【文档说明】湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2023届高三上学期期中联考化学试题参考答案20221020.pdf，共(3)页，376.433 KB，由envi的店铺上传

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2022年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高三化学参考答案（共4页）第1页2022年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高三化学参考答案（共4页）第2页2022年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高三化学参考答案题12345678答CBDCDADB

题9101112131415答ADDABCB16．（14分，每空2分）（1）Al2O3、SiO2（2）（3）Fe2(SO4)3（4）＞8×10—6mol·L-1（5）PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑（6）随c(H2SiF6)增大，电解液

中c(H+)增大，阴极会发生副反应2H++2e—=H2↑，影响Pb2+放电17．（14分，每空2分）（1）1，3-丁二烯（2）还原反应（3）酮羰基、酯基（4）C2H5OH（或CH3CH2OH）（5）2或（6）用冰盐浴控制反应在较低温度下进行或通过分液漏斗控制滴加过氧

乙酸的量，避免其浓度过大（其他合理答案也可）18．（14分，每空2分）（1）球形干燥管（2）A（3）2FeCl3+Fe3FeCl2、2FeCl2+Cl22FeCl3（4）防止F中的水蒸气进入D中使产品水解（5）①FeO(OH)Fe3O4②6Fe2O3

4Fe3O4+O2↑（反应条件写成1400℃也可）19．（13分，除标注外，每空2分）（1）一（2）C2H5++2H2O→C2H7++H2O（3）+13.6kJ·mol—1（4）若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙

酸甲酯的转化率下降（5）提高乙醇转化率；提高反应温度，从而加快反应速率；有利于后续产物的分离（此空3分）（6）AC试题解析1．珍珠的主要成为碳酸钙，不是硅酸盐。2．由于C的电负性较小，甲烷不能与水形成分子间氢键，且甲烷为非极性分子，故甲烷难溶于水。3．A．只含有两种官能团：

酰胺基、羟基B．酚羟基不能发生消去反应C．由于N为sp3杂化，C—N可以旋转，分子中一定有6个碳原子共平面，最多为8个D．酚羟基既可以与NaOH反应，也可以与Na2CO34．A．a点溶液存在H+，与CO32—不能大量共存

B．b点溶液已接近中性，Fe3+不能大量共存C．c点溶液溶质为NaNO3，与I—、Br—、Ba2+能大量共存D．d点溶液存在NaOH，与HCO3—不能大量共存5．三溴苯酚难溶于水，易溶于苯酚，故向苯酚的饱和溶液中滴加几滴浓溴水并振荡，

看不到白色沉淀6．A项中NaCl溶液体积未知，无法计算出Cl—的个数7．D项中，实验过程中NH3过量，NH3极易溶于水，故产生喷泉；但NH3溶于水显碱性，使石蕊变蓝，产生的是蓝色喷泉。8．由题给信息知W为H，因原子半径M>Y>Z，且图中显示Y形成

4根共价键、Z形成3根共价键，推知Y为C、Z为N；M为SB．S的最外层电子排布为3s23p4，有6种运动状态，4种空间运动状态9．A．电负性C<O，C对孤电子对的吸引力更小，故CO中由C提供孤电子对与Fe形成配位

键10．A．由图知，储氢合金的吸氢过程中，H2解离成HB．储氢合金在吸氢时放出大量热，体系能量降低C．β相金属氢化物释放氢的过程中要破坏金属原子与H之间的化学键（离子键）D．利用储氢合金对氢气的亲和能力，可除去氢气中的杂质，制备

超高纯氢体11．A．MnO2不是Mn的最高价氧化物，与Na2O2发生氧化还原反应，生成最高价含盐酸盐，Na2MnO4中Mn不是最高价。B．NO2中N元素的化合价不是最高价，NO2与Na2O2反应不产生氧气C．N2O5中N元素的化

合价是最高价，N2O5与Na2O2反应要产生氧气D．P2O3中P元素的化合价不是最高价，P2O3与Na2O2生成最高价含盐酸盐，Na4P2O7中P是+5价，为最高价。12．A．由图可知，乙烯分子通过双键中的π电

子与Pd2+形成配位键B．整个过程中没有涉及非极性键的形成C．Cu2+只作为该过程中的某一步反应的反应物，不符合催化剂的特征D．该催化循环过程中产生了H+，故溶液体系的酸性增强13．A．A物质中不存在羧基、羟基等易与水形成氢键的官能团，故其水溶性不强B．由A、B中均

含双键及C的结构特征知，A+B→C为加聚反应C．A的核磁共振氢谱只有4组峰（甲基一组、环上三组）D．只有醛基、酮羰基、苯环与H2可以发生加成（还原）反应，C中不含以上结构14．A．由于a点存在c(H2R)=c(HR—)，故Ka1(H2R)=c(H+)·c

(H2R)/c(HR—)=c(H+)=10-1.32022年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高三化学参考答案（共4页）第3页2022年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高三化学参考答案（共4页）第4页B．b点所加V(NaOH)

