【文档说明】湖南省湖湘教育三新探索协作体2021-2022学年高二下学期期中考试 化学参考答案.pdf，共(10)页，1.196 MB，由envi的店铺上传

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化学答案卷第1页（共9页）2022年4月湖湘教育三新探索协作体高二期中联考化学参考答案一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.【答案】C【解析】A．地下管道用导线连接锌块后

，锌、管道的铁及周围的电解质溶液构成原电池。锌为原电池的负极，先被氧化，管道的铁得到了保护，故可以减缓管道的腐蚀，A正确；B．因在较大的压强下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡CO2+H2OA(g)2B(g)3

C(g)H2CO3向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒夏特列原理解释，B正确；C．明矾用于净水，是因为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能够吸附杂质使其沉降，但不能杀菌消毒，C错误；D．家用电器着火可使用干粉

灭火器和二氧化碳灭火器，D正确；2.【答案】C【解析】A．同周期元素第一电离能逐渐变大，但是注意第IIA族和第VA族的全充满结构和半充满结构，导致其第一电离能比相邻元素大，所以第一电离能从小到大为C<O<N，故

A错误；B．中心离子具有空轨道，配体具有孤对电子，中心离子为Fe2+，配位体为CN-，配位数是6，故B错误；C．HCN分子结构式为H-CN，有两个σ键，两个Π键，所以数目之比为1∶1，故C正确；D．K4Fe(CN)6的中心离子为Fe2+，铁元素在元素周期表中的位置，故D错误；3.【答案】D【解析

】A．饱和氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将pH试纸漂白，因此不能使用精密pH试纸测定该溶液的pH，A错误；B．CH3COOH是弱酸，部分电离，HCl是强酸，等pH的两种酸的物质的量浓度CH3COOH＞HCl，但溶液体积未知，则无法判断哪种物质

消耗的NaOH溶液多，B错误；C．Na2S溶液中存在：Na2S===2Na++S2-，S2-+H2OA(g)2B(g)3C(g)HS-+OH-，HS-+H2OA(g)2B(g)3C(g)H2S+OH-，H2OA(g)2B(g)3C(g)H++OH-，

离子浓度大小为：c（Na+）＞c（S2-）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H+），C错误；D．4BaSO饱和溶液存在溶解平衡：，溶液中2+24(Ba)=(SO)cc，所以根据溶度积公式可知，该饱和溶液中2+51Ba=1.110molLc

，D正确；化学答案卷第2页（共9页）4.【答案】D【解析】A．该晶胞中Zn原子个数=8×18+6×12=4、O原子个数为4，所以该晶体的化学式为“ZnO”，故A正确；B．氧原子核外有8个电子，所以基态氧原子核外电子有8种运动状

态，故B正确；C．顶点与面心上的两个锌原子距离最近，为面对角线长度的一半，所以锌原子间的最短距离为2apm2，故C正确；D．Zn基态原子的电子排布式为1s22s22p63d104s2，或【Ar】3d104s2，故D错误；5.【答案】C【解析】A．pH=1

溶液中：H+、NO3-、Fe2+三者会发生氧化还原反应，因而不能大量共存，A错误；B．加入铝能放出H2的溶液，可能显酸性，也可能是碱性，NH4、OH-之间发生反应，即NH4在碱性溶液中不能大量共存，B错误；C．Cu2+、Mg2+、NO3、Cl-之间不

能发生任何反应，可以大量共存，C正确；D．由水电离出的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能因溶质电离显酸性或显碱性，但CH3COO-在酸性条件下不能大量存在，D错误；6.【答案】C【解析】A．由于电解

精炼铜时，粗铜做阳极，电极反应有Zn-2e-===Zn2+、Fe-2e-===Fe2+、Ni-2e-===Ni2+、Cu-2e-===Cu2+等，故当电路中通过NA个电子时，阳极消耗的铜小于32g，故A

错误；B．NaCl晶体中Na+和Cl-之间以离子键结合，没有共价键，故B错误；C．石墨烯中每个六元环含有6个碳原子，每个碳原子被3个六元环所共有，则每个环中含有6×1/3=2个碳原子，则24g石墨烯中含有六元环的个数为NA，故C正

确；D．没有给出溶液的体积，无法计算含硫粒子的总数，故D错误；7.【答案】D【解析】A.题干未告知成键元素的种类，无法计较双键和单键的键能相对大小，但相同类型的双键的键能比单键的键能要大，A错误；B．3NH为三角锥形且含有1对孤电子对，2HS为V形含2对孤电

