冲刺2024年高考化学真题重组卷02（浙江专用）含解析

冲刺2024年高考化学真题重组卷（浙江专用）

真题重组卷02

（考试时间：90分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H-lLi-7B-llC-12N-I40-16Na-23Mg-24Al-27Si-28

S-32Cl-35.5K-39Mn-55Fc-56Co-59Cu-64Zn-65Br-801-127Ag-108Ba-137

一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。

1.（2022•江苏卷）我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列成果研究的物质属于蛋白质的是（）

A.陶瓷烧制B.黑火药C.造纸术D.合成结晶牛胰岛素

【答案】D

【解析】A项，陶瓷的主要成分是硅酸盐，陶瓷烧制研究的物质是硅的化合物，A不符合题意；B项,

黑火药研究的物质是硫、碳和硝酸钾，B不符合题意；C项，造纸术研究的物质是纤维素，C不符合题意;

D项，胰岛素的主要成分是蛋白质，故合成结晶牛胰岛素研究的物质是蛋白质，D符合题意；故选D。

2.（2021•辽宁选择性考试）下列化学用语使用正确的是（）

2s2P

A.基态C原子价电子排布图:B.。•结构示意图:

mom

C.KQ形成过程：K•+・C1：TK：C1：D.质量数为2的氢核素：21H

【答案】D

2s2p

[解析】A项，基态C原子价目子排布图为：||t|],A错误;B项,Q-结构示意图为：

B错误；C项，KC1形成过程为：K硒d：->K+[:C错误；D项，质量数为2的氢咳素为：2田,

••

D正确；故选D。

3.（2023•浙江1月选考）硫酸铜应用广泛，下列说法不无侬的是（）

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。

4.（2023•浙江6月选考）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是（）

A.铝有强还原性，可用于制作门窗框架

B.氧化钙易吸水，可用作干燥剂

C.维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂

D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂

【答案】A

【解析】A项，铝用于制作门窗框架，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的

还原性，A不正确；B项，氧化钙易吸水，并与水反应生成氢氧化钙，可吸收气体中或密闭环境中的水分,

所以可用作干燥剂，B正确；C项，食品中含有的Fc?+等易被空气中的氯气氧化，维生素C具有还原性，

且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，C正确；D项，过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人

体呼出的二氧化碳和水蒸气，可伦潜水艇中的供氧剂，D正确；故选A。

5.（2022•湖北省选择性卷）卜列实验装善（部分夹持装置略）或现象错误的是（）

0.1n»l/LO.lmol/L

NaCCh溶液NaHCCh溶液

A.滴入酚酸溶液B.吸氧腐蚀C.钠的燃烧D.石蜡油的热分解

【答案】C

【解析】A项，碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强卜碳酸氢钠，滴入酚

微溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；B项，食盐水为中性，铁钉发生吸

氯腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；C项，钠燃烧温度在400c以上，玻璃表面皿

不耐高温，故钠燃烧通常载体为堵烟或者燃烧匙，C错误；D项，石蜡油发生热分解，产生不饱和烧，不饱

和烬与溟发生加成反应，使试管中浪的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选C。

6.（2021•湖南选择性卷）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反

应为6I2+UKC1O3+3H2OA：6KH（IO3）2+5KC1+3c12f。下列说法错误的是（）

A.产生22.4L（标准状况）02时，反应中转移lOmol/

B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为II：6

C.可用石灰乳吸收反应产生的C12制备漂白粉

D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中103-的存在

【答案】A

【解析】分析反应6I2+11KCIO3+3H2OA6KH（IO3）24-5KC1+3C12t可知，I元素化合价由0价升高到+5

价，12为还原剂，C1元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC@作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2

为标准,反应转移60moic,产生22.4L（标准状况）即ImolC,时,反应转移20moie,故A错误;B项,

依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，12为还原剂，。元素化合价由+5价降到7价和0价，

KClCh作为氧化剂，12为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6,故B正确：C项，漂白粉可由

生戌的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca（OH）2+2Cb-CaC12+Ca（C10）2+2H20,故C正确：D项，在酸

性溶液中103一和「发生反应：IO3-+5「+6H+=3l2+3H2O,可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中1。3一的存

在，故D正确；故选A。

7.（2021•湖南选择性卷）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.18gH2叼含有的中子数为IONA

