2023年高三一模化学试题及答案 (三)

1.下列说法正确的是（）

A.高聚物PET、PLA、聚乙烯都是通过加聚反应制得的

B.将木材干镯可获得无色的透明液体甲醇，工业酒精即甲醇水溶液

C.麦芽糖、纤维二糖和乳糖互为同分异构体，它们的水解产物中均含有葡萄糖

D.重油通过减压分馈的方式获得燃料油、润滑油、沥青等微分

2.2022年7月，詹姆斯•韦布空间望远镜正式开工。它的镜片主材使用的是金属被，在极

低的温度下也能保持稳定的形状。下列有关叙述错误的是（）

A.该望远镜的主动冷却器用氮制冷，Imol氨分子质量为8g

B.该望远镜的遮阳帆由一种聚酰亚胺薄膜制成，其属于有机高分子材料

C.该望远镜的主反射镜使用金属皱是因为其具有极高的刚性和密度小等优点

D.该望远镜的推进器使用N2H4作为燃料，N?。,作为氧化剂，二者反应后的产物为N2和

H,0

3.下图为接触法制硫酸的示意图，已知2SC）2+。2、弋；、2sO3△”<（），下列说法正

确的是（）

催化空线98.3%

H.SO.尾气

L色净化

-5-*

SOjQ2

黄铁矿aiF

tttff矿so渣供稀释

/用硫酸

空气,催化剂吸收塔1

沸腾炉接触塞

A.黄铁矿的主要成分是FeS2,沸腾炉中发生反应的化学方程式为

高温

4FeS2+150,^=2Fe2O3+8SO,

B.接触室的热交换器的作用是加热a处气体，冷却c处气体，控制气体接触催化剂时的温

度

C.催化剂的目的是提高反应2SO,+O,、"誓、2SC>3的平衡转化率

D.应将98.3%的浓硫酸换成蒸播水，以便吸收更多的SO3

4,下列说法不合理的是（）

A.可燃冰中CH,可以装在以氢键相连的几个水分子构成的笼内，N2,O2等也可以

B.NH3与HC1反应生成NH4Cl,则H2N-NH2也可与HC1反应生成N2H602

C.NF,为三角锥形分子，则PC'也为三角锥形分子

D.CaC?与水反应产生乙烘，故AI4C3与水反应产生丙烘

5.锡烯的结构与石墨烯结构相似，其俯视图、侧视图如图所示。已知锡烯的导电性只存在

于材料的边缘或表面，随着锡烯层数的增加，显示出超导性。下列说法正确的是（）

俯视图

1c

俯视图O'xpxf'0

高温

A.SnO2+2C°Sn+2C0T,说明金属性Sn〉C

B.锡烯中的Sn与石墨烯中的C的杂化方式相同

C.锡烯层内存在金属键，层间不存在金属键

D.Sn最外层电子逐级电离能存在关系：L/I,AL/L

6.在一定条件下，[Zn(CN)4「与甲醛发生如下反应：

2-

[Zn(CN)4广+4HCH0+4H2O=[Zn(OH)4]+4HOCH2CN

已知：i.HCN为剧毒、易挥发的气体，其水溶液有极弱的酸性

2+2-2+2

ii.Zn+4CN'[Zn(CN)4]K]；Zn+40H^[Zn(OH)4]-K2

下列说法不F顿的是()

A.反应前后Zn?+均提供4个空轨道容纳4对孤电子对

B.HOCH2CN的氧基由CN-与甲醛发生反应而来

C.依据上述[Zn(CN)4广与甲醛的反应可以证明：Kt<K2

D.上述反应必须在碱性条件下进行，既保证安全性，也能提高反应物转化率

7.麻黄素是中枢神经兴奋剂，结构简式如图所示，其组成元素Y、X、W、Z为原子序

数依次增大的前两周期主族元素。下列说法不正确的是()

Y

A.由Y、W、Z三种元素形成的化合物一定能抑制水的电离

B.简单氢化物沸点：Z〉W〉X

C.原子半径：X>W>Z>Y

D.X、W、Z都可以分别与Y形成既含极性键又含非极性键的共价化合物

8.光催化剂的催化原理为：催化剂在光照下产生电子(e)和空穴(h+),催化剂表面的物种

分别与电子和空穴发生还原反应和氧化反应。CdS光催化甲醇(CH3OH)分别转化为乙二

醇(CH2OHCH2OH)和甲醛(HCHO)的原理如图所示，两种途径均有H2产生。下列说法

不正确的是()

