Fe ②.1高CO2C；2已知：Ⅰ：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2 ΔH1247kJmol1,Ⅱ：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)ΔH241kJmol1,根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应CH4(g3CO2(g)4CO(g2H2O(g) 故ΔH△H1+2△H2=+329kJmol1KKK2 3①AFe3O4Fe，Fe又转化为Fe3O4Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaOCO2CaOCO2CaCO3CaOAB．过程ⅱCaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化COB正C．过程CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲC正BC；②通入HeCaCOcCO2Fe还原CO ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO4100%

即

=3mol60%=1.8mol，故RΔn

2/ΔnCH

4001000℃R②A．R值提高是由于化剂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ΔnCO2增大的倍数比ΔnCH4RA正确；ΔnCH4大，含氢产物中H2OBC．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，RC不正确；D．改变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D正确；某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架MOF)ε ε

2 εZn(OH)2是Zn(OH)239以下稳定。 步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备εZn(OH)2，可提高ZnSO4的利步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO 用ZnCH3COO2和过量NH42CO3反应得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO， 为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2。从下列选 (称量ZnO样品xg)→用烧杯 )→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2浓度。已知ZnO@MOFCu2某研究小组取7.5103g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5105)，经预处理将其中Cu元 【答案（1）Zn(OH) （3）坩埚（4）杂质中含有CHCOO、CO2、 （5）d(g)c(f)搅拌，此时生成εZn(OH)2，分离出εZn(OH)2后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一1是Zn(OH)422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)42εZn(OH)2，BεZn(OH)23950℃εZn(OH)2分解为其他物质，C由流程可知，控温煅烧时εZn(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；34 故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有CHCOO、CO2、 5ZnOd，随后可以用酸hd(g)c(f(h；6

7.51031.5105g/

10.2n(Cu2+)=0.4108mol/L1L=0.4108mol，18个铜原子。 BCI的分子式是C18H25写出GH的化学方程 OCH||同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基 C ， 与乙醇发生酯化反应生成12 3BCBI的分子式是C18H27N3O44 51，3-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 6 OCH|| C，除乙酰 20241月浙江省普通高校招生选考科目考试一、选择题(16348分，每小题列出的四个备选项中只有一个

C.

Cl2通入冷的NaOH漂白液的有效成分是 ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸C.通入CO2后的漂白液消毒能力增 D.NaClO溶液比HClO溶液稳1018用电子式表示KCl2甲基4乙基戊烷汽车尾气中的NO和CO在化剂作用下发生反应 生成1molCO2

化剂降低NO与CO D.N2既是氧化产物又是还原产H+、I-、Ba2+、

Na+、SiO2-、Br-、 D.NH+、SO2-、CH 为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法I中，加入足量Na2CO3X粗I2B. C. D. K2S+N2+3CO2 2S2O+4H+2S2H 硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化 ＋3NaOH试剂a为NaOH乙醇溶 B.Y易溶于C.Z的结构简式可能为 D.M分子中有3种官能X、Y、Z、MQ五种主族元素，原子序数依次增大，XM电负性最小，ZY、QZsp能级的电子数相等，下列说法的是MQ可形成化合物M2QYZ与QZ2- 随着腐蚀的进行，溶液pH 2NH+2e-2NH 224mLH2，消耗0.010mol酯在NaOHI是OH与酯中CδIIII和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOHFCH2COOCH2CH3与OH-反应 与18OH-反应，两者所得醇和羧酸盐均不 常温下、将等体积、浓度均为0.40molL-1BaCl溶液与新制HSO溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H K=1.410-2 K=6.010 KBaSO=5.010- BaSO HSO溶液中存在cH+>cHSO->cSO2->cOH- 将0.40molL-1HSO溶液稀释到0.20molL-1cSO2 BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有存在反应Ba2H2SO3+H2O2BaSO42HH2O探究Cu将NO2通入下列溶液至饱①浓Cu(NO3)2HNO3，混Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2比较F-SCN-Fe3+向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡结合Fe3+比较HFH2SO3的NH4F与NH4溶液的前者Na2S2O3与H2SO4溶液在B. C. D.二、非选择题(552分) A.电负性： B.离子半径：P3-<S2-C.第一电离能： D.基态Cr2+的简化电子排布式①HN-NH+H+HN-NH+，其中-NH的N原子杂化方式 HNH:HN-NH中的-NH HN-NH+中的-NH+(填“>”、“<”或“=”)，请说明理 ②将HNO与SO1:2AA2种微粒构成，其中之一是NO+

