张家口市2022－2023学年度高三年级第一学期期末考试化学参考答案及评分标准一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27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．A 【解析】石油属于一次能源，A项正确；石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，B项错误；“烟”的主要成分为炭黑，炭黑属于无定形碳，不属于晶体，C项错误；现代石油裂解工艺是为了提供基础的化工原料，D项错误。2．A 【解析】该化合物中只含有酸酐一种含氧官能团，A项错误；含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；可发生取代反应和氧化反应，C项正确；分子中采用sp2杂化的C原子有6个，D项正确。3．B 【解析】碳化硅属于新型无机非金属材料，A项错误；液氢在液氧中燃烧生成水，不产生污染，B项正确；二氧化碳不是形成酸雨的原因，C项错误；由亚克力结构简式可知，它是由加聚反应制得，D项错误。4．D 【解析】由核反应式可知X为N，Y为O，eq\o\al(17,8)O的中子数为9，A项正确；浓HNO3具有强氧化性，且易分解，B项正确；相同条件下气体密度：O2＞N2，C项正确；O3为极性分子，D项错误。5．B 【解析】FeO与O2反应制得1mol Fe3O4时，转移电子的数目为2NA，A项错误；1molHCOONa溶于水，原子数目不变，含有碳原子的数目为NA，B项正确；该反应为可逆反应，当生成2molHI时，充入H2分子的数目大于NA，C项错误；乙苯和二甲苯在标准状况下为液体，D项错误。6．D 【解析】实验室以粗Na2SO4为原料制备Na2SO4·10H2O涉及溶解、除杂、过滤、升温浓缩、降温结晶等操作，不需要萃取分液，故选D。7．C 【解析】由图可知，放电时多孔石墨电极为正极，发生还原反应，A项错误；放电时，负极生成的Zn2＋会通过阳膜向右池移动，理论上左池Zn2＋浓度不变，B项错误；充电时，多孔石墨电极为阳极，发生的电极反应式为2I－＋Br－－2e－＝I2Br－，C项正确；充电时，导线中通过2mole－，理论上阴极Zn电极生成1molZn，D项错误。8．C 【解析】电负性O＞C＞H，A项正确；由图可知，ROH与H2O2能形成分子间氢键，B项正确；ROH为反应过程的催化剂，C项错误；步骤③存在极性键C—H键断裂和极性键O—C键形成，D项正确。9．C 【解析】由信息推知：M、W、X、Y、Z分别为Li、B、C、O、F。则简单离子半径：O2－＞F－＞Li＋，A项错误；H3BO3酸性弱于H2CO3，B项错误；第一电离能：Li＜B＜C＜O＜F，C项正确；HF可以与SiO2反应，不能用玻璃容器储存，D项错误。二、不定项选择题：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，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10．BD 【解析】DCPD与CPD不是相差若干个CH2，不属于同系物，A项错误；CPD中含有—CH2—，所有原子不可能处于同一平面，B项正确；NBD中不含手性碳原子，C项错误；由NBD结构可知，一氯代物有共3种，D项正确。11．C 【解析】“碱溶”中分次加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液可降低反应的剧烈程度，A项正确；滤渣2中含有H2SiO3，不溶于酸，可以将含镓物质溶解，分离出H2SiO3，B项正确，C项错误；电解余液中含有大量硫酸，D项正确。12．AD 【解析】H2S与CH4中心原子均为sp3杂化，H2S中心原子含有两对孤电子对，对成键电子对斥力较大，CH4不含孤电子对，则键角：H2S＜CH4，A项正确；CH4、H2S、H2O均为分子晶体，熔点差异的主要原因是分子间作用力及氢键不同，B项错误；由NaCl型结构可知，一个晶胞中含有4个Na＋和4个H－，其密度为eq\f(4×2.4×1031,NAa3)g·cm－3，C项错误；由NaCl型结构可知，NaH晶体中Na＋填充在H－围成的正八面体中心，D项正确。13．AB 【解析】平衡常数K只与温度有关，反应①为放热反应，温度升高平衡常数降低，K(M)试卷君(3)由流程可知，滤渣1的主要成分为K2SO4；“转化3”中，所加入滤渣1的量常稍大于转化反应的理论值，其目的为增大反应物浓度，使反应平衡正向移动，转化更充分。(4)由Ksp(CaCO3)＝c(Ca2＋)×c(COeq\o\al(2－,3))＝4.9×10－9，得c(CaCO3)＝c(Ca2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＝eq\r(4.9×10－9)＝7×10－5mol·L－1，则100g水约等于0.1L水中最多溶解CaCO3的质量约为0.1L×7×10－5mol·L－1×100g·mol－1＝7×10－4g。(5)“转化4”反应生成的气体产物为CO2，其电子式为，CO2易气化吸热，可作制冷剂或人工降雨。15．