2023年高考化學(xué)試卷（浙江）（1月）（解析卷）

C135.5K39Ca40Fe56Cu64BA.CO2B.SiO2C.MgOD.Na2O【答案】B【解析】【答案】A【解析】【答案】C【解析】：，4.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系A(chǔ).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【答案】C【解析】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【答案】D【解析】6.關(guān)于反應(yīng)2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++4H++H2O，下列說法正確的是C.NH2OH既是氧化劑又是還原劑D.若設(shè)計成原電池，F(xiàn)e2+為負極產(chǎn)物【答案】A【解析】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-=2AlO+H2OC.過量CO2通入飽和碳酸鈉溶液：2Na++CO-+CO2+H2O=2NaHCO3↓D.H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO-+Ca2+=CaSO3↓【答案】D【解析】Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，選項A正確；B．氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，2Na++CO-+CO2+H2O=2NaHCO3↓,選項C正確；D．H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液，因亞硫酸酸性弱于鹽酸，不能發(fā)生反應(yīng)，選A.從分子結(jié)構(gòu)上看糖類都是多羥基醛及其縮B.蛋白質(zhì)溶液與濃硝酸作用產(chǎn)生白色沉淀，加熱后.【答案】A【解析】9.七葉亭是一種植物抗菌素，適用于細菌性痢疾，其結(jié)構(gòu)如D.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗3molNaOH【答案】B【解析】p能級的兩倍，M是地殼中含量最多的元素，Q是純D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z>Y【答案】B【解析】11.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)【答案】C【解析】相連，則電極A作陰極，TiO2和SiO2獲得電子產(chǎn)生電池材料(TiSi)，電極反應(yīng)為C．根據(jù)圖中信息可知，該體系中，石墨優(yōu)先于Cl-參與反應(yīng)，選項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)【答案】D【解析】,故A正確；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)的量分數(shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸Ka=1.8×1A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N+H2O?R3NH++OH-C.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【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O?R3NH++OH-，故A正下降，溶液中氫離子濃度增大，甲酸的電離被抑制，溶液中甲酸根個離子濃度減小，與R3NH+作用的數(shù)D．由圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N+H2O?R3NH++OH-，當(dāng)廢水初始pHA.E6-E3=E5-E2B.可計算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ⅠClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)ΔH=(E5-E4)kJ.mol-1【答案】C【解析】【詳解】A．催化劑能降低活化能，但是不能改變反應(yīng)的焓變，因此E6-E3=E5-E2，A正確；B．已知Cl2(g)的相對能量為0，對比兩個歷程可D．活化能越低，反應(yīng)速率越快，由圖像可知，歷應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)ΔH=(E5-E4)kJ.mol-1，D正確；CaCO3(s)?Ca2+(aq)+CO-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，B.上層清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在D.通過加Na2SO4溶液可實現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化【答案】B【解析】C．向體系中通入CO2，CO+CO2+H2O=2HCO3，c(CO-)減小，CaCO3(s)=Ca2+(aq)+CO-(aq)正向D．由題干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，A往FeCl2溶液中加入Zn片象Fe2+的氧化能力比Zn2+弱B再加入少量K2SO4固體Fe3+與SCN-的反應(yīng)不可逆C酸，滴加KSCN溶液食品脫氧劑樣品中沒有+3價鐵D成Fe(OH)3沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．FeCl2溶液中加入Zn片，F(xiàn)e2++Zn=Zn2++Fe，溶液由淺綠色變?yōu)闊o色，F(xiàn)e2+的氧化能力B．溶液變成血紅色的原因，F(xiàn)e3++3SCN-?Fe(SCN)3，與SO-和K+無關(guān)，B錯誤；（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________。（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖___________?！敬鸢浮浚?）①.四面體②.sp3③.Si周圍的NH2基團體積較大，受熱時斥力較強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）AB【解析】Si(NH2)4分子可視為SiH4分子中的4個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原Si周圍的NH2基團體積較大，受熱時斥力較強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)，故Si(NH2)4受熱不穩(wěn)定，容易分解生成Si3N4和NH3；粒半徑：③>①>②,選項A正確；B．根據(jù)上述分析可知，電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②,選項B正確；個電子是硅的第二電離能，由于I2>I1，可以得出電離一個電子所需最低能量：②>①>③,選項C錯誤；D．