2023年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷

2023年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷試題數(shù)：21，滿分：1001.（單選題，3分）下列物質(zhì)中屬于耐高溫酸性氧化物的是（）A.CO2B.SiO2C.MgOD.Na2O2.（單選題，3分）硫酸銅應(yīng)用廣泛，下列說法不正確的是（）A.Cu元素位于周期表p區(qū)B.硫酸銅屬于強(qiáng)電解質(zhì)C.硫酸銅溶液呈酸性D.硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性3.（單選題，3分）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A.中子數(shù)為18的氯原子：ClB.碳的基態(tài)原子軌道表示式：C.BF3的空間結(jié)構(gòu)：（平面三角形）D.HCl的形成過程：4.（單選題，3分）物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不正確的是（）A.SO2能使某些色素褪色，可用作漂白劑B.金屬鈉導(dǎo)熱性好，可用作傳熱介質(zhì)C.NaClO溶液呈堿性，可用作消毒劑D.Fe2O3呈紅色，可用作顏料5.（單選題，3分）下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是（）A.Na和乙醇反應(yīng)可生成H2B.工業(yè)上煅燒黃鐵礦（FeS2）生產(chǎn)SO2C.工業(yè)上用氨的催化氧化制備NOD.常溫下鐵與濃硝酸反應(yīng)可制備NO26.（單選題，3分）關(guān)于反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列說法正確的是（）A.生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子B.H2O是還原產(chǎn)物C.NH2OH既是氧化劑又是還原劑D.若設(shè)計(jì)成原電池，F(xiàn)e2+為負(fù)極產(chǎn)物7.（單選題，3分）下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是（）A.Cl2通入氫氧化鈉溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓D.H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓8.（單選題，3分）下列說法不正確的是（）A.從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛及其縮合產(chǎn)物B.蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸作用產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色C.水果中因含有低級酯類物質(zhì)而具有特殊香味D.聚乙烯、聚氯乙烯是熱塑性塑料9.（單選題，3分）七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細(xì)菌性痢疾，其結(jié)構(gòu)如圖，下列說法，正確的是（）A.分子中存在2種官能團(tuán)B.分子中所有碳原子共平面C.1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)，最多可消耗2molBr2D.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3molNaOH10.（單選題，3分）X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純堿中的一種元素。下列說法不正確的是（）A.電負(fù)性：Z＞XB.最高正價(jià)：Z＜MC.Q與M的化合物中可能含有非極性共價(jià)鍵D.最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z＞Y11.（單選題，3分）在熔融鹽體系中，通過電解TiO2和SiO2獲得電池材料（TiSi），電解裝置如圖，下列說法正確的是（）A.石墨電極為陰極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電極A的電極反應(yīng)：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2OC.該體系中，石墨優(yōu)先于Cl-參與反應(yīng)D.電解時(shí)，陽離子向石墨電極移動(dòng)12.（單選題，3分）共價(jià)化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，一定條件下可發(fā)生反應(yīng)：Al2Cl6+2NH3=2Al（NH3）Cl3，下列說法不正確的是（）A.Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為B.Al2Cl6為非極性分子C.該反應(yīng)中NH3的配位能力大于氯D.Al2Br6比Al2Cl6更難與NH3發(fā)生反應(yīng)13.（單選題，3分）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂（含固體活性成分R3N，R為烷基）因靜電作用被吸附回收，其回收率（被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）與廢水初始pH關(guān)系如圖（已知甲酸Ka=1.8×10-4），下列說法不正確的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O?R3NH++OH-B.pH=5的廢水中c（HCOO-）：c（HCOOH）=18：1C.廢水初始pH＜2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH+作用的HCOO-數(shù)目減少D.廢水初始pH＞5，離子交換樹脂活性成分主要以R3NH+形態(tài)存在14.（單選題，3分）標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，氣態(tài)反應(yīng)物和生成物的相對能量與反應(yīng)歷程示意圖如下[已知O2（g）和Cl2（g）的相對能量為0]，下列說法不正確的是（）

A.E6-E3=E5-E2B.可計(jì)算Cl-Cl鍵能為2（E2-E3）kJ?mol-1C.相同條件下，O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ＞歷程ⅠD.歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：ClO（g）+O（g）=O2（g）+Cl（g）ΔH=（E5-E4）kJ?mol-115.（單選題，3分）碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32-（aq）[已知Ksp（CaCO3）=3.4×10-9，Ksp（CaSO4）=4.9×10-5，H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有關(guān)說法正確的是（）A.上層清液中存在c（Ca2+）=c（CO32-）B.上層清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在C.向體系中通入CO2氣體，溶液中c（Ca2+）保持不變D.通過加Na2SO4溶液可實(shí)現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化16.（單選題，3分）探究鐵及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論A往FeCl2溶液中加入Zn片短時(shí)間內(nèi)無明顯現(xiàn)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固體溶液先變成血紅色后無明顯變化Fe3+與SCN-的反應(yīng)不可逆C將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，滴加KSCN溶液溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有+3價(jià)鐵D向沸水中逐滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸溶液先變成紅褐色再析

出沉淀Fe3+中先水解得Fe（OH）3再聚集成Fe（OH）3沉淀A.AB.BC.CD.D17.（問答題，10分）硅材料在生活中占有重要地位。

請回答：

（1）Si（NH2）4分子的空間結(jié)構(gòu)（以Si為中心）名稱為___，分子中氮原子的雜化軌道類型是___。Si（NH2）4受熱分解生成Si3N4和NH3，其受熱不穩(wěn)定的原因是___。

（2）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有關(guān)這些微粒的敘述，正確的是___。

A.微粒半徑：③＞①＞②

B.電子排布屬于基態(tài)原子（或離子）的是：①②

C.電離一個(gè)電子所需最低能量：①＞②＞③

D.得電子能力：①＞②

（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖。該晶體類型是___，該化合物的化學(xué)式為___。18.（問答題，10分）化合物X由三種元素組成，某學(xué)習(xí)小組按如圖流程進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

已知：白色固體A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和。

請回答：

（1）X的組成元素是___，X的化學(xué)式是___。

（2）寫出B→C溶液呈棕黃色所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式___。

（3）寫出生成白色固體H的離子方程式___。

（4）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)溶液Ⅰ中的陽離子___。19.（問答題，10分）“碳達(dá)峰?碳中和”是我國社會(huì)發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CH4還原CO2是實(shí)現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟(jì)的有效途徑之一，相關(guān)的主要反應(yīng)有：

Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ?mol-1，K1

Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ?mol-1，K2

請回答：

（1）有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是___。

A.低溫低壓

B.低溫高壓

C.高溫低壓

D.高溫高壓

（2）反應(yīng)CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH=___kJ?mol-1，K=___（用K1，K2表示）。

（3）恒壓、750℃時(shí)，CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1：3投料，反應(yīng)經(jīng)如圖流程（主要產(chǎn)物已標(biāo)出）可實(shí)現(xiàn)CO2高效轉(zhuǎn)化。

