【文档说明】湖北省荆荆襄宜四地七校2022-2023学年高二下学期期中联考化学试题答案.docx，共(3)页，68.190 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案及评分标准1.A。B项，烟花绽放利用的是原子的发射光谱。C项，石墨烯是单质，乙烯为烃类，二者不互为同系物。D项，太阳能电池板是将光能转化为电能，锂离子电池组是将化学能转变为电能。2.B。A项，HClO分子的结构式为H-O-Cl。C项表

示的是乙烯的球棍模型。D项，Cl原子周围的电子缺失。3.C。A项中离子方程式为Mg2++2Cl⁻+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑。B项离子方程式为2MnO4-+H2C2O4+6OH-＝2MnO42-+2CO3

2-↑+4H2O。D项要发生氧化还原反应，Ca(ClO)2溶液通入足量SO2：Ca2++2ClO⁻+2SO2+2H2O＝CaSO4↓+2Cl-+4H++SO42-，Ca(ClO)2溶液通入少量SO2：Ca2++3Cl

O⁻+SO2+H2O＝CaSO4↓+Cl-+2HClO。4.B。A项，1mol晶体硅中Si-Si键的数目为2NA，正确。B项，精炼铜阴极增重3.2g时电路中转移电子0.01mol，阳极除了Cu溶解外，还有Zn等杂质，所以生成Cu2+数目小于0.05NA，错误。C项，28gC2H4和环丙烷的

混合物中含有C原子数为2NA，正确。D项，PCl5中P的价层电子对数为5，0.5molPCl5价层电子对数为2.5NA，正确。5.C。A项，分子结构中含有羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，正确。B项，分子中含有4个羟基，羟基具有一定的水溶性，正确。C项，分子中的羟基、

碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误。D项，红外光谱、X射线都可以用于分析该结构，正确。6.D。A项，不能用将FeCl3溶液蒸干的方法制备FeCl3，加热过程中会引起盐的水解，错误。B项，盐酸具有挥发性，生

成的CO2气流中会含有HCl气体，无法证明非金属性C＞Si，错误。C项，电石与饱和食盐水反应生成的乙炔气体中含有H2S、PH3等杂质，都可以使溴水褪色，错误。D项，除去NO中混有的少量NO2，可以用通过碱液的方法，正确。7.B。A项，[Cu(NH3)

4]2+中含有σ键有3×4+4=16，0.5mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键为8mol，正确。B项，[Cu(NH3)4]2+中由于NH3提供孤电子对形成配位键，斥力减弱，所以其中H-N-H的键角大

于NH3中H-N-H的键角，错误。C项，过饱和溶液中可用加入少量晶体、用玻璃棒摩擦试管壁促进晶体的生成，正确。D项，SO42-的VSEPR模型和空间构型都为正四面体形，正确。8.C。A项，由于HF分子之间易形成氢键，熔沸点最高，HCl、HBr、HI其组成和结构相似，相对分子逐

渐增大，分子间作用力增强，熔沸点增大，正确。B项，由于从F-I的非金属性逐渐减弱，与Pb化合时形成的化学键离子键成分逐渐减少，共价键的成分逐渐增加，引起熔沸点发生变化，正确。C项，从一氯乙酸到三氯乙酸，由于羟基的极性逐渐增

大，酸性增强，错误。D项，从甲酸到丙酸，由于烃基的增大，推电子效应增大，使羧基中的羟基的极性减小，酸性减弱，正确。9.D。A项，晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，图示结构中包含了三个更小的重复结构单元，错误。B项，以顶面面心的O原子为例，该晶胞中有2个Zn原子距离其最近且相等，该晶

胞的上方晶胞中还有两个，所以离O距离最近的Zn原子数为4,错误。C项，根据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子2位于体对角线上，坐标为(14,34,34)，故答案为：(14,34,34),错误。D项，图b闪锌矿型

晶胞：一个晶胞的质量为(65+16)×4NAg，晶胞参数为anm，则体积为a3nm3=a3×10−21cm3，所以密度为ρ=mV=(65+16)×4NA×a3×10−21g/cm3，正确。10.D。根据结构推导出R