R.0.lmO・[,FHC1O4溶液中含有的H+数为0INA

C.2moiNO与ImolCh在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA

D.11.2LCH4和22.4LCE均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为L5NA

【答案】D

【解析】A项，18gH2180的物质的量为：/8g=（）9mol,含有中子的物质的量为：0.9molXl（）=

20g/mol

9mol,含有的中子数为9NA，故A错误；B项，缺少0.1mol・I/iHQO4溶液的体积，无法计算溶液中含有

的H+数，故B错误；C项，2moiNO与ImoKh反应生成2moiN02，由于存在平衡：2NO2=N2O4,导

致分子数减少，容器中含有的分子数小于2NA，故C错误；D项，标况下1L2LCH4的物质的量为

11.2L22.4L

”/------=0.5moh22.4L02的物质的量为---;=1mol,由于甲烷与氯气的反应前后气体分子数始终

22AL/mol22.4L/mol

不变，则反应后气体总物质的量仍然为0.5mol+lmol=反应后的分子数为1.5NA，故D正确；故选

Do

8.（2022•浙江省6月卷）下列说法个本娜的是（）

A.植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使澳的四氯化碳溶液褪色

B.向某溶液中加入曲三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质

C.麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应

D.将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种

【答案】B

【解析】A项，植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与澳发生加成反应，因此能使澳的四氯化

纤维素难溶于水，一是因为纤维素不能跟水形成氢键，二是因为碳骨架比较大，B错误；C项，纤维素在低

温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分了•内和分子间的氢键促进其溶解•，C正

确：D项，温度越低，物质的溶解度越低，所以低温下，降低了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，D正

确：故选

11.（2023•湖南卷）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）2・WY2。已知：X、Y、Z和W为

原子序数依次增大的前20号元索,W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等,

基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：I：3。下列说法正确的是（）

A.电负性：X>Y>Z>W

B.原子半径：X<Y<Z<W

C.Y和W的单质都能与水反应生成气体

D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性

【答案】C

【解析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X

为0元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成

键电子数为2,因此Y的未成键电子数为1,又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、

Na元素、A1元素、C1元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素

或C1元素；Z原子的未成键电子数为3,又因其原子序大于Y,故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧

光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素：综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为O、

F、P、CaoA项，电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左

到右依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W,A错误；B项，同

一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大小为:

Y<X<Z<W,B错误；C项，F2与水反应生成HF气体和02,Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可

以生成气体，C正确；D项，Z元素的最高价氟化物对应的水化物为H3Po力几乎没有氧化性，D错误；故

选C。

12.（2023•湖北省选择性考试）工业制备高纯硅的主要过程如卜.：

石英砂”。0黑。>粗硅3黑>SiHC]”黑>而纯硅

下列说法错误的是（）

A.制备粗硅的反应方程式为SiCh+2C高温Si+2cOT

B.ImolSi含Si-Si键的数目约为4x]6.02x10〃3

C.原料气HC1和H2应充分去除水和氧气

D.生成SiHCh的反应为端减过程

【答案】B

【解析】A项，SiO?和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此，制备粗硅的反应方程式为

SQ+2C高温Si+2c03A正确；B项，在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空

间网状结构，囚此，平均每个Si形成2个共价键，ImolSi含Si-Si键的数目约为2x16.02x1个3,B错误；

C项，HC1易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HQ黛化；Hz在高温下遇到氧气能发生反应生成

水，且其易燃易爆，其与SiHCh在高温下反应生成硅和HCI,因此，原料气HCI和七应充分去除水和氧气，

C正确;D项,Si+3HC130tfCsiHCb+H2,该反应是气体分子数减少的反应,因此，生成SiHCb的反应为

燧减过程，D正确；故选B。

13.（2023•北京卷）回收利用工业废气中的C02和SO?,实验原理示意图如下。

含2和f

so：的废气

下列说法不正确的是（）

A.废气中SO2排放到大气中会形成酸雨

B.装置a中溶液显碱性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的电离程度

C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CCh和SO2

由解

:2

D.装置b中的总反应为SO3+CO2+H2O=^==HCOOH+SO4-

【答案】C

【解析】A项，SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；B项，装

置a中溶液的溶质为NaHCCh，溶液显碱性，说明HCOa-的水解程度大于电离程度，故B正确；C项，装置

a中NaHCCh溶液的作用是吸收S6气体，CO?与NaHCCh溶液不反应，不能吸收CCh，故C偌误：D项，

由健

由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SC^+CCh+hO里处HCOOH+SOF，故D正确；故选

Co

14.(2023•浙江6月选考)一定条件下，1-苯基丙烘(P1-OC-CH3)可与HQ发生催化加成，反应如下:

▼,1I

Pb-d力」

F：产物u

L—11w_

♦♦♦♦・♦♦♦・L.