子对，2SO为V形含1对孤电子对，孤电子对间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的斥力，3NH、2SO、2HS三种分子的键角依次减小，B错误；C．金刚石属于共价晶体，融化时需要破坏共价键，而C60为分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力比共价键弱，所需能量较低，故

C60熔点低于金刚石，化学答案卷第3页（共9页）C错误；D．F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性F

CH2COOH＞CH3COOH，ClCH2COOH＞CH3COOH，故D正确；8.【答案】D【解析】A．属于酯类，官能团为酯基，A错误；B．C5H10O2属于羧酸的结构如下：CH3CH2CH2CH2COOH、HOOCCH（CH3）CH2CH3、（CH3）

2CHCH2COOH、(CH3)3CCOOH，共4种，B错误；C．与含有相同的官能团，前者是醇、后者是酚，两者不是同系物，C错误；D．S2和S8属于由硫元素形成的不同单质，互为同素异形体，D正确；9.

【答案】C【解析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Y原子各能级电子数相等，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键、M形成1个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为

F元素；2+Q离子的价电子排布式为93d，则Q为Cu元素。A．运用价层电子对互斥理论，CO32-离子中C原子的价电子对数是4+2/2=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故A错误；B．氢氧化铜是弱碱，能溶于弱碱氨水，形成四

氨合铜离子，故B错误；C．Y的简单氢化物CH4和Z的简单氢化物H2O的熔沸点比较，因为H2O中含有氢键，所以H2O的熔沸点比CH4高，故C正确；D．H2O2是极性分子，水是极性分子，而CCl4是正四面体结构，结构对称，是非极性分子，故H2O2在水中溶解度大于其在CCl4中的溶解度，故D错误；10

.【答案】C【解析】A．该反应过程气体分子总数保持不变，故不能表明反应达到平衡，A错误；B．从图中分析，t2时改变的条件，正反应速率增大，图像呈连续变化并无突变，故改变的条件是向容器中加入生成物C，B错误；C．该反应前后气体分子总分数不变，加入C相当于加入物质的量之比1：

2的A和B，A的比例增大，体积分数增大，φ（II）>φ（I），C正确；D．该反应Δ<0H，升温平衡逆向移动，则A的转化率下降，D错误；二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但

不全的得2分，有选错的得0分。11.【答案】BD【解析】由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni化学答案卷第4页（共9页）电极为阴极，故与电源负极相连，根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过

程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2，以此来解析。A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A正确；B．左侧为电解池的阳极，根据阳极物质转化原理，消耗氢氧根，左侧溶液pH减小

，右侧阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故阴极附近pH增大，B错误；C．根据阳极的反应历程和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O通电+H2，C正确

；D．根据分析，当电路中转移2mole-时，消耗的乙烯为1mol，在标况下为22.4L，题中没有指明条件，故D错误；12.【答案】B【解析】A．CHCl3中C原子形成4个σ键、C原子上没有孤电子对，C的价层电子对数为4，由于C—H键与C—Cl键键长不相等，3CHCl分子的空间结构为四面体形，

所有的原子不共平面，A错误；B．在2COCl中，中心C原子形成3个σ键、C原子上没有孤电子对，C采取2sp杂化，分子空间结构为平面三角形，B正确；C．2COCl中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，3CHCl中H原子最外层只有2个电子，C错误；D．标况下，CHCl3不是气体，不

能用22.4L/mol计算，D错误；13.【答案】CD【解析】A．滴定终点溶液呈碱性，需选用酚酞作指示剂，故A错误；B．若用待测液润洗锥形瓶，会造成待测液物质的量偏大，测得的浓度偏高，实验误差变大，，B错误；C．滴定过程

中，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，使溶液混合均匀，眼睛要时刻注意锥形瓶内溶液颜色变化，C正确；D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则滴定时体积V标偏大，最终使测定结果c测偏大，D正确；14.

