【文档说明】云南省大理白族自治州下关一中教育集团2022～2023学年高二年级下学期期中考化学-答案.pdf，共(11)页，384.422 KB，由小赞的店铺上传

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化学XG参考答案·第1页（共10页）下关一中教育集团2022~2023学年高二年级下学期期中考化学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共20小题，第1~10题每小题2分，第11~20题每小题3分，共50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）题号1234567891

0答案BDBCCDABDD题号11121314151617181920答案CDDBACCDDB【解析】1．血液属于胶体，A错误。戴口罩能预防病毒的原理相当于化学实验中的过滤操作，B正确。75%的乙醇使蛋白质失去活性，从而杀死细菌；与双氧水氧化杀菌消毒原理不同，C错误。“84”消毒液具有

强氧化性及碱性，能对铝制品造成腐蚀，D错误。2．3717Cl质量数37，质子数17，中子数为37−17=20，A正确。H2O中心原子为O，有2个σ键，孤对电子数为6222，价层电子对数为2+2=4，杂化类型sp3，价层电子对互斥模型：，B正确。基态C原子价电子为2s22p2，

故价层电子轨道表示式：，C正确。邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：，D错误。3．玻璃棒应该引流至容量瓶刻度线下方，A项错误。该装置为碱式滴定管，碱式滴定管排气泡，B项正确。HCl尾气吸收应有防倒吸装置，比如倒扣的漏斗，C项错误。热的乙酸乙酯遇NaOH溶液发生水解，应该用饱和碳酸钠

收集，D项错误。4．醋酸是一元弱酸，溶液呈酸性，电离方程式：CH3COOHCH3COO−+H+，A正确。酯化反应过程中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，生成水分子，发生取代反应，故CH3COOH化学XG参考答案·第2页（共10页）与C2H518OH反应能生成，B正

确。CH3COOH的相对分子质量是60，其质谱图中质荷比最大值应达到60，C不正确。根据物料守恒，故0.1mol·L−1醋酸溶液中，c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol·L−1，D正确。5．H2+I22HI，该反应为反应前后气体分子数不

变的反应，故0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，A正确。标准状况下22.4LCO2和N2的混合气体的物质的量为1mol，每个CO2和N2分子中各有2个π键，则标准状况下22.4LCO2和N2的混合气体

中含有π键的数目为2NA，B正确。电解精炼铜时，阳极材料为粗铜，Fe、Zn、Ni、Cu等在阳极失电子，故当电路中转移NA个电子，阳极的质量不一定减轻了32g，C错误。NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2的

物质的量为46g46g/mol=1mol，所含原子总数为3NA，故D正确。6．Mg是比较活泼的金属，用惰性电极电解MgCl2饱和溶液，溶液中水电离出的H+在阴极的放电性比Mg2+强，故用惰性电极电解MgCl2饱和溶液不能制得金属镁，A错误。用惰性电极电

解CuCl2溶液时，阳极发生氧化反应，阳极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，阳极表面无红色物质生成，B错误。在电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，含镀层金属阳离子的盐溶液作电解质溶液，在铁钉表面电镀铜时，将

铁钉作阴极，铜作阳极，硫酸铜溶液为电解质溶液，C错误。用石墨电极电解饱和食盐水的电解方程式：2NaCl+2H2O=====电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，故用石墨电极电解饱和食盐水的过程中，溶液的pH逐渐增大，D正确。7．

pH=11的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，则能够共存，故A正确。4MnO在水溶液中显紫红色，与无色溶液不符，故B错误。加入A1能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，3HCO既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故C错误。由水电离出的c(OH−)=1×10−13mol·L

−1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液CH3COO−会生成醋酸弱电解质，碱溶液中该组离子之间不反应，故D错误。8．已知①2H₂O(1)=2H2(g)+O₂(g)ΔH=+571.6kJ·mol−1。②3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)ΔH=+129.2kJ・mol−1。①−②×2

得2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)ΔH=+313.2kJ·mol−1，即过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O₂(g)ΔH=+313.2kJ·mol−1。由分析可知，过程Ⅰ：2Fe3O4(s)=====太阳能6FeO(s)+O2

(g)ΔH=+313.2kJ·mol−1，该反应是吸热反应，能量转化形式是太阳能→化学能，故A正确，B错误。C项，已知：2H₂O(1)=2H₂(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol−1，则氢气的燃烧热为ΔH=−285.8kJ·mol−1，故C正确。D项

，铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源，以水化学XG参考答案·第3页（共10页）为原料，Fe3O4可循环使用，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。9．核外电子排布：①1s22s22

p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4，则①为Si、②为N、③为C、④为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si>S>C>N，故

Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确。同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，③>④>②>①，故B正确。同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电负性依次减小；

②O、S、Se的电负性依次减小；③Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确。该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误。10．α−紫罗兰酮分子的分子式为C

13H20O，A不正确。分子中，虚线圈内的5个C原子构成四面体结构，不可能共平面，则所有碳原子不可能在同一个平面上，B不正确。分子中，带“∗”C原子为手性碳原子，则只含1个手性碳原子，C不正确。α−紫罗兰

酮分子中含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确。11．在试管①中发生反应S+2H2SO4(浓)=====△3SO2↑+2H2O，浓硫酸得到电子被还原产生SO2，故浓硫酸仅体现了强氧化性，A错误。在试管②中看到酸性KMnO4溶液褪色，是由于SO2具有还原性，

被酸性KMnO4溶液氧化，故体现+4价硫元素的还原性，B错误。在试管③中，SO2与Na2S在溶液中发生氧化还原反应产生S，S是不溶于水的淡黄色固体，因此看到有淡黄色沉淀出现，S元素化合价由Na2S的−2价变为S单质的0价，这体现−2价硫元素的还原性，C正确。在烧杯中SO2与N

aOH溶液反应产生+4价的Na2SO3，反应的化学方程式应为SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，D错误。12．3NH遇HCl产生白烟为生成的氯化铵固体：NH3+HCl=NH4Cl，A正确。FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的氢氧化亚铁白色沉淀在空气

中迅速被氧化为氢氧化铁沉淀，故最终变为红褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B正确。Na与水剧烈反应放出氢气、生成氢氧化钠：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，C正确。铁与水蒸气高温下反应生成氢气和四氧化三铁：3Fe+4

H2O(g)=====高温Fe3O4+4H2，D错误。化学XG参考答案·第4页（共10页）13．根据阴离子结构，Z形成三个键，满足8电子稳定结构，即Z为N，Y形成四个键，五种元素原子序数依次增大，因此

Y为C，W形成1个键，且原子序数最小，因此W为H，结构为阴离子，X满足8电子稳定结构，即X为B，M显+1价，则M为Na，据此分析。元素电负性：N>C>H>B，因此H显−1价，C显+2价，故A说法正确。XZ为BN，BN具有耐高温等特点，属于新型无

机非金属材料，属于新型陶瓷材料，故B说法正确。B的含氧酸为H3BO3，属于一元弱酸，故C说法正确。ZW5为NH4H，是由NH4和H−构成，1mol该化合物含有σ键是4mol，故D说法错误。14．锗Ge位于周期表

第四周期ⅣA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区，故A错误。NCl3，CH4的中心原子均采用sp3杂化，但N原子上有1个孤电子对，对成键电子对的排斥力较大，故NCl3的键角比CH

4的键角小，故B正确。碳原子形成乙炔时，一个2s轨道和一个2p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变，其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠形成C—Hσ键，另一个sp轨道则与另个碳原子的

sp轨道头碰头重叠形成C—Cσ键，碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C—Cπ键，C错误。HF晶体沸点高于HCl，是因为HF分子间能形成氢键，故D错误。15．NaHCO3溶液中存在如下平衡：3HCO23CO+H+，加入N

aAlO2溶液，生成白色的Al(OH)3沉淀，说明结合H+的能力：2AlO>23CO，A正确。X可以为非氧化剂，如X为NH3，可生成BaSO3沉淀和氯化铵，BaSO3沉淀为白色沉淀，B错误。Cu2O的试管

中加入足量稀硫酸，溶液变为蓝色，说明有Cu2+生成，试管底有红色沉淀，说明有Cu生成，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，H+没体现出氧化性，C错误。向2mL0.1mol·L−1NaOH溶液

的试管中滴入2滴0.1mol·L−1AlCl3没产生白色沉淀的原因是OH−过量，发生的反应为Al3++4OH−=2AlO+2H2O，与Ksp无关，D错误。16．CH4、CS2是由极性键构成的非极性分子，故A错误。原子核外的电子占

有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误。该分子中CO上的碳原子是sp2杂化，其他碳原子都是sp3杂化，故C正确。甲硫氨酸分子含有氨基和羧基，分子间

能形成氢键，故D错误。17．亚硫酸根和氨气的中心原子价层电子对数均为4，杂化方式为sp3杂化，微粒空间构型为三角锥形，均有1对孤电子对，A错误。CH3COOH分子间可以形成氢键，使熔沸点升高，化学XG参考答案·第5页（共10页）与CH3COOH的分子极性无关，B错误。酸性F—

