[精品]2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷-含答案详解

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绝密★启用前
2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试卷
副标题
考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 一 二 总分 得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

第I 卷（选择题）
一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）
1. 下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是( ) A. CO 2
B. SiO 2
C. MgO
D. Na 2O
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
3. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的氯原子： 1737
Cl
B. 碳的基态原子轨道表示式：
C. BF 3的空间结构：(平面三角形)
D. HCl 的形成过程：
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( ) A. SO 2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. Fe 2O 3呈红色，可用作颜料
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H2
B. 工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2
C. 工业上用氨的催化氧化制备NO
D. 常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2
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
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−+H2O
B. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 过量CO2通入饱和碳酸钠溶液：2Na++CO32−+CO2+H2O=2NaHCO3↓
D. H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液：SO32−+Ca2+=CaSO3↓
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
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2molBr2
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
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>X
B. 最高正价：Z<M
C. 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
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( )
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A. 石墨电极为阴极，发生氧化反应
B. 电极A 的电极反应：8H ++TiO 2+SiO 2+8e −=TiSi +4H 2O
C. 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
12. 共价化合物Al 2Cl 6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：Al 2Cl 6+2NH 3=2Al(NH 3)Cl 3，下列说法不正确的是( )
A. Al 2Cl 6的结构式为
B. Al 2Cl 6为非极性分子
C. 该反应中NH 3的配位能力大于氯
D. Al 2Br 6比Al 2Cl 6更难与NH 3发生反应
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R 3N ，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K a =1.8×10−4)，下列说法不正确的是( )
A. 活性成分R 3N 在水中存在平衡：R 3N +H 2O ⇌R 3NH ++OH −
B. pH =5的废水中c(HCOO −)：c(HCOOH)=18：1
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C. 废水初始pH <2.4，随pH 下降，甲酸的电离被抑制，与R 3NH +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R 3NH +形态存在
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
O 2(g)和Cl 2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )
A. E 6−E 3=E 5−E 2
B. 可计算Cl −Cl 键能为2(E 2−E 3)kJ ⋅mol −1
C. 相同条件下，O 3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D. 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)=
O 2(g)+Cl(g)ΔH =(E 5−E 4)kJ ⋅mol −1
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：CaCO 3(s)⇌Ca 2+(aq)+CO 32−(aq)[已知K sp (CaCO 3)=3.4×10−9，K sp (CaSO 4)=4.9×10−5
，
H 2CO 3的电离常数K a1=4.5×10−7，K a2=4.7×10−11]，下列有关说法正确的是( )
A. 上层清液中存在c(Ca 2+)=c(CO 32−)
B. 上层清液中含碳微粒最主要以HCO 3−形式存在
C. 向体系中通入CO 2气体，溶液中c(Ca 2+)保持不变
D. 通过加Na 2SO 4溶液可实现CaCO 3向CaSO 4的有效转化
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( )
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实验方案 现象 结论
A
往FeCl 2溶液中加入Zn 片 短时间内无明显
现象 Fe 2+的氧化能力比Zn 2+弱
B 往Fe 2(SO 4)3溶液中滴加KSCN 溶液，再加入少量K 2SO 4固体
溶液先变成血红色后无明显变化 Fe 3+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FeCl 3
溶液，持续煮沸
溶液先变成红褐
色再析 出沉淀
Fe 3+中先水解得Fe(OH)3再聚集成Fe(OH)3沉淀
A. A
B. B
C. C
D. D
第II 卷（非选择题）
二、简答题（本大题共5小题，共52.0分）
17. 硅材料在生活中占有重要地位。

请回答：
(1)Si(NH 2)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(NH 2)4受热分解生成Si 3N 4和NH 3，其受热不稳定的原因是 ______。

(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s 23p 2、②[Ne]3s 23p 1、③[Ne]3s 23p 14s 1，有关这些微粒的叙述，正确的是 ______。

A.微粒半径：③>①>②
B.电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C.电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D.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 ______。

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18. 化合物X 由三种元素组成，某学习小组按如图流程进行实验：
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 ______。

