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红河州第一中学 2023 届高三年级第二次联考
化学参考答案
题序 7 8 9 10 11 12 13
答案 A C D B C D C
7．【答案】A
【解析】
A项，现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A项正确。
B项，聚丙烯中无碳碳双键不能使溴水褪色，B项错误；
C项，生产计算机芯片使用高纯硅，C项错误；
D项，合金熔点低于成分金属，D项错误；
综上所述，答案为A。
8．【答案】C
【解析】
A项，根据有机物的结构简式可得分子式为C H O ，A项错误；
21 20 11
B项，有机分子结构含有酚羟基和碳碳双键能与Br 反应，1mol该有机物最多消耗5mol Br ，由于
2 2
没有指明该物质的量，故B项错误；
C项，碳原子杂化方式有sp2、sp3 2种，C项正确；
D项，2个苯环上的碳原子可共面，D项错误。
综上所述，答案为C。
9．【答案】D
【解析】
A项，因不知溶液体积，所以无法计算溶液中离子的数目，A项错误；
B项，在含0.1molNaClO的溶液中，无HCl存在，B项错误；
C项，1mol氢氧根所含电子数为10 N ，1mol羟基所含电子数为9 N ，C项错误；
A A
D项，每制得1mol高铁酸钠，转移电子数目为3N ，D项正确。
A
综上所述，答案为D。
10．【答案】B
【解析】
A项，向饱和NaCO 溶液中加入BaSO 固体，溶液中碳酸根离子远远大于硫酸根离子导致沉淀转
2 3 4
化，不能说明BaCO 溶解度大于BaSO，A项错误；
3 4
B项，醛基在碱性条件下可以和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若出现砖红色沉淀，则证明有机物含有醛基，B项正确；
C项，加热条件下挥发出的乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾褪色，无法证明1-溴丁烷中发生消去反应生
成含不饱和键的化合物，应在气体通入酸性高锰酸钾前先通入水，C项错误；
D项，KCr O 具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，将KCr O 固体溶于水后加入浓盐酸，两者发生氧
2 2 7 2 2 7
化还原反应生成氯化钾、三氯化铬、氯气和水，无法证明：KCr O 溶液中存在平衡Cr O2-+H O
2 2 7 2 7 2
2CrO2-+2H+，D项错误；
4
综上所述，答案为B。
11.【答案】C
【解析】
A项，碳酸酸性强于苯酚，苯酚钠溶液能够与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，A项正确；
B项，K (CuS)<K (FeS)，B项正确；
sp sp
C项，向漂白粉中通人少量的SO 气体，二氧化硫溶于水后被次氯酸氧化成硫酸，则应生成硫酸钙，
2
C项错误；
D项，铜锈主要成分为Cu (OH)CO，D项正确。
2 2 3
综上所述，答案为C。
12．【答案】D
【解析】W、X、Y、Z分别是C、N、O、Si。
A项，第一电离能：N>O>C，A项错误；
B项，NH 能形成分子间氢键，故沸点：NH >CH ，B项错误；
3 3 4
C项，CO 有2个σ键，2个п键，C项错误；
2
D项，最高价含氧酸的酸性：HCO>H SiO，D项正确；
2 3 2 3
综上所述，答案为D。
13．【答案】C
【解析】
A项，放电时，负极的电极反应式为Zn - 2e- = Zn2+，A项正确；
B项， 放电时，Zn2+向正极区移动，B项正确；
C项，充电时，阳极的电极反应式为3I- - 2e- = I-，C项错误；
3
D项，发生反应I+I-=I -,增大单质碘的溶解度，D项正确。
2 3
综上所述，答案为C。
27.（14分，除特殊标注外，每空2分）
（1）S<Cl<O（1分）
（2）1:2:3（3）①6SOCl +MgCl ·6H O△ MgCl +12HCl↑+ 6SO ↑
2 2 2 2 2
②SOCl 水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应
2
（4）① 恒压滴液漏斗 （1分）
