2023年1月浙江省普通高校招生选考科目试题高考化学试卷

2023年1月浙江省普通高校招生选考科目试题化学可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5K—39Ca—40Fe—56Cu—64Br—80Ag—108I—127Ba—137一、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．(2023·浙江1月选考，1)下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是()A．CO2 B．SiO2C．MgO D．Na2O解析：BCO2属于酸性氧化物，但为分子晶体，熔点较低，不耐高温，A项错误；SiO2属于酸性氧化物，为共价晶体，熔点高，耐高温，B项正确；MgO为碱性氧化物，C项错误；Na2O为碱性氧化物，D项错误。2．(2023·浙江1月选考，2)硫酸铜应用广泛，下列说法不正确的是()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解析：ACu的价电子排布式为3d104s1，位于周期表ds区，A项错误；硫酸铜属于盐，溶于水或熔融状态下完全电离，属于强电解质，B项正确；硫酸铜为强酸弱碱盐，由于Cu2+水解溶液呈酸性，C项正确；硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，D项正确。3．(2023·浙江1月选考，3)下列化学用语表示正确的是()A．中子数为18的氯原子：eq\o\al(37,17)ClB．碳的基态原子轨道表示式：C．BF3的空间结构：(平面三角形)D．HCl的形成过程：解析：C中子数为18的氯原子，其质量数为17＋18＝35，符号为eq\o\al(35,17)Cl，A项错误；根据洪特规则，碳的基态原子轨道表示式为，B项错误；BF3中B的孤电子对数为eq\f(3－1×3,2)＝0，成键电子对数为3，故BF3为平面三角形分子，C项正确；HCl为共价化合物，其形成过程为，D项错误。4．(2023·浙江1月选考，4)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是()A．SO2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，可用作漂白剂，A项正确；金属钠为金属单质，导热性好，可用作传热介质，B项正确；NaClO具有强氧化性，可用作消毒剂，C项错误；Fe2O3呈红色，可用作油漆或颜料，D项正确。5．(2023·浙江1月选考，5)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是()A．Na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解析：DNa和乙醇反应生成CH3CH2ONa和H2，A项正确；工业上煅烧黄铁矿生成SO2和Fe2O3，B项正确；氨的催化氧化反应生成NO和H2O，可用于制备NO，C项正确；常温下铁遇浓硝酸钝化，不能用于制备NO2，D项错误。6．(2023·浙江1月选考，6)关于反应2NH2OH＋4Fe3+=N2O↑＋4Fe2+＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是()A．生成1molN2O，转移4mol电子B．H2O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+为负极产物解析：A该反应中氮元素由－1价升高为＋1价，生成1molN2O，转移4mol电子，A项正确；该反应中H、O元素化合价不变，H2O既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为Fe2+，B项错误；该反应中氮元素化合价升高，铁元素化合价降低，NH2OH为还原剂，Fe3+为氧化剂，C项错误；若设计成原电池，则正极反应为：Fe3+＋e－=Fe2+，Fe2+为正极产物，D项错误。7．(2023·浙江1月选考，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－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2OC．过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na＋＋COeq\o\al(2-,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓D．H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SOeq\o\al(2-,3)＋Ca2+=CaSO3↓解析：DH2SO3的酸性比盐酸的酸性弱，H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液不发生反应，D项错误。8．(2023·浙江1月选考，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解析：A糖类都是多羟基醛、多羟基酮及其缩合产物，A项错误；蛋白质溶液与浓硝酸发生显色反应，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，B项正确；水果中含有低级酯类物质，因此具有特殊香味，C项正确；聚乙烯、聚氯乙烯均为线型结构，为热塑性塑料，D项正确。9．(2023·浙江1月选考，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该物质与足量溴水反应，最多可消耗2molBr2D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH解析：B该分子中含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，A项错误；分子中碳原子均为sp2杂化，结合分子结构知，所有碳原子共平面，B项正确；与酚羟基相连碳原子的邻位和对位碳原子上的氢原子能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2，C项错误；该物质中酚羟基、酯基能与NaOH反应，酯基水解得到酚羟基和羧基，因此1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH，D项错误。10．(2023·浙江1月选考，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。下列说法不正确的是()A．电负性：Z>XB．最高正价：Z<MC．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解析：B元素辨析Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；X的2s轨道全充满，五种短周期元素的原子序数依次增大，则X为Be或B元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；Z为N元素；Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na元素。同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性N>Be或B，A项正确；N的最高正价为＋5，但O无最高正价，B项错误；Na和O形成的Na2O2中O和O之间为非极性共价键，C项正确；非金属性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D项正确。11．(2023·浙江1月选考，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解析：C根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2-向石墨电极移动，D项错误。12．(2023·浙江1月选考，12)共价化合物Al2Cl6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=2Al(NH3)Cl3，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NH3发生反应解析：DAl2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则Al2Cl6的结构式为，→表示配位键，也可用短线代替，A项正确；Al2Cl6为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，B项正确；该反应中NH3取代Cl与Al形成配位键，说明NH3的配位能力大于氯，C项正确；Al—Br的稳定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易与NH3反应，D项错误。13．