2023年北京市石景山区高考化学一模试卷 答案解析(附后)

2023年北京市石景山区高考化学一模试卷

1.为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达

1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，在零下2（）0'（'

左右的环境，用超纯错进行探测。所用材料不属于金属材料的是（）

A.聚乙烯B.铅C.铜D・铭

2.F列化学用语或图示表达正确的是（）

A.基态N原子的价层电子排布式：2s1-2,r

B.的结构示意图:!86

C.HCIO的电子式：H^I：O：

”■・

H3c,CHj

D.顺2丁烯的结构简式：）C=<

HH1

3.能实现下列物质间直接转化的元素是（）

单质十氧化物一约酸（或碱也力盅

A.SiB.SC.CuD.Fe

4.下列性质的比较中，不正确的是（）

A.非金属性：\<OB,沸点：.V"」〉

C.原子半径：.V<（）D.酸性：>ILCO,

5.实验室制备下列气体的方法可行的是

A.加热氯化钱制B.硫化钠和浓硫酸混合制〃6

c.二氧化镐和稀盐酸制rv2D.铜和浓硝酸制.V（力

6.甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如图。下列说法不正确的是（）

A.能与NaOH溶液反应B.分子中有2种官能团

C.分子中存在大二键D.能发生取代反应和加成反应

7.下列方程式与所给事实不相符的是（）

第1页，共24页

A.用FeS固体除去污水中的〃/.：FcS'H<rHgS-FrJ,

B.AgQ沉淀溶于氨水：上/O•2.\".Ivi.VMO-n

C.NQ与水反应：3.V3.H,()2H\(),■XO

D.乙醛和新制(“(“〃)」共热出现砖红色浑浊：

CHUCHO+CU(OH)2+NaOH'CH/OONa+CuOI+2〃0

8.以氨为燃料的固体氧化物燃料电池(S()FC)具有广阔的应用前景，一种氧离子导电

SOFC的工作原理如图所示(、〃」在催化剂作用下先分解为.，和〃」।。下列说法不正确的是

()

A.在负极放电

B.正极的电极反应：(2•2(/

C.外电路转移6〃“山,理论上生成4mdMO

D.o-向负极移动

9.下列事实的解释不正确的是()

第2页，共24页

事实解释

第一电离能：Mg为3P轨道全空的稳定电子构型，而AI失去一个电子变为3F

A

h(Mg)>6(4)轨道全空的稳定电子构型

.V〃(Y电离产生的'〃।可以与水中的(〃/结合成弱电解质

、〃('/溶液显酸

B使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶

性

液中大于<•」()〃)

「七分子中的共CI原子价电子排布为:，当两个CI原子结合为C工时，两

C

价键是“键个原子的3P轨道通过“肩并肩”重叠

S、防、h(工、3,•一、八的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，

D

的熔点依次增大范德华力依次增强

A.AB.BC.cD.D

10.利用下列实验药品，不能达到实验目的的是()

实验目的实验药品

A比较水和四氯化碳分子的极性CCh,橡胶棒、毛皮

B验证乙醇的消去产物乙烯乙醉、酸性高锌酸钾溶液、浓硫酸

C探究温度对化学平衡的影响CuC力溶液、冷水、热水

D证明牺牲阳极法保护铁Fe、Zn、酸化的食盐水、K.JFMUV)/溶液

A.AB.BC.CD.D

11.科学家通过7M、酚/酮和、(〃.¥()三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现

了801条件下(人直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如图所示。下列说法不正确的是()

