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题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
选项 B C A D C A B D B B A D D A C
16.（13分）
（1）IVB（1分） （2）铁屑（2分） （3）a（2分）
（4）TiO2+ + (x+1)H O = TiO ·xH O↓ + 2H+ （2分）
2 2 2
加入生石灰转化为石膏，联合开发石膏产品生产线或制绿矾等硫酸盐产品或可以再生
硫酸（合理即可，2分，加粗部分为得分点）
（5）生成CO时熵增更大（或在高温下生成CO的自由能变化比生成CO 更低）（2分，
2
加粗为得分点）
（6）c（2分）
17.（14分）
（1）①Cu2+ + 2NH ·H O = Cu(O公H)众↓+号 2N：H+高 考试卷君
3 2 2 4
（或“Cu2+ + 2NH ·H O + SO2- = Cu (OH) SO ↓+ 2NH+ ”等碱式硫酸盐均可给分，2分）
3 2 4 2 2 4 4
②不是（2分）
（2）X射线衍射仪（2分）
第二空本题提供两个最合理方案供选择，答到其中一个即可得分（2分）。
方案一：取少量晶体于试管中，加入足量稀盐酸溶解酸化，再滴加氯化钡溶液，出现白色
沉淀。
方案二：查阅资料，进一步解析衍射图谱，分析出晶体中有正四面体的原子团结构。
若还有其他的仪器分析答案（如“用红外光谱检测到S=O吸收峰”“用原子光谱仪检测到硫原
子光谱”可给2分，“质谱”“核磁共振氢谱”酌情可给1分）
（3）①(NH ) SO （2分）
4 2 4
②A ≈A ≈A Cl>O，错误。
B.电负性：O>Cl>P，正确。
C.POCl 中，P显+5价，为其最高价，正确。
3
D.PO3- 与ClO- 均为正四面体，键角相同，正确。
4 4
7.【解析】A.PtF 具有非常强的氧化性，原因是作为惰性金属的Pt在PtF 中有很高的正电
6 6
性，故具有很强的得电子倾向，正确。
B.表面活性剂一端亲水一端疏水，烷基疏水而磺酸根亲水，错误。
C.碱催化的酚醛树脂是网状结构，具有热固性，酸催化的是线型酚醛树脂，具有热塑性，
正确。
D.硅氧四面体形成具有手性结构的螺旋长链，内部正负电荷中心会随着外加压力变化而发生
相对位移，从而实现电能与机械能的相互转化，可做压电材料，正确。
8.【解析】A.若A为直线形分子，结合题干要求，则A为C H ，M可以为MgC ，B为C，
2 2 2
4C为CO，D为CO ，E为H CO ，D（CO ）的VSEPR模型为直线形，错误。
2 2 3 2
B.若B常温下气体，结合题干要求，则B为N ，A为NH ，M可以为铵盐、氮化物（例如
2 3
Mg N ）、酰胺等，C为NO，D为NO ，E为HNO ，错误。
3 2 2 3
C.若C具有漂白性，则C为SO ，M为硫化物，A为H S，B为S，D为SO ，E为H SO ，
2 2 3 2 4
硫酸是二元强酸，当c(H SO )=0.1mol·L-1时，c(H SO )=0.2mol·L-1，pH < 1，错误。
2 4 2 4
D.短周期中符合上述转化的有C、N、P、S四种元素，无论是哪种元素，C（CO/NO/P O /SO ）
2 3 2
均会污染空气，需处理后方能排放，正确。
9.【解析】A.一个晶胞中有4个CH COOH分子，故应有8个氧原子，错误。
3
B.观察晶胞可知，4个CH COOH分子取向各不相同，正确。
3
C.原子坐标为分数坐标，故求距离时要带上晶胞参数，故错误。
D.CH COOH分子间会形成氢键，氢键具有饱和性与方向性，故CH COOH分子不是分子密
3 3
堆积，配位数会小于12。
10.【解析】A.用NaHSO 代替浓硫酸做催化剂，因为没有浓硫酸的脱水性和强氧化性，所