1030507090

反应过程中该焕燃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、HI为放热反应)，下列说法不事

硼的是()

A.反应熔变：反应1＞反应II

B.反应活化能：反应Iv反应II

C.增加HC1浓度可增加平衡时产物II和产物I的比例

D.选择相对较短的反应时IX，及时分离可获得高产率的产物I

【答案】C

【解析】A项，反应I、IH为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应II放出的

热量，反应放出的热量越多，其焰变越小，因此反应焰变：反应A反应II,故A正确；B项，短时间里反

应I得到的产物比反应II得到的产物多，说明反应I的速率比反应11的速率快，速率越快，其活化能越小，

则反应活化能：反应iv反应II,故B正确；C项，增加HQ浓度对平衡：产物1=产物H,没有影响，

平衡时产物II和产物I的比例保持不变，故C错误；D项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及

时分离可获得高产率的产物1，故D正确。故选C。

+

15.(2023•全国新课标卷3)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag+NH3

+

[Ag(NH3)/和[Ag(NH3)]++NH3[AgCNH3)2],lgk(M)/(molL-')l与lg[c(NHJ)/(molLi)]的关系如下图所示

(其中M代表Ag\Ch[Ag(NH3)『或[Ag(NH3)2])

(

((-1,235)

L

oIV/(・1,235)

E

x

n111

s(-L-7.40)

M

,

lg[c(NH3)/(molL-)l

下列说法错误的是()

A.曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线

B.AgCl的溶度积常数K、p(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1.0xl0-975

C.反应[Ag(NH3)『+NH3[Ag(NH3)2「的平衡常数K的值为1(P知

D.c(NH3尸O.OlmolL』时，溶液中c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH明+}>c(Ag+)

【答案】A

【解析】首先确定曲线，曲线I，开始时浓度最小，依据题意，最小的[Ag(NH3)2「，曲线II,浓

度先增大后减少，依据题意，是[Ag(NH3)「，曲线HI,IV开始浓度一样，是Ag+和C「，曲线III浓度

后减少，说明是Ag”，曲线IV浓度后增大，说明是CJA项，曲线I为二氨合银离子与氨气浓度对数

变化的曲线，故A错误；B项，曲线I、H、III、IV分别表示二团合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离

子与氨气浓度对数变化的曲线，由图可知，当氨分子浓度为10-mol/L时，溶液中银离子和氯离子浓度分别

为IO-7.40moi/L、io—2.35mol/L,则氯化银的溶度积为10—235x10-，胆1()-叱，故B正确：C项，由图可知,

氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一•氨合银离子的浓度分别为10-2.35moi/L和10-5」6moi/L,

则[Ag(NH3)『+NH3[Ag(NH3域的平衡常数

++

c[Ag(NH3)]c[Ag(NH3ylc[Ag(NH3)]5口

K=-F---------=j-------——i=--------丁=j-------——j=---------=>-------------------=1038,»故C正确；

5J6

c|_Ag(NHjjc(NH；)c|_Ag(NH3)jc(NH3)c[Ag(NH3)'jc(NH3)10-xl0

D项，曲线I、H、川、IV分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的

曲线，则。(NH3)=0.01molL”时,溶液中c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)『}>c(Ag+),故D正确;故选A。

16.(2022•全国甲卷)根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是()

选项实验目的实验及现象结论

分别测浓度均为（）.1mol-L-'

比较CH3co。和

A的CH3COONH4和NaHCO3Kh(CH3COO)<Kh(HCO3)