表示吸附在催化剂表面的物种＞

TS表示过渡态R

端

TS2g

TSI

CHOH

HCH£/农H；2

CH.OH；+h*CH201r

HCHO+H*E可见光~+H+

CH?H'CH：OH国OH

途径2途径1

A.CHzOH*和QCH；均为反应的中间体

B.HCHO从催化剂表面脱附需吸收能量

C.途径1中产生H2的原理为2H++2e-=H2T

D.途径1和途径2中CH30H断裂的化学键相同

9.工业上制取KI。?可采用如下两种方法:

方法1：直接歧化法：将精制U溶于过量K0H溶液，发生的反应为

31,+6K0H=KIO3+5Kl+3H2O。

方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI转化为KK)3

(T+6OH-6e-=IO；+3H2O),在阴极区加入KOH溶液，电解槽用水冷却。下列说

法正确的是()

1.惰性电极

2.直流电源

3.阴(OH)离子交换膜

4.冷却水

A.方法1中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2

B.当外电路转移Imolb,阴极区溶液质量减少18g

C.电解过程中处于阴极区的电极1上会有氧气生成

D.若电流利用率为100%,理论上电解法制KI。?碘原子的利用率是直接歧化法的3倍

10.下列说法不事蝉的是()

A.工业制备硝酸的主要设备为热交换器、接触室和吸收塔

B.工业炼铁时，铁矿石和焦炭从炼铁高炉的上口加入

C.从海带中提取碘的工业生产步骤：浸泡一碱化―过滤一氧化一结晶一过滤一提纯

D.玻璃是将石灰石、纯碱、石英在玻璃熔炉中高温熔融制得的

11.科学研究人员在金星大气中探测到了只属于PH3的光谱特征，据此推断金星大气层或存

在生命。已知R与足量的KOH溶液发生反应

P4+3KOH+3H2O-3KH2PO2+PH3T,可制备PH3。H3PO2为弱电解质，NA代

表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）

A.ImolP4熔化时需要克服6mol非极性键

B,每产生22.4LPH：时，该反应转移的电子数为3NA

C.常温下，lL0.1mol•LT的KH2PO2溶液pH>7,含有的H2PO；离子数小于0.皿八

D.PH?的沸点大于H2。的沸点

12.部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价的关系如图所示。下列说法不正确的是

（）

氯元素化合价

+7-

+4-③

+1-④⑥

上①②

⑤

I.

氧化物单质氧化物酸钠盐物质类别

Na^ci：—Na+殴］

A.用电子式表示物质⑤的形成过程"L」

B.管道工人通常用浓氨水检查输送②的管道是否漏气，反应方程式为

3cl2+8NH3=6NH4C1+N2

C.②和④都有漂白性，可使有色物质褪色

D.实验室用二氧化锦固体与浓盐酸制备物质②的离子方程式为

+2+

MnO2+4H+2Cf^=Mn+Cl2T+2H,0

13.下列化学用语对事实的表述正确的是（）

A.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：Ca2++CO;UCaCC>3J

Na*+C1：>Na+[@:]

B.由Na和Cl形成离子键的过程:

C.三价铁腐蚀铜的电路板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+

D.电解饱和食盐水阳极的电极反应：2H2（）+2e-=2OIT+H2T

14.某强酸性溶液中可能存在AP+、Fe2+>NH：、Ba2+>C「、CO；、SO；、NO：中

的若干种，为确定溶液组成进行如下实验：（1）取100mL原溶液，加入足量Ba（N（）3）2溶

液，有白色沉淀a和无色气体b生成，过滤得滤液c。（2）往（1）所得滤液c中加入足量

的NaOH溶液并加热，可得气体d和沉淀e,过滤。（3）取（2）中过滤所得滤液，通入少

量的CO?,有白色沉淀f生成。

下列有关判断正确的是（）

A.试液中一定没有Ba?卡、CO；、NO；、Cf

B.试液中一定有Fe?+、NH：、A产、SO;-

C.气体b和气体d在一定条件下能发生反应生成一种单质和一种无色液体

D.沉淀f一定含有Al（OH）3,可能含有BaCO?

