【文档说明】湖北省高三新高考联考协作体2022-2023学年高三上学期期末考试 化学答案.pdf，共(7)页，461.885 KB，由小赞的店铺上传

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湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第1页2023年湖北省高三上学期1月期末考试高三化学参考答案一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项最符合题意。1.【答案】D【解析】A．世界杯Laeeb毛绒玩具的生产材料为纤维素，属于有机高分子材料，A不

符合题意；B．冰墩墩外壳是一种塑料制品，属于有机高分子材料，B不符合题意；C．FIFA官方纪念品，是一种金属材料，属于金属材料，C不符合题意；D．松山湖清芯半导体SiC器件，是一种非金属化合物，属于新型无机非金属材料，D符合题意；故选D。2.【答案】B【解析】A．根据布洛芬的结构简式可知，其分子式

为13182CHO，故A错误；B．根据布洛芬的结构简式可知，含有官能团羧基，羧基可以和3NaHCO溶液反应生成2CO，故B正确；C．根据布洛芬的结构简式可知，苯环中的6个碳原子和与苯环直接相连的两个碳原子（1、3号碳原子）一定共平面，羧基

上的碳原子（2号）通过旋转单键也可以转到该平面上，4号碳原子也可以旋转到该平面上，通过旋转3、4号碳间的单键，也可以将5号碳旋转到该平面上，所以最多有11个碳原子位于同一平面，故C错误；D．羧基可以发生酯化反应

，为取代反应，布洛芬可以被酸性高锰酸钾氧化，苯环可以和氢气发生加成反应，故D错误；综上答案为B。3.【答案】B【解析】A．运载火箭动力来源液氢在发射时是作为燃料燃烧，被氧化，所以发生氧化反应，A错误；B．丙烯

酸聚氨酯是聚合物，属于高分子化合物，B正确；C．作梦天实验舱的“铠甲”应该是选择导热性差，熔点高的材料，C错误；D．太阳翼表层覆盖的砷化镓电池片能将太阳能转变为电能，D错误；选B。4.【答案】A【解析】A．-13-1c(OH)110mo

lL的溶液呈酸性，Mg2+、K+、2-4SO、3NO、H+之间不反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；B．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，H+与3HCO反应，不能大量共存，故B错误；C．pH=13的溶液呈碱性，OH-、3HCO之间发生反应，不能

大量共存，故C错误；D．水电离的-131+cH=10molL的溶液呈酸性或碱性，OH-、+4NH之间发生反应，H+与2-3CO反应，不能大量共存，故D错误；故选：A。5.【答案】D【解析】A．改良盐碱土壤应使用石灰而不是石膏，因为硫酸钙呈中性，石灰呈碱性，A不正确；B．用糯米酿

制米酒过程中，糥米在酵母菌作用下先水解为葡萄糖，再分解为乙醇，B不正确；C．用熟香蕉催熟猕猴桃生果时，熟香蕉产生乙烯，能催化猕猴桃生果成熟，C不正确；D．“爆炸盐”的成分为2Na2CO3∙3H2O2，Na2CO3能水解使溶液显碱性，使油脂水解，H2O2具有强氧化性，湖北

省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第2页能起到杀菌消毒作用，D正确；故选D。6.【答案】B【解析】A.氦气为单原子分子,含有NA个氦原子的氦气，物质的量为1mol，标况下体积为22.4L,故A错误

；B.1molSO2中含有的原子总数为1×3×NA=3NA，故B正确；C.常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，11.2LCl2的物质的量不是0.5mol，故C错误；D.HCl溶于水是完全电离的，所以盐酸溶液中不

存在HCl分子，故D错误；综上所述，本题选B。7.【答案】B【解析】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：C

l>As>Ga，故A错误；B．3AsCl中含有砷氯共价键，存在σ键，故B正确；C．3AsCl分子砷形成3个共价键、且存在1对孤电子对，为sp3杂化，故为三角锥形，故C错误；D．基态Ga和As原子的价电子排布分别为4s24p1、4s34p2，未成对电子数不相同，故D错误；故

选B。8.【答案】A【解析】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮单质中元素化合价可升可降，A正确；B．b为NO，是无色气体，B错误；C．浓硝酸能使铝钝化，可以盛放在铝制容器中，C错误；D．e为硝酸盐，其溶液不一定呈中性，例如硝酸铵溶液由于铵根离子水解，溶液显酸性，D错误；故选A。

9.【答案】C【解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为Al；W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W、Z均为第ⅥA族