①下列說法正確的是___。

A.Fe3O4可循環(huán)利用，CaO不可循環(huán)利用

B.過程ii,CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移

C.過程ii產(chǎn)生的H2O最終未被CaO吸收，在過程ii被排出

D.相比于反應(yīng)Ⅰ，該流程的總反應(yīng)還原1molCO2需吸收的能量更多

②過程ii平衡后通入He,測得一段時(shí)間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，根據(jù)過程iii,結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋CO物質(zhì)的量上升的原因___。

（4）CH4還原能力（R）可衡量CO2轉(zhuǎn)化效率，R=（同一時(shí)段內(nèi)CO2與CH4的物質(zhì)的量變化量之比）。

①常壓下CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1：3投料，某一時(shí)段內(nèi)CH4和CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1，請?jiān)趫D2中畫出400～1000℃之間R的變化趨勢，并標(biāo)明1000℃時(shí)R值。

②催化劑X可提高R值，另一時(shí)段內(nèi)CH4轉(zhuǎn)化率、R值隨溫度變化如下表：溫度/℃480500520550CH4轉(zhuǎn)化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列說法不正確的是___。

A.R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率

B.溫度越低，含氫產(chǎn)物中H2O占比越高

C.溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率降低，R值減小

D.改變催化劑提高CH4轉(zhuǎn)化率，R值不一定增大20.（問答題，10分）某研究小組制備納米ZnO，再與金屬有機(jī)框架（MOF）材料復(fù)合制備熒光材料ZnO@MOF，流程如圖：

已知：①含鋅組分間的轉(zhuǎn)化關(guān)系：ZnZn（OH）2[Zn（OH）4]2-

②?-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一種晶型，39℃以下穩(wěn)定。

請回答：

（1）步驟Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液時(shí)，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是___。

（2）下列有關(guān)說法不正確的是___。

A.步驟Ⅰ，攪拌的作用是避免反應(yīng)物濃度局部過高，使反應(yīng)充分

B.步驟Ⅰ，若將過量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制備ε-Zn（OH）2，可提高ZnSO4的利用率

C.步驟Ⅱ，為了更好地除去雜質(zhì)，可用50℃的熱水洗滌

D.步驟Ⅲ，控溫煅燒的目的是為了控制ZnO的顆粒大小

（3）步驟Ⅲ，盛放樣品的容器名稱是___。

（4）用Zn（CH3COO）2和過量（NH4）2CO3反應(yīng)，得到的沉淀可直接控溫煅燒得納米ZnO，沉淀無需洗滌的原因是___。

（5）為測定納米ZnO產(chǎn)品的純度，可用已知濃度的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Zn2+。從下列選項(xiàng)中選擇合理的儀器和操作，補(bǔ)全如下步驟[“____”上填寫一件最關(guān)鍵儀器，“（）”內(nèi)填寫一種操作，均用字母表示]。

用___（稱量ZnO樣品xg）→用燒杯（___）→用___（___）→用移液管（___）→用滴定管（盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液，滴定Zn2+）

儀器：a.燒杯；b.托盤天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.試劑瓶

操作：f.配制一定體積的Zn2+溶液；g.酸溶樣品；h.量取一定體積的Zn2+溶液；i.裝瓶貼標(biāo)簽

（6）制備的ZnO@MOF熒光材料可測Cu2+濃度。已知ZnO@MOF的熒光強(qiáng)度比值與Cu2+在一定濃度范圍內(nèi)的關(guān)系如圖。某研究小組取7.5×10-3g人血漿銅藍(lán)蛋白（相對分子質(zhì)量1.5×105），經(jīng)預(yù)處理，將其中Cu元素全部轉(zhuǎn)化為Cu2+并定容至1L。取樣測得熒光強(qiáng)度比值為10.2，則1個(gè)血漿銅藍(lán)蛋白分子中含___個(gè)銅原子。

21.（問答題，12分）某研究小組按下列路線合成抗癌藥物鹽酸苯達(dá)莫司汀。

已知：①

②

請回答：

（1）化合物A的官能團(tuán)名稱是___。

（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡式是___。

（3）下列說法正確的是___。

A.B→C的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)

B.化合物D與乙醇互為同系物

C.化合物I的分子式是C18H25N3O4

D.將苯達(dá)莫司汀制成鹽酸鹽有助于增加其水溶性

（4）寫出G→H的化學(xué)方程式___。

（5）設(shè)計(jì)以D為原料合成E的路線（用流程圖表示，無機(jī)試劑任選）___。

（6）寫出3種同時(shí)符合下列條件的化合物C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___。

①分子中只含一個(gè)環(huán)，且為六元環(huán)；

②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，無氮氮鍵，有乙?；ǎ?/p>

2023年1月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷參考答案與試題解析試題數(shù)：21，滿分：1001.（單選題，3分）下列物質(zhì)中屬于耐高溫酸性氧化物的是（）A.CO2B.SiO2C.MgOD.Na2O【正確答案】：B【解析】：和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；堿性氧化物是能和酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物。

【解答】：解：MgO、Na2O能和鹽酸反應(yīng)只生成鹽和水，是堿性氧化物，CO2、SiO2都能和NaOH溶液反應(yīng)只生成鹽和水，均為酸性氧化物，CO2晶體屬于分子晶體，熔點(diǎn)低，SiO2晶體屬于原子晶體，熔點(diǎn)高，耐高溫，

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題考查了氧化物分類、晶體類型，掌握概念的要點(diǎn)是解題關(guān)鍵，難度不大。2.（單選題，3分）硫酸銅應(yīng)用廣泛，下列說法不正確的是（）A.Cu元素位于周期表p區(qū)B.硫酸銅屬于強(qiáng)電解質(zhì)C.硫酸銅溶液呈酸性D.硫酸銅能使蛋白質(zhì)變性【正確答案】：A【解析】：A．Cu原子核外有29個(gè)電子，其外圍電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)；

B．硫酸銅在溶液中完全電離；

C．CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中水解顯酸性；

D．銅離子為重金屬離子。

【解答】：解：A．Cu原子核外有29個(gè)電子，其3d、4s電子為其外圍電子，所以其外圍電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)，故A錯(cuò)誤；

B．硫酸銅在溶液中完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故B正確；

C．CuSO4是強(qiáng)酸弱堿鹽，Cu2+在溶液中水解顯酸性：Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，故C正確；

D．硫酸銅中銅離子為重金屬離子，重金屬離子能夠使蛋白質(zhì)變性，故D正確；

故選：A。

【點(diǎn)評】：本題考查銅及其化合物的性質(zhì)，明確性質(zhì)與用途的關(guān)系，題目比較基礎(chǔ)，旨在考查學(xué)生對基礎(chǔ)知識的掌握情況。3.（單選題，3分）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A.中子數(shù)為18的氯原子：ClB.碳的基態(tài)原子軌道表示式：C.BF3的空間結(jié)構(gòu)：（平面三角形）D.HCl的形成過程：【正確答案】：C【解析】：A．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)標(biāo)注于元素符號左上角、質(zhì)子數(shù)標(biāo)注于左下角；