15.对下列各组实验所作的解释正确的是（）

选项实验操作现象解释

向放有湿润有色布条的集气瓶中通入

A有色布条褪色氯气有漂白性

氯气

充分加热铁粉和硫粉的混合物，冷却后

说明铁被硫氧化至

B取固体少量于试管中，加入足量稀硫产生蓝色沉淀

Fe（II）

酸，再滴入K?Fe（CN）6

灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛该有机物中可能有醇

C铜丝恢复亮红色

有某有机物的试管中羟基或竣基

向KBrO3溶液中加入少量CCI4,然后

D下层呈橙色氧化性：Cl2>Bi^

通入少量C"，充分振荡，静置

A.AB.BC.CD.D

16.2-甲基丙烯与HC1的加成反应有两种产物，这两种加成反应过程与其相应的能量变化曲

线关系如下图所示•在恒容绝热密闭容器中通入一定量的2-甲基丙烯与HC1的混合物进行

有关反应。下列说法正确的是（）

B.反应的活化能大小：反应i>反应n

C.升高温度，反应I的逆反应速率变化值小于反应H的逆反应速率变化值

CH2CHCH3

D.2-甲基丙烯与H2O的加成反应产物中，°HCH3更稳定

第n卷（非选择题）

17.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（A1）、钥（Mo）、

银（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

NaOH(S)过量CO【

废催化剂滤液1.过.同漉液n

含N圃体X4.

8

已知：25℃时，H2cO3的降=4.5x10-7,《2=4.7x10-"；A：sp（BaMoO4）=3,5x10-：

Ksp（BaCC）3）=2.6x10-9；该工艺中，pH〉6.0时，溶液中Mo元素以MoO7的形态存

在。

（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为

（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为0

（3）“沉钥”中，pH为7.0。

①生成BaMoO4的离子方程式为。

②若条件控制不当，BaCOj也会沉淀。为避免BaMoC^中混入Bae。?沉淀，溶液中

c（HCO-）:c（MoO;-）=（列出算式）时，应停止加入BaCU溶液。

（4）①滤液m中，主要存在的钠盐有NaCl和Y,Y为。

②往滤液IH中添加适量NaCl固体后，通入足量（填化学式）气体，再通入足量

CO2,可析出Y。

（5）高纯AlAs（硫化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中

所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（碑化钱）反应。

乩口刻蚀液

光刻掩膜光刻掩膜

致密保护膜

\GaAs

-AlAs

*-------GaAs

①该氧化物为o

②已知：Ga和A1同族，As和N同族。在H2。？与上层GaAs的反应中，As元素的化合

价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。

18.以C%。、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答

问题：

（1）基态O原子的电子排布式,其中未成对电子行个。

（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是.

（3）醐菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酷菁分子结构如下图,

分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取.杂化。邻苯二

OQOQH

甲酸醉（O）和邻苯二甲酰亚胺（'o）都是合成醐菁的原料，后者

熔点高于前者，主要原因是«

（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子

方程式为。

（5）ZnO晶体中部分0原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键

成分的百分数小于Zn-O键，原因是.

（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平

面图。oabcd为所取晶胞的下底面，为锐角等于60。的菱形，以此为参考，用给出的字母

表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面、。

19.有效去除烟气中的NO*是环境保护的重要课题。

(1)03能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：

1

2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)\H=+106.2kJ•mof

2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)A/7=-114kJ-mof'

1

2O3(g)=3O2(g)\H=-284.2kJ-mor

则反应2NO(g)+2NO,(g)+2O3(g)=2N2O5(g)+O2(g)的。

(2)一种通过BaO和Ba(NC)3)2的相互转化脱除NO2的原理如图1所示。脱除NO?的

总反应为。

(3)NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NO,)中的NO,反应，实现NO,

的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物,

其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可

用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NO,的脱除机理如图3所示。

①晶体b的化学式为。

②转化IV中，V元素化合价的变化为。

③脱除NO、.时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NO、.的脱除

率会降低，原因除高温下不利于NH?的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是

和»

