【文档说明】湖北省新高考联考协作体2020-2021学年高二下学期期末考试化学答案.pdf，共(7)页，1.334 MB，由小赞的店铺上传

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2021湖北省新高考联考协作体高二下学期期末考试答案1.C解析：A.浓的硫酸钠溶液可使蛋白质发生盐析，而在福尔马林的作用下会使蛋白质变性，故A错误；B.淀粉溶液在硫酸作催化剂的条件下发生水解产生葡萄糖，溶液呈酸性而银镜反应必须在碱性条件下才发生，所以必须要有中和酸的过程，故B错误；D.聚氯乙

烯的结构中没有碳碳双键，则不能发生加成反应，故D错误。2.B解析：A.16.25gFeCl3的物质的量为16.25g162.5g/mol=0.1mol，FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子是多个Fe(OH)3的聚集体，所以0.1molFeCl3水解形成的

Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故A错误；B.1mol×(9-1+20)×NAmol-1=28NA,故B正确；C.二氯甲烷在标准状况下为液态，不能使用标准状况下摩尔体积进行换算，故C错误；D.KHSO3溶液中的物料守恒的关系为：c(K+)=c(H2SO3)+c(HSO3−)+c(SO32−

),则K+数目大于NA,故D错误。3.D解析：①氢化物的热稳定性与非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性F>O>S，稳定性：HF>H2O>H2S，故错误；②可能是He，位于0族，故正确；③NaHSO4=Na++H++SO42−,则离子键、共价键均被破

坏，故错误；④根据元素周期表，IIIB族到IIB族，属于过渡元素，过渡元素都属于金属元素，故正确；⑤金刚石为原子晶体，熔点和硬度都很高，而石墨为混合型晶体，熔点很高，但硬度较小，故错误；⑥同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，即HClO<HClO2<HClO3<

HClO4，故正确；⑦含有金属元素的化合物不一定含有离子键，如AlCl3，含有共价键，不含离子键，故错误；综上所述，选项D正确。4.C解析：A.电石的主要成分为CaC2，还含有杂质，则产生的乙炔气体中混有硫化氢等杂质，硫化氢也能

使溴水褪色，该装置需要增加一个装有硫酸铜溶液的洗气装置，故A错误；B．乙醇与浓硫酸的混合液共热制乙烯为防止副反应发生应使混合液的温度迅速升温至170℃，故温度计水银球应插入混合液中，故B错误；C.浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气与硫化钠反应生成硫，说明氧化性：KMnO4>Cl2>S,故C

正确；D.NH3的密度比空气小，应该采用向下排空气法收集，故D错误。5.C解析：A.硫酸铝和碳酸钠会发生双水解：2Al3++3CO32−+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑故A错误；B.电荷不守恒，故B错误；D.碳酸

氢钠溶液过量，Ca2++2OH－+2HCO3－=CaCO3↓+H2O+CO32−，故D错误。6.A.解析：①为S，②为P，③为N，④为F。A．一般而言，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右，原子半径逐渐减小，则

原子半径：②＞①＞③>④，A正确；B．N、P最外层电子数相同，最高正化合价相同，都为+5价，S最外层电子数为6，最高正化合价为+6，F没有正价，最高正化合价：①＞③=②，B错误；C．非金属性越强，元素的电负性越大，则电负性：④>③＞①＞②，C错

误；D．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素,P的3p电子为半满稳定结构，第一电离能大于S，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，因此第一电离能：④>③＞②＞①，D错误。

7.B解析：A.Fe原子核外有26个电子，3Fe的价电子排布式为3d5，A错误；B.463FeFe(CN)中含有4个3Fe，3个2Fe，2Fe与3Fe数目之比为3:4，B正确；C.1mol463FeFe(CN)中含有

3×（6+6）=36个σ键，C错误；D.463FeFe(CN)中除共价键和配位键外，3Fe与46Fe(CN)之间存在离子键，D错误。8.D解析：A.邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故A正确；B