【答案】B【解析】由图示信息可知，各含P粒子浓度的负对数pc，故pc越小说明对应微粒的浓度越大，随着NaOH的加入，溶液的pH越大，溶液中H3PO3的浓度逐渐减小，-23HPO逐渐增大，然后2-3HPO逐渐增大，故图中曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化，曲线②代表pc(H2PO3-)随pH

的变化，曲线①代表pc(HPO32-)随pH的变化，据此分析解题。A．由分析可知，曲线化学答案卷第5页（共9页）①表示2-3pcHPO随pH的变化，曲线③代表pc(H3PO3)随pH的变化，A错误；B．由图像信息可知，溶液中只有三种含P微粒即H3PO3、-2

3HPO、2-3HPO，故33HPO为二元酸，B正确；C．由图中信息可知，c点溶液中c(H2PO3-)=c(H3PO3)，根据电荷守恒可知，++--2-233cNa+cH=cOH+cH

PO+2cHPO即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(HPO32-)+c(H3PO3)，C错误；D．常温下，HPO32-+H2O33232HPOOHHPOHOH2PO3-+OH-的平衡常数）（2332c)()(cHPOO

HcPOHKh，由图中a点信息可知，c(H2PO3-)=c(HPO32-)，pH为8.1，故9.51.8142332101010cc)()(c）（）（HKHPOOHcPOHKWh，

D错误。三、非选择题：本题共4小题，除标注空外，每空2分，共54分。15.【答案】（1）BD（2）增大汽油和青蒿素的接触面积，提高浸取率蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（3）在通入空气前没有除去CO2和H2O，在装置最后没有防止空

气中的CO2和H2O干扰（答对一点给一分）（4）将燃烧生成的CO全部变成CO2（5）C15H22O5（6）①③【解析】（1）根据流程图，操作I、Ⅱ、III分别为过滤、蒸馏、重结晶，根据图示，A为蒸馏装置，B为分液装置，C为过滤的装置，D为加热固体的装置，故操作中没有用到的装置

为B和D；（2）超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，这样做的目的是为了增大汽油和青蒿素的接触面积，提高浸取率；操作III是粗品进行提纯，即对粗品进行溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得精品，故答案为蒸

发浓缩、冷却结晶。（3）为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O，实验前应通入除去CO2和H2O的空气，排除装置内的空气，防止干扰实验．C和D一个吸收生成的H2O，一个吸收生成的CO2，应先吸水后再吸收CO2，所以C内装的CaCl2或P2O5，而D中为碱石灰

，而在D后应再加入一个装置防止外界空气中CO2，和H2O进入的装置。故答案为：在通入空气前没有除去CO2和H2O，在装置最后没有防止空气中的CO2和H2O干扰；（4）由题给实验装置可知，装置A为青蒿素的燃烧装置，B中氧化铜的作用是使青蒿素燃化学答案卷第6页（共9页）烧生成的一氧化碳氧

化生成二氧化碳，保证青蒿素中的碳全部变成CO2被吸收；（5）由题意可知，青蒿素的物质的量为14.10g282g/mol=0.05mol由表格数据可知，反应C中测得反应生成水的质量为(34.90-25.00)g=9.90g，装置D中测得二氧化碳的质量为(83.00－50.00)g=

33.00g，由原子个数守恒可知，青蒿素中氢原子的物质的量为9.90g18g/mol×2=1.1mol，碳原子的物质的量为33.00g44g/mol=0.75mol，氧原子的物质的量为14.10g-0.75mol12g/mol-1

.10mol1g16g/mol=0.25mol，由n(青蒿素)∶n(C)∶n(H)∶n(O)=0.05mol∶0.75mol∶1.1mol∶0.25mol=1∶15∶22∶5可知，青蒿素的分子式为C15H22O5，故答案为：C15H22

O5；（6）①根据双氢青蒿素的结构简式确定分子式为C15H24O5;①错误②根据双氢青蒿素的结构简式中可以确定双氢青蒿素中含有过氧键、醚键、羟基；②正确③碳碳双键直接相连的6个原子共面，即中至少8个碳原子共面，而8号碳上最多有

一个甲基碳和8号碳原子共面，所以分子中最多有9个碳原子共面；③错误④α-松油烯的一氯代物的种类如图，共7种；④正确。故①③错误。16.【答案】（1）粉碎、搅拌、升温、增大反应物浓度等（答出1点给1分，

答出2点给满分。）（2）N、Cl（答对1个给1分，答全给2分。）（3）6ClO3+10NH4===5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O（4）Pd(OH)2具有两性，当碱性较强时会溶解而进入上层清液中（

5）将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解（答对1点给1分，答全给2分）（6）75【解析】Pd(NH3)2Cl2用热浓盐酸溶解得到(NH4)2PdCl4溶液，用NaClO3溶液氧化(NH4)2PdCl4得含有PdCl24

的溶液、氯气、氮气，向含有PdCl24的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，用浓盐酸溶解Pd(OH)2得到有PdCl2溶液，加热至100℃浓缩直至蒸干得PdCl2。（1）加快酸溶速率的措施有：将固体粉碎、搅拌、升