HCCh-的水解常数

溶液的pH,后者大于前者

检验铁锈中是否含将铁锈溶于浓盐酸，滴入

B铁锈中含有二价铁

有二价铁KMM）4溶液，紫色褪去

探窕氢离子浓度对

向KzCrCU溶液中缓慢滴加增大氢离子浓度，转化平衡

CCQ入5072•相互

硫酸，黄色变为橙红色向生成Cr?O产的方向移动

转化的影响

检验乙醇中是否含向乙醇中加入一小粒金属

D乙醇中含有水

有水钠，产生无色气体

【答案】C

【解析】A项，CH3coONH4中NHT水解，NH/+H2ONH3H2O+H+,会消耗CH3co0•水解生成

的0H-,测定相同浓度的CH3co0NH4和NaHCCh溶液的pH,后者大于前者，不能说明Kh（CH3co0-）＜

Kh（HCOr）,A错误；B项，浓盐酸也能与KMnO4发生反应，使溶液紫色褪去，B错误；C项，QCQi中存

在平衡2CrO42-（黄色）+21「=±5。72-（橙红色）+比0,缓慢滴加硫酸，氏浓度增大，平衡正向移动，故溶

液黄色变成橙红色，C正确；D项，乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水,

D错误；故选C。

二、非选择题：本题共5小题，共52分。

17.（2023•浙江6月选考）（10分）氮的化合物种类繁多，应用广泛。

请回答：

（1）基态N原子的价层电子排布式是o

（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。

①下列说法不正确的是。

A.能量最低的激发态N原子的电子排布式：Is22sl2p，3sl

B.化学键中离了•键成分的百分数：Ca3N2>MgxN2

C.最简单的氮烯分子式：N2H2

D.氮烷中N原子的杂化方式都是sp3

②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n,双键数为m,其分子式通式为。

③给出H珀勺能力：NH3[CuNH3p+（填“〉”或“<”），理由是o

（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为,每个阴离子团的配位数（紧邻的阳离子数）为

【答案】（l）2s22P3（1分）

（2）①A（2分）②NnHn+2-2m（m£E，m为正整数）（1分）③<（1分）④[CuN%产形成配位键

2

后，由于Cu对电子的吸引，使得电干云向铜偏移，讲一步使氮氢群的极性变大，故其更易断裂（2分）

（3）®CaCN2（l分）②6（2分）

【解析】（1）N核电荷数为7,核外有7个电子，基态N原子电子排布式为Is22s22P3,则基态N原子的

价层电子排布式是2s22P3；（2）①A项，能量最低的激发态N原子应该是2P能级上一个电子跃迁到3s能级，

其电子排布式：Is22s22P?3sL故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百

分数：Ca?N2>Mg5N2,故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢

结合，则其分子式：N2H2,故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂

化方式都是sp3,故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3,两个氮的氮烷为

N2H4,三个氮的氮烷为N3H5,四个氮的氮烷为N4H6,设分子中氮原子数为n,其氮烷分子式通式为NnHn+2,

根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为n其分子式通式为NH+Emq,m为正整

数）；③[CuNHT+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变

大,故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3V[CuNHF；（3）钙个数为2+4X5+4XJ；=3,CW一个数

为2+2X、2X!=3,则其化学式为CaCN?；根据六方最密堆积图以上面的面心分

36

析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，木体中分析得到，以这个CN2?一进行分析，其

俯视图为,因此距离最近的钙离子个数为6,其配位数为6。

18.（2023•湖北省选择性考试）（10分）SiCL是生产多晶硅的副产物。利用SiCL对废弃的锂电池正极材料

LiCoCh进行氯化处理以回收Li、C。等金属，工艺路线如下:

SiCl4NaOH溶液Na2co篇液

LiCoO用1品

问题:

⑴Co位于元素周期表第.周期，第族。

（2）烧渣是Li。、CoCL和SiCh的混合物，“500C焙烧''后剩余的SiCL应先除去，否则水浸时会产生大

量烟雾，用化学方程式表示其原因O

（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2cCh常用方法的名称是o

-5

（4）已知A：Sp[Co（OH）2]=5.9X10',若“沉钻过滤”的pH控制为10.0,则溶液中Cu＞浓度为inulL^o

“85OC煨烧”时的化学方程式为。

（5）导致SiCL比CCI4易水解的因素有（填标号）。

a.Si-Cl键极性更大b.Si的原子半径更大

c.Si-Cl键键能更大d.Si有更多的价层轨道

【答案】⑴4（1分）V1D（1分）（2）SiC144-3H2O=H2SiO3+4HCl（l分）（3）焰色反应（1分）

(4)①5.9x1(尸(2分)②6co(OH)2+O2850电2CO3O4+6H2O(2分)

(5)abd(2分)

【解析】由流程和题中信息可知，LiCoCh粗品与SiCL在5。0℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、

CoCL和SiCh的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1,滤饼1的主要成分是SiCh和FLSiCh;漉

液I用氢氧化钠溶液沉钻，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)：]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空

气中在850℃搬烧得到C03O4;漉液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3,滤饼3为Li2co3。(l)Co