.碘、四氯化碳、CS2为非极性分子，水为极性分子，故B正确；C.0.1mol配合物可以电离出0.1molCl-,与硝酸银反应生成0.1molAgCl,故C正确。D．NO2分子间不存在氢键，NO2分子间因形成化学键而聚

合成N2O4，D错误。9.C解析：A.SiC晶体中碳原子周围有4个硅原子，而硅原子有4个碳原子，均采用sp3杂化，故A正确；C.共价键的键长越短，键能越大，则熔沸点越高，C-C键键长比Si-Si键键长短，金刚石的熔点高于于2700℃，C错误；D．碳原子位于晶胞

的顶点和面心，个数为4，硅原子位于体内，个数为4，若晶胞参数为apm，则该晶体的密度为3303A160gNa10cm=-731606.0210ag·cm-3，D正确；10.B解析：A．4SiCl是和甲烷相似

的结构，正四面体中心与顶点夹角为109°28`,4P为中空的正四面体结构，键角为60°，故A错误；B．44HSiO脱水后加热分解得到二氧化硅，一个Si被12个12元环共用，故B正确；C．4SiCl属于分子晶体，由分子构成，故C错误；D．4CCl不能按照上述机理发生水解反应，是因为

C原子只有两个电子层，没有d轨道，难以形成sp3d杂化，故D错误；11.C解析：A.依据乙烯分子的六个原子共平面和碳碳单键可旋转判断A正确；B.两者的分子式均为C8H8,故B正确；C.利用等效氢法，先进行一元取代，再

进行二元取代，分子式为C4H8BrCl的有机物共有12种（不含立异构），故C错误；D.分子式为C5H10O2并能与NaOH溶液反应的有机物可以是羧酸，也可以是酯，则同分异构体有4+9=13种，故D正确。12.D解析：该物质结构中含有羧基、羟

基、碳碳双键和酯基。A.1mol该有机物可以与2molNaOH发生反应,故A错误；B.该有机物的分子式为C12H12O5，故B错误；C.1mol该有机物可以和4molH2发生反应，故C错误；D.1mol-OH和1mol-COOH与足量的金属钠反应生成1molH2,1

mol-COOH和足量的NaHCO3反应生成1molCO2,故D正确。13.C解析：A.叠氮酸（HN3)与CH3COOH酸性相近，则NaN3为强碱弱酸盐，溶液为碱性，故A正确；B.CO2－3的水解能力比HCO2－3的强，故Na2CO3溶液的pH较大，水电离出的

H+总数与OH-总数相同，故B正确；C.NaHSO4=Na++H++SO42−,H+对水的电离起抑制作用，故C错误；D.室温下，向0.01mol/L的NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至呈中性，设溶液的体积为1L，如加入0.01molNaOH，反应为H++OH—═H2O，由于NH

4+离子水解，则反应后溶液呈酸性，如加入0.02molNaOH，发生反应有：NH4++OH—═NH3•H2O，H++OH—═H2O，生成NH3•H2O电离使溶液呈碱性，溶液呈中性，则加入NaOH的物质的量在0.01mol～0.02mol之间，所以c（Na+）＞c（SO42−）＞

c（NH4+），溶液呈中性，则c（OH—）=c（H+），所以有：c（Na+）＞c（SO42−）＞c（NH4+）＞c（OH—）=c（H+），故D正确。14.D解析：A.2H++2e-=H2↑石墨作阴极，A正确；B

.NHPI和PINO循环转化，则理论上NHPI的总量在反应前后不变，故B正确；由图可知，循环物质在总反应中不体现，则总反应为：3232CHCHOHCHCHO+H通电，故C正确；D气体体积没有告诉是标准状况，故D错误。15.C解析：0.1mo

l·L-1甲溶液的pH=13，说明甲是一元强碱，则甲为NaOH、a为Na，0.1mol·L-1丁溶液的pH=1，说明丁为一元强酸，又因原子序数d大于a，则丁为HClO4、d为Cl元素，0.1mol·L-1丙溶液的pH=0.7，说明丙为二元强酸，则丙为H2SO4、c为S元素，