19. “碳达峰⋅碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH 4还原CO 2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH 4(g)+CO 2(g)⇌2CO(g)+2H 2(g)ΔH 1=+247kJ ⋅mol −1，K 1 Ⅱ：CO 2(g)+H 2(g)⇌CO(g)+H 2O(g)ΔH 2=+41kJ ⋅mol −1，K 2 请回答：
(1)有利于提高CO 2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CH 4(g)+3CO 2(g)⇌4CO(g)+2H 2O(g)的ΔH =______kJ ⋅mol −1，K =______(用K 1，K 2表示)。

(3)恒压、750℃时，CH 4和CO 2按物质的量之比1：3投料，反应经如图流程(主要产物已标出)可实现CO 2高效转化。

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①下列说法正确的是 ______。

A.Fe 3O 4可循环利用，CaO 不可循环利用
B.过程ii ，CaO 吸收CO 2可促使Fe 3O 4氧化CO 的平衡正移
C.过程ii 产生的H 2O 最终未被CaO 吸收，在过程ii 被排出
D.相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO 2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)CH 4还原能力(R)可衡量CO 2转化效率，R =(同一时段内CO 2与CH 4的物质的量变化量之比)。

①常压下CH 4和CO 2按物质的量之比1：3投料，
某一时段内CH 4和CO 2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400～1000℃之间R 的变化趋势，并标明1000℃时R 值。

②催化剂X 可提高R 值，另一时段内CH 4转化率、R 值随温度变化如下表： 温度/℃
480 500 520 550
CH 4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R
2.6 2.4 2.1 1.8
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H 2O 占比越高
C.温度升高，CH 4转化率增加，CO 2转化率降低，R 值减小
D.改变催化剂提高CH 4转化率，R 值不一定增大
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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 ，流程如图：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②ɛ−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ZnSO 4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ZnSO 4溶液制备ε−Zn(OH)2，可提高ZnSO 4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，控温煅烧的目的是为了控制ZnO 的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 ______。

(4)用Zn(CH 3COO)2和过量(NH 4)2CO 3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Zn 2+。

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 (______)→用 ______(______)→用 (______)→用 (盛装EDTA 标准溶液，滴定Zn 2+) 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Zn 2+溶液；g.酸溶样品；h.量取一定体积的Zn 2+溶液；i.装瓶贴标签
(6)制备的ZnO @MOF 荧光材料可测Cu 2+浓度。

已知ZnO @MOF 的荧光强度比值与Cu 2+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Cu 2+并定容至1L 。

取
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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。

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
②
请回答：
(1)化合物A 的官能团名称是 ______。

(2)化合物B 的结构简式是 ______。

(3)下列说法正确的是 ______。

A.B →C 的反应类型为取代反应 B.化合物D 与乙醇互为同系物 C.化合物I 的分子式是C 18H 25N 3O 4
D.将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性 (4)写出G →H 的化学方程式 ______。

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(5)设计以D 为原料合成E 的路线(用流程图表示，无机试剂任选) ______。

(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C 的同分异构体的结构简式 ______。

①分子中只含一个环，且为六元环；
②1H −NMR 谱和IR 谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基(
)。

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答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：MgO 、Na 2O 能和盐酸反应只生成盐和水，是碱性氧化物，CO 2、SiO 2 都能和NaOH 溶液反应只生成盐和水，均为酸性氧化物，CO 2晶体属于分子晶体，熔点低，SiO 2晶体属于原子晶体，熔点高，耐高温， 故选：B 。

和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。

本题考查了氧化物分类、晶体类型，掌握概念的要点是解题关键，难度不大。

2.【答案】A
【解析】解：A.Cu 原子核外有29个电子，其3d 、4s 电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d 104s 1，属于ds 区，故A 错误；
B.硫酸铜在溶液中完全电离，属于强电解质，故B 正确；
C.CuSO 4是强酸弱碱盐，Cu 2+在溶液中水解显酸性：Cu 2++2H 2O ⇌Cu(OH)2+2H +，故C 正确；
D.硫酸铜中铜离子为重金属离子，重金属离子能够使蛋白质变性，故D 正确； 故选：A 。

A.Cu 原子核外有29个电子，其外围电子排布式为3d 104s 1，属于ds 区；
B.硫酸铜在溶液中完全电离；
C.CuSO 4是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性；
D.铜离子为重金属离子。