20.将地球储量丰富的小分子电催化转化为有高附加值的H2O2、CH30H、NH3及Cl2(如

图所示)等具有巨大的经济效益和环境效益。回答下列问题：

(1)H2O2是一种绿色氧化剂，它的电子式为；目前工业上采用慈醍法生产

H2O2的原理为：AQAHQAQ

该总反应的原子利用率为%；测定H?。？的纯度可用酸性高锦酸钾溶液滴定法，

该反应的离子方程式为。

（2）CH30H还原NaClOs制取X（方程式中部分物质的化学计量数已略）可表示为

13

□NaClO,+2CH,0H+QH?SO4=9X+3Na.H（SO,Y+-CO.+-HCOOH+口H,0

,则X为（填化学式）.

（3）电催化制取有高附加值物质的方法有很多。

①下列说法错误的是（填标号）。

A.。2及H2。电催化制H2O2时.，凡。2在阴极区生成

B.CH4及H?。电催化制CHQH时，CH30H在阳极区生成

C.隔膜电解槽电解饱和食盐水制C、时，用阴离子交换膜

②一种合成氨的装置如图所示，阴极的电极反应式为,电解总反应为。

21.硝酸铁和亚硫酸钠在生产中应用广泛，Fe（NC）3）3具有较强的氧化性，易溶于水，微溶

于浓硝酸；Na2sO3在空气中容易氧化变质。学习小组欲探究硝酸铁与亚硫酸钠的反应，进

行相关实验。回答下列问题：

（1）Fe、N、O、Na、S五种元素中，电负性最大的是（填元素符号）.