②温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl 挥发降低反应产率 蒸馏
2
③32.5%
【解析】
（1）电负性由小到大顺序为S<Cl<O。
（2）三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砜，反应物原子全部被利用，则反应
为SO +2S+3Cl = 3SOCl ，三者的物质的量比为1:2:3；
3 2 2
（3）①已知，SOCl 遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，则SOCl 遇水生
2 2
成HCl和二氧化硫；则用SOCl 与MgCl ·6H O混合加热，可得到无水MgCl ，反应为
2 2 2 2
6SOCl +MgCl ·6H O△ MgCl +12HCl↑+ 6SO ↑；
2 2 2 2 2
②SOCl 与FeCl ·6H O混合加热不宜制取无水FeCl ，是因为SOCl 水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧
2 3 2 3 2
化还原反应。
（3）①仪器M的名称为恒压滴液漏斗。
②反应温度适宜选取70℃的原因是温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl 挥发降低反应产
2
率；根据表格物质沸点数据，除去过量SOCl 宜采用蒸馏方法；
2
36.0g阿司匹林（ ）的物质的量为0.2mol，理论生成0.2mol ，质量为
39.7g，反应最终得到12.9g纯净的 ，则该实验过程中 的产率为
。
28.（15分，除特殊标注外，每空2分）
（1） Sn2+ +H O SnO+2H+ Sn2+与HO的反应属于吸热反应，加热、加水均促进Sn2+水解，
2 2
使Sn2+转化为SnO（1分）
（2）PbSO (1分） 2Bi3+ +3Fe=2Bi+3Fe2+
4
（3）5.0≤pH<7.5 (1分)
（4）Fe2++K++[Fe(CN) ]3- = KFe[Fe(CN) ]↓或HO+2Fe2++2H+=2Fe3++2H O、Fe3++3SCN- Fe(SCN)
6 6 2 2 2 3（其它合理答案也给分）
（5）0.16
（6）InF 是离子晶体，InI 是分子晶体 (1分) 正四面体(形)（1分）
3 3
（7）
【分析】
含铟废渣（主要成分是In3+、Cl−，还含有少量Bi3+、Pb2+、Sn2+等杂质），“中性水浸”时，含铟废
渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅除去，浸出液中含有Sn2+、
Bi3+、In3+等阳离子，加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，调节溶液pH，使In3+沉淀，过滤得到的沉渣中主
要含有In(OH) ，用稀硫酸溶解，得到In3+，再用Zn置换出In制得粗铟。
3
【解析】
（1）“中性水浸”时，Sn2+水解生成SnO，反应的离子方程式为Sn2+ +H O SnO+2H+；Sn2＋水解吸收
2
热量，因此该过程需加入大量水并加热，目的是促使Sn2+转化为SnO，同时加水促进Sn2+水解。
（2）由上述分析可知，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅，因此“滤渣”的主要成分PbSO ；净化时加
4
入铁粉，置换出Bi和Sn单质，生成Bi的离子方程式为2Bi3+ +3Fe=2Bi+3Fe2+。
（3）“富铟”时需要使In3+完全沉淀同时Fe2+不能沉淀，因此需要调节pH范围为5.0≤pH<7.5。
（4）“滤液2”中的阳离子为Fe2+，检验Fe2+常用的试剂为KFe(CN) 溶液，反应的离子方程式为：Fe2+
3 6
+K++[Fe(CN) ]3- = KFe[Fe(CN) ]↓。
6 6
（5）铟废渣中In的质量分数为9.8%，总损耗率约为2%，海绵铟中铟的质量分数达到96.04%，则获得
海绵铟的质量为1.6t×9.8%×(1-2%)÷96.04%=0.16t。
（6）InF 是离子晶体，微粒间以离子键结合，InI 是分子晶体，分子间与范德华力结合，则InF 的熔点
3 3 3
大于InI 的熔点；LiInH 中阴离子为[InH ]－，价层电子对数为4＋(3＋1－4×1)＝4，没有孤电子对，