元素，所以W为O，Z为S；所以Q的核电荷数为54-11-13-8-16=6，即Q为C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为X＞Y＞Z＞W，故A正确；B、Q

Z2所形成的分子CS2，C与S形成C=S双键，为sp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物分别为CO、CO2，故C错误；D、X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱

性，如Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故D正确。故选C。【点睛】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，解题关键：元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识，易错点为D选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。10.【答案】

B【解析】A．将滤液酸化后加入双氧水，滴加淀粉溶液，看是否变蓝色，可以检验海带中是否有碘元素，少量氯水也可把碘离子氧化为碘单质，使淀粉变蓝，但氯水过量，碘离子会被氧化为碘酸根离子，滴加淀粉溶液，不会变蓝色，故A错误；B．酸性条件下，亚硝酸根离子与重铬酸根发生氧化反应生成硝酸根离子、铬离子和

水，溶液由橙色变为绿色，证明NaNO2具有还原性，故B正确；湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第3页C．整个过程AgNO3溶液过量，往5mL0.1mol•L-1的AgNO3溶液中加入2mL0.1mol•L-1的NaCl溶液，产生AgCl沉淀，再加入2mL0.1mol•L-1

的NaI溶液又生成AgI沉淀，不能说明AgCl可转变为AgI，故C错误；D．制备氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠应该是过量的，否则不能氧化醛基，故D错误；故选B。11.【答案】C【解析】已知反应：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1②

N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH2③N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH3，根据盖斯定律，将①×3+②×2-③×2，整理可得4NH3(g)＋7O2(g)=4NO2(g)＋6H2O(g)的ΔH=3ΔH1＋2ΔH2-2ΔH3，故合理选项是C。12.【答案】C【解析】A、醋酸

是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，虽

然醋酸电离是吸热的，但是氨水与醋酸反应仍然是放热反应，所以③最高，错误；C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导

率降低，错误，答案选C。13.【答案】D【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；B．Fe与稀硫酸反应产生F

eSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；C．根据装置图可知：该装置可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；D．FeSO4溶液蒸干溶液会失去结晶水。要从溶液中获得FeSO4·7H2O，应该采

用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；故合理选项是D。14.【答案】D【解析】从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总

数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2molFeSO4、1molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2molFeSO4发生反应时，反应中共有10mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算

，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。15.【答案】B【解析】由工作原理图可知，左边吸附层M上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层N为正极，发生了

还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。A．由工作原理图可知，左边吸附层M为负极，右边吸附层N为正极，则电流方向为从吸附层N通过导线到吸附层M，故A错误；湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第4页B．左边吸附层M为

负极极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，故B正确；C．原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，故C错误；D．负极电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，正极电极反应是2e-+2H+═H2，电

池的总反应无氧气参加，故D错误；故选：B。二、非选择题：共4题，共55分。16．（15分）【答案】(1)球形冷凝管（1分）ClO3+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O（2分）(2)丁装置充满黄绿色气体（2

分）(3)422SnCl+2HO=SnO+4HCl（2分）4SnCl是非极性分子，易溶于非极性溶剂4CCl（2分）(4)Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多（2分）B（2分）D（2分）【分析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在

装置乙中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置丙作用是干燥Cl2；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl4)，由于制取的无水四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡(SnCl4)，装置己中碱石灰可以

防止空气中的水蒸气即CO2，防止其进入装置戊，因而可避免SnCl4水解变质为SnO2·xH2O。（1）由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生氧化还原反应制取Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：ClO3+6H++

5Cl-=3Cl2↑+3H2O（2）为防止制取的无水SnCl4水解，要排出装置中的空气；当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；（3）若将制得的4SnCl少许溶于水中得到白色沉淀2Sn

O，同时生成氯化氢，其反应的化学方程式为422SnCl+2HO=SnO+4HCl；若将4SnCl溶于适量4CCl中，二者互溶，原因是4SnCl是非极性分子，易溶于非极性溶剂4CCl；（4）①由于氧化性：KMnO4>Cl2，

酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl-，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的Sn2+的质量分数严重偏高；②硝酸银是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；同时AgNO3不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，AgNO3溶液盛放在棕色酸式滴定管中

，故合理选项是B；测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故合理选项是D；17．（12分）【答案】(1)羟基（1分）取代反应（1分）(2)溴的

四氯化碳溶液褪色（2分）(3)120（2分）(4)+33CHCOOH+3H2O（2分）(5)ab（2分）(6)4（2分）湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第5页【解析】（1）E为中所含官能团的名称是羟基；B→C的反应是B与Br2在FeCl3作催化剂下发生取代，其类型是取代反应；（