NH3A中金属离子均不能形成配合物。依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的 。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用 B.固体E可能含有C.Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶 D.碱性：Ca(OH)2酸性条件下，固体NaBiO(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3)可氧化Mn2+为MnO- 原理，设计实验验证Y中含有Mn元 ；写出Mn2+转化为MnO-的离子方程 通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图。电极B上的电极反应式 I：C(s)+O2(g)CO2 Ⅱ：C(s)+H2(g)+O2(g) ΔH2=-378.7kJmol-Ⅲ：CO2(g)+H2(g) ΔH3 kJmol-1②反应Ⅲ在恒温恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0molL-1平衡常数K=2.410-8，则CO2的平衡转化率为 ③用氨水吸收HCOOH，得到1.00molL-1氨水和0.18molL-1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH= 。[已知：298K时，电离常数KNHHO=1.810-5、K 机溶剂)CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2(g)和H2g)的压强不变，总反应CO2+H2HCOOHv，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2<E1<<E3(不考虑化剂活性降低或丧失)Ⅳ：M+CO2 V：Q+H2 VI：L A．v与CO2(g)的压强无 B．v与溶液中溶解H2的浓度无 D．在溶液中加入NCH2CH33，可提高CO2转化②实验测得：298K，pCO2=pH2=2MPa下，v随化剂M浓度c变化如图。cc0时，v随c增大而增大：c>c0时，v不再显著增大。请解释原因 H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2SCaS+MgCl2+2H2OCaCl2+Mg(OH)2+H2SH2S的沸点是-61℃A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。仪器X的名称 A.氢氧化 B.五氧化二 C.氯化 D.碱石 D的主要作用是预冷却加入的MgCl2固体，可使MgCl2溶液保持饱和，有利于平稳持续产生取0.680gH2S产品，与足量CuSO4溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度 AD 20241月浙江省普通高校招生选考科目考试一、选择题(16348分，每小题列出的四个备选项中只有一个

C.

．BaSO4在熔融状态能电离离子而导电，属于电解质，D不符合题意；A。Cl2通入冷的NaOH漂白液的有效成分是 ClO-水解生成HClO使漂白液呈酸C.通入CO2后的漂白液消毒能力增 D.NaClO溶液比HClO溶液稳ClO-HClOClO-+H2OHClO+OH-，使漂白液呈碱性，BNaClO＞HClO，D正确；B。1018用电子式表示KCl2甲基4 B 主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4-二甲基己烷，D说法错误；汽车尾气中的NO和CO在化剂作用下发生反应 生成1molCO2

化剂降低NO与CO D.N2既是氧化产物又是还原产【分析】NON的化合价为+20N2，1NO2COC为+2价，化合价升高为+4CO22D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；H+、I-、Ba2+、

Na+、SiO2-、Br-、 D.NH+、SO2-、CH - Fe、 CSiO2-、Ca2会生成CaSiOC DNH+、CHCOO-、HCOD 为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法I中，加入足量Na2CO3X粗I2A正确；AB错误；XC正确；DD正确；B。B. C. D.性比硅差，导电能力会下降，B错误；提高吸水能力，C正确；结构，网状结构相对线性结构具有更大的强度，D正确；果好，C正确；D．图④装置用于制备乙酸乙酯，导管末端不伸入液面下，利用饱和碳酸钠收集乙酸乙酯，D正确；A。乙烷、乙醛和苯酚，A正确；仪可以检测样品中所含有的元素，B错误；C72，不可据此推断其分子式为C5H1272的还可以是C4H8O、C3H4O2等，C错误；进行该实验，不管麦芽糖是否水解，均可生成砖红色沉淀，故不能判断麦芽糖是否水解，D错误；A。 K2S+N2+3CO2 2S2O+4H+2S2H 硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化 ＋3NaOH K2S+N2+3CO2，A正确 C2S2O+2HO2S4OH，C D．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化 ＋3NaOH3C17H35COONa，D试剂a为NaOH乙醇溶 B.Y易溶于C.Z的结构简式可能为 D.M分子中有3种官能CH2CCH3COOCH2CH2OH；则Z为【详解】A1,2-二溴乙烷发生水解反应，反应所需试剂为NaOH水溶液，A ，C正确D．MCH2CCH3COOCH2CH2OH3种官能团，D正确；A。X、Y、Z、MQ五种主族元素，原子序数依次增大，XM电负性最小，ZY、QZsp能级的电子数相等，下列说法的是MQ可形成化合物M2QYZ-与QZ2-离子空间结构均为 O，ZY、Q相邻，YN，QSB．NaONa2O、Na2O2OS同族化学性质性质相似，BC．Na2O的电子式为，Na2S的电子式为，离子键百分比=(电负性差值/总电负性差值)，OSNa2ONa2S，C正确； 随着腐蚀的进行，溶液pH 2NH+2e-2NH 224mLH2，消耗0.010mol【详解】A．氨水浓度越大，越容易生成ZnNH2+，腐蚀趋势越大，A 34 +H↑+2HO+2OH-，有OH-离子生成，溶液pH变大 34 2HO+2e-H2OH，C D224mLH0.224L20.02mol0.010molZn，D正确；C酯在NaOH