4
以不会有SO 的生成，正确。
2
公众号：高考试卷君
B.变色硅胶除了通过变色指示反应进程外，还会吸收生成的水，提高酯化反应的转化率，错
误。
C.硅胶放在小孔冷凝柱中，不用过滤分离硅胶，减少了后续分离程序，正确。
D.分离和洗涤都需要在分液漏斗中进行，正确。
11.【解析】A.互为镜像即互为镜面对称，其特点像人的左右手一样，无法完全重合，故两
个-C(CH ) 基团应同时朝向纸面外或者纸面内，错误。
3 3
B.由题干知，(Ⅲ) 时，应用到（I） 和（II） ，（II）
属于酚类，正确。
C.若无手性催化剂LL*，则产物无立体选择性，是一组互为对映异构体的混合物，正确。
D.若R 为氢原子，则该位置无手性中心，不存在立体选择性，无需使用手性催化剂，正确。
1
512.【解析】分析题干信息知：阴极发生了两个主要反应，一是废水中的Cu2+被还原成Cu，
二是生成的Cu作为催化阴极，选择性电催化吡啶半氢化反应。半氢化的高选择性源于吡啶
鎓盐中间体（1-1a）与半氢化产物（2a）在Cu表面截然不同的吸附亲和力。吡啶鎓盐中间
体（1-1a）在Cu表面吸附亲和力强能使氢化反应易发生，而半氢化产物（2a）的吸附亲和
力不宜过强，及时脱附一方面可使反应更易发生，二是能避免进一步氢化生成完全氢化产物，
只有这样才能实现高选择性的半氢化反应。草酸盐在铜表面吸附，能促进吸附氢（H*）的
生成与稳定，并有效抑制竞争性的析氢反应（生成H ）。据此解题：
2
A.由上分析可知吡啶鎓盐中间体（1-1a）在Cu表面吸附亲和力强，正确。
B.由上分析可知，加草酸盐能减少H 生成，较少了副反应发生，电流效率增强。
2
C.由上分析可知，半氢化产物（2a）的吸附亲和力不宜过强，否则不会有高选择性，正确。
D.由上分析可知，阴极还伴随着生成Cu的反应，以及析出氢气、吡啶全氢化等副反应，故
无法准确计算，错误。
13.【解析】A.碱金属密度随着核电荷增加总体呈现增大趋势，原因是原子质量增加程度大
于原子半径的增加程度，而钠与钾出现反常变化，是因为钠的原子半径为0.186 nm（数据原
子RJ必修一P99，钾同），钾的原子半径为0.227 nm，增幅明显大于其他几种元素的增幅，
公众号：高考试卷君
由此推知，正确。
B.物质导电是因为自由电子或离子在外加电场中定向移动，石墨为层状结构，每个碳原子均
为sp2杂化，剩余一个未杂化的p轨道垂直于碳原子平面，所有p轨道相互平行且相互重叠，
是p轨道中的p电子可在整个碳原子平面中运动，所以石墨具有导电性。
C.Si-C键键长和键能均小于Si-O键，凡是SiC熔点显著高于SiO ，是因为共价晶体的熔点
2
不仅受键能影响，还与晶体的结构（晶体对称性、配位数等因素）有关，只有晶体结构相似，
才主要考虑键长，正确。
D.配离子的配位数多少与配体和中心离子（或原子）的半径比、中心离子电荷数、中心离子
的价层轨道数等相关，对主族元素来说金属性不是主要影响因素，错误。
14.【解析】A.由题干知，放电时 Na+直接在铝集流体上沉积形成金属负极，充电时完全
剥离。故不存在不可逆的活性钠损失，无需使用钠金属负极补偿不可逆的活性钠损失
并维持循环。
B.S/SCl 转化表示放电时变化为：SCl →S，S/S2-转化表示放电时变化为：S→S2-，SCl
4 4 4
氧化性比 S 强，所以前者具有更高的放电电压，正确。
C.[N(CN) ]-可催化促进 S/SCl 的高效可逆转化，可知[N(CN) ]-降低了 S/SCl 转化的能
2 4 2 4
6垒，正确。
D.SEI 表示固态电解质界面膜，其中含有丰富的 NaCN 和 NaN ，充电时在阴极生成。
3
据此推测，发生了反应 7Na+ + 4e- + 3[N(CN) ]- = NaN + 6NaCN，正确。
2 3