A，水解生成甲醇

B.反应I中P/将甲烷氧化成

第3页，共24页

c.反应II中imol对苯醍被还原为Imol对苯酚得到

OHO

反应的化学方程式：。

D.IIINO2+，）------►+H2O+NO

OHO

12.我国科学家合成了一种光响应高分子X,其合成路线如图：

下列说法不正确的是（）

A.E的结构简式：

B.F的同分异构体有6种，:不考虑手性异构体）

C.H中含有配位键

D.高分子X水解可得到G和H

13.实验室模拟吸收《心，将（一力按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停

止通,记录吸收的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留,

实现数据如表。下列说法不正确的短）

吸收液类型，:体积吸收氯气时饱和吸收后溶液微粒浓度液面上有害气

编号「/(mol/L1

dS

相同）间c(Cl)c(Cl-)pH体

未检

1.Va2SO31.218'34"0.5()1711SO

出2

未检

IINaOH2.423,17"0.1()323，2Ch

出

未检未检

III.V町SO：1+XaOH12-2123'47'31731无

出出

说明：表示溶液中+』价含硫微粒的总浓度，其他类似。

A.\久5（九溶液显碱性

B.实验I吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应

第4页，共24页

C.实验II吸收过程中生成的+1价CI会转变为《7

D.实验III吸收过程中NaOH与.V叱SOi分别与C1独立反应、互不影响

14.，（"催化加氢制CHj的反应为4硒）+。。2必）傕化剂CEj（g）+2%O（g）。催化剂上

反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，（的转化率和的选择性

转化为即烷的后

（（；（；转］的总量'随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是（）

8

8%

/

♦

81

#

6

8U

8

A.催化剂改变了中-。键的键角

B.15（广C到350,（'时，基本没有发生副反应

C."（%催化加氢制（7八是一个吸热反应

D.结合下列热化学方程式，可以通过盖斯定律计算「（八加氢制1/八的反应热

CHi（g）+///?（＜/）3〃dg）+CO（＜/）AW+2（谓.9比〃〃，。/

CO（g）+HjOtg）H2（9）+C^g^H--41k.〃川d

15.碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：

电负性：〃2.20；C2.55；F3.98；P2.19；Z2.6G

，:D人工合成的⑶/是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是。

（2）碘单质在CS,中的溶解度比在水中的大，解释原因。

（3），/主要用于药物合成,通常用人和P反应生成「/；,P八再水解制备HI。P/：i的空间结

构是,水解生成HI的化学方程式是。

，1）「〃”是一种甲基化试剂，C'FJ可用作制冷剂，（‘〃；/和J发生水解时的主要反应

分别是:CHJ+HQ-CH^OH+〃/和CEJ+-CFJI-H1（）oCFJ的水解产

物是HIO,结合电负性解释原因。

晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为anm,晶胞中K、I、O

分别处于顶点、体心、面心位置，结构如图。

①与K原子紧邻的O原子有个。

第5页，共24页

②/\〃人的摩尔质量为阿伏加德罗常数为该晶体的密度是

g/cni^iynm10_9m）（,

16.水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁，F，）及耦合技术在处理抗生素废

水中应用广泛。

I.还原法

零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的〃得电子生成〃•（氢自由基），〃•通过双键

加成、单电子还原与抗生素发生反应。

（1）氧化反应：。

还原反应：2H~+2e2,•（电中性）。

♦与阿莫西林（抗生素的一种）发生多步反应，第一步如图所示，请在图中标出阿莫西林

（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝哩接近；，相同条件下非纳米零价铁去除率约为,试

解释原因O

n.氧化法

T）酸性条件Fe可与溶解氧生成〃式入，〃式力和入」•作用生成羟基自由基”）〃）和,

氧化抗生素。〃乂入和FJ生成的离子方程式是。

'VI如图为酸性条件零价钱电芬顿耦合法（电化学氧化法）原理示意图的一部分，左侧连接电

第6页，共24页

已知：II„Q„

—C—H+-C*Hj—V-*R

含氧官能团的名称

含有支链且能使澳水褪色，A生成B的化学方程式是

也催化裂解先生成二元醇X,X转化为C,X的结构简式是

■1)£>■C；•〃的化学方程式是

•/；的反应类型是

含有2个六元环，J的结构简式是

第7页，共24页

（7j”先生成中间体V（飞）,Y催化环化生成Daleninl时

OHOOH

存在多种副产物。一种副产物Z是Daleninl的同分异构体，也含有4个六元环，其结构简

式是o

18.一种利用低品位铜矿CwS、CuS、FeO和FQ（A等）为原料制取CuQ的工艺流程

如图:

已知：，水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。

ii.室温时,&（（〃/）：|的溶度积常数人.2.HX101\

iI）铜矿中被V"。?氧化的物质有。

（2）滤液D中铁离子的浓度约为,向滤液D中先通氨气的目的»

（3）固体E主要是生成的离子方程式是。

r）滤液F加热生成C^（Z）、.V〃J和Cu。，反应的化学方程式是。

•5）查阅资料：+1价Cu和0/可以形成2种配离子K'uC'//和。滤液G加大量

水析出CuCI沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCI的生成

④质量分数的测定：称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁镂溶液将+1价

Cu氧化）,滴加2滴试亚铁灵指示剂（与•发生特征反应，溶液呈红棕色），用含

GL•〃加4的硫酸铁锦标准液滴定觉」「小“。"），共消耗硫酸铁锦标准液

VmL,则CuCI质量分数的计算式。

19.某小组探究不同阴离子与.1”的结合倾向并分析相关转化。

资料：，Mg2soi和均为白色,难溶于水。

〃"g+与SO；、S。；能生成.1，八7）山『-、［旬。

iii.与八9’结合倾向S?>I>Bi。

（1）探究SQ；、S0与」”的结合倾向

第8页，共24页

实验滴管试管现象

1等浓度的Nai和\仰5。|溶

1黄色沉淀

010滴（L1〃加/Llg.VOi溶液液

2mLII等浓度的Nai和.V也坎人溶液黄色沉淀

①由实验I推测：与八。+结合倾向/，：填“〉”或“v”）。

②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的.和一¥d0（九溶液，前者无明显

现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式（填化学式）。推测与.1少

结合倾向>Di>SO-o

查阅资料证实了上述推测。

（2）S0；的转化

实验滴管试管现象

OAJHOI/LAgNO3U.hnol/LNa?SQi

III白色沉淀，振荡后消失

溶液溶液

口LAa>S/）：\0.Imol/LAgNl）白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉

2mLIV

溶液溶液淀

①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式。

②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是.1如S,中S元素的化合价分别为-2和+6。写出

实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因。

③入溶液可用作定影液0向.V9*（入溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入

（填试剂和操作），可使定影液再生。

（3）50；的转化：

试管I,叫1海浓、银镜

N«OH,水浴加热‘白色沉淀

i.加0.5mL01moVL西加NaSO）溶

2niL0.1mol/LN"SO］落液.百色沉淀液至沉淀溶解

溶液

AgNOjW.戕液分两M臂

试一2:水浴加热»白色沉淀

（过源加蓝酸检验出SO2）

分析试管1出现银镜的原因。

」）资料显示：S原子与八.，结合比0原子更稳定。SO；与S。；结构相似，但与.1"结

合倾向：so；<S0；,试从微粒空间结构角度解释原因。

第9页，共24页

答案和解析

L【答案】A

【解析】解：.1.聚乙烯属于合成高分子材料，不属于金属材料，故A正确；

B.铅是金属，属于金属材料，故B错误；

C.铜是金属，属于金属材料，故C错误；

D.铭是金属，属于金属材料，故D错误；

故选：A。

合金与金属单质统称为金属材料，据此判断。

本题考查了物质的分类，熟悉金属材料的类型是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】D

【解析】解：.A.，能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子，即s能级最多容纳2个电子,

基态N原子的价层电子排布式；2/2"、故A错误；

B.硫离子质子数为16,硫离子的核外电子总数为18,最外层为8个电子，硫离子的结构示意图

C.HCI。是共价化合物，0分别与H、CI原子间共用1对电子，0、CI原子的最外层电子数均为

XX••

8,其电子式为：C1：，故C错误：

XX••

D.顺2丁烯中碳碳双键在2号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧，结构简式

HCCH

为3C=《3，故D正确：

HH

故选：Do

A.s能级含1个轨道，一个轨道最多容纳2个电子；

B.硫离子的核内有16个质子，核外有18个电子；

C.HCIO中0原子分别与H、CI原子形成共价键；

D.顺2丁烯中碳碳双键在2号和3号碳原子之间，碳碳双键两端的甲基在同一侧。

本题考查了常见化学用语的正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，题目难度不大。

3.【答案】B

【解析】A、硅与氧气生成二氧化硅，不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故A错误；

B.S"SO>-H.SOis"''"能实现物质间直接转化，故B正确；

第10页，共24页

C、金属铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故C错误;

D、金属铁和氧气反应生成四氧化三铁，不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D错误；

故选:Bo

4.【答案】C

【解析】解.1.V、0处于同周期，同周期从左到右，主族元素的非金属性逐渐增强，故非金属

性.VvO,故A正确；

B.氨气分子间存在氢键，导致沸点反常升高，故沸点：.V/八>PH.,故B正确：

C.N、0的电子层数相同，。的核电荷数更多，微粒半径更小，故原子半径X>（）,故C错误

D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性.\>C,则酸性

HNCh>HjCOi,故D正确;