CH2—COOH>Cl—CH2—COOH是因为电负性：F>Cl，C正确。Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。18．碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确。产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B

项正确。若起始时向1.0L卤水中滴加2滴(0.1mL)1.0×10−3mol·L−1AgNO3，则混合后的硝酸银浓度约等于331(0.110L)(1.010molL)1.0L711.010molL，Qc=c(I−)·c(Ag+)≈1.0

×10−3×1.0×10−7=1.0×10−10，比碘化银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确。根据氯化银的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(Cl−)×c(Ag+)=1.8×10−10，白色沉淀氯化银开始析出时，sp(AgCl)(Ag)(Cl)Kcc

1017131.810molL1.810molL1.010，所以17sp1+7(AgI)8.510(I)<molL(Ag)1.810Kcc4.710110molL，D项错误。19．由分析可知，曲线

①表示−lgc(HA)与溶液pH的关系，A正确。a点对应的溶液中，加入NaOH的物质的量刚好为HA物质的量的一半，所以溶液中存在两个守恒：物料守恒c(HA)+c(A−)=2c(Na+)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，从而

得出2c(H+)+c(HA)=2c(OH−)+c(A−)，B正确。b点对应的溶液中，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶液的pH=10，则表明A−发生水解，溶液呈碱性，所以c(Na+)＞c(A−)＞c(OH−)＞c(H

+)，C正确。25℃时，pH=4.76，c(HA)=c(A−)，HA的电离平衡常数为(A)(H)(HA)ccc=c(H+)=10−4.76，所以HA的电离平衡常数的数量级为10−5，D不正确。20．燃料电池中，通入O2（或空气）的一极为正极，故Y为正极，

电极反应为O2+4e−+4H+=2H2O。通入燃料（甲醇）的一极为负极，故X为负极，电极反应为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+。根据分析，通入空气的一极为正极，所以Y为正极，A错误。根据分析，X为负极，电极反应式为CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，B正确。电解KCl溶液的

反应为2KCl+2H2O=====电解2KOH+H2↑+Cl2↑可知，若常温下以该电池电解100mLKCl溶液至pH=12时，生成KOH的物质的量为0.1L×0.01mol/L=0.001mol，转移电子的物质的量为0.001mol，故原电池转移电子的物质的量也为0.001mo

l，由负极反应可知，电池质子交换膜迁移的n(H+)为0.001mol，C错误。选项中未说明是标准状况，故无法计算氧气体积，D错误。化学XG参考答案·第6页（共10页）第Ⅱ卷（非选择题，共50分）二、填空题（本大题共4小题，共50分）21．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）2s

p、3sp（2）恒压滴液漏斗（1分）NaOH溶液（合理即可，1分）（3）6HCl(浓)+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O（4）除去2Cl中的HClNaOH的利用率低，产品杂质含量多（5）使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率（6

）17.75cVm【详解】A装置制备氯气，B装置除去氯气中的HCl，C装置中氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠和C3H3N3O3合成二氯异氰尿酸钠，D用于吸收尾气。（1）二氯异氰尿酸钠中N原子的杂化类型是2sp、3sp。（2）仪器a的

名称是恒压滴液漏斗，仪器D中的试剂是氢氧化钠溶液，吸收尾气氯气，防止污染空气。（3）装置A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，化学方程式6HCl(浓)+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O。（4）装置B用于除去2Cl中的HCl，如果

没有B装置，HCl会和NaOH反应生成NaCl，造成NaOH的利用率低，产品杂质含量多。（5）反应时，先打开A中恒压滴液漏斗活塞，反应产生氯气，排除装置中空气，待装置C液面上方有黄绿色气体，证明空气已被排尽，再滴加C3H3N3O3溶液，发生反应(CNO)3H3+2NaClO=(

CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，反应过程中需要不断通入Cl2使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料利用率。（6）由题中反应可得关系：HClO~I2~2232SO，2231(Cl)(SO)2nn有效氯含量-131110

0mLmolL1035.5gmol217.75220.00mLLg100%%cVcmmV。22．（除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）3d5（2）溶解RuO4CaSO4（3）6Na++12Fe2++

32ClO+2418SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl−+6OH−（2分）化学XG参考答案·第7页（共10页）（4）正四面体（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（2分）（6）87.8%（2分）【解析】由题给流程可知，

钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液。向滤液中加入氯酸钠溶液、碳酸钠

溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2和滤液。向滤液中加入氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液。向滤液中加入浓碳酸钠溶液将钌元素转化为

碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌。碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌。在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价。（2）由分析可知，酸浸

时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2+

+32ClO+2418SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl−+6OH−。（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，4NH的空间构型为正四面体。（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化。（6）若10t钌矿石最终制得3636k

g钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为363363610g101g/mol8.8410g16510g221g/mol165g/mol×100%=87.8%。23．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）①<（1分）低

温（1分）②ΔH1<0，ΔH2>0，400℃之后，随温度升高，反应Ⅰ逆向移动2CO增加量小于反应Ⅱ正向移动CO2减少量温度升高使速率增大的程度大于CO2浓度降低使速率减小的程度③0.02mol·L−1·min−11.2（2）2115（或2115∶1）（3）3CO2+

4e−+4Na+=C+2Na2CO3化学XG参考答案·第8页（共10页）【解析】（1）①由图可知，升高温度，1T减小，反应Ⅰ的lnK减小，K减小，说明平衡逆向移动，说明反应Ⅰ是放热反应，1ΔH<0；对于放热反应而言，低温有利

于该反应自发进行。②由图可知，升高温度，1T减小，反应Ⅱ的lnK增大，K增大，说明平衡正向移动，说明反应Ⅱ是吸热反应，ΔH2>0，400℃之后2COc降低的原因是：ΔH1<0，ΔH2>0，400℃之后，随温度升高，反应Ⅰ逆向移动，CO2增加量

小于反应Ⅱ正向移动CO2减少量；而速率仍然增大的可能原因是温度升高使速率增大的程度大于CO2浓度降低使速率减小的程度。③根据已知条件列出CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)转化（mol）x4xx2xCO2(

g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)转化（mol）yyyy10分钟后体系达到平衡，CO2的转化率为80%，CH4的选择性为50%，则1xy=0.8，100%+xxy=50%，解得x=0.4

mol，y=0.4mol，生成的4CH平均速率为0.4mol(2L10min)=0.02mol·L−1·min−1。平衡时n(CO2)=0.2mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=0.4mol，n(CO)=0.4m

ol，n(H2O)=1.2mol，n(总)=4.2mol，气体初始总压强为p，平衡时总压为p（总）=4.25p=0.84p，p(CO)=0.44.2×0.84p；p(H2O)=1.24.2×0.84p；p(

CO2)=0.24.2×0.84p；p(H2)=24.2×0.84p；将各物质分压带入反应Ⅱ的平衡常数表达式可得：pK=222(HO)(CO)1.2(H)(CO)pppp。（2）根据Ka1、Ka2的表达式可知23

(CO)c∶c(H2CO3)=122(H)KKc。（3）Na−CO2电池的电解质条件为NaClO4−四甘醇二甲醚，正极发生CO2还原反应转化为C，则正极的电极反应为3CO2+4e−+4Na+=C+2Na2CO3。24．（除特殊标注外，每空2分，共12分）（1）甲苯

（1分）酮羰基（1分）（2）、（3）化学XG参考答案·第9页（共10页）（4）保护酚羟基，防止在反应过程中被氧化（1分）（5）（3分）【解析】A为芳香族化合物，含有苯环，其分子式为C7H8，所以结构简式为，经多步反应生成B，根据反应条件可知

，B与试剂R发生类似已知信息的反应生成C，结合B、C的结构简式可知R为，C水解生成D，D在催化氧化生成E，根据E中含有羰基可知，C水解后生成羟基，所以D为。（1）A的结构简式为，苯环上有一个甲基，所以名称为甲苯；根据M的结构简式可知其含氧官能团有羟基、酮羰基、醚

键。（2）B中含有8个C原子，2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：能发生水解反应，不能发生银镜反应，可知含有酯基，但不是甲酸某酯，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1∶2∶2∶3，即结构对称，可得满足相关条件的芳香族化合物的结构简式为、。（3）根据分析，R的结构简式为；D中

羟基被催化氧化生成D，化学方程式为。（4）根据后续产物可知—OCH3最终又转化为酚羟基，结合酚羟基很活泼性质，容易发生氧化反应可知，其目的就是保护酚羟基，防止在反应过程中被氧化。化学XG参考答案·第10页（共10页）（5）乙醇为CH3CH2OH，2−丁醇为，通过乙醇合成2−丁醇

需要将碳链加长，根据已知信息可知CH3CHO可以和CH3CH2Cl在Mg/乙醚条件下生成，再水解即可得到2−丁醇，而乙醇被催化氧化可以生成CH3CHO，与浓盐酸发生取代反应可以生成CH3CH2Cl，所以合成路线为获得更多资源请扫码加入享学资源

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