、T、W、X、Y、Z分别为H、C、N、O、F、P元素。A项，基态P原子的核外价电子数为5，正确。B项，离子半径N3->O2->F-，正确。C项，O的非金属性弱于F，最简单氢化物的稳定性H2O<HF，正确

。D项，第一电离能C<O<N<F，错误。11.A。A项，α位置的N原子中含有1对孤电子对，生成物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键，正确。B项，铜离子是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但是不会改变反

应的焓变，错误。C项，生成物中含有π56的大π键，所有原子在同一平面上，错误。D项，图中α氮原子显正电性，则与黑球元素直接连接的N应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，黑球元素的电负性弱于N，错误。12.B。A项，根据图示结构，Cu的配位

数为4，错误。B项，根据图示结构一个Cu离子周围有3个Cl，Cu元素的化合价有+1，+2价，两种阴离子的化学式为CuCl3-，CuCl32-，正确。C项，Cu元素位于元素周期表中的ds区，错误。D项，图中的Cl有两种，一种杂化轨道类型为sp3，另外一种C

l是非中心原子，错误。13.C。A项，根据图示，左边反应室H2SO3经反应后生成H2S2O4，化合价降低，电源a是负极，b是正极，错误。B项，右边正极室发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑,硫酸的浓度增大，H+应该向左边移动，所以离子交换膜应该是阳离子交换膜，错误。C项，阴

极电极反应式为2H2SO3+2e-+2H+=H2S2O4+2H2O，正确。D项，在吸收池中，H2S2O4被N2O氧化为H2SO3从而实现循环使用，错误。14.B。A项，根据图示NiL2在反应中过程中作催化剂，正确。B项，根据图示，反应过程有极性键的断裂和形成，还有非极性键C

-C等化学键的形成，错误。C项，该偶联反应方程式为Ar-Br+R-MgBrMgBr2+Ar-R，原子利用率小于100%，正确。D项，根据历程图示，应该是一种平面结构，若是四面体结构，则过程中的两种物质是同一物质（实际与[Cu(NH3)4]2+一样，

发生dsp2杂化），正确。15.D。A项，根据图示，H2AH++HA-、HA-H++A2-，酸性较强时，应该是H2A为主要组分，所以曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，曲线③代表δ(A2－)，正确。B项，由H2AH++HA-，Ka1=[c（H+）c(HA-)]/

c（H2A）=10-6.3，则c（H+）≈[c（H2A）×Ka1]0.5=10-4，c（H2A）=10-1.7=0.02000mol/L，正确。C项，NaHA溶液，Ka2=[c（H+）c(A2-)]/c（HA

-）=10-10.3，其Kh2=10-14/10-6.3=10-7.7>10-10.3，水溶液显碱性，正确。D项，a点溶液中由电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=2c(A2－)＋c(HA-)+c(OH-)，又a点溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，且c(HA-)=c(H2A)，所以c(Na＋)<2

c(A2－)＋c(H2A)，错误。16.（14分，每空2分）（1）（2）3-甲基-1-丁烯电解⎯⎯→⎯催化剂（3）（4）氧化反应加成反应（5）（6）解析：根据相对分子质量范围和1molA完全燃烧消耗7mol氧气，计算出A的分子式

为C5H8，链烃A有支链且只含有一个官能团，应该为炔烃类物质。链烃B为A的加成产物且可以被氧化剂氧化为羧酸，所以B为3-甲基-1-丁烯。有机物D和有机物E发生酯化反应生成异丁酸乙酯，方程式为。链烃B转化生成E的反应为氧化反应，乙烯转

化生成乙醇的反应为加成反应。G的核磁共振氢谱只有一组峰，说明只有一种氢原子，其结构应该为。链烃F是比链烃B多一个碳原子的同系物，分子中存在手性碳原子，综合信息，其结构应该为。17.（13分，除标明外，每空2分）（1）排除装置的空气（2）水浴加热（3）FeCl

2·4H2O+4SOCl2=FeCl2+4SO2↑+8HCl↑（4）球形冷凝管（或冷凝管）（1分）（5）吸收SO2和HCl，防止污染空气（6）BC解析：该实验利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2，因为FeCl2很容易被氧