2）有机物A中有碳碳双键，会使溴水、溴的四氯化碳溶液褪色；（3）D→E是卤代烃的水解反应，1mol有机物D中有3mol溴原子，需与3molNaOH反应，即120gNaOH；（4）E与足量3CHCOOH反应的化学方程式为+33CHCOOH+

3H2O；（5）a.A有碳碳双键能发生加成反应，a正确；b.C，D，E中均只有一种官能团，b正确；c.F中没有能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团，c错误；（6）F的同分异构体中，含六元环的结构有4种，分别为、、、。18．（14分）【答案】(1)Al3＋＋3NH3·

H2O=Al(OH)3↓＋3NH4（2分）(2)Mg(OH)2、CaCO3（2分）(3)洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失（2分）(4)阳离子交换膜（2分）阴极反应式为2H2O＋2e

－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大（2分）2LiOH+NH4HCO3ΔLi2CO3+2H2O+NH3↑（2分）(5)FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4（2分）【分析】锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量Ca

、Mg元素)经过研磨、在加热下用浓硫酸“浸出”、由信息(1)可知酸化得到可溶性的硫酸锂、和不溶的Al2O3·SiO2·4H2O，经过过滤，得到滤渣1为Al2O3·SiO2·4H2O，滤液经过调节pH，向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg(O

H)2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂。【详解】（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3·H

2O，发生的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4。（2）据分析，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、CaCO3。（3）由题中表格可知Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤能够降

低Li2CO3的溶解，同时能够洗去Li2CO3表面附着的Na2CO3杂质，故答案为：洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失。（4）①Li2CO3溶于盐酸生成LiCl，电解LiCl溶液，溶液中Cl-失去电子在阳极生成Cl2，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑

＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，则a中电解时所用的是阳离子交换膜。②由①电解后，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此L

iOH浓度增大，b中NH4HCO3与LiOH在加热条件下反应生成Li2CO3、H2O、NH3，反应方程式为2LiOH+NH4HCO3ΔLi2CO3+2H2O+NH3↑。（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极湖北省新高考联考

协作体*化学答案（共6页）第6页反应式为FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4。19．（14分）【答案】(1)①-1-10.9molLmin（2分）8:5（2分）②BC（2分）③＞（2分）④ce（2分）(2)正极（2分）+422CH8e+2HO=CO+8H（2分）【详解】

(1)①0-2min内CO物质的量的改变量为1.2mol，则氢气物质的量的改变量为3.6mol，因此0-2min的平均反应速率1123.6molH=0.9molLmin2L2min。甲烷减少了1.2mol，剩余甲烷0.4mol，水的物质的量减少了1

.2mol，剩余水的物质的量为1.2mol，因此平衡时容器内气体的压强与起始时容器内压强的比值为(1.2mol+3.6mol+0.4mol+1.2mol)：(1.6mol+2.4mol)=8:5；故答案为：110.9molLmin；8:5。②A．恒压时充入He

，容器体积变大，浓度减小，速率减小，故A不符合题意；B．升高温度，反应速率加快，故B符合题意；C．恒容时充入4CH，甲烷浓度增大，反应速率加快，故C符合题意；D．及时分离出CO，生成物浓度减小，反应速率减小，故D不符合题意；综上所述，答案为BC。③反应在第2mi

n时达到平衡，即2min前正反应速率大于逆反应速率，因此第1分钟时υ正(CO)＞第2分钟时υ逆(CO)；故答案为：＞。CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)④a．逆4正2CH=3H，一个正反应方向，一个逆反应

方向，但速率之比不等于计量数之比，不能说明达到平衡，故a不符合题意；b．恒温恒容时，气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当容器内混合气体的密度保持不变，不能说明达到平衡，故b不符合题意；c．

正向反应，4CHg、2HOg逐渐减小，当4CHg、2HOg浓度保持不变，则说明达到平衡，故c符合题意；d．4CHg、2HOg、CO(g)、2Hg的物质的量之比为1:1:1:3，不能说明达到化学平衡，故d不符合题意；e．断开3molH−H

键，逆向反应，同时断开2molO−H键，正向反应，两个不同方向，速率比等于计量系数之比，故e符合题意；综上所述，答案为：ce。(2)根据电子移动方向得出电极d是正极，电极c为负极，则为甲烷失去电子，其电极反应式为+42

2CH8e+2HO=CO+8H；故答案为：正极；+422CH8e+2HO=CO+8H。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com