B．根據(jù)洪特規(guī)則，2p軌道上的2個(gè)電子應(yīng)該分別在2個(gè)軌道上，且自旋方向相同；

C．BF3的中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為3+=3，VSEPR模型為平面三角形；

D．HCl是共價(jià)化合物，不存在陰陽離子，H、Cl間共用1對電子。

【解答】：解：A．中子數(shù)為18的氯原子的質(zhì)量數(shù)為17+18=35，核素符號為Cl,故A錯(cuò)誤；

B．基態(tài)碳原子的核外電子排布式為1s22s22p2，根據(jù)洪特規(guī)則，2p軌道上的2個(gè)電子應(yīng)該分別在2個(gè)軌道上，且自旋方向相同，其原子軌道表示式為，故B錯(cuò)誤；

C．BF3的中心原子的價(jià)層電子對數(shù)為3+=3，無孤電子對，其VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，故C正確；

D．HCl是共價(jià)化合物，電子式為，形成過程中不存在電子得失，其形成過程應(yīng)為，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

【點(diǎn)評】：本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，涉及電子式、核素、分子構(gòu)型的判斷、核外電子排布式等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則即可解答，試題有利于提高學(xué)生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。4.（單選題，3分）物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不正確的是（）A.SO2能使某些色素褪色，可用作漂白劑B.金屬鈉導(dǎo)熱性好，可用作傳熱介質(zhì)C.NaClO溶液呈堿性，可用作消毒劑D.Fe2O3呈紅色，可用作顏料【正確答案】：C【解析】：A．二氧化硫能和有色物質(zhì)反應(yīng)生成無色物質(zhì)；

B．鈉具有良好的導(dǎo)熱性；

C．次氯酸鈉具有強(qiáng)的氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性；

D．Fe2O3是紅棕色固體，俗名鐵紅。

【解答】：解：A．二氧化硫能和有色物質(zhì)反應(yīng)生成無色物質(zhì)，所以SO2可用作漂白劑，故A正確；

B．鈉具有良好的導(dǎo)熱性，可用作傳熱介質(zhì)，故B正確；

C．次氯酸鈉具有強(qiáng)的氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，可用作消毒劑，不是堿性的原因，故C錯(cuò)誤；

D．Fe2O3呈紅棕色，常用作紅色涂料，故D正確；

故選：C。

【點(diǎn)評】：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、性質(zhì)與用途的對應(yīng)關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與運(yùn)用能力的考查，注意鐵元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。5.（單選題，3分）下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說法不正確的是（）A.Na和乙醇反應(yīng)可生成H2B.工業(yè)上煅燒黃鐵礦（FeS2）生產(chǎn)SO2C.工業(yè)上用氨的催化氧化制備NOD.常溫下鐵與濃硝酸反應(yīng)可制備NO2【正確答案】：D【解析】：A．乙醇和金屬鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣；

B．黃鐵礦煅燒生成二氧化硫；

C．NH3與O2在一定條件下反應(yīng)生成NO和H2O；

D．常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象。

【解答】：解：A．乙醇和金屬鈉反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，發(fā)生了取代反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2Na+2C2H5OH→2C2H5ONa+H2↑，故A正確；

B．黃鐵礦煅燒生成二氧化硫，方程式為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故B正確；

C．工業(yè)上氨催化氧化生成NO的反應(yīng)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，故C正確；

D．常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，所以常溫下鐵與濃硝酸反應(yīng)不可以制取NO2，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題以化學(xué)反應(yīng)為載體考查了理論與實(shí)際，工業(yè)生產(chǎn)要考慮成本問題，根據(jù)物質(zhì)間的反應(yīng)結(jié)合成本分析解答，題目難度不大。6.（單選題，3分）關(guān)于反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列說法正確的是（）A.生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子B.H2O是還原產(chǎn)物C.NH2OH既是氧化劑又是還原劑D.若設(shè)計(jì)成原電池，F(xiàn)e2+為負(fù)極產(chǎn)物【正確答案】：A【解析】：反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高到+1價(jià)，失去電子，作還原劑，F(xiàn)e3+的化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，得到電子，作氧化劑，據(jù)此進(jìn)行分析。

【解答】：解：A．反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高到+1價(jià)，生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子，故A正確；

B．反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，氫元素和氧元素的價(jià)態(tài)沒有改變，H2O不是還原產(chǎn)物，還原產(chǎn)物是Fe2+，故B錯(cuò)誤；

C．反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O中，NH2OH中N元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高到+1價(jià)，失去電子，作還原劑，故C錯(cuò)誤；

D．若設(shè)計(jì)成原電池，F(xiàn)e3+的化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，得到電子，F(xiàn)e2+為正極產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

【點(diǎn)評】：本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素化合價(jià)變化為解答的關(guān)鍵，注意從元素化合價(jià)角度分析，側(cè)重氧化還原反應(yīng)基本概念和電子轉(zhuǎn)移計(jì)算的考查，題目難度不大。7.（單選題，3分）下列反應(yīng)的離子方程式不正確的是（）A.Cl2通入氫氧化鈉溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OB.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓D.H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO32-+Ca2+=CaSO3↓【正確答案】：D【解析】：A．氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；

B．氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水；

C．二氧化碳過量，反應(yīng)生成碳酸氫鈉，由于相同溫度下碳酸鈉溶解度大于碳酸氫鈉，所以反應(yīng)產(chǎn)物中有碳酸氫鈉晶體析出；

D．H2SO3與氯化鈣溶液不反應(yīng)。

【解答】：解：A．氯氣通入氫氧化鈉溶液，反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，該反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故A正確；

B．氧化鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正確；

C．過量的CO2通入飽和碳酸鈉溶液中，碳酸氫鈉溶解度小于碳酸鈉，反應(yīng)析出了碳酸氫鈉晶體，反應(yīng)的離子方程式為：CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3↓，故C正確；

D．鹽酸酸性強(qiáng)于H2SO3，H2SO3與氯化鈣溶液不反應(yīng)，不能產(chǎn)生白色沉淀，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、與量有關(guān)的離子反應(yīng)考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度不大。8.（單選題，3分）下列說法不正確的是（）A.從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛及其縮合產(chǎn)物B.蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸作用產(chǎn)生白色沉淀，加熱后沉淀變黃色C.水果中因含有低級酯類物質(zhì)而具有特殊香味D.聚乙烯、聚氯乙烯是熱塑性塑料【正確答案】：A【解析】：A．糖是多羥基醛、多羥基酮或它們的脫水縮合物；

B．蛋白質(zhì)遇濃硝酸發(fā)生顏色反應(yīng)；

C．低級的酯是具有香氣的揮發(fā)性液體；

D．塑料有線型、體型兩種，線型具有熱塑性，體型具有熱固性。

【解答】：解：A．糖是多羥基醛、多羥基酮或它們的脫水縮合物，根據(jù)是否含醛基分為還原性糖和非還原性糖，故A錯(cuò)誤；

B．蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸作用，先變性生成白色沉淀，加熱后沉淀變黃色，故B正確；

C．低級的酯是具有香氣的揮發(fā)性液體，水果具有香味是由于水果中含有酯類物質(zhì)，故C正確；

D．塑料有線型、體型兩種，線型具有熱塑性，具有冷卻后又變成固體，加熱后又熔化的性質(zhì)，常見有聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等，故D正確；