故选：Co

A.同周期从左到右，主族元素的非金属性逐渐增强；

B.氨气分子间存在氢键；

C.当电子层数相同时，核电荷数越多，微粒半径越小：

D.元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。

本题考查了元素周期律及其应用，难度不大，应注意的是元素非金属性与氢化物的稳定性、最高

价含氧酸的酸性等有关。

5.【答案】D

【解析】解.X加热使氯化镂固体分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化镂，不能制备氨气，

应选氯化镀与氢氧化钙加热制备，故A错误；

B.硫化钠会与浓硫酸发生归中反应，有二氧化硫产生，不能使用此方法制取硫化氢，故B错误：

C.V〃（力与稀HCI不反应，实验室用A/”。?与浓HCI溶液混合加热制备氯气，故C错误；

D.铜与浓硝酸反应生成N（力，方法可行，故D正确；

故选：D。

A.加热使氯化镂固体分解，在试管口氨气与氯化氢化合生成氯化镂；

B.硫化钠与浓硫酸发生归中反应，无法产生硫化氢；

C.MnO,与稀HCI不反应，实验室用卜〃（力与浓HCI溶液混合加热制备氯气；

D.铜与浓硝酸反应生成\（力。

本题主要考查了实验室常见气体的制备，掌握制取反应的原理和反应物的性质是解答的关键，题

目较简单。

6.【答案】B

第11页，共24页

【解析】解：八分子中酯基能和NaOH溶液反应，故A正确；

B.官能团有酸键、酯基、碳碳双键，所以有3种官能团，故B错误；

C.苯环6个碳原子提供6个电子形成大万键，故C正确；

D,具有酸、烯烧、苯和酯的性质，碳碳双键和苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应，故D

正确；

故选：Bo

A.酯基能和NaOH溶液反应；

B,官能团有醛键、酯基、碳碳双键；

C.苯环中存在大万键；

D.具有酷、烯烧、苯和酯的性质。

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

的关系是解本题关键，题目难度不大。

7.【答案】D

【解析】解：比FeS更难溶于水，所以在含有〃.，广的溶液中加入FeS,能够将〃旷除

掉，故A正确；

B.AgCI沉淀溶于氨水生成.1，儿\“小，反应的化学方程式为：

-2NH,Ag(.VH.^Cl，故B正确；

C..V。与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：工'.往H.02//.V(Z(.NO,

故C正确；

D.乙醛和新制共热出现砖红色浑浊，反应的化学方程式为：

CIhCHO+2Cu(OH),+NaOH二CH.iCOONa+Cu/)|+3〃0，故D错误；

故选：Do

A.沉淀的转化原理分析；

B.氯化银与氨水反应生成；

C..VO,与水反应生成硝酸和一氧化氮；

D.乙醛和新制(”(()〃L共热出现砖红色浑浊为「打。。

本题考查了物质性质、离子方程式书写的方法，注意离子方程式的正误判断，题目难度不大。

8.【答案】C

【解析】解：.1氨气分解生成氢气和氮气，氢气失电子在负极放电，故A正确；

B.氧气在正极得电子，电极反应式为(2•I,20-，故B正确；

C.负极电极反应式为〃「2O-，外电路转移右，理论上生成：，"加〃e，故C