22.4L/I是OH与酯中CδIIII和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOHFCH2COOCH2CH3与OH-反应、与18OH-反应，两者所得醇和羧酸盐均不+B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在解速率FCH2COOCH2CH3ClCH2COOCH2CH3，C 与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18OO-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理与18OH-反应，最终18O存在于羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误； 常温下、将等体积、浓度均为0.40molL-1BaCl溶液与新制HSO溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H K=1.410-2 K=6.010 KBaSO=5.010- BaSO A.HSO溶液中存在cH+>cHSO->cSO2->cOH- B.将0.40molL-1HSO溶液稀释到0.20molL-1cSO2 C.BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有 2 D.存在反应Ba2HSO+HOBaSO 2 H++HSO- -- B正确；BaSO3+H2O2BaSO4H2OBaSO4沉淀，D正确；探究Cu将NO2通入下列溶液至饱Cu和浓HNO3反应后①浓Cu(NO3)2HNO3，混是溶有比较F-SCN-Fe3+向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡结合Fe3+比较HFH2SO3的NH4F与NH4溶液的前者Na2S2O3与H2SO4溶液在 B. C. D.【详解】A．CuHNO3NO2NO2A正确；SCN-F-Fe3+的能力：F->SCN-B正确；C．不应该分别测定等物质的量浓度的NH4F与NH4SO3溶液的pH度NH4F与NH4SO3的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，C错误；D正确；二、非选择题(552分 A.电负性： B.离子半径：P3-<S2-C.第一电离能： D.基态Cr2+的简化电子排布式①HN-NH+H+HN-NH+，其中-NH的N原子杂化方式 HNH:HN-NH中的-NH HN-NH+中的-NH+(填“>”、“<”或“=”)，请说明理 ②将HNO与SO1:2AA2种微粒构成，其中之一是NO+ HNO(填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构

CrCl2

②.分子晶 ①. ②. 1

④.由晶胞图可知，化学式为CrCl24H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl24H2O分子，故为分子晶2A同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O>N>B，AB核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，BD基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；CD；351①-NH2的价层电子对数3 -NH+451144 对成键电子的排斥力，故键角HNH:HN-NH中的-NHHN-NH+中的-NH+ ②将HNO与SO1:2AA2种微粒构成，其中之一是NO+ 则A为NO2HS2O7，NO为硝酸失去一个OH-NO+HNO 2阴离子为HSO-根据已知可知其结构式 2Y的组成为MgCaFeMnCO3YNH3A中金属离子均不能形成配合物。依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的 。步骤Ⅱ中，加入NH4Cl的作用 A.气体D是形成酸雨的主要成 B.固体E可能含有C.Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶 D.碱性：Ca(OH)2酸性条件下，固体NaBiO(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3)可氧化Mn2+为MnO- 原理，设计实验验证Y中含有Mn元 ；写出Mn2+转化为MnO-的离子方程 ②.CO2、HCO、OH-、 ③.调节溶液pH值，防止钙离子 . ②.5NaBiO14H2Mn22MnO5Bi37HO 【分析】YA中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。1①MnCO3、CaCO3MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的CaCO3和MgCO3，所以MgCO3溶解度最大；2ENa2CO32CO2+2NaNa2CO3+CO，当二氧化碳少量时CO2+2NaNa2O+CONa2CO3B正确；Ca(OH)2＞Fe(OH)2D错误；BC。3NaBiO3Mn2+为MnO-Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适NaBiO3Y中含有锰元素； ②根据题目信息可知5NaBiO+14H++2Mn2+=2MnO-+5Bi3++7H 通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回某研究小组采用电化学方法