本题考查铜及其化合物的性质，明确性质与用途的关系，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

3.【答案】C
【解析】解：A.中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为 1735
Cl ，故A
错误；
B.基态碳原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 2，根据洪特规则，2p 轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，其原子轨道表示式为
，
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故B 错误；
C.BF 3的中心原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，其VSEPR 模型和空间结构均为平面三角形，故C 正确；
D.HCl 是共价化合物，电子式为
，形成过程中不存在电子得失，其形成过程应为
，故D 错误；
故选：C 。

A.质量数=质子数+质子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；
B.根据洪特规则，2p 轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同；
C.BF 3的中心原子的价层电子对数为3+=3，VSEPR 模型为平面三角形；
D.HCl 是共价化合物，不存在阴阳离子，H 、Cl 间共用1对电子。

本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素、分子构型的判断、核外电子排布式等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。

4.【答案】C
【解析】解：A.二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以SO 2可用作漂白剂，故A 正确；
B.钠具有良好的导热性，可用作传热介质，故B 正确；
C.次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用作消毒剂，不是碱性的原因，故C 错误；
D.Fe 2O 3呈红棕色，常用作红色涂料，故D 正确； 故选：C 。

A.二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质；
B.钠具有良好的导热性；
C.次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；
D.Fe 2O 3是红棕色固体，俗名铁红。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意铁元素化合物知识的应用，题目难度不大。

5.【答案】D
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【解析】解：A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，发生了取代反应，反应的化学方程式为：2Na +2C 2H 5OH →2C 2H 5ONa +H 2↑，故A 正确；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫，方程式为4FeS 2+11O 22Fe 2O 3+8SO 2，故B 正确；
C.工业上氨催化氧化生成NO 的反应方程式为4NH 3+5O 24NO +6H 2O ，故C 正确；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应不可以制取NO 2，故D 错误； 故选：D 。

A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫；
C.NH 3与O 2在一定条件下反应生成NO 和H 2O ；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化现象。

本题以化学反应为载体考查了理论与实际，工业生产要考虑成本问题，根据物质间的反应结合成本分析解答，题目难度不大。

6.【答案】A
【解析】解：A.反应2NH 2OH +4Fe 3+=N 2O ↑+4Fe 2++4H ++H 2O 中，NH 2OH 中N 元素的化合价由−1价升高到+1价，生成1molN 2O ，转移4mol 电子，故A 正确； B.反应2NH 2OH +4Fe 3+=N 2O ↑+4Fe 2++4H ++H 2O 中，氢元素和氧元素的价态没有改变，H 2O 不是还原产物，还原产物是Fe 2+，故B 错误；
C.反应2NH 2OH +4Fe 3+=N 2O ↑+4Fe 2++4H ++H 2O 中，NH 2OH 中N 元素的化合价由−1价升高到+1价，失去电子，做还原剂，故C 错误；
D.若设计成原电池，Fe 3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，Fe 2+为正极产物，故D 错误； 故选：A 。

反应2NH 2OH +4Fe 3+=N 2O ↑+4Fe 2++4H ++H 2O 中，
NH 2OH 中N 元素的化合价由−1价升高到+1价，失去电子，做还原剂，Fe 3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，做氧化剂，据此进行分析。

本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移计算的考查，题目难度不大。

7.【答案】D
【解析】解：A.氯气通入氢氧化钠溶液，反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+ H2O，故B正确；
C.过量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，反应析出了碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：CO2+2Na++CO32−+H2O=2NaHCO3↓，故C正确；
D.盐酸酸性强于H2SO3，H2SO3与氯化钙溶液不反应，不能产生白色沉淀，故D错误；故选：D。

A.氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
B.氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
C.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钠，由于相同温度下碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，所以反应产物中有碳酸氢钠晶体析出；
D.H2SO3与氯化钙溶液不反应。

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大。

8.【答案】A
【解析】解：A.糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，根据是否含醛基分为还原性糖和非还原性糖，故A错误；
B.蛋白质溶液与浓硝酸作用，先变性生成白色沉淀，加热后沉淀变黄色，故B正确；
C.低级的酯是具有香气的挥发性液体，水果具有香味是由于水果中含有酯类物质，故C 正确；
D.塑料有线型、体型两种，线型具有热塑性，具有冷却后又变成固体，加热后又熔化的性质，常见有聚乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等，故D正确；
故选：A。