常温下甲、丙、丁均可与乙反应，说明乙具有两性，则乙为Al(OH)3、b为Al元素。A.c的最高价氧化物为SO3，分子构型为平面正三角形，故A错误；B.Na与Cl形成的NaCl是离子化合物，Al与Cl形成的AlCl3是共价化合物，故B错误；C

.Al3＋、S2－在水中都会发生水解促进水的电离，故C正确；D．浓氨水是弱碱，不能溶解Al(OH)3，故D错误。16.一排尽装置中的空气，防止反应生成的PH3自燃引起爆炸打开K1，继续通入一段时间N2P4+3NaOH+3H2O加热3NaH2PO2+PH3↑蒸发浓缩、冷却结晶验证PH3是否吸收完全

，若未吸收完全，则也可对PH3进行吸收，确保PH3被完全吸收，避免污染空气1.1Vm%或0.011Vm×100%（每空两分）【分析】制备次磷酸钠，所用的药品是P4和NaOH溶液，加热条件下二者反应生成次磷酸钠的同时也生成了PH3，所以P4发生了

歧化反应；题干中给出了关于PH3性质的信息，明确指出该物质无色，有毒能自燃，所以为了避免制备过程中生成的PH3发生自燃，需要在制备前，利用N2将装置内残余的空气排尽；此外，为了避免PH3造成的空气污染，也需要对装置a的出口气体进行吸收；因此，结合PH3还原性较强的

特点，利用c中的NaClO对其进行氧化吸收，而装置d则起到验证是否吸收完全的作用，若未吸收完全，则也可对PH3进行吸收；至于装置b的作用，考虑到a装置出口气体组成中含有大量的易与NaClO反应的PH3，所以起到一定的防倒吸作用，防止c中的NaClO进入a中；制备反应结束后，由于装置内

会残留部分PH3，出于安全性和环保性的考虑，需要在拆解装置前，持续通一段时间的N2，以尽可能地排尽装置内残余的PH3，使其在c和d装置中被吸收。【详解】(1)①由于次磷酸钠不能与NaOH溶液反应，所以22HPO不能电离出H+，所以次磷酸为一元弱酸；②由于制备

过程中会生成能自燃的PH3，所以需要在制备前通一段时间的N2，排尽装置内的空气，以防止PH3自燃；③PH3有毒，制备结束后，装置内仍会残余少量的PH3气体，出于安全性和环保性的考虑，需要在拆解装置前，再持续通一段时间的N2，使残余的PH3尽可能地排尽，使其在c和d装置内被吸收；a

中发生的是P4的歧化反应，制备出次磷酸钠的同时也产生了PH3，所以方程式为：42223P3NaOH3HO==3NaHPOPH加热；(2)分析题中给出的不同温度下次磷酸钠和氯化钠溶解度的表格可知，次磷酸钠溶解度随温度变化很明显，所以从混合溶液中分离次磷酸钠的方法即：蒸发浓缩，冷却结

晶；(3)在计算产品纯度时，一定要注意题干中在用样品配制成溶液后，只取了一部分进行滴定；次磷酸钠与高锰酸钾反应，由题可知，P最终被氧化成34PO，所以有：224(NaHPO):(KMnO)5:4nn；所以产品纯度=42215(10(KMnO))mol88g/mol

(NaHPO)1.1V4100%=%mmmnm1.1Vm%16.⑴ad⑵+NaOH+(3)取代反应（或酯化反应）消去反应(4)（第四小题4分，其余每空2分）分析：邻羟基苯甲酸己酯和A是同分异构体，则A的分子式为C13H18O3，由2-甲基丁烷反推D为烯烃，结合E