（2）制备100mL0.1mol/L的Fe（NO3入溶液：

①用如图所示装置制备Fe（NC）3）3溶液：用电子天平称取g（保留2位有效数字）

铁粉，加入b中，向a中加入5mLi2.4mol/L的硝酸（浓硝酸）溶液，将a中溶液全部滴

入b中，然后关闭活塞，水浴温度保持70℃左右。b中观察到的现象是,控制水

温不宜过高或过低的目的是«

②待b中无固体剩余后，冷却至室温，将溶液稀释至UlOOmL即可得到O.lmol/L的

Fe（NC>3）3溶液。下列仪器中，稀释过程不需要用到的有（填选项字母）。测得

0.Imol/L的Fe（NC>3%溶液pH=1.26。

ABCD

③室温下，取10mL②中所配溶液，稀释至100mL,测得pH=1.87,解释溶液稀释10倍,

pH增大不到1的原因：o

（3）探究上述硝酸铁溶液与亚硫酸钠的反应：

①验证Na2sO3是否氧化变质：取少量Na2sO3粉末，配制成溶液，加入足量稀盐酸，再加

入BaC1溶液，无沉淀生成，结论：«

②常温下，取5mL制备的0.1mol/LFe（NC）3）3溶液，一边缓慢加入。上述Na2sO3粉末,

一边振荡（忽略溶液体积变化，实验过程确保硝酸铁溶液足量），再加入Bad2溶液，产生

不溶于硝酸的白色沉淀。

甲认为是Fe2+氧化Na2so3,乙认为是过量的HNO,氧化Na2s0、。

为验证Na2sO3溶液被Fe（NC）3）3溶液氧化的原因，仅通过通入HC1气体或加入NaOH固

体改变Fe（NC>3）3溶液的pH（CF■和Na+对反应无影响，忽略溶液体积变化），重复上述

实验，同时用pH计监测溶液pH变化过程，结果如下表所示：

Fe（N0j3溶液的pH现象、分析及pH变化

产生白色沉淀，说明Na2sO3被氧化；pH逐渐减小，减小至

1.87

pH=1.52左右维持不变

1.52产生白色沉淀，说明Na2s0,被氧化；pH维持1.52不变

产生白色沉淀，说明Na2sO3被氧化；pH逐渐增大，增大至

1.26

pH=1.52左右维持不变

据此分析Na2sO3溶液不同pH值时被Fe（NC）3%溶液氧化的原因：。

（4）含铁盐应用广泛，写出一种含铁盐的化学式并写出该盐的一种用途：，

1.C

【详解】A.PET、PLA是通过-COOH和一OH缩聚形成的高聚物，而聚乙烯是C=C的

加聚形成的高分子化合物，A项错误：

B,木材干银得到的是炭，B项错误；

C.三者均为二糖，麦芽糖和纤维二糖均水解为葡萄糖，乳糖水解为半乳糖和葡萄糖，C项

正确；

D.重油通过300℃左右高温裂化得到燃料油、润滑油、沥青，再进一步通过更高的温度裂

解得更多的化工原料，D项错误；

故选C。

2.A

【详解】A.氯气的单原子分子，Imol氯分子质量为4g,故A错误：

B,聚酰亚胺属于有机高分子材料，故B正确；

C.钺是金属元素，相对分子质量小，金属被具有极高的刚性和密度小等优点，故C正确；

D.N2H4和N2O4反应生成N?和H?O，N2O4中N元素化合价降低，N2O4作氧化剂，

故D正确；

选Ao

3.B

【详解】A.黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，反应的方程式为：

4FeS2+llO2="2Fe2Q3+8SO2,故A错误；

B.热交换器的作用是预热待反应气体，冷却反应后的气体，使气体接触催化剂时达到催化

剂活性最强的温度，故B正确；

C.催化剂只能加快反应速率，不能影响平衡转化率，故C错误；

D.因SO3和水反应生成硫酸溶解放出大量的热，用蒸偏水会产生酸雾，不利于吸收，故D

错误；

故选：Bo

4.D

【详解】A.一般情况下能形成氢键的元素为氮、氧、氟元素，故N?、。2等也可以装在以

氢键相连的几个水分子构成的笼内，A正确；

B.H?N-NH2可以看做2个氨气分子都失去1个氢后形成的复合体。2个-NH2均可以与

HC1发生反应故可以生成N2H6c1，B正确；

C.等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，有些等电子体化学键和构

型类似；NFj、PC、为等电子体，N耳为三角锥形分子，则PC］也为三角锥形分子，C正

确；

D.CaC2与水反应产生乙快，而Al4c3与水反应产生甲烷，反应为

A14C3+12H2O=4Al(OH}J+3CH4T,D错误；

故选D。

5.D

【详解】A.在该反应中Sn从+4价变为0价，体现的是非金属性，A错误；

B.石墨烯相当于石墨中的一层，其中碳的杂化方式为sp2,由图b侧视图可以看到，在锡

烯结构中两层原子形成一种翘曲的结构，不是平面结构，在锡烯结构中Sn是sp3杂化，B

错误；

C.金属键是自由电子和金属阳离子之间的作用力，在锡烯中不存在金属键，c错误；

D.Sn是第IVA族元素，失去4个电子后达到稳定结构，故其第5电离能远大于第4电离能,

即L/I,AL/L，D正确；

故选Do

6.C

【详解】A.［Zn(CN)4r与［Zn(OH)4r中Zn离子均形成了4个配位键，Zr?+提供4个

空轨道容纳4对孤电子对，A正确；

B.根据原子守恒，可知HOCH?CN的鼠基由CN-与甲醛发生反应而来，B正确；

C.依据上述［Zn(CN%广与甲醛的反应不能证明《和£的大小，要比较(和(的大小,

应该让［Zn(CN)4广与氢氧根或［Zn(OH)4广与CN-发生反应，比较两个反应的进行程度,

C错误；

D.Zn2++4CN-u［Zn(CN)4r为可逆反应，酸性条件下会生成HCN,其为剧毒、易

挥发的气体，故应在碱性条件下进行，既保证安全性，又有利于生成［ZMOH%『一，提高

反应物转化率，D正确；

故选C。

7.A

【分析】从结构简式中可以看出，Y只形成1个共价键，且原子序数最小，只能为氢元素;