(2023·浙江1月选考，13)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)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＝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＋H2O⥬R3NH＋＋OH－B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．废水初始pH<2.4，随pH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＋形态存在解析：D活性成分R3N中N能与水电离出的H＋形成配位键，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O⥬R3NH＋＋OH－，A项正确；pH＝5的废水中，c(H＋)＝10-5mol·L-1，根据甲酸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项正确；废水初始pH<2.4，随pH下降，c(H＋)增大，电离平衡HCOOH⥬HCOO－＋H＋逆向移动，甲酸的电离被抑制，c(HCOO－)减小，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少，C项正确；废水初始pH>5时回收率小于10%，说明吸附在树脂上的甲酸根较少，活性成分主要以R3N形态存在，D项错误。14．(2023·浙江1月选考，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)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol-1解析：C图解剖析根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g)⥬2O2(g)的ΔH＝(E6－E3)kJ·mol-1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g)⥬2O2(g)的反应热ΔH＝(E5－E2)kJ·mol-1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol-1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)=Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3)kJ·mol-1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol-1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol-1，D项正确。15．(2023·浙江1月选考，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)＋COeq\o\al(2-,3)(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＝4.7×10-11]，下列有关说法正确的是()A．上层清液中存在c(Ca2+)＝c(COeq\o\al(2-,3))B．上层清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)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的有效转化解析：B上层清液为CaCO3的饱和溶液，COeq\o\al(2-,3)存在水解平衡，根据物料守恒，c(Ca2+)＝c(COeq\o\al(2-,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据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项正确；向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2=Ca(HCO3)2，CaCO3(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，C项错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，CaCO3比CaSO4更难溶，加Na2SO4溶液不能实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D项错误。16．(2023·浙江1月选考，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FeCl2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K2SO4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沉淀解析：D往FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应Fe2+＋Zn=Fe＋Zn2+，Fe2+的氧化能力比Zn2+的强，A项错误；往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3+＋3SCN－⥬Fe(SCN)3，溶液变血红色，再加入少量K2SO4固体，对平衡无影响，故不能说明Fe3+与SCN－的反应不可逆，B项错误；若食品脱氧剂样品中有＋3价铁，铁粉与＋3价铁发生反应Fe＋2Fe3+=3Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，C项错误；向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe(OH)3胶体，持续煮沸，Fe(OH)3胶体发生聚沉，析出红褐色沉淀，D项正确。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(2023·浙江1月选考，17)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________________________。解析：(1)Si(NH2)4分子中Si形成4个σ键，无孤电子对，故Si(NH2)4空间结构为四面体。分子中氮原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为sp3。(2)①为基态Si原子，②为基态Si＋，③为激发态Si原子。③有4个电子层，半径最大，①、②具有相同的电子层数和核电荷数，核外电子数越多，粒子半径越大，故微粒半径：③>①>②，A项正确；由上述分析可知，B项正确；①、②电离出一个电子所需能量分别为基态Si的第一电离能、第二电离能，③为激发态Si原子，能量高，电离出一个电子所需能量比①小，故电离一个电子所需最低能量：③<①<②，C项错误；微粒半径①>②，则原子核对最外层电子的吸引力①<②，得电子能力①<②，D项错误。(3)该晶体为空间网状结构，晶体类型为共价晶体，Si位于晶胞的顶点和面心，个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，P位于晶胞的体内，个数为8，Si、P个数比为4∶8＝1∶2，则该化合物的化学式为SiP2。答案：(1)四面体sp3Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[或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)(2)AB(3)共价晶体SiP218．(2023·浙江1月选考，18)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0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH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________________________。解析：流程梳理(1)根据白色固体A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，知白色固体A消耗HCl的物质的量为0.01mol，若A为MCO3，则MCO3～2HCl，A的物质的量为0.005mol，摩尔质量为eq\f(0.500g,0.005mol)＝100g·mol-1，故A为CaCO3；根据上述分析可知，白色固体H为AgCl，其物质的量为eq\f(1.435g,143.5g·mol-1)＝0.01mol，则X中含有0.005molCa、0.01molCl，还含有O元素，其质量为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为Ca(ClO4)2。