15.【解析】A.Fe3+ + L2-
7
H
2
O ( l) H
2
O ( g ) [FeL]+ K = c{[FeL]+} ，pH=1时， 2− = 3+ ，K = 1 ，
c(Fe 3+ )·c(L 2- ) c(L ) c(Fe ) c(L 2- )
c(L 2− ) + c(HL − ) + c(H L) + c{[FeL] + } = 5.0×10-3mol·L-1 ， c{[FeL] + } = 1×2.0×10-4mol·L-1 ，
2
2
c(HL − ) = Ka1(H2L) = 10-6.46，c(L 2− ) = Ka1(H2L)·Ka2(H2L) = 10-17.86， 由此知，可忽略 2− 和 − ，
c(H2L) c(H+) c(H2L) c2(H + ) c(L ) c(HL )
= 5.0×10-3mol·L-1 - 1×2.0×10-4mol·L-1 = 4.9×10-3mol·L-1 。 2− = ×
c(H L) c(L ) c(H L)
2 2
2
Ka1(H2L)·Ka2(H2L) = 4.9×10-3×10-17.86 mol·L-1 ，K = 1 ，lgK = -lg4.9 + 3 + 17.86 ≈
c2(H + ) 4.9×10-3×10-17.86
20.86-(2lg7-1) ≈ 20.15，错误。
B.pH=4.1时， c{[FeL] + } = c{[FeL 2 ] - } = 1 2 ×2.0×10-4mol·L-1， c(L 2− ) + c(HL − ) + c(H 2 L) +
+ + - = 5.0×10-3mol·L-1 ， c(HL − ) = Ka1(H2L) = 10-3.36 ， c(L 2− ) =
c{[FeL] } 2c{[FeL 2 ]} c(H2L) c(H+) c(H2L)
Ka1(H2L)·Ka2(H2L) = 10-11.66 ，由此知，可忽略 2− 和 − ， = 5.0×10-3mol·L-1 -
c2(H + ) c(L ) c(HL ) c(H 2 L)
1×2.0×10-4mol·L-1 - 1×2.0×10-4mol·L-1 ×2 = 4.7×10-3mol·L-1 。 − = ×Ka1(H2L)
c(HL ) c(H L)
2 2
2 c(H+)
公众号：高考试卷君
=4.7×10-3mol·L-1× 10-6.46 < + = 1×2.0×10-4mol·L-1 ，错误。
c{[FeL] }
2
C.pH=10时， c{[FeL 3 ] 3- } = c{[FeL 2 (OH)] 2- } =1 2 ×2.0×10-4mol·L-1， c(L 2− ) + c(HL − ) + c(H 2 L) +
3 3- + 2- = 5.0×10-3mol·L-1 ， c(HL − ) = Ka1(H2L) = 102.54，c(L 2− ) =
c{[FeL 3 ] } 2c{[FeL 2 (OH)] } c(H2L) c(H+) c(H2L)
Ka1(H2L)·Ka2(H2L) = 100.14 ，由此可知，可忽略 2− 和 ， − = 5.0×10-3mol·L-1-
c2(H + ) c(L ) c(H 2 L) c(HL )
1×2.0×10-4mol·L-1 ×3 - 1×2.0×10-4mol·L-1 ×2 ≈ 4.5×10-3 mol·L-1 ，正确。
2 2
D. c c ( ( H L 2 2− L ) ) = Ka1(H2 c L 2 ) ( · H K + a ) 2(H2L) ，当c(H 2 L) = c(L2-)时， c(H + ) = 10-9.93 mol·L-1，pH = 9.93，由图知，
主要含铁物种为 2-和 3-，错误。
[FeL (OH)] [FeL ]
2 3