X可形成4个共价键，且只能为第二周期元素，其为碳元素；W可形成3个共价键，且为

第二周期元素，其为氮元素；Z可形成2个共价键，且为第二周期元素，原子序数比氮元

素大，则其为氧元素。从而得出，Y、X、W、Z分别为H、C、N、O元素。

【详解】A.由Y、W、Z三种元素形成的化合物NH4NO3能发生水解，从而促进水的电

离，A不正确；

B.X、W、Z的简单氢化物分别为CH「NH,、H2O,常温下只有H2O呈液态，沸点

最高，NH,分子间可形成氢键，沸点比CH,高，所以简单氢化物沸点：Z〉W〉X,B正

确；

C.Y、X、W、Z分别为H、C、N、O元素，H原子的半径最小，C、N、O为相

邻的同周期元素，原子半径依次减小，所以原子半径：X〉W〉Z〉Y,C正确；

D.X、W、Z与Y可形成C2H2、N2H4、H2O2,它们既含极性键又含非极性键，D正

确；

故选A。

8.D

【分析】根据图像信息进行判断，物质的能量变化根据能量纵坐标进行判断，物质的断键也

可通过图像进行判断，根据图像中的转化过程判断，中间产物首先是生成后又转化，而催化

剂是在第一步就参于反应。

【详解】A.根据图像中反应过程中第1步反应是生成物，第二步反应是反应物，判断是中

间产物，故A说法正确；

B.根据图像判断甲醛在从催化剂表面脱附时能量由低到高，故需吸收能量；故B说法正确;

C.根据图像：途径1中甲醇分离出氢离子，故氢离子转化为氢气的电极的反应为：

2H++2e-=凡T；故C说法正确；

D.途径1中甲醇断裂的键是碳氢键，而途径2根据图像判断断裂的犍是氧氢键，故D不正

确；

故选答案D。

【点睛】此题考查图像中物质的变化及能量的大小，利用图像中物质的变化可以判断化学键

的变化，根据能量大小可以判断在转化过程中是吸热还是放热。

9.B

【详解】A.方法1中反应为：3I2+6K0H=K103+5KI+3H2O,该歧化反应中，有5

个I原子化合价降低，该部分L作还原剂，有1个I原子化合价升高，该部分%作氧化剂，

所以氧化剂与还原剂物质的量之比为5:1,A错误；

B.方法2的电解阳极区反应为：r+6OH--6e-=IO；+3H2。，阴极反应为：

2H2。+2e-=H2+20H-,则当外电路转移Imole",阴极区溶液质量减少Imol水的质量,

即为18g,B正确;

C.图中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2（3+2e-=H2+2OH,所以没有氧气产

生，C错误；

电解

D.根据上述信息可知，电解的总反应为：「+31^0^==IO；+3H2个，若电流利用率

为100%,原子有效转化率为1,则而方法1歧化反应中，I元素还有一部分转化为KI,原

子有效转化率为工，所以电解法制KI。?碘原子的利用率是直接歧化法的6倍，D错误：

6

故选B。

10.A

【详解】A.工业制备硝酸的主要过程为：将NH3氧化为NO,再将NO氧化为NO2,最

后吸收NO2生成HNC>3,主要设备为氧化炉、热交换器和吸收塔；工业制备硫酸的主要设

备为接触室、热交换器和吸收塔；A错误；

B.工业炼铁时，铁矿石、焦炭和造渣用熔剂（石灰石）从炼铁高炉的上口加入，从位于炉

子下部沿炉周的风口吹入经预热的空气，在高温下焦炭中的碳同鼓入空气中的氧气燃烧生成

的CO,在炉内上升过程中除去铁矿石中的氧，从而还原得到铁，B正确；

C.从海带中提取碘的一种生产过程为：将干海带浸泡后，加入NaOH溶液碱化得到含「的

浸泡液，其中NaOH可以使可溶性有机物形成沉淀，过滤后向所得滤液加入氧化剂将「氧

化为U，再结晶得到粗碘，提纯后得到碘单质，上述步骤可归纳为：浸泡-碱化—过滤一

氧化T结晶T过滤一提纯，C正确；

D.制备玻璃的主要原料是石灰石、纯碱、石英，将它们在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃,