A.糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物；
B.蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应；
C.低级的酯是具有香气的挥发性液体；
D.塑料有线型、体型两种，线型具有热塑性，体型具有热固性。

本题主要考查了化学与生活的有关知识，掌握生活中常见有机物的性质是解答的关键，
9.【答案】B
【解析】解：A.分子中含有酚羟基和酯基、碳碳双键三种官能团，故A错误；
B.苯环、碳碳双键连接的原子都共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子共平面，故B正确；
C.苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应，1mol该物质最多消耗3mol溴，2mol溴发生取代反应、1mol溴发生加成反应，故C错误；
D.酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应，该分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个酚羟基和1个羧基，所以1mol该物质最多消耗4molNaOH，故D错误；
故选：B。

A.含有酚羟基和酯基、碳碳双键；
B.苯环、碳碳双键连接的原子都共平面，单键可以旋转；
C.苯环上酚羟基的邻位、对位氢原子能和溴以1：1发生取代反应，碳碳双键和溴以1：1发生加成反应；
D.酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基都能和NaOH以1：1反应。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】B
【解析】解：X、Y、Z、M、Q分别是Be、C、N、O、Na元素；
A.非金属性：Z>X，所以电负性：Z>X，故A正确；
B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，因为O、F元素非金属性很强，不易失电子，所以没有正化合价，Z、M分别是N、O元素，故B错误；
C.Q、M形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中存在O−O非极性键，故C正确；
D.Y、Z分别是C、N元素，非金属性：Y<Z，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y，故D正确；
故选：B。

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，为Be元素；
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Y 的s 能级电子数量是p 能级的两倍，为C 元素；M 是地壳中含量最多的元素，为O 元素；Q 是纯碱中的一种元素，为Na 元素，Z 元素原子序数介于Y 和M 之间，为N 元素，即X 、Y 、Z 、M 、Q 分别是Be 、C 、N 、O 、Na 元素； A.元素的非金属性越强，其电负性越大；
B.主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O 、F 元素除外；
C.Q 、M 形成的化合物有Na 2O 、Na 2O 2；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O 、F 元素除外。

本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断元素并灵活运用元素周期律是解本题关键，题目难度不大。

11.【答案】C
【解析】解：A.由分析知，石墨电极为阳极，发生氧化反应，故A 错误；
B.由分析知，电极A 的电极反应式为：TiO 2+SiO 2+8e −=TiSi +4O 2−，故B 错误；
C.由分析知，石墨电极中碳失去电子，因此该体系中，石墨优先于Cl −参与反应，故C 正确；
D.电解时，阳离子向阴极移动，因此电解时，阳离子向电极A 移动，故D 错误； 故选：C 。

通过电解TiO 2和SiO 2获得电池材料(TiSi)，则TiO 2和SiO 2电极作电极A ，为阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为：TiO 2+4e −=Ti +2O 2−，SiO 2+4e −=Si +2O 2−，总反应为：TiO 2+SiO 2+8e −=TiSi +4O 2−，石墨电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：C −2e −+O 2−=CO ↑，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。

本题主要考查电解原理，掌握电解池的工作原理是解题的关键，题目难度一般。

12.【答案】D
【解析】解：A.Al 原子的最外层电子数为3，共价化合物Al 2Cl 6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al 、Cl 原子间存在配位键，导致每个Al 与4个Cl 原子形成4个共价键，所以Al 2Cl 6的结构式为
，故A 正确；
B.Al 2Cl 6的结构式为，则Al 2Cl 6分子是对称性分子，为非极性分子，故
B 正确；
C.Al 2Cl 6分子中Al 、Cl 原子间存在配位键，Al(NH 3)Cl 3分子中NH 3是配体，并且能发生反
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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应Al 2Cl 6+2NH 3=2Al(NH 3)Cl 3，则NH 3的配位能力大于Cl 原子，故C 正确； D.Br 的原子半径大于Cl ，则键能：Al −Br 键<Al −Cl 键，导致Al −Br 键更易断裂，且NH 3能与Al 原子形成配位键，则Al 2Br 6比Al 2Cl 6更易与NH 3发生反应，故D 错误； 故选：D 。