故選：A。

【點(diǎn)評】：本題主要考查了化學(xué)與生活的有關(guān)知識，掌握生活中常見有機(jī)物的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，題目難度不大。9.（單選題，3分）七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細(xì)菌性痢疾，其結(jié)構(gòu)如圖，下列說法，正確的是（）A.分子中存在2種官能團(tuán)B.分子中所有碳原子共平面C.1mol該物質(zhì)與足量溴水反應(yīng)，最多可消耗2molBr2D.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3molNaOH【正確答案】：B【解析】：A．含有酚羥基和酯基、碳碳雙鍵；

B．苯環(huán)、碳碳雙鍵連接的原子都共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)；

C．苯環(huán)上酚羥基的鄰位、對位氫原子能和溴以1：1發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵和溴以1：1發(fā)生加成反應(yīng)；

D．酚羥基、酯基水解生成的羧基和酚羥基都能和NaOH以1：1反應(yīng)。

【解答】：解：A．分子中含有酚羥基和酯基、碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，故A錯(cuò)誤；

B．苯環(huán)、碳碳雙鍵連接的原子都共平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以該分子中所有碳原子共平面，故B正確；

C．苯環(huán)上酚羥基的鄰位、對位氫原子能和溴以1：1發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵和溴以1：1發(fā)生加成反應(yīng)，1mol該物質(zhì)最多消耗3mol溴，2mol溴發(fā)生取代反應(yīng)、1mol溴發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D．酚羥基、酯基水解生成的羧基和酚羥基都能和NaOH以1：1反應(yīng)，該分子中含有2個(gè)酚羥基、1個(gè)酯基水解生成1個(gè)酚羥基和1個(gè)羧基，所以1mol該物質(zhì)最多消耗4molNaOH，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系、原子共平面判斷方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。10.（單選題，3分）X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純堿中的一種元素。下列說法不正確的是（）A.電負(fù)性：Z＞XB.最高正價(jià)：Z＜MC.Q與M的化合物中可能含有非極性共價(jià)鍵D.最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z＞Y【正確答案】：B【解析】：X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大，Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，為C元素，結(jié)合X的2s軌道全充滿，可知X為Be或B元素；M是地殼中含量最多的元素，為O元素；Q是純堿中的一種元素，為Na元素，Z元素原子序數(shù)介于Y和M之間，為N元素，即X、Y、Z、M、Q分別是Be或B、C、N、O、Na元素；

A．元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大；

B．主族元素最高正化合價(jià)與其族序數(shù)相等，但O、F元素除外；

C．Q、M形成的化合物有Na2O、Na2O2；

D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，但O、F元素除外。

【解答】：解：X、Y、Z、M、Q分別是Be、C、N、O、Na元素；

A．非金屬性：Z＞X，所以電負(fù)性：Z＞X，故A正確；

B．主族元素最高正化合價(jià)與其族序數(shù)相等，因?yàn)镺、F元素非金屬性很強(qiáng)，不易失電子，所以沒有正化合價(jià)，Z、M分別是N、O元素，故B錯(cuò)誤；

C．Q、M形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵、過氧根離子中存在O-O非極性鍵，故C正確；

D．Y、Z分別是C、N元素，非金屬性：Y＜Z，則最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z＞Y，故D正確；

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查閱讀、分析、推斷及知識綜合運(yùn)用能力，正確推斷元素并靈活運(yùn)用元素周期律是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。11.（單選題，3分）在熔融鹽體系中，通過電解TiO2和SiO2獲得電池材料（TiSi），電解裝置如圖，下列說法正確的是（）A.石墨電極為陰極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電極A的電極反應(yīng)：8H++TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4H2OC.該體系中，石墨優(yōu)先于Cl-參與反應(yīng)D.電解時(shí)，陽離子向石墨電極移動(dòng)【正確答案】：C【解析】：通過電解TiO2和SiO2獲得電池材料（TiSi），則TiO2和SiO2電極作電極A，為陰極，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：TiO2+4e-=Ti+2O2-，SiO2+4e-=Si+2O2-，總反應(yīng)為：TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，石墨電極為陽極，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：C-2e-+O2-=CO↑，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極。

【解答】：解：A．由分析知，石墨電極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B．由分析知，電極A的電極反應(yīng)式為：TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，故B錯(cuò)誤；

C．由分析知，石墨電極中碳失去電子，因此該體系中，石墨優(yōu)先于Cl-參與反應(yīng)，故C正確；

D．電解時(shí)，陽離子向陰極移動(dòng)，因此電解時(shí)，陽離子向電極A移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

【點(diǎn)評】：本題主要考查電解原理，掌握電解池的工作原理是解題的關(guān)鍵，題目難度一般。12.（單選題，3分）共價(jià)化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，一定條件下可發(fā)生反應(yīng)：Al2Cl6+2NH3=2Al（NH3）Cl3，下列說法不正確的是（）A.Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為B.Al2Cl6為非極性分子C.該反應(yīng)中NH3的配位能力大于氯D.Al2Br6比Al2Cl6更難與NH3發(fā)生反應(yīng)【正確答案】：D【解析】：A．Al原子的最外層電子數(shù)為3，共價(jià)化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則分子中Al、Cl原子間存在配位鍵；

B．由Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式可知，Al2Cl6分子是對稱性分子；

C．Al原子的最外層電子數(shù)為3，則Al2Cl6分子中Al、Cl原子間存在配位鍵，Al（NH3）Cl3分子中NH3是配體；

D．Br的原子半徑大于Cl,則鍵能：Al-Br鍵＜Al-Cl鍵，導(dǎo)致Al-Br鍵更易斷裂。

【解答】：解：A．Al原子的最外層電子數(shù)為3，共價(jià)化合物Al2Cl6中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則分子中Al、Cl原子間存在配位鍵，導(dǎo)致每個(gè)Al與4個(gè)Cl原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，所以Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為，故A正確；

B．Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為，則Al2Cl6分子是對稱性分子，為非極性分子，故B正確；

C．Al2Cl6分子中Al、Cl原子間存在配位鍵，Al（NH3）Cl3分子中NH3是配體，并且能發(fā)生反應(yīng)Al2Cl6+2NH3=2Al（NH3）Cl3，則NH3的配位能力大于Cl原子，故C正確；

D．Br的原子半徑大于Cl,則鍵能：Al-Br鍵＜Al-Cl鍵，導(dǎo)致Al-Br鍵更易斷裂，且NH3能與Al原子形成配位鍵，則Al2Br6比Al2Cl6更易與NH3發(fā)生反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題考查分子極性的判斷、配位理論的應(yīng)用等知識，側(cè)重學(xué)生分析能力和靈活運(yùn)用能力的考查，把握配位鍵的形成條件、分子結(jié)構(gòu)和分子極性的判斷方法是解題關(guān)鍵，題目難度中等。13.（單選題，3分）甲酸（HCOOH）是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂（含固體活性成分R3N，R為烷基）因靜電作用被吸附回收，其回收率（被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）與廢水初始pH關(guān)系如圖（已知甲酸Ka=1.8×10-4），下列說法不正確的是（）A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O?R3NH++OH-B.pH=5的廢水中c（HCOO-）：c（HCOOH）=18：1C.廢水初始pH＜2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH+作用的HCOO-數(shù)目減少D.廢水初始pH＞5，離子交換樹脂活性成分主要以R3NH+形態(tài)存在【正確答案】：D【解析】：A．根據(jù)圖知，業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂后，溶液pH值增大，說明R3N呈堿性；