的性质推出C中含有-CH2OH的结构，由于反应过程碳骨架没有变，结合信息①得到C为；据信息②及B到G可推出B为17.Ⅰ.(1)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-204.7kJ•mol-1(2

)①2.25②=(1分）③升高温度（1分）（3）CH3OCH3-12e-+6CO32−=8CO2+3H2O0.115Ⅱ.(1)碱性（1分）（2）2CO32−+H2O+SO2=2HCO3−+SO32−（3）ab（其余每空2分）解析：(2)①T℃时，在状态．．Ⅰ．的条件下，剩余氢

气是2mol时反应到达平衡，平衡时CO、氢气、二甲醚和水蒸气的浓度分别是（mol/L）0.5、1、0.75、0.75，则反应的平衡常数K1=240.750.750.51＝2.25。②反应正向是体积减小

的放热反应，从图象可知：状态Ⅱ在4min达到平衡，说明反应速率加快，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ小，说明平衡正向移动，即改变条件为：增大压强，由于温度不变，所以平衡常数k不变，即K1=K2；③状态Ⅲ在5min达到平衡，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ大，说明反应速率加

快，且平衡逆向移动，所以改变的条件为升高温度。（3）CH3OCH3-12e-+6CO322H2O+2e-−=8CO2+3H2O=H2↑+2OH-原电池和电解池串在一起，转移电子数相同，则CH3OCH3----12OH-二甲醚的质量为：0.1mol·L-1×0.3L÷12×46g·m

ol-1=0.115g。Ⅱ.（1）NH3·H2O的K=1.7×10-5,H2SO3的K2=6.3×10-8,则25℃时，10.1molL的42(NH)S溶液呈碱性。（2）2CO32−+H2O+SO2=2HC

O3−+SO32−（3）曲线Ⅰ表示用盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ表示用氢氧化钠滴定醋酸。曲线Ⅰ，滴加溶液到10mL时，得到的是等浓度的一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，故a错误；当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，分别得到呈碱性的

醋酸钠溶液和呈酸性的氯化铵溶液，则曲线Ⅰ和Ⅱ此时不会相交，故b错误；曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，据物料守恒可知：2c(Na+)=c(CH3COO-)+c（CH3COOH）

,据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),c(CH3COO-)+c(OH-)=c（CH3COOH）+c(H+)+c(H+)-c(OH-),此时溶液呈酸性，c(H+)-c(OH-)

>0，则曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+）故c正确；滴定过程中，能发生水解的盐越来越多，水的电离程度增大，恰好完全反应后，强碱或强酸越来越多，水的电离程度减小。故

d正确。19.bdFe2O3MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O7.5玻璃棒、普通漏斗取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净了。（其它合理答案也可以）（每空2分）解析：由流程可知，滤渣(主要成分为Mn

O2、Fe2O3含少量SiO2)，加盐酸溶解，Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁和水，过滤分离出MnO2、SiO2，向沉淀中加入氢氧化钠溶液溶解二氧化硅，过滤分离出不溶的二氧化锰，加入草酸和稀硫酸溶液，草酸与MnO2发生氧化还原反应得到硫酸锰溶液

，加入碳酸钠溶液沉锰，经过滤、洗涤、干燥得MnCO3。(1)锰的原子序数为25，位于元素周期表中第四周期第VIIB族，铁的原子序数为26，位于元素周期表中第四周期第VIII族，二者均属于过渡元素，故答案选：b

d；(2)由流程可知，滤渣(主要成分为MnO2、Fe2O3含少量SiO2)，加盐酸溶解，Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁和水，过滤分离出MnO2、SiO2，滤液中含有氯化铁溶液，经蒸干、灼烧可得到Fe2O3，故答

案为：Fe2O3；(5)Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)c(OH-)=2spKcMn=131.9101.9mol/L=110-6.5，则c(H+)=OHwKc=14

6.5110110=10-7.5，pH=-lg10-7.5=7.5，故需控制溶液的pH不超过7.5。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com