第12页，共24页

错误；

D.（尸（阴离子）向负极移动，故D正确：

故选：Co

由图可知，负极氨气分解生成氢气和氮气，氢气失电子，电极反应式为〃-2,O-

氧气在正极得电子，电极反应式为（4,1，20-,据此作答。

本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断两极反应是解题的关键。

9.【答案】C

【解析】解.L.T/g的3s电子全满、3P全空，为稳定结构，失去一个电子较AI更难，故第一电

离能：/（耳）,故A正确;

B.水电离出的，，〃।，*）〃但钱根离子结合了水电离出的氢氧根离子，使水的电离平衡向

电离的方向移动，最终导致溶液中，，〃）大于）,溶液显酸性，故B正确；

C。键是由轨道“头碰头”结合而成，而不是“肩并肩”，故C错误；

D.C"、。七、人均为分子晶体，且组成和结构相似，且相对分子质量逐渐增大，则分子间的范

德华力逐渐增强，熔点逐渐生高，故D正确；

故选：C«

A.Mg的3s电子全满、3p全空，为稳定结构；

B.水电离出的「（〃」：，,，（〃/!,但钱根离子结合了水电离出的氢氧根离子，据此分析；

Cs键是由轨道“头碰头”结合而成；

D.当分子晶体的结构相似时，相对分子质量越大，范德华力越大。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验与解释的关系、物质结构与性质、实验技

能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

1。.【答案】B

【解析】解I水为极性分子，四氯化碳为非极性分子，摩擦起电可吸引极性分子，可用橡胶棒、

毛皮鉴别，故A正确；

B.乙醇在浓硫酸作用下加热至17（rC时生成乙烯，挥发的醇可使酸性高镭酸钾溶液褪色，紫色褪

去，不能验证生成乙烯，故B错误；

C.只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故C正确：

D.Fe、Zn、酸化的食盐水构成原电池时，Zn为负极，Fe为正极，正极滴；F，，（'.V）“溶液无

现象，可证明牺牲阳极法保护铁，故D正确；

故选：Bo

A.水为极性分子，四氯化碳为非极性分子；

第13页，共24页

B.乙醇在浓硫酸作用下加热至17（）（时生成乙烯，挥发的醇可使酸性高镒酸钾溶液褪色；

C.只有温度不同；

D.Fe、Zn、酸化的食盐水构成原电池时，Zn为负极，Fe为正极。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、电化学、化

学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难

度不大。

1L【答案】C

【解析】解：.1水解反应方程式为:

Cl<OOCHi+lW-CF^OOHtCH^OH,水解生成甲醇，故A正确；

B.反应1中R广的化合价+2价降低到。价，做氧化剂,将甲烷氧化成「3（故B正确;

C.反应中对苯酚的分子式仁〃〃八，被氧化生成对苯醍的分子式过程中碳元素的化合价

:价升高到0价，电子转移2.,反应II中Imol对苯醒被还原为Imol对苯酚得到心,

•9

故C错误；

D.流程分析可知，反应III的化学方程式：NO,故D正

确;