B．pH=5時(shí)，c（H+）=10-5mol/L，Ha（HCOOH）=×c（H+），=；

C．廢水中pH值越小，c（H+）越大，HCOOH?HCOO-+H+平衡逆向移動(dòng)；

D．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O?R3NH++OH-，廢水初始pH＞5時(shí)，溶液中c（OH-）增大，平衡逆向移動(dòng)。

【解答】：解：A．根據(jù)圖知，業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂后，溶液pH值增大，說明R3N呈堿性，存在水解平衡R3N+H2O?R3NH++OH-，故A正確；

B．pH=5時(shí)，c（H+）=10-5mol/L，Ha（HCOOH）=×c（H+），===18：1，故B正確；

C．廢水中pH值越小，c（H+）越大，HCOOH?HCOO-+H+平衡逆向移動(dòng)，則HCOO-數(shù)目減少，故C正確；

D．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O?R3NH++OH-，廢水初始pH＞5時(shí)，溶液中c（OH-）增大，平衡逆向移動(dòng)，離子交換樹脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題考查弱電解質(zhì)的電離，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確水解原理、電離平衡常數(shù)的計(jì)算方法、外界條件對平衡影響原理內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，注意B中分式的變形，題目難度不大。14.（單選題，3分）標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，氣態(tài)反應(yīng)物和生成物的相對能量與反應(yīng)歷程示意圖如下[已知O2（g）和Cl2（g）的相對能量為0]，下列說法不正確的是（）

A.E6-E3=E5-E2B.可計(jì)算Cl-Cl鍵能為2（E2-E3）kJ?mol-1C.相同條件下，O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ＞歷程ⅠD.歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：ClO（g）+O（g）=O2（g）+Cl（g）ΔH=（E5-E4）kJ?mol-1【正確答案】：C【解析】：A．催化劑不能改變反應(yīng)的焓變；

B．由圖可知，Cl（g）的相對能力為（E2-E3）kJ/mol；

C．相同條件下，O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ=歷程Ⅰ；

D．反應(yīng)的活化能越低，反應(yīng)速率越快，反之相反。

【解答】：解：A．由圖可知，Cl原子是歷程Ⅱ的催化劑，催化劑不能改變反應(yīng)的反應(yīng)熱，則歷程Ⅰ、Ⅱ的反應(yīng)熱相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正確；

B．Cl2（g）的相對能量為0，由圖可知Cl（g）的相對能力為（E2-E3）kJ/mol,斷裂化學(xué)鍵吸收熱量，Cl2（g）→2Cl（g）吸收能量為（E2-E3）kJ/mol,則Cl-Cl鍵能為2（E2-E3）kJ/mol,故B正確；

C．催化劑不能改變反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，不能改變反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，即相同條件下O3的平衡轉(zhuǎn)化率：歷程Ⅱ=歷程Ⅰ，故C錯(cuò)誤；

D．由圖可知，歷程Ⅱ中第二步反應(yīng)的活化能小于第一步反應(yīng)的活化能，反應(yīng)的活化能越低，反應(yīng)速率越快，則歷程Ⅰ、歷程Ⅱ中速率最快的一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：ClO（g）+O（g）=O2（g）+Cl（g）ΔH=（E5-E4）kJ?mol-1，故D正確；

故選：C。

【點(diǎn)評】：本題考查反應(yīng)熱與焓變，側(cè)重分析能力及靈活運(yùn)用能力的考查，把握焓變的計(jì)算、鍵能概念、催化劑的作用、活化能與反應(yīng)速率的關(guān)系即可解答，題目難度不大。15.（單選題，3分）碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32-（aq）[已知Ksp（CaCO3）=3.4×10-9，Ksp（CaSO4）=4.9×10-5，H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有關(guān)說法正確的是（）A.上層清液中存在c（Ca2+）=c（CO32-）B.上層清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在C.向體系中通入CO2氣體，溶液中c（Ca2+）保持不變D.通過加Na2SO4溶液可實(shí)現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化【正確答案】：B【解析】：A．上層清液中Ca2+不水解、CO32-水解生成HCO3-；

B．Ka2==4.7×10-11，CO32-的水解平衡常數(shù)Kh==≈2×10-2＞Ka2，說明溶液中CO32-的水解程度較大；

C．向體系中通入CO2，發(fā)生反應(yīng)CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，難溶性的CaCO3轉(zhuǎn)化為可溶性的Ca（HCO3）2；

D．Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），CaCO3比CaSO4更難溶。

【解答】：解：A．上層清液中Ca2+不水解、CO32-水解生成HCO3-，所以上層清液中存在c（Ca2+）＞c（CO32-），故A錯(cuò)誤；

B．Ka2==4.7×10-11，CO32-的水解平衡常數(shù)Kh==≈2×10-2＞Ka2，說明溶液中CO32-的水解程度較大，上層清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在，故B正確；

C．向體系中通入CO2，發(fā)生反應(yīng)CO2+H2O+CaCO3=Ca（HCO3）2，難溶性的CaCO3轉(zhuǎn)化為可溶性的Ca（HCO3）2，溶液中c（Ca2+）增大，故C錯(cuò)誤；

D．Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），CaCO3比CaSO4更難溶，所以加入Na2SO4溶液不易將CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

【點(diǎn)評】：本題考查難溶物的溶解平衡，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計(jì)算能力，明確鹽類水解原理、元素化合物的性質(zhì)、難溶物的溶解轉(zhuǎn)化關(guān)系等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，A、C為解答易錯(cuò)點(diǎn)。16.（單選題，3分）探究鐵及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論A往FeCl2溶液中加入Zn片短時(shí)間內(nèi)無明顯現(xiàn)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固體溶液先變成血紅色后無明顯變化Fe3+與SCN-的反應(yīng)不可逆C將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，滴加KSCN溶液溶液呈淺綠色食品脫氧劑樣品中沒有+3價(jià)鐵D向沸水中逐滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，持續(xù)煮沸溶液先變成紅褐色再析

出沉淀Fe3+中先水解得Fe（OH）3再聚集成Fe（OH）3沉淀A.AB.BC.CD.D【正確答案】：D【解析】：A．往FeCl2溶液中加入Zn片，離子反應(yīng)方程式為：Fe2++Zn=Fe+Zn2+，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；

B．往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，離子反應(yīng)方程式為：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3，K2SO4不影響平衡移動(dòng)；

C．Fe3+能被Fe還原為Fe2+；

D．飽和氯化鐵在沸水中發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe（OH）3膠體，加熱能使膠體產(chǎn)生聚沉。