化，所以实验开始时必须先通入N2以排除装置中空气中的氧气。因为SOCl2沸点为76℃，加热方式应该是水浴加热。E的名称是球形冷凝管（或冷凝管）。F是一个尾气处理装置，作用是吸收SO2和HCl，防止污染空气。先通过6Fe2+～K2Cr2O7

，计算出m1g样品中含有Fe2+物质的量为6cv×10-3，通过样品质量的减少（m1-m2），得出FeCl2·4H2O的物质的量为（m1-m2）/72，从而计算出FeCl2的百分含量。18.（14分，每空2分）（

1）3d84S2N（2）升高反应液温度、粉碎镍渣、搅拌、适当增加硫酸浓度等合理答案（3）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+4H+（4）Fe3+催化过氧化氢分解（5）能（6）2Ni2++Cl2+6OH-=2NiOOH↓+2Cl-+2H2O（或者写成

分步形式Ni2++2OH=Ni(OH)2↓，2Ni(OH)2+Cl2+2OH-=2NiOOH+2Cl-+2H2O）解析：基态28Ni原子的价电子排布式为3d84S2，其核外电子占据最高能层的符号是N。提高“酸浸”速率的措施有升高反应液

温度、粉碎镍渣、搅拌、适当增加硫酸浓度等。“沉铜”过程中，发生了复分解反应生成了CuS，发生氧化还原反应生成了S。氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于后续除去，H2O2和NaClO都可以达到效果，但是H2O2在这一过程中会分解，Fe3+会有催化作用。通过Ksp[Fe(OH)3]计算得知c

(Fe3+)=4×10-38/(10-8.5)3=4×10-12.5，而此时Ni2+无影响，所以可以达到沉铁目的。氧化过程将Ni2+氧化生成了NiOOH，2Ni2++Cl2+6OH-=2NiOOH+2Cl-+2H2O（或写成分

步形式Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，2Ni(OH)2+Cl2+2OH-=2NiOOH+2Cl-+2H2O）19.（14分，每空2分）（1）不能（2）AC（3）①:②②:③:选择合适催化剂（或答催化剂）④:反应I、II正反应方向均为吸热反应，升高温度均向正反应方向移动，H2产率上升

。但升温过程中，温度对反应II的影响大于对反应I的影响，所以H2产率又逐渐减小。（4）ⅲ:CH4O*+H2O(g)→CO2(g)+3H2(g)+(*)解析:根据△G=△H-T△S=173.3kJ/mol-298K×0.3627

kJ/(K×mol)=+65.215kJ/mol>0,所以在常温下，反应I不能自发进行。对上述恒容密闭容器中的体系，A.增大H2O(g)的浓度，有利于提高C2H5OH平衡转化率，正确。B项，根据勒夏特列原理，增大C2H5OH的浓度不能提高C2H5OH的平衡转化率，可以提高另一反应物H2O(g

)的转化率，错误。C项，气体的质量和气体的物质的量不变，气体的平均相对分子质量保持不变，能说明反应体系已达平衡，正确。D项，升高温度可以使反应I、II的正反应速率加快，逆反应速率均加快，且正反应速率增加比逆反应速率增加更快，平衡向正反应方向移动，错误。根据图像变化，随着温度的升高，H2的产率会

增加，所以曲线②表示H2的产率。催化剂是影响CO选择性的关键因素。由H2的产率变化分析得知反应I、II正反应方向均为吸热反应，升高温度均向正反应方向移动，H2产率上升。但在升温过程中，温度对反应II的影响大于对反应I的影响，所以H2产率逐渐减小。由图根据

“三行式”计算：C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)起始：38003800变化：13261124平衡：1426+41426+4所以对反应II：P（C2H5OH(g)）=1/19P0，P（H2O(g

)）=4/19P0，P（CO(g)）=2/19P0，P（H2(g)）=10/19P0,得出。反应的总反应式是C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)，将基元反应ⅰ、ⅱ、ⅳ叠加得叠加式，然后二式相减得到基元反应ⅲ.CH4O*+H2O(g)→CO2(g)

+3H2(g)+(*)