Co

A.AECOOCHs水解反的程式为:）（）（H।%（I\（OOH•CH^OH；

B.反应I中。/的化合价-2价降低到。价，做氧化剂；

C.对苯酚被氧化生成对苯酿结合元素化合价变化计算电子转移；

D.结合海呈分析书写反应的化学方程式。

本题考查有机物的结构与性质、化学反应原理，微潭握官能团的结构、性质与转化，侧重考查

学生获取信息能力和分析问题能力、综合运用知识的能力。

12.【答案】D

【解析】解：“根据图知，E和F发生酯化反应生成G,根据F、G的结构简式fel,E为竣酸,

、^OH，故A正确;

结构简式为

B.F的同分异构体中可能含有醇羟基或酸键，如果同分异构体为一元醇，相当于丁烷中的一个氢

原子被羟基取代，丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷有2种氢原子、异丁烷有2种氢原子，其一元

醇的同分异构体有4种，去除其本身还有3种；如果同分异构体为酸,有CH.QCH2cH2cH八

第14页，共24页

((,HhCHOCHz，所以符合条件的同分异构体有6种,故B正确;

C.H中B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，所以H中含有配位键，故C正确;

D.X中酯基水解生成竣酸和醇，根据X的结构简式知，水解生成的单体不是G和H,故D错误;

故选：D。

A.根据图知，E和F发生酯化反应生成G,根据F、G的结构简式知，E为竣酸;