【解答】：解：A．往FeCl2溶液中加入Zn片，離子反應(yīng)方程式為：Fe2++Zn=Fe+Zn2+，F(xiàn)eCl2溶液呈淺綠色、ZnCl2溶液呈無色，所以溶液由淺綠色變?yōu)闊o色，F(xiàn)e2為氧化劑、Zn2+為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，F(xiàn)e2+的氧化能力比Zn2+強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；

B．往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，離子反應(yīng)方程式為：Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3，K2SO4不影響平衡移動(dòng)，所以往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固體，溶液先變成血紅色后無明顯變化，故B錯(cuò)誤；

C．將食品脫氧劑樣品中的還原鐵粉溶于鹽酸，F(xiàn)e3+能被Fe還原為Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，故C錯(cuò)誤；

D．飽和氯化鐵在沸水中發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe（OH）3膠體，加熱能使Fe（OH）3膠體產(chǎn)生聚沉，從而得到Fe（OH）3紅褐色沉淀，故D正確；

故選：D。

【點(diǎn)評】：本題以Fe及其化合物為載體考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范性是解本題關(guān)鍵，注意排除干擾因素，B為解答易錯(cuò)點(diǎn)。17.（問答題，10分）硅材料在生活中占有重要地位。

請回答：

（1）Si（NH2）4分子的空間結(jié)構(gòu)（以Si為中心）名稱為___，分子中氮原子的雜化軌道類型是___。Si（NH2）4受熱分解生成Si3N4和NH3，其受熱不穩(wěn)定的原因是___。

（2）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有關(guān)這些微粒的敘述，正確的是___。

A.微粒半徑：③＞①＞②

B.電子排布屬于基態(tài)原子（或離子）的是：①②

C.電離一個(gè)電子所需最低能量：①＞②＞③

D.得電子能力：①＞②

（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖。該晶體類型是___，該化合物的化學(xué)式為___。【正確答案】：四面體;sp3;Si周圍的NH2基團(tuán)體積較大，受熱時(shí)斥力較強(qiáng)[Si（NH2）4中Si-N鍵能相對較小]，產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多（熵增）;AB;共價(jià)晶體;SiP2【解析】：（1）Si（NH2）4分子相當(dāng)于SiH4中4個(gè)氫原子被4個(gè)-NH2取代，SiH4中Si原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)=4+=4且不含孤電子對；N原子和1個(gè)Si原子、2個(gè)H原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，且每個(gè)N原子還含有1個(gè)孤電子對，所以N原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4；Si周圍的NH2基團(tuán)體積較大，受熱時(shí)斥力較強(qiáng)，該反應(yīng)屬于熵增的反應(yīng)；

（2）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，則①基態(tài)Si原子，②是基態(tài)Si+，③是激發(fā)態(tài)Si原子；

A．一般電子層數(shù)越多原子半徑越大，而Si原子失電子數(shù)越多，原子半徑越小；

B．原子核外電子排布符合構(gòu)造原理、能量最低原理的原子屬于基態(tài)原子；

C．能量越高越容易失電子，基態(tài)原子的第一電離能小于第二電離能；

D．能量越低越易得電子；

（3）該晶體是由原子構(gòu)成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體；該晶胞中Si原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4、P原子個(gè)數(shù)=8，Si、P原子個(gè)數(shù)之比為4：8=1：2。

【解答】：解：（1）SiH4中Si原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)=4+=4且不含孤電子對，SiH4空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)，Si（NH2）4分子相當(dāng)于SiH4中4個(gè)氫原子被4個(gè)-NH2取代，所以Si（NH2）4分子的空間結(jié)構(gòu)（以Si為中心）名稱為四面體，N原子和1個(gè)Si原子、2個(gè)H原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，且每個(gè)N原子還含有1個(gè)孤電子對，所以N原子價(jià)層電子對個(gè)數(shù)是4，N原子采用sp3雜化；Si周圍的NH2基團(tuán)體積較大，受熱時(shí)斥力較強(qiáng)，Si（NH2）4中Si-N鍵能相對較小，斷裂Si-N鍵所需能量較小，且該反應(yīng)產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多，屬于熵增的反應(yīng)，所以Si（NH2）4受熱分解生成Si3N4和NH3，

故答案為：四面體；sp3；Si周圍的NH2基團(tuán)體積較大，受熱時(shí)斥力較強(qiáng)[Si（NH2）4中Si-N鍵能相對較小]，產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多（熵增）；

（2）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，則①基態(tài)Si原子，②是基態(tài)Si+，③是激發(fā)態(tài)Si原子；

A．一般電子層數(shù)越多原子半徑越大，而Si原子失電子數(shù)越多，原子半徑越小，則微粒半徑：③＞①＞②，故A正確；

B．原子核外電子排布符合構(gòu)造原理、能量最低原理的原子屬于基態(tài)原子或離子，則①基態(tài)Si原子，②是基態(tài)Si+，故B正確；

C．能量越高越容易失電子，基態(tài)原子的第一電離能小于第二電離能，則電離一個(gè)電子所需最低能量：②＞①＞③，故C錯(cuò)誤；

D．能量越低越易得電子，則得電子能力：②＞①，故D錯(cuò)誤；

故答案為：AB；

（3）該晶體是由原子構(gòu)成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，為共價(jià)晶體；該晶胞中Si原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4、P原子個(gè)數(shù)=8，Si、P原子個(gè)數(shù)之比為4：8=1：2，化學(xué)式為SiP2，

故答案為：共價(jià)晶體；SiP2。

【點(diǎn)評】：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確分子結(jié)構(gòu)、原子雜化類型判斷方法、元素周期律、晶胞計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，注意（1）題采用知識遷移的方法分析判斷，題目難度不大。18.（問答題，10分）化合物X由三種元素組成，某學(xué)習(xí)小組按如圖流程進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：

已知：白色固體A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和。

請回答：

（1）X的組成元素是___，X的化學(xué)式是___。

（2）寫出B→C溶液呈棕黃色所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式___。

（3）寫出生成白色固體H的離子方程式___。

（4）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)溶液Ⅰ中的陽離子___。【正確答案】：Ca、Cl、O;Ca（ClO4）2;8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O;[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+;用玻璃棒蘸取溶液I，點(diǎn)在藍(lán)色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)說明有NH4+【解析】：化合物X由三種元素組成，X和足量Na2CO3反應(yīng)生成白色固體A和無水溶液B，A為難溶性碳酸鈣或碳酸鋇；無水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性鈉鹽，B加入足量HI生成棕黃色溶液C，說明HI被B中溶質(zhì)氧化生成I2，則C中含有I2和過量的HI、鈉鹽；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、鈉鹽，D中加入足量AgNO3溶液得到淺黃色固體E和無水溶液F，E和足量氨水反應(yīng)生成無色溶液G和黃色固體AgI，G為銀氨溶液，G和足量稀硝酸反應(yīng)生成白色固體H，H為AgCl,無色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黃色固體E為AgI和AgCl,無色溶液D中含有I-、Cl-，無色溶液F中含有剩余的AgNO3和鈉鹽，n（AgCl）==0.01mol,白色固體A用0.0250molHCl溶解后，多余的酸用0.0150molNaOH恰好中和，化合物X中含有金屬元素的物質(zhì)的量=（0.0250-0.0150）mol×=0.005mol,X含有三種元素，則X為含氧酸鹽，所以一定含有氧元素；如果化合物X中含有Ba元素，白色固體的質(zhì)量=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g,則X中含有Ca元素，含有n（O）==0.04mol,X中Ca、Cl、O元素的物質(zhì)的量之比等于其個(gè)數(shù)之比，為0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，化學(xué)式為Ca（ClO4）2，結(jié)合題目分析解答。