A.Al 原子的最外层电子数为3，共价化合物Al 2Cl 6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al 、Cl 原子间存在配位键；
B.由Al 2Cl 6的结构式可知，Al 2Cl 6分子是对称性分子；
C.Al 原子的最外层电子数为3，则Al 2Cl 6分子中Al 、Cl 原子间存在配位键，Al(NH 3)Cl 3分子中NH 3是配体；
D.Br 的原子半径大于Cl ，则键能：Al −Br 键<Al −Cl 键，导致Al −Br 键更易断裂。

本题考查分子极性的判断、配位理论的应用等知识，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握配位键的形成条件、分子结构和分子极性的判断方法是解题关键，题目难度中等。

13.【答案】D
【解析】解：A.根据图知，业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH 值增大，说明R 3N 呈碱性，存在水解平衡R 3N +H 2O ⇌R 3NH ++OH −，故A 正确； B.pH =5时，c(H +)=10−5mol/L ，H a (HCOOH)=×c(H +)，===18：1，故B 正确； C.废水中pH 值越小，c(H +)越大，HCOOH ⇌HCOO −+H +平衡逆向移动，则HCOO −数目减少，故C 正确；
D.活性成分R 3N 在水中存在平衡：R 3N +H 2O ⇌R 3NH ++OH −，废水初始pH >5时，溶液中c(OH −)增大，平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R 3N 形态存在，故D 错误； 故选：D 。

A.根据图知，业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH 值增大，说明R 3N 呈碱性；
B.pH =5时，c(H +)=10−5mol/L ，H a (HCOOH)=×c(H +)，=；
C.废水中pH 值越小，c(H +)越大，HCOOH ⇌HCOO −+H +平衡逆向移动；
D.活性成分R 3N 在水中存在平衡：R 3N +H 2O ⇌R 3NH ++OH −，废水初始pH >5时，溶液中c(OH −)增大，平衡逆向移动。

本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确水解原理、电离平衡常数的计算方法、外界条件对平衡影响原理内涵是解本题关键，注意B 中分式
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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的变形，题目难度不大。

14.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，Cl 原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H =E 6−E 3=E 5−E 2，故A 正确；
B.Cl 2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E 2−E 3)kJ/mol ，断裂化学键吸收热量，Cl 2(g)→2Cl(g)吸收能量为(E 2−E 3)kJ/mol ，则Cl −Cl 键能为2(E 2−E 3)kJ/mol ，故B 正确；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O 3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C 错误；
D.由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程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)=O 2(g)+Cl(g)ΔH =(E 5−E 4)kJ ⋅mol −1，故D 正确； 故选：C 。

A.催化剂不能改变反应的焓变；
B.由图可知，Cl(g)的相对能力为(E 2−E 3)kJ/mol ；
C.相同条件下，O 3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ；
D.反应的活化能越低，反应速率越快，反之相反。

本题考查反应热与焓变，侧重分析能力及灵活运用能力的考查，把握焓变的计算、键能概念、催化剂的作用、活化能与反应速率的关系即可解答，题目难度不大。

15.【答案】B
【解析】解：A.上层清液中Ca 2+不水解、CO 32−水解生成HCO 3−
，所以上层清液中存在
c(Ca 2+)>c(CO 32−)，故A 错误；
B.K a 2==4.7×10−11，CO 32−的水解平衡常数K h ==≈2×10−2
>K a 2，说明溶液中CO 32−的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以HCO 3−
形式存在，故B 正确；
C.向体系中通入CO 2，发生反应CO 2+H 2O +CaCO 3=Ca(HCO 3)2，难溶性的CaCO 3转化为可溶性的Ca(HCO 3)2，溶液中c(Ca 2+)增大，故C 错误；
D.K sp (CaCO 3)<K sp (CaSO 4)，CaCO 3比CaSO 4更难溶，所以加入Na 2SO 4溶液不易将CaCO 3向CaSO 4的有效转化，故D 错误； 故选：B 。

A.上层清液中Ca 2+不水解、CO 32−水解生成HCO 3−；。