是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2,元素周期表第8、9、1()三个纵行合称第VIII族，

因此，其位于元素周期表第4周期、第VID族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCL,应先除去，否则水浸时会产生

大量烟客，由此可知，四氯化硅与可水反应旦能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCL遇水剧烈水解，生

成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCLi+3H20H2SiO3+4HQ0(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2c

常用焰色反应鉴别Li2cO3和Na2cCh，Li2cO3的焰色反应为紫红色，而Na2cCh的焰色反应为黄色。故鉴别

“滤饼3”和固体Na2cCh常用方法的名称是焰色反应。(4)已知K4co(OH)2]=5.9X10”,若“沉钻过滤”的pH

控制为10.0,则溶液中^OH^l.OxlO^molL-1，Co2+浓度为

15

/fs,[Co(OH)2]=5.9X1Q-

molL-,=5.9x107mol-L-1JX50C燃烧”时,CO(OH)2与O反应生成CoO

C2(OH-)—-(1.0x10-4)2234

和H2O,该反应的化学方程式为6co(OH)2~K)28501c2co3O4+6H2O。(5)a项，SiC键极性更大,则Si-Cl

键更易断裂，因此，SiCb比CCL易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCLi中E勺共用电子对

更加偏向于0,从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的0H-的进攻，因此，SiCL比C04

易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂：因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更

易断裂，故不能说明SiCL比CCL易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的0H-

形成化学键，从而导致SiCL比CCL易水解，d有关；综上所述，导致SiCL比CCL易水解的因素有abd.

19.(2023•广东卷)(10分)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。

(1)某有机物R能与F夕形成橙红色的配离子[FeR3产，该配离子可被HNCh氧化成淡蓝色的配离子

[Fe&产。

①基态Fe?+的3d电子轨道表示式为。

②完成反应的离子方程式：NOr+2[FeRs]2++3H+=+2[FeRj产+比0

(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。

用浓度分别为2.0mo卜LL2.5mol-L\3.0molL"的HNO3溶液进行了三组实验,得到前[FcR寸?+)]随

时间I的变化曲线如图。

①c(HNCh)=3.0mo卜I/时，在0〜1min内，[FeRF的平均消耗速率=

②下列有关说法中，正确的有

A.平衡后加水稀释,增大

城FeRj]

B.[FeRT+平衡转化率：a川＞%＞叫

C.三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小

D.体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：

(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡:

M+LMLKi

ML+LML2K2

研究组配制了L起始浓度co(L)=0.02molL'\M与L起始浓度比co(M)/co(L)不同的系列溶液，反应平

衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H

对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。

co(M)Zco(L)S(L)S(ML)S(ML2)

01.0000

aX<0.010.64

b<0.010.400.60

【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“0.01”表示未检测到。

①co(M)/c＜)(L)=a时，x=o

②co(M)/co(L)=b时，平衡浓度比c平(ML2)/c平(ML)=

(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当coC^l.OxlO^molL-1时，测得平衡时各物种

c〃co(L)随co(M)/co(L)的变化曲线如图。co(M)/co(L)=O.5i时，计算M的平衡转化率.(写出计算

过程，结果保留两位有效数字)。

3d

【答案】(1)|||I|I|I4I|I(1分)nNOz(l分)

(2)5x10-5molL-,min-,(2A、B(2分)

(3)0.36(1分)3：4或0.75(1分)

(4)98%(2分)

3d

【解析】⑴①基态F.的3d电子轨道表示式为||ItItItI；②根据原子守恒可知离子

方程式中需要增加HNO2。(2)①浓度分别为2.0moHJ、2.5molLL3.0mol・L”的HNO3溶液，反应物浓度

增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为I、II、HI；c(HNO3)=3.0mo卜L」时，在0~1min

内，观察图像可知[FcRF的平均消耗速率为OSLO)"1O'4mol•L"=5-Io-5mo[/(L.min)；②A项，对于反

Imin

应NO3-+2[FeRF++3H+=HNO2+2[FeRF++H2O,加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，[FeRaF含

c([FeR『)

量增加,[FeR产含量减小,增大,A正确;B项,HNO3浓度增加,[FeR3产转化率增加，故,

c([FeR3f)