由C可知②比①更難失電子，則②比①更容易得電子，即得電子能力：②>①,選項D錯誤；Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖可知，原子間通過共價鍵已知：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：（2）8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍說明有NH【解析】【分析】由化合物X與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成白色固體A和無色溶 ,由白色固體A用0.0250mol鹽酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氫氧化鈉溶液恰好中和可知，化合物X中含有鈣元素或鋇元素的物質(zhì)的量為(0.0250mol—0.0150mol)×=0.005mol由分析可知，X的組成元素鈣原子、氯元素和氧元素，化學(xué)式為Ca(ClO4)2，故答案為：Ca、Cl、O；Ca(ClO4)2；化學(xué)反應(yīng)方程式為8HI+NaClO4=4I2+NaCl+方程式為Ag(NH3)2++Cl-+2H+Ⅰ,點在藍色石蕊試紙上，呈紅色說明溶液中有H+；取取溶液于試管中，加入NaOH至堿性，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍說明有NH，故答案為：用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ,點在藍色蕊試紙置于試管口，若試紙變藍說明有NH。19.“碳達峰·碳中和”是我國社會發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CH4還原CO2是實現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟的有效途徑之一，相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（1）有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件是___________。（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、750oC時，CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1:3投料，反應(yīng)經(jīng)如下流程(主要產(chǎn)物已標(biāo)出)可實現(xiàn)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FD．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，測得一段時間內(nèi)CO物質(zhì)的量上升，根據(jù)過程ⅲ,結(jié)合平衡移動原理，解釋CO（4）CH4還原能力(R)可衡量CO2轉(zhuǎn)化效率，R=Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一時段內(nèi)CO2與CH4的物①常壓下CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1:3投料，某一時段內(nèi)CH4和CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化如圖1，請R.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（3）①.BC@.通入He,CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大，促進Fe還原CO2平衡正移【解析】CH4平衡轉(zhuǎn)化率增大；降低壓強，平衡右移，CH4平衡轉(zhuǎn)化率增大，故有利于提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率的條件已知：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根據(jù)蓋斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2得反應(yīng)CH4(g)+3CO2(g)?4CO(g)+2H2O(g)；故ΔH=△H1+2△H2=+329kJ.mol-1，K=K1.K22；①A．根據(jù)流程可知，F(xiàn)e3O4轉(zhuǎn)化為Fe，F(xiàn)e又轉(zhuǎn)化為Fe3O4，F(xiàn)e3O4可循環(huán)利用；CaCO3受熱分解生成B．過程ⅱ,CaO吸收CO2使CO2濃度降低，促進Fe3O4氧化CO的C．過程ⅱCaO吸收CO2而產(chǎn)生的H2O最終未被CaO吸收，在過程ⅲ被排出，選項C正確；D．焓變只與起始物質(zhì)的量有關(guān)，與過程無關(guān)，故相比于反應(yīng)Ⅰ,該流程的總反應(yīng)還原1molCO2需吸收的②通入He,CaCO3分解平衡正移，導(dǎo)致增大，促進Fe還原CO2平衡正移，故過程ⅱ平衡后通入①600℃以下，甲烷轉(zhuǎn)化率隨溫度升高增大程度大于二氧化碳轉(zhuǎn)化率，該階段RC．溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率也增大，且兩個反應(yīng)中的CO2轉(zhuǎn)化率均增大，增大倍數(shù)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，若CO2轉(zhuǎn)化率減小，則R值不一定增大，選20.某研究小組制備納米ZnO，再與金屬有機框架(MOF))材料復(fù)合制備熒光材料ZnO@MOF，流程如ε-Zn(OH)2控溫煅燒ⅢⅢ納米ZnOMOFZnO@MOF②ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一種晶型，39℃以下穩(wěn)定。（1）步驟Ⅰ,初始滴入ZnSO4溶液時，體系中主要含鋅組分的化學(xué)式是___________。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?。?）步驟Ⅲ,盛放樣品的容器名稱是___________。（4）用Zn(CH3COO)2和過量(NH4)（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+。從下列選項中選擇合理的儀器和操作，補全如下步驟[“___________”上填寫一件最關(guān)鍵儀器，“(__________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+)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（6）制備的ZnO@MOF熒光材料可測Cu2+濃度。已知ZnO@MOF的熒光強度比值與Cu2+在一定濃某研究小組取7.5×10-3g人血漿銅藍蛋白(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【答案】（1）[Zn(OH)4]2-（2）BC（5）d→(g)→c(f)→(h)【解析】【分析】本題為一道無機物制備類的工業(yè)流程題，首先向氫氧化鈉溶液中滴加硫酸鋅溶液并攪拌，此時生成ε-Zn(OH)2，分離出ε-Zn(OH)2后再控溫煅燒生成納米氧化鋅，進一步處理后得到最終產(chǎn)品，以此初始滴入ZnSO4溶液時，氫氧化鈉過量，根B．根據(jù)信息①可知，氫氧化鈉過量時，鋅的主要存在形式是[Zn(OH)4]2-，不能生成ε-Zn(OH)2，BC．由信息②可知，ε-Zn(OH)239℃以下穩(wěn)定，故在用50℃的熱水洗滌時會導(dǎo)致，ε-Zn(OH)2