【解答】：解：（1）通過以上分析知，X的組成元素是Ca、Cl、O，X的化學(xué)式是Ca（ClO4）2，

故答案為：Ca、Cl、O；Ca（ClO4）2；

（2）B中含有NaClO4，能氧化HI生成I2，同時(shí)生成NaCl、H2O，B→C溶液呈棕黃色所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O，

故答案為：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；

（3）G為銀氨溶液，G和足量稀硝酸反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀和氯化銨，生成白色固體H的離子方程式為[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+，

故答案為：[Ag（NH3）2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+；

（4）I中含有NH4Cl、HNO3，酸遇藍(lán)色石蕊試紙變紅色，銨根離子和NaOH溶液反應(yīng)生成NH3?H2O，加熱NH3?H2O分解生成NH3，NH3能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)色，所以檢驗(yàn)溶液Ⅰ中的陽離子方法為：用玻璃棒蘸取溶液I，點(diǎn)在藍(lán)色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)說明有NH4+，

故答案為：用玻璃棒蘸取溶液I，點(diǎn)在藍(lán)色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍(lán)說明有NH4+。

【點(diǎn)評】：本題考查無機(jī)物推斷，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系并正確推斷各物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是判斷X的化學(xué)式，題目難度中等。19.（問答題，10分）“碳達(dá)峰?碳中和”是我國社會(huì)發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CH4還原CO2是實(shí)現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟(jì)的有效途徑之一，相關(guān)的主要反應(yīng)有：

Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ?mol-1，K1

Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ?mol-1，K2

請回答：

（1）有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是___。

A.低溫低壓

B.低溫高壓

C.高溫低壓

D.高溫高壓

（2）反應(yīng)CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）的ΔH=___kJ?mol-1，K=___（用K1，K2表示）。

（3）恒壓、750℃時(shí)，CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1：3投料，反應(yīng)經(jīng)如圖流程（主要產(chǎn)物已標(biāo)出）可實(shí)現(xiàn)CO2高效轉(zhuǎn)化。

①下列說法正確的是___。

A.Fe3O4可循環(huán)利用，CaO不可循環(huán)利用

B.過程ii,CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移

C.過程ii產(chǎn)生的H2O最終未被CaO吸收，在過程ii被排出

D.相比于反應(yīng)Ⅰ，該流程的總反應(yīng)還原1molCO2需吸收的能量更多

②過程ii平衡后通入He,測得一段時(shí)間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，根據(jù)過程iii,結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋CO物質(zhì)的量上升的原因___。

（4）CH4還原能力（R）可衡量CO2轉(zhuǎn)化效率，R=（同一時(shí)段內(nèi)CO2與CH4的物質(zhì)的量變化量之比）。

①常壓下CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1：3投料，某一時(shí)段內(nèi)CH4和CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1，請?jiān)趫D2中畫出400～1000℃之間R的變化趨勢，并標(biāo)明1000℃時(shí)R值。

②催化劑X可提高R值，另一時(shí)段內(nèi)CH4轉(zhuǎn)化率、R值隨溫度變化如下表：溫度/℃480500520550CH4轉(zhuǎn)化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列說法不正確的是___。

A.R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率

B.溫度越低，含氫產(chǎn)物中H2O占比越高

C.溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率降低，R值減小

D.改變催化劑提高CH4轉(zhuǎn)化率，R值不一定增大【正確答案】：C;+329;K1?;B;通入He,CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大，促進(jìn)Fe還原CO2平衡正移;C【解析】：（1）反應(yīng)Ⅰ是一個(gè)反應(yīng)前后氣體條件增大的吸熱反應(yīng)、反應(yīng)Ⅱ是一個(gè)反應(yīng)前后氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，升高溫度、減小壓強(qiáng)有利于反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動(dòng)；

（2）Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ?mol-1，K1=；Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ?mol-1，K2=；將反應(yīng)Ⅰ+2Ⅱ得反應(yīng)CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）ΔH=△H1+2△H2，K==×（）2；

（3）①A．根據(jù)圖知，F(xiàn)e3O4、CaO在過程ii中作反應(yīng)物、過程iii中作生成物；

B．過程ii,CO2和CaO反應(yīng)生成CaCO3，導(dǎo)致c（CO2）降低；

C．過程ii中CaO吸收CO2而產(chǎn)生的H2O最終未被CaO吸收；

D．焓變只與反應(yīng)物和生成物的總能量差有關(guān)，與反應(yīng)過程無關(guān)；

②通入He,恒壓條件下，CaCO3分解壓強(qiáng)減小，CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大；

（4）根據(jù)圖1知，1000℃時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為100%，則△n（CH4）=1mol,CO2的轉(zhuǎn)化率為60%，△n（CO2）=3mol×60%=1.8mol,R=；

②A．R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率，使單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)Ⅱ中CO2的轉(zhuǎn)化率增大；

B．根據(jù)表知，溫度越低，CH4的轉(zhuǎn)化率越低，R越大，△n（CO2）增大的倍數(shù)比△n（CH4）大，含氫產(chǎn)物中H2O占比越高；

C．溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率增大；

D．改變催化劑使反應(yīng)有選擇性按反應(yīng)Ⅰ而提高CH4轉(zhuǎn)化率。

【解答】：解：（1）反應(yīng)Ⅰ是一個(gè)反應(yīng)前后氣體條件增大的吸熱反應(yīng)、反應(yīng)Ⅱ是一個(gè)反應(yīng)前后氣體體積不變的吸熱反應(yīng)，升高溫度、減小壓強(qiáng)有利于反應(yīng)Ⅰ平衡正向移動(dòng)，所以要提高CO2的轉(zhuǎn)化率，應(yīng)該選取高溫、低壓條件，

故答案為：C；

（2）Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）ΔH1=+247kJ?mol-1，K1=；Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2=+41kJ?mol-1，K2=；將反應(yīng)Ⅰ+2Ⅱ得反應(yīng)CH4（g）+3CO2（g）?4CO（g）+2H2O（g）ΔH=△H1+2△H2=[（+247）+2×（+41）]kJ/mol=+329kJ/mol,K==×（）2=K1?，

故答案為：+329；K1?；

（3）①A．根據(jù)圖知，F(xiàn)e3O4、CaO在過程ii中作反應(yīng)物、過程iii中作生成物，所以CaO、Fe3O4可循環(huán)利用，故A錯(cuò)誤；

B．過程ii,CO2和CaO反應(yīng)生成CaCO3，導(dǎo)致c（CO2）降低，可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移，故B正確；