D正确；

故选A。

11.C

【详解】A.P&属于分子晶体，熔化时只需克服范德华力，A错误。

B,没有给出标准状况下，无法计算物质的量，B错误。

C.依题意，KH2P为正盐且属于强碱弱酸盐，水溶液pH>7,因H2PO；会水解，故其

离子数小于O.INA，C正确。

D.水中存在分子间氢键，而PH?中没有，故沸点PH3<H2。，D错误。

故选C。

12.C

【分析】由图可知，①为氯化氢、②为氯气、③为二氧化氯、④为次氯酸、⑤为氯化钠、⑥

为次氯酸钠。

【详解】A.氯化钠为离子化合物，用电子式表示氯化钠的形成过程为

NaG&：­►Na+LCl：

,,L」，故A正确；

B,氯气与氨气反应生成氯化铉和氮气，反应中会有大量的白烟生成，所以管道工人通常用

浓氨水检查输送氯气的管道是否漏气，反应的化学方程式为3cl2+8NH3=6NH4C1+NZ,

故B正确；

C.氯气没有漂白性，不能使干燥的有色物质褪色，故C错误；

D.实验室用二氧化锦固体与浓盐酸制备物质氯气的反应为，二氧化镒与浓盐酸共热反应生

成氯化镭、氯气和水，反应的离子方程式为

A

+2+

MnO2+4H+2Cf^=Mn+Cl,T+2H,O,故D正确；

故选C。

13.B

【详解】A.水垢中含有微溶于水的硫酸钙，可用碳酸钠溶液处理，

CaSO4+CO^CaCO3+SO^,故A错误；

B.Na原子（最外层有1个电子）容易失去1个电子，C1原子（最外层有7个电子）容易

Na二•C1：—►Na+[:C1:1-

得到1个电子，二者形成离子键的过程：••L--J.，故B

正确；

C.三价铁腐蚀铜的电路板时发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Ci?+,故C错误：

D.电解饱和食盐水，阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH+H2T,阳极的电极反应为

2Cr-2e-=Cl2T,故D错误；

故答案为Bo

14.C

【分析】在强酸性溶液中，CO：不能大量存在，Fe?+和NO,也不能同时存在，钢离子和

碳酸根离子不共存，根据实验（1）可知溶液中一定不存在Ba?*、NO；,一定存在SO；、

Fe2+,气体b为NO,沉淀a为BaSO「根据实验（2）可知溶液中含有NH：,气体d为

NH3,沉淀e为Fe（OH）3,可能有A「+因为氢氧化铝溶于氢氧化钠，根据实验（3）可知

原溶液中可能含有AE+,沉淀f可能为BaCOs或BaCC>3和Al（OH）,的混合物，因为实验

（1）中的Ba（NO3）2溶液是过量的。

【详解】A.由上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为Ba?f、CO：、NO；,A项错

误；

B.由上述分析可知，原溶液中可能会含有A产，B项错误；C.一氧化氮和氨气一定条件下

可以生成氮气和水，C项正确；D.沉淀f一定含有BaCC>3,可能含有A1(OH)3,D项错误;

答案选C。

【点睛】本题主要考查水溶液中离子种类的辨析，侧重考查学生对离子反应和离子共存的综

合运用能力。

15.C

【详解】A.cu不具有漂白性，ci2使湿润的有色布条褪色，是因为CL和H2。反应生成

了HC1O,HC1O具有漂白性，能使湿润的有色布条褪色，A错误；

B.硫的氧化性较弱，能把铁氧化为Fe(II),但若实验中铁粉过量，冷却后取固体少量于试

管中，加入足量稀硫酸，一定会产生Fe2+,故再滴入KsFe(CN)6产生蓝色沉淀，不能说明

铁被硫氧化至Fe(H),B错误：

C.灼烧铜丝至其表面变黑、灼热，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复亮红色，可能是

因为该有机物含有醇羟基，和黑色的CuO反应生成亮红色的铜，也可能是因为该有机物含

有竣基，将黑色的CuO反应掉剩余亮红色的铜，C正确；

D.向KBrC>3溶液中加入少量CC1」然后通入少量C%，充分振荡，静置，下层呈橙色，

说明有B「2产生，KBrO?作氧化剂，Cl?作还原剂，则无法比较C"和B「2的氧化性，D错

误；

故选C。

16.B【详解】A.能量：产物产物2,能量越低越稳定，故产物的稳定性：产物1〈产

物2,A错误；

B.活化能是指分子从一般状态转变为易发生化学反应的过渡态所需要的能量，由图可知活

化能：反应I>反应H,B正确；

C.反应I的逆反应活化能大，升高温度，反应I的逆反应速率变化值大，C错误；

D.由图像可知，2-甲基丙烯与HC1的加成中，氢原子加在含氢多的碳原子上得到的产物更

OH

I

CH3CHCH3

CH

稳定，故与H?。的加成反应产物中，3更稳定，D错误；

故选AB»