3 4 4
其构型为正四面体(形)；
（7）晶胞中所含的In原子数为8× +6× =4，所含As原子数为4，则该晶体的密度为
= 。答案为： 。
29．（14分，除特殊标注外，每空2分）（1）①sp3（1分）、四面体（1分）
② acd
（2） B
（3） ① 丙>乙>甲（1分） ， 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，
则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲（1分）
② b c
60
3.24 2
③57.0%
60 ( × 60 )
8.58
1.29 1.29 3
( × )∙( × )
8.58 8.58
【解析】
（1）①略
②净化干燥是为了防止混有杂质使催化剂“中毒 ”故a错；步骤中“加压”可使平衡正向移动，可提
高原料的转化率，增大压强，可以使反应物浓度增大，则可增大反应速率，故b正确；合成氨一般选择
在400~500℃是因为在此温度下铁触媒的活性最大，不是反应速率最快，故c错；液态NH 用作制冷剂
3
是因为其汽化时吸收大量的热而不是放热，故d错。
（2）化学反应速率快慢取决于慢反应的速率，能量越高反应速率越慢，根据图知，反应速率取决于
*N→*NH。故选B。
2 2
（3）①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺
序是丙>乙>甲。
②a．v(NH )=2v(N) 没有同时描述正逆反应，不能判断该反应达到平衡； b．M= ，刚性密闭容器
3 2
内气体质量不变，而反应前后气体物质的量有变化，故M不变，则能判断该反应达到平衡，b正确；
c． 为浓度商不再变化则能判断该反应达到平衡，c正确； d．密闭刚性容器内气体质
量不变，体积不变，密度不会变化，不能判断该反应达到平衡。故选 b c
③ N(g ) + 3H(g) 2NH (g)
2 2 3
初始（mol） 3 9 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 3-x 9-3x 2x2x 1.71
d点氨气的体积分数为40%， =0.4，x=1.71，d点N 的转化率是 ×100%=57.0%。
12−2x 2 3
平衡常数大小只与温度有关，丙温度的平衡常数可用d点进行计算，d的压强为60Mpa
平衡时：n(总气体)=12mol-2×1.71mol=8.58mol n( N)=1.29mol n( H)= 3.87mol n(
2 2
NH )=3.42mol
3
60
p2 (N H 3 ) 3.24 2
60 ( × 60)
p(N )∙p3 (H ) 8.58
K p ＝ 2 2 ＝ 1.29 1.29 3
( × )∙( × )
8.58 8.58
30．（15分，除特殊标注外，每空2分）
（1）甲苯（1分）
（2）氧化反应（1分） 取代反应（1分）
（3）羟基 醚键 酰胺键（写对2个给2分，有错不给分）
（4） （其他合理答案均给分）
（5）
（6）4
（7）10
【解析】
（1）根据A的分子式C H，结合A→B反应条件及B的结构分析可得A的结构简式为 。即A
7 8
的名称为甲苯。
（2）A→B为甲苯在酸性条件下氧化为苯甲酸，C+D→E的反应结合反应物及生成物结构分析可得，此
反应产生了酰胺键，即发生了取代反应。
（3）根据E的结构简简式可得分子中的含氧官能团为羟基、醚键、酰胺键。（4）根据反应条件NaOH、甲醇，结合产物结构简式分析可得F→G发生了消去反应：
（5）根据信息：G转为H经历了两步，若第一步发生加成反应，第二步发生取代反应，因为产物结构中
I连接位置及-N （第二步取代反应时是-Cl被取代-N ），则第一步反应得到的产物结构简式为：
3 3
（6）根据手性碳原子的概念：碳原子上连接有4个不同原子团，结合D的结构分析，下图中标有*的碳
原子为手性碳原子： ，故手性碳原子数为4个。
（7）根据C的分子结构结合不饱和度分析，I的结构中含有两个 、1个-CHO、1个-COOH，可理
解为苯环上的氢原子被-CHO、-COOH、 取代，即苯环上ABC型的三取代，共10种同分异
构体；根据氧化后为二元羧酸及核磁共振氢谱数目及比例，确定氧化生成的二元羧酸有高度对称
性，从而确定满足条件的I的结构简式为： 。