C．過程ii中CaO吸收CO2而產(chǎn)生的H2O最終未被CaO吸收，所以H2O在過程iii被排出，故C錯(cuò)誤；

D．焓變只與反應(yīng)物和生成物的總能量差有關(guān)，與反應(yīng)過程無關(guān)，所以相比于反應(yīng)Ⅰ，該流程的總反應(yīng)還原1molCO2需吸收的能量一樣多，故D錯(cuò)誤；

故答案為：B；

②通入He,恒壓條件下，CaCO3分解壓強(qiáng)減小，CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大，促進(jìn)Fe還原CO2平衡正移，CO物質(zhì)的量上升，

故答案為：通入He,CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大，促進(jìn)Fe還原CO2平衡正移；

（4）①根據(jù)圖1知，1000℃時(shí)CH4的轉(zhuǎn)化率為100%，則△n（CH4）=1mol,CO2的轉(zhuǎn)化率為60%，△n（CO2）=3mol×60%=1.8mol,R===1.8，所以400～1000℃之間R的變化趨勢如圖，

故答案為：；

②A．R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率，使單位時(shí)間內(nèi)反應(yīng)Ⅱ中CO2的轉(zhuǎn)化率增大，△n（CO2）增大的倍數(shù)大于△n（CH4）增大的倍數(shù)，所以R提高，故A正確；

B．根據(jù)表知，溫度越低，CH4的轉(zhuǎn)化率越低，R越大，△n（CO2）增大的倍數(shù)比△n（CH4）大，根據(jù)氫原子守恒知，含氫產(chǎn)物中H2O占比越高，故B正確；

C．兩個(gè)反應(yīng)都是吸熱反應(yīng)，溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率增大，兩個(gè)反應(yīng)中CO2轉(zhuǎn)化率都增大，增大倍數(shù)多，則R值增大，故C錯(cuò)誤；

D．改變催化劑使反應(yīng)有選擇性按反應(yīng)Ⅰ而提高CH4轉(zhuǎn)化率，如果CO2轉(zhuǎn)化率減小，R值不一定增大，故D正確；

故答案為：C。

【點(diǎn)評】：本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、蓋斯定律、外界條件對化學(xué)平衡影響原理，側(cè)重考查閱讀、圖象分析判斷及知識綜合運(yùn)用能力，明確蓋斯定律計(jì)算方法、圖中曲線含義及外界條件對平衡影響原理內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是（4）題分析判斷。20.（問答題，10分）某研究小組制備納米ZnO，再與金屬有機(jī)框架（MOF）材料復(fù)合制備熒光材料ZnO@MOF，流程如圖：

已知：①含鋅組分間的轉(zhuǎn)化關(guān)系：ZnZn（OH）2[Zn（OH）4]2-

②?-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一種晶型，39℃以下穩(wěn)定。

請回答：

（1）步驟Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液時(shí)，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是___。

（2）下列有關(guān)說法不正確的是___。

A.步驟Ⅰ，攪拌的作用是避免反應(yīng)物濃度局部過高，使反應(yīng)充分

B.步驟Ⅰ，若將過量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制備ε-Zn（OH）2，可提高ZnSO4的利用率

C.步驟Ⅱ，為了更好地除去雜質(zhì)，可用50℃的熱水洗滌

D.步驟Ⅲ，控溫煅燒的目的是為了控制ZnO的顆粒大小

（3）步驟Ⅲ，盛放樣品的容器名稱是___。

（4）用Zn（CH3COO）2和過量（NH4）2CO3反應(yīng)，得到的沉淀可直接控溫煅燒得納米ZnO，沉淀無需洗滌的原因是___。

（5）為測定納米ZnO產(chǎn)品的純度，可用已知濃度的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Zn2+。從下列選項(xiàng)中選擇合理的儀器和操作，補(bǔ)全如下步驟[“____”上填寫一件最關(guān)鍵儀器，“（）”內(nèi)填寫一種操作，均用字母表示]。

用___（稱量ZnO樣品xg）→用燒杯（___）→用___（___）→用移液管（___）→用滴定管（盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液，滴定Zn2+）

儀器：a.燒杯；b.托盤天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.試劑瓶

操作：f.配制一定體積的Zn2+溶液；g.酸溶樣品；h.量取一定體積的Zn2+溶液；i.裝瓶貼標(biāo)簽

（6）制備的ZnO@MOF熒光材料可測Cu2+濃度。已知ZnO@MOF的熒光強(qiáng)度比值與Cu2+在一定濃度范圍內(nèi)的關(guān)系如圖。某研究小組取7.5×10-3g人血漿銅藍(lán)蛋白（相對分子質(zhì)量1.5×105），經(jīng)預(yù)處理，將其中Cu元素全部轉(zhuǎn)化為Cu2+并定容至1L。取樣測得熒光強(qiáng)度比值為10.2，則1個(gè)血漿銅藍(lán)蛋白分子中含___個(gè)銅原子。

【正確答案】：[Zn（OH）4]2-;BC;坩堝;雜質(zhì)中含有CH3COO-、、，在控溫煅燒過程中分解或被氧化為氣體而除去;d;g;c;f;h;8【解析】：NaOH溶液中滴入ZnSO4溶液，根據(jù)信息①知，NaOH溶液過量時(shí)，生成物中是Na2[Zn（OH）4]，如果ZnSO4溶液過量，攪拌、過濾、洗滌得到?-Zn（OH）2，控制溫度煅燒?-Zn（OH）2得到納米ZnO，納米ZnO和MOF反應(yīng)得到ZnO@MOF；

（1）NaOH溶液過量時(shí)，ZnSO4和過量NaOH溶液反應(yīng)生成[Zn（OH）4]2-；

（2）A．反應(yīng)物接觸面積越大，反應(yīng)速率越快；

B．ε-Zn（OH）2和過量NaOH溶液反應(yīng)生成[Zn（OH）4]2-；

C．?-Zn（OH）2是Zn（OH）2的一種晶型，39℃以下穩(wěn)定，高于39℃?-Zn（OH）2易生成其它物質(zhì)；

D．根據(jù)流程圖知，步驟Ⅲ，控溫煅燒會(huì)使?-Zn（OH）2轉(zhuǎn)化為納米ZnO；

（3）灼燒固體藥品的儀器是坩堝；

（4）煅燒時(shí)雜質(zhì)中CH3COO-、、反應(yīng)生成CO2、NH3、H2O；

（5）分析天平稱量更準(zhǔn)確，所以用分析天平稱量ZnO樣品xg,用燒杯酸溶樣品得到鋅鹽溶液，用容量瓶配制一定體積的Zn2+溶液，用移液管量取一定體積的Zn2+溶液于錐形瓶中，用滴定管盛裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液，滴定Zn2+；

（6）根據(jù)圖知，取樣測得熒光強(qiáng)度比值為10.2，c（Cu2+）=0.4×10-6mol/L=4×10-7mol/L，溶液體積為1L，則n（Cu2+）=4×10-7mol/L×1L=4×10-7mol,n（人血漿銅藍(lán)蛋白）==5×10-8mol,個(gè)數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比。

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