B.F的同分异构体中可能含有醇羟基或微键；

C.H中B原子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键；

D.X水解生成的单体不是G和H。

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

的关系是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】D

【解析懈.1-\，1、3；溶液中5()；水解显碱性,离子方程式为坟)；+也。=〃、’(人•(〃/,

故A正确；

B.根据表中信息可知，实验I饱和吸收后，含有正四价的含硫微粒，负一价的氯离子，产生S(力气

体，溶液呈酸性，由C七生成17,氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应；而溶液中

含有正四价的含硫微粒，产生SO」气体，硫元素化合价未发生改变，溶液呈酸性，说明还有一部

分未参加氧化还原反应，而是发生了复分解反应，2〃,S。；SO.]H>(),故B正

确；

C.在实验II中，将「匕通入吸收液，Cl2中0价的CI发生氧化还原反应得到+1价的CI和I价的

CI,根据吸收液为NaOH,溶液中没有其他氧化剂和还原剂，因此是发生歧化反应，

根据电子得失守恒，生成的+i价的ci和1价的ci应该相等，但II中a的浓度大于II中+i价

的CL所以实验II吸收过程中生成的T价C1可能会转变为,导致r价的Q较少，故C正

确；

D.根据实验I和实验II所得饱和溶液的微粒类型，假设实验III吸收过程中NaOH与.V”力“分别与

CZ独立反应，互不影响，那么饱和吸收后溶液微粒应该同时含有正四价的含硫微粒，正一价的

含氯微粒，但溶液中并没有这些微粒类型；液面上也应该同时有、。八CZ,但实验III液面没有这

些气体，此说法不成立，故D错误；

故选：D„

A..Vu,503属于强碱弱酸盐，水解显碱性；

B.根据表中信息可知，实验I饱和吸收后，含有正四价的含硫微粒，负一价的氯离子，产生SOz气

体，溶液呈酸性，由C1生成,氯的化合价发生变化，说明发生了氧化还原反应；而溶液中

含有正四价的含硫微粒，产生故人气体，硫元素化合价未发生改变，溶液呈酸性，说明还有一部

分SOI未参加氧化还原反应，而是发生了复分解反应；

第15页，共24页

C.在实验II中，将(工通入吸收液，C7.中0价的CI发生氧化还原反应得到(1价的CI和I价的

CI,根据吸收液为NaOH,溶液中没有其他氧化剂和还原剂，因此是C工发生歧化反应，

根据电子得失守恒，生成的+1价的CI和1价的CI应该相等，但II中的浓度大于II中+1价

的CI,所以实验II吸收过程中生成的+1价C1可能会转变为「/；

D.根据实验I和实验II所得饱和溶液的微粒类型，假设实验川吸收过程中NaOH与\"」坟人分别与

CZ独立反应，互不影响，那么饱和吸收后溶液微粒应该同时含有正四价的含硫微粒，正一价的

含氯微粒，据此进行分析。

本题考查较为综合，涉及氯气的性质、盐类的水解、氧化还原反应等知识，侧重考查学生分析能

力和读取信息的能力，难度中等。

14.【答案】C

【解析】解：.1.由题干图1反应历程图信息可知，「5的键角为,而.V,的键角不

是Ml,故催化剂改变了C'S中-键的键角，故A正确；

B.由题干图2信息可知，到35(『C时，C'〃i的选择性基本为UMI1,说明该温度范围内基

本没有发生副反应，故B正确；

C.由题干图2信息可知，升高温度，的转化率增大，而的选择性基本不变，说明该温

度范围内基本无副反应发生，但题干未告知转化率是不是平衡转化率，故无法判断崔化

加氢制八是一个吸热反应还是吸热反应，故C错误；

D.已知CS加氢制备CHi的总的热化学反应为(人⑷+=CHj(g)+2〃“，”J\〃，根

据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式①

3//_>((/)-CO(g)^H\+2tt5.9A-J/;nc/,②

CO(g)+%0(g)=Hi(g)+CQ(g)△冏1小〃“，可以盖斯定律计算CQ加氢制CW,的

反应热为A〃」⑵)5.9il)kj/mol-164.恤〃md,故D正确;

故选：C。

A.LS的键角为,而.V，C'3的键角不是isn；

B.l50℃到350℃时，「出的选择性基本为1;

C.升高温度，C()二的转化率增大，而的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发

生，但题干未告知转化率是不是平衡转化率；

D.已知(,口加氢制备的总的热化学反应为COAg)I+2〃.。〃、〃，根

据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式①

CH.i(g)+=3%⑷+CO(g)^H\=l»2069kJ/mol,②

(Hg)+H20(g)〃一，“(SRA〃厂llkj/mol,可以盖斯定律计算CQ加氢制C'"的

反应热为-(△"TA〃”。

第16页，共24页

本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焰变和盖斯定律的掌握情况，试题难度中等。

15.【答案】第五周期第vn.l族碘单质、均为非极性分子，水为极性分子三角锥形

ri-3///+因为电负性：F>I^C,所以在CEJ中，受3个F原子吸引

电子能力强的影响,I与C之间的共用电子对偏向于C,I显+1价,则(/.；/发生水解时，生成「匕〃

214

和〃1273

NA(ax10-)