=20mL，此时溶质为NaHR，pH<7，即HR—的电离大于水解，故c(HR—)＞c(R2—)＞c(H2R)C．不考虑热量损失，该滴定过程中的温度最高点因为酸碱恰好中和点（此时生成的水最多，放热量最多）D．d点所加V(NaOH)=40mL，由物料守恒知

此时c(R2—)+c(HR—)+c(H2R)=0.3*20/60=0.1mol·L-115．A．放电时，正极发生还原反应，正确的电极反应为Ph3N++e—=Ph3NB．由图知，充电时，Al2Cl7—减少，AlCl4—增多，故该电极反应式正确C．充电时，铝电极

为阴极，AlCl4—应向阳极移动D．由电极反应Ph3N++e—=Ph3N知，每生成1molPh3N，转移1mole—，阴极生成1/3molAl，即铝电极增重9g16．（1）杂质中只有Al2O3、SiO2能溶于NaOH溶液，故“碱浸”中可以除去的杂质为

Al2O3、SiO2。（2）为不引入杂质，该绿色氧化剂为H2O2，电子式为。（3）由流程图及Pb的性质可知，“氧化、酸浸”后，PbS转化为了难溶的PbSO4，故滤液Ⅱ的主要溶质为Fe2(SO4)3、H2SO4，其中属

于盐的是Fe2(SO4)3。（4）当c(SO42—)=1.5mol·L-1时，满足无PbSO4应有c(Pb2+)×c(SO42—)＜Ksp(PbSO4)，即c(Pb2+)＜Ksp(PbSO4)÷c(SO

42—)=1×10—8mol·L-1，此时c(CO32—)=Ksp(PbCO3)÷c(Pb2+)＞8×10—6mol·L-1。（5）H2SiF6溶液中不存在溶质分子，即为H2SiF6强酸，则“溶解”过程中PbCO3发生反应的离子方程

式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑（6）当c(H2SiF6)过大时，电解液中c(H+)也增大，c(H+)过大时氧化性H+会大于Pb2+，导致阴极会发生副反应2H++2e—=H2↑，影响Pb2+放电17．（1）由反应A+B→C的原子利用率为100%知

，该反应为加成反应；C与A相比多了一个六元环，结合B的分子式C4H6知B应为CH2=CH—CH=CH2，其名称为1,3-丁二烯。（2）C的分子式为C8H8O3，D的分子式为C8H14O2，对比C、D的分子式可知C→D的反应为还原反应。（3）由H的结构简式可知其含氧官能团为酮羰基、酯基。（4）

G在碱作用下发生自身取代，生成H和X，对比G与H的结构可知X为C2H5OH。（5）由题给限制条件可以写出M的可能结构为或。（6）由过氧乙酸的性质知，反应需在低温条件下进行，且尽量控制滴加过氧乙酸的量，避免浓度过大。18．（1

）C为球形干燥管（2）CaO遇水反应生成Ca(OH)2，可与Cl2反应；CuSO4一般只用于检验水蒸气的存在；NaOH可与Cl2反应；P2O5为酸性干燥剂，可以吸收水及酸雾。（3）由实验过程知，高温反应釜中发生的反应有2FeCl3+

Fe3FeCl2、2FeCl2+Cl22FeCl3（4）F盛有的NaOH溶液会产生水蒸气进入D中，故需要用E吸收水蒸气，防止D中FeCl3水解变质。（5）根据剩余固体质量百分数可以算出A、B、D对物质的可能相对分子质量为107、89、77，结合四种物质的颜色可知A为Fe(OH)

3，B为FeO(OH)，C为Fe2O3，D为Fe3O4（可以通过计算验证，以D为例，根据Fe守恒，设化学式为FeOx，则x=（77-56）/16=1.3125，故D为Fe3O4）。在高温下C分解为D的方程式为6Fe2O34Fe3O4+O2↑19．（13分）（1）由图

可知第一步反应的活化能最大（2）反应的活化能越小，反应速率越快，由图可知第二步反应的活化能最小，其反应为C2H5++2H2O→C2H7++H2O（3）由盖斯定律知△H1—△H2=△H，故△H2=△H1—△H=+13.6kJ·mol—1（4）若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，

反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降（5）从化学平衡角度看，使乙酸过量，有利于平衡右移，提高乙醇转化率；从化学反应速率的影响因素角度看，由于反应放热，使乙酸过量，可增大转化量，提高反应温度，从而加快反应速率；从物质分离角

度看，由信息知，乙酸不易与乙酸乙酯形成沸点相近的恒沸混合物，有利于产物的分离（6）由图知，325℃比300℃时乙酸乙酯质量分数低而副产物质量分数高，故325℃不是反应的最宜温度，A错误；反应后气体分子数增加，适当减压有利

于平衡正向移动，乙醇平衡转化率增大，B正确；随温度升高，乙醚的质量分数一直增大，而乙醛质量分数先增后减，而说明乙醛是反应历程中的中间产物，而乙醚为副反应的产物，C错误；提高催化剂的活性和选择性，可减少副反应发生，D正确。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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