(2)B→C为NaClO4和HI发生氧化还原反应，HI被氧化为I2，NaClO4被还原为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，配平可得反应的化学方程式。(3)生成白色固体H的反应为[Ag(NH3)2]Cl和HNO3的反应。(4)溶液I为NH4NO3和HNO3的混合溶液，阳离子有H＋和NHeq\o\al(＋,4)，用蓝色石蕊试纸检验H＋，用NaOH溶液、湿润红色石蕊试纸检验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，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NHeq\o\al(＋,4)19．(2023·浙江1月选考，19)二十大报告提出，要积极稳妥推进碳达峰、碳中和，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：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ΔH＝__________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，反应经如图1流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。图1①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可促使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1molCO2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＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一时段内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1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图2，请在图3中画出400～1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。图2图3②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/℃480500520550CH4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值不一定增大解析：(1)反应Ⅰ、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2的平衡转化率增大；反应Ⅰ的气体分子数增大，反应Ⅱ的气体分子数不变，减小压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，因此有利于提高CO2平衡转化率的条件为高温低压。(2)根据盖斯定律，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，根据化学计量数扩大为原来的n倍，平衡常数为原来的n次方，反应相加，平衡常数相乘，知K＝K1·Keq\o\al(2,2)。(3)①从流程图可以看出，Fe3O4和CaO都先反应，后生成，都能循环利用，A项错误；过程ⅱ中Fe3O4氧化CO：Fe3O4＋4CO⥬3Fe＋4CO2，CaO吸收CO2，c(CO2)减小，平衡正向移动，B项正确；根据流程可知，过程ⅱ产生的H2O在过程ⅲ中被排出，没有被CaO吸收，C项正确；该流程的总反应为CH4(g)＋3CO2(g)⥬4CO(g)＋2H2O(g)，由(2)可知，其还原1molCO2吸收的能量比反应Ⅰ少，D项错误。②过程ⅲ发生反应：CaCO3(s)⥬CaO(s)＋CO2(g)、3Fe(s)＋4CO2(g)⥬Fe3O4(s)＋4CO(g)，恒压时通入He，容器体积增大，CaCO3(s)⥬CaO(s)＋CO2(g)平衡正向移动，导致eq\f(c(CO2),c(CO))增大，从而使3Fe(s)＋4CO2(g)⥬Fe3O4(s)＋4CO(g)平衡正向移动，因此CO的物质的量上升。(4)①设起始时CH4、CO2分别为amol、3amol，根据图2，1000℃时CH4转化率为100%，CO2转化率为60%，则Δn(CO2)＝3amol×60%＝1.8amol，Δn(CH4)＝amol×100%＝amol，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)＝1.8。根据图示，随着温度升高，CH4的转化率先逐渐增大，后基本不变，CO2的转化率逐渐增大，从图示可知，CH4、CO2的转化率之差先增大(约600℃时最大)后减小，最终比起始时大，则R先减小后增大，最终比起始时小。②反应Ⅰ中CH4和CO2的变化量相同，R值提高说明催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，A项正确；由表可知，温度越低，R值越大，说明参与反应Ⅱ的CO2越多，生成的H2O越多，B项正确；温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，CH4、CO2转化率均增大，C项错误；改变催化剂使反应有选择性地按反应Ⅰ进行，从而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D项正确。答案：(1)C(2)＋329K1·Keq\o\al(2,2)(3)①BC②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致eq\f(c(CO2),c(CO))增大，促进Fe还原CO2平衡正移(4)①②C20．(2023·浙江1月选考，20)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：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NaOH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50℃的热水洗涤D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是控制ZnO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EDTA标准溶液滴定Zn2+。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xg)→用烧杯()→用__________()→用移液管()→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+)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。解析：(1)步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，NaOH过量，ZnSO4少量，根据已知①可知，Zn2+转化为[Zn(OH)4]2-。(2)步骤Ⅰ，搅拌可以避免反应物浓度局部过高，使反应物充分混合，使反应充分，A项正确；步骤Ⅰ，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液，过量的NaOH会使Zn(OH)2转化为[Zn(OH)4]2-，不能制得εZn(OH)2，B项错误；ε­Zn(OH)2在39℃以下稳定，故应采用低于39℃的水洗涤，C项错误；步骤Ⅲ，控温煅烧得到纳米ZnO，因此控温煅烧是为了控制ZnO的颗粒大小，D项正确。(3)步骤Ⅲ，煅烧ε­Zn(OH)2固体在坩埚中进行。(5)利用配位滴定法测定纳米ZnO产品的纯度，具体操作为用分析天平称量ZnO样品→用烧杯酸溶样品→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→用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。(6)根据图示，荧光强度比值为10.2时，铜离子的浓度为0.4×10-6mol·L-1，物质的量为0.4×10-6mol，血浆铜蓝蛋白的物质的量为eq\f(7.5×10-3g,1.5×105g·mol-1)＝5×10-8mol，故1个血浆铜蓝蛋白分子中含有铜原子的个数为eq\f(0.4×10-6mol,5×10-8mol)＝8。答案：(1)[Zn(OH)4]2-(2)BC(3)坩埚(4)杂质中含有CH3COO－、COeq\o\al(2-,3)、NHeq\o\al(＋,4)，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)821．(2023·浙江1月选考，21)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请回答：(1)化合物A的官能团名称是__________________________。(2)化合物B的结构简