温、增大反应物浓度等；化学答案卷第7页（共9页）（2）Pd(NH3)2Cl2中的提供电子对形成配位键的原子是N、Cl；（3）“氧化”后，钯仍以PdCl24形式存在，则“氧化”过程中ClO3把NH4氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO3+10NH4===5N2↑+3Cl2↑+4H+

+18H2O；（4）含有PdCl24的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，Pd(OH)2具有两性，“沉钯”时，若pH大于10，Pd(OH)2和氢氧化钠反应溶解而进入上层清液中，所以上层清液中钯含量升高；（5）“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至

100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解。（6）金属钯密度为12.0g∙cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的900倍，即12g钯吸收900mL氢气，此条件下钯的吸附容量R=900/12=75mL∙g-1。17.【答案】

（1）2H2O-4e-===O2↑+4H+92（2）Ⅰ-90Ⅱ①CO②反应①是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率升高，反应③是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应①正向移动的程度小于反应③逆向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低

③AC④0.015【解析】（1）从图中可以看出，充电时，阳极H2O→O2，阴极24Zn(OH)→Zn，则该电池的总反应式为2--4222Zn(OH)2Zn+O+4OH+2HO通电。该电池充电时，阳极2H2O-4e-===O2↑+4H+，该电池放电时，正极CO2+2e-+2H+===HCOOH

，当电路中通过4mole-时，生成的HCOOH为92g；（2）I、根据反应①和③可知，根据盖斯定律③－①可得CO(g）+2H2(g)===CH3OH(g）ΔH2=（-49kJ·mol-1）-41kJ·mol-

1=-90kJ·mol-1II.①根据反应②和③可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH2和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，则曲线n代表的是C

O的物质的量分数随温度变化的曲线；化学答案卷第8页（共9页）②反应①是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，反应③是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，在150~250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应①正向移动的程度小于反应③逆向移动的程

度，导致CO2转化率随温度升高而降低。③A．起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，只发生反应③时，CO2、H2转化率相同，发生反应①时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当①和③都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；B．由图可知

，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的选择性，能提高平衡转化率，故C正确；D．150-400℃

范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D错误；答案AC；④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，设起始量n(CO2)=1mol

，n(H2)=3mol，反应③CO2转化xmol，反应①为ymol，列三段式如下：222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)1x33x0xyyyylxy33xyyxy起始转化平衡反应后总的物质的量为4-2xmol。CO和甲醇的

物质的量分数相同，可得x=y，CO2的转化率为24%，x+y=0.24，得到x=y=0.12mol，总物质的量为3.76mol，由5MPa4mol=P3.76mol后可得反应后的总压为4.7MPa，则，则反应①的平衡常数为：222COHO0.120.24=0.015COH

0.762.52ccKcc（）（）（）（）18.【答案】（1）第六周期第ⅤA族（2）O>C>H（3）SO3、BF3、BCl3（任答2个，答对1个得1分）化学答案卷第9页（共9页）（4）D（5）①12②(1/2，1/2，1/2)【解析】（1）元素Bi的价电子的电子

排布式为6s26p3，则可知其位于第六周期第ⅤA族；（2）1，3，5-苯三甲酸中含有的元素为C、H、O，它们的电负性从大到小依次为：O>C>H；（3）Bi(NO3)3·5H2O中阴离子为NO3-，价电子数为：5+

6×3+1=24，与其互为等电子且由短周期元素构成的分子有SO3、BF3、BCl3；（4）A电离一个电子所需能量，为激发态N原子的第二电离能，需要的能量小；B电离一个电子所需能量，为基态N原子的第一电离能，需要的能量大；C电离一个电子所需能量，为基态N原子的第三电离

能，需要的能量较大；D电离一个电子所需能量，为基态N原子的第四电离能，需要的能量大于第三电离能；故选D（5）①由晶胞结构可知，晶胞中铋原子与氧原子的位置关系为顶点和面心的关系，所以距离铋原子最近且等距离的氧原子有12个，故答案为：12；②原子坐标参数A

为(0，0，0)；B为(1，1，1)。根据原子间的位置关系，即C点在晶胞的体心位置，因此C点的坐标为(1/2，1/2，1/2)。由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点铋原子的个数为8×18=1、位于体心的铁原子个数为1、位于面心的氧原子个数

为6×12=3，已知晶胞的参数为565.76pm，由晶胞的密度公式可得：ρ=mV=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com