B正确；C项，观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；D项，硝酸

浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故％尸D错误；故选AB。

(3)①co(M)/“(L尸a时，S(ML2)+S(ML)+S(L)=1,且S(ML2)=0.64,S(ML)V().O1得x=0.36；②S(MLz)相比

于S(ML)含有两个配体，则S(ML?)与S(ML)的浓度比应为S(MLz)相对峰面积S的一半与S(ML)的相对峰面

积S之比,即上丝2=3(4)CO(M)=0.5lc0(L)=5.1XlO-imol.f；

0.4~4

1

c¥(ML)=cip(L)=O.4co(L)=4.OxlO^mol-L',由L守恒可知

c平(MLjAlOLXxlOTlLXxWmoBLoxdm。"」,则

6

(:转(M)=4.0x10-mol-L-'+I.0xlO^mol-L'=5.0X1O^molL-':则M的转化率为,爪叱x100%«98%。

20.(2023•浙江1月选考)(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：

NaOH溶液一则峥s早急默——型亍处EZn(OH)J-臂产T[jj^ZnO卜＞一—)|znO@MOF|已

知：①含锌组分间的转化关系：Zn:；Zn(()H

@E-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。

请问答：

(1)步骤I，初始滴入ZnSCU溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是o

(2)下列有关说法不氐映的是o

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ZnSCb溶液制备£[11((汨)2,可提高ZnSC)4的利用率

C.步骤1【，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤

D.步腺III,控温燃烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小

(3)步骤HI,盛放样品的容器名称是。

(4)用Zn(CH3co0”和过量(NIL)2cCh反应，得到的沉淀可宜接控温煨烧得纳米ZnO,沉淀无需洗涤的

原因是o

(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Z/0从下列选项中选择合理的

仪器和操作，补全如下步骤亡”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)一用烧杯(___________)一用()T用移液管

()一用滴定管(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ZM+溶液；i.装瓶贴标签

⑹制备的ZnO@MOF荧光材料可测C/浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Q2+在一定浓度范

围内的美系如图。

某研究小组取7.5xlO-3g人血浆铜蓝蛋白（相对分子质量15x10）经预处理，将其中Cu元素全部转化

为CM+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为102则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。

【答案】（1）［Zn（OH）4F（1分）Q）BC（2分）（3）坨娟（1分）

（4）杂质中含有CH3co0-、CO3”、NH4+,在控温,煨烧过程中分解或被氧化为气体而除去（2分）

（5）dT（g）T©f）T（h）（2分）（6）8（2分）

【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£-Zn（OH）2,分离出口Zn（OH”后再控温燃烧生成纳米氧化锌，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）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「不能生B错误；C项，由信

息②可知，£-Zn（OH）239c以下稳定，故在用50C的热水洗涤时会导致，£-Zn（OH）2分解为其他物质，C错

误；D项，由流程可知，控温煨烧时£-Zn（OH）2会转化为纳米氧化性，故，控温煨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，应该用生堀，故步骤HI,盛放样品的容器名称是坦

烟：（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CH3coCO?*.NH/,在控温燃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（。，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）Tc（f）T（h）；⑹人血浆铜然蛋白的物质的量n（人血浆铜蓝蛋白尸

g=5x10-8mo]

L5xl°g/mol,由于实验测得荧光强度比值为10.2,则铜禽子浓度n（Cu2+尸

O4x1OYmol/LxlL=0.4xlMmoi,则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。

21.（2022•浙江省6月卷）（12分）某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。

6CH3

H-N_N-CH3

H

EG2

C]8H19CIN4O3催化剂3

H

N回

催化剂

N

NNCH3

氯氮平•J

RXRN：(X=C1,Br,OH)

0

RCOOR'1/

HR-C-N

®\\

HOCH<H2N\

请回答：

⑴下列说法不巧砸的是。

A.硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸

B.化合物A中的含氧官能团是硝基和竣基

C.化合物B具有两性

D.从C-E的反应推测，化合物D中硝基间位氯原子比邻位的活泼

（2）化合物C的结构简式是：氯氮平的分子式是:化合物H成环得氯氮平的过程中涉及

两步反应，其反应类型依次为O

(3)写出E-G的化学方程式。

(4)设计以CHyCH?和CHK也为原料合成H3C-N3I-CH2cH3的路线(用流程图表示，无机试剂

任选)o

(5)写出同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式。

①书-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不回化学讣境的氢原子，有N-H键。

②分子中含一个环，其成环原子数240

【答案】（1）D（2分）

COOCH3

（2）[^^NH2（05分）G8Hi90N4（O.5分）

加成反应，消去反应（1分）

⑶cXX'O+H_N「N_CH3一ci篇