Ixl0~7mol/Lx2.6xl0-9

17.+6A1(OH)3MOO；+Ba2+=BaMoOJ

44.7xl0-1,x3.5xl0-8

NaHCO3NH3A12O34:1

【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和铝都发生了反应分别转化

为偏铝酸钠和铝酸钠，经水浸、过滤，分离出含银的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化

碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的

氯化钢溶液沉铝后，过滤得到铝酸钺。

【详解】(1)“焙烧”中，有Na2M生成，其中Na和O的化合价为+1和-2,根据化

合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。

（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为A1（OH）3。

（3）①滤液II中含有铝酸钠，加入氯化钢溶液后生成BaMoC>4沉淀，该反应的离子方程式

2+

为MoO；+Ba=BaMoO4I.

②若开始生成BaCO?沉淀，则体系中恰好建立如下平衡:

+

HCO；+BaMoO4UBaCO3+MoO：+H,该反应的化学平衡常数为

K_c（H+）c（MoOj）c”）c（CO；）c（MoO；）c（Ba2+）工2Ksp（BaMoOj为

“c（HCO；）—-—c（HCO；）c（CO^）c（Ba2+）—一七（BaCOj"”

c（H+）c（MoO；[K^K（BaMoO4）

避免BaMoO4中混入BaCO,沉淀，必须满足,。~〜<一吗」吩------,由

cHCO；^sp（BaCO3）

于“沉钥”中pH为70,c（H+）=1x10-mol/L,所以溶液中

c（MoO7）KM^BaMoOj

时，开始生成BaCC）3沉淀，因此,

-7

c（HCO；）lxlOmol/Lx/rsp（BaCO3）

1x1CT，mol/Lx/（BaCC）3）lxlQ-7mol/Lx2.6xlQ-9

c（HCOj:c（MoO：）时，应

一/（BaMoOj4.7xl0-"x3.5xl0-8

停止加入BaCk溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉

淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液n中含有碳酸氢钠和铝酸钠。滤液n中加入适量的

氯化钢溶液沉钥后，因此，过滤得到的滤液HI中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO：,

故Y为NaHCC）3。

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液H1中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3,再通

入足量CO?,可析出NaHCOs。

（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由Hz。？与AlAs反应生成的，

联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2。？O

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价（其最高价）、As显一3价。在

H2。？与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8,As元素

被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为一1价，其作

为氧化剂时，O元素要被还原到一2价，每个H2。？参加反应会使化合价降低2,根据氧化

还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原

剂物质的量之比为8:2=4:1。

18.（1）Is22s22P4或[He]2s22P42

（2）自由电子在外加电场中作定向移动

（3）sp2两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高

2

（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn（NH3）J'+2OH-+H2T

（5）电负性O〉N,O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键

(6)ocdhiobcfe

【解析】(1)。为8号元素，其基态0原子核外有8个电子，因此基态。原子的电子排布

式为Is22s22P4或[He]2s22P4,其2P轨道有2个未成对电子，即0原子有2个未成对电

子；

(2)由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导

电性；

(3)根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为

sp2,由于邻苯二甲酸酊和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分

子间作用力增大，因此熔点更高；

(4)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)/(OH)2和H2,反应的离子方程式为

2+

Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]+2OH-+H2T。

(5)由于电负性O>N,O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N

键中离子键成分的百分数小于Zn-0键；

(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，

4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn

原子、0原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用be和cd,结合晶胞平移原

则可知相邻的两个晶胞的底面为cdhi和befe。

19.(1)-504.4kJ-mol-1

(2)12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O

(3)TiO2+4变为+5载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少活性中间体

直接被。2氧化，未能还原NO

【解析】(1)将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②一①，故

AH=(-284.2-114-106.2)kJ/mol=-504.4kJ/mol；

(2)从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钢为催

化剂，硝酸钢为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：NO2+NH3+O2=N2+H2O；

(3)用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为：-x8+l=2,O

8

原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，x4+2=4,化学式为Ti。？；经过W后产

物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即