【解析】解：，D碘是53号元素，在元素周期表的第五周期第VU.1族，

故答案为：第五周期第VI1.4族；

，2)碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在C'S.中的

溶解度比在水中的溶解度大，

故答案为：碘单质、「0均为非极性分子，水为极性分子；

(3)。/：,的中心原子的价层电子对为方+二।,含有1对孤对电子，空间结构是三角锥形，

Ph水解生成HI的化学方程式是P/a+3//-O3HI•H,PO^,

故答案为:三角锥形；Ph+3Hq3///

■IK'EJ的水解产物是HIO因为电负性：F>I^C,所以在中，受3个F原子吸引电子

能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C,I显+1价，则发生水解时，生成「匕/〃

和HIO,

故答案为：因为电负性：F>I^C,所以在C'FJ中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I

与C之间的共用电子对偏向于C,I显+1价，则C7J发生水解时，生成CFj〃和HIO：

6)①晶胞中K、I、。分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的0为；

个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的。有：12个，

故答案为：12；

②晶胞中K原子个数为Hx1I,I原子个数为1.0原子个数为6x'3,则该晶体的密度

a2

m214.i

是〃」而

故答案为：\仙X1()一丁。

H)碘元素是53号元素；

，与根据相似相溶原理分析；

(3)「八的中心原子的价层电子对为3,「I,含有1对孤对电子，据此解答；

'l)CE/的水解产物是HIO因为电负性：F>/%C,所以在中，受3个F原子吸引电子

第17页，共24页

能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C,I显+1价；

⑸①晶胞中K、I、0分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的0为;，•1

个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用；

②晶胞中K原子个数为Xx'1,I原子个数为1,0原子个数为fix：3,则该晶体的密度

m

是〃1,。

本题考查较为综合，涉及晶胞计算、、杂化方式判断等知识，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应

用，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

16.【答案】F)-2e--/

纳米零价铁固体表面积

+1+

大，化学反应速率更快H+H2O,+Fe=-OH+Fe"+H20正极阴极反应式为

O,-2c.2/7H,（）.,阳极上Fe失电子生成「J,FJ,向阴极移动,〃。和.作用

生成羟基自由基—（〃八

【解析】解：U）零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成而发生氧化反应,

氧化反应为R-2,

故答案为：入-2FJ.；

2）对比两种物质结构知，反应时断裂'键；连接4个不同原子或原子团的碳原子

为手性碳原子，断裂的化学键及手性碳原子如图

，的反应物的接触面积越大，反应速率越快，纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快，所以

纳米零价铁5分钟去除甲硝唾接近KHI1,,相同条件下非纳米零价铁去除率约为（以，

故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快；

'II酸性条件，〃乂力和「产作用生成羟基自由基＜-OH）和R；,同时生成，离子方程式

第18页，共24页

为〃「•（）〃卜

―b+HQO,

故答案为：H­///>>卜FJ-OHtFe'\H,O.

电）电解池阳极连接电源正极，左侧Fe电极为正极，连接电源正极；根据图知，阴极上。」得电

子和〃反应生成〃/S，电极反应式为生？+2HH,O.-阳极上Fe失电子生成F/+，

Fr向阴极移动，〃乩>」和作用生成羟基自由基（•（）〃），

故答案为：正极；阴极反应式为2/rH.O,,阳极上Fe失电子生成后」，Fr

向阴极移动，〃乂力和作用生成羟基自由基门。〃）。

"j零价铁作为一种还原剂可以提供电子，即Fe失电子生成而发生氧化反应；

（2）对比两种物质结构知，反应时断裂C-J、\键；连接4个不同原子或原子团的碳原子

为手性碳原子；

口）反应物的接触面积越大，反应速率越快；

"）酸性条件,坳。和条2“作用生成羟基自由基和F产，同时生成H0；

6）电解池阳极连接电源正极；阴极上得电子和〃,反应生成〃”,，阳极上Fe失电子生成

F产，〃/S和FJ.作用生成羟基自由基（•（）〃）。

本题考查较综合，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确电解原理、氧化还原反

应、手性碳原子判断方法、化学反应速率影响因素等知识点是解本题关键，易错点是离子方程式

或电极反应式的书写，题目难度不大。

第19页，共24页

【解析】解:(l)Dalc>iinl()含氧官能团的名称为羟基、酮爆基、

酸键,

故答案为：羟基、酮世基、醒键;

⑵根据分析，A和HCHO发生加成反应生成B,方程式为：CH.C(CH^2HCHO1

◎

故答案为：I”：「r//j,,111('HO

⑶催化裂解先生成二元醇X,X发生消去反应得到,则X的结构简式为

故答案为:

根据分析，E和，,〃式发生加成反应生成F,

故答案为：加成反应;

)CH20cH3

(6)根据分析，J为OHC

OCH：OCH,

第20页，共24页

故答案为：；

OCH.OC'il,

7i催化环化生成Daleninl的原理是羟基和碳碳双键发生加成反应,

mxrOil

中有两个羟基可以和碳碳双键发生加成反应成环，一种副产物

OH0OH