(14分)(1)关闭止水夹K，将C中导管浸入水中，酒精灯微热烧瓶，导管口有气泡逸出；撤掉酒精灯待温度降低，导管内液柱上升，持续不落(每步1分，共2分，未答“关闭止水夹K”不得分，合理答案即可)(2)(恒压)滴液漏斗(1分) 不需要(1分) 若浓度太低，则会有大量SO2溶解在溶液中，造成SO2产量低；若浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应进行缓慢(每点各1分，共2分)(3)降低溶液中Cl－浓度，使CuCl＋2Cl－⇌[CuCl3]2－平衡左移，增大CuCl产率(2分) 除去水分(2分)(4)①Fe3＋＋CuCl＝Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－(2分) ②eq\f(99.5cV×10－3,m)×100%(2分)【解析】(1)步骤Ⅰ中检验装置气密性的方法为关闭止水夹K，将C中导管浸入水中，用酒精灯微热烧瓶，导管口有气泡逸出，撤掉酒精灯待温度降低，导管内液柱上升，持续不落。(2)仪器a的名称为(恒压)滴液漏斗，滴液漏斗包含平衡压强导管，滴加液体时不需要事先打开上口玻璃塞；本实验选用70%H2SO4制备SO2的原因为若浓度太低，则会有大量SO2溶解在溶液中，造成SO2产量低，若浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应进行缓慢。(3)步骤Ⅳ中，加水稀释的目的为降低溶液中Cl－浓度，使CuCl＋2Cl－⇌[CuCl3]2－平衡左移，增大CuCl产率；洗涤中醇洗的目的为除去水分。(4)①产品中加入FeCl3溶液时，发生反应的离子方程式为Fe3＋＋CuCl＝Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－。②用Ce(SO4)2标准溶液滴定时，Ce元素化合价由＋4价变为＋3价，故消耗n[Ce(SO4)2]＝n(Fe2＋)＝n(CuCl)，产品中CuCl的质量分数＝eq\f(99.5cV×10－3,m)×100%。16．(14分)(1)①＋172.2kJ·mol－1(2分，没写单位扣1分)②eq\f(α1,50)mol·L－1·min－1(2分，没写单位扣1分) ＞(1分) ＜(1分) 乙容器中相当于反应Ⅱ加入产物，平衡逆向移动，CO2浓度增大，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH平衡产率增大(2分)③L1(2分) 82.5%(2分)(2)AD(2分，漏选得1分，错选不得分)【解析】(1)①由盖斯定律可知，ΔH＝3×ΔH2－ΔH1＝3×40.9kJ·mol－1－(－49.5kJ·mol－1)＝＋172.2kJ·mol－1。②相同温度下，由反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，容器甲中，0～5min内的平均反应速率v(H2O)＝v(CO2)＝eq\f(α1×1mol,10L×5min)＝eq\f(α1,50)mol·L－1·min－1；此时反应未达到平衡，相当于甲、乙两容器内反应Ⅱ正反应速率相同，逆反应速率乙容器较大，故α1＞α2，乙容器中相当于反应Ⅱ加入产物，平衡逆向移动，CO2浓度增大，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH平衡产率增大，故ω1＜ω2。③反应Ⅰ为放热反应，温度升高，1/T降低，平衡常数降低，故曲线L1为反应Ⅰ的相对压力平衡常数的对数与温度的倒数的关系曲线；M点对应温度下，恒容密闭容器中以物质的量之比为1∶3充入CO2和H2，反应前气体总压为400kPa，则反应前CO2(g)分压为100kPa，H2(g)分压为300kPa，设参与反应Ⅰ的CO2的分压为x，由反应Ⅰ三段式： CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)反应前分压(kPa)： 100 300 0 0参与反应分压(kPa)： x 3x 80 80反应后分压(kPa)：100－x 300－3x 80 80可得，参与反应Ⅰ的CO2(g)分压为80kPa，参与反应Ⅰ的H2(g)分压为3×80kPa＝240kPa，生成H2O的分压为80kPa，设参与反应Ⅱ的H2分压为ykPa，M点时平衡常数K＝1，三段式：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)反应前分压(kPa):100－80 300－240 0 80参与反应分压(kPa)： y y y y反应后分压(kPa):20－y 60－y y 80＋yKpⅡ＝eq\f(\f(p（H2O）,p0)×\f(p（CO）,p0),\f(p（CO2）,p0)×\f(p（H2）,p0))＝eq\f(y（80＋y）,（20－y）×（60－y）)＝1，解得y＝7.5，则H2的平衡转化率＝eq\f(240kPa＋7.5kPa,300kPa)×100%＝82.5%。(2)由图可知，反应总过程为放热反应，ΔH<0，A项正确；由图2可知历程中的最大能垒(活化能)E正＝100kJ·mol－1，B项错误；上述历程中碳原子价态发生改变，C项错误；历程中的第一步反应为吸热反应，适合在较高温度下进行，D项正确。17．(15分)(1)(1分) 还原反应(1分)(2)(酚)羟基(2分，答碳碳双键不得分)(3)＋CH3COOCOCH3→＋CH3COOH(2分)保护酚羟基不参与反应(1分，合理答案即可)(4)吸收生成的HCl，使反应正向移动，增大产率(2分) 3(1分)(5)15(2分)(6)eq\o(――→,\s\up7(一定条件))eq\o(――→,\s\up7(HCl),\s\do5(催化剂))(3分)【解析】(1)A的结构简式为；由流程可知B的结构简式为；由生成的反应类型为还原反应。(2)D的结构为，含有官能团的名称为(酚)羟基。(3)由E生成F的反应方程式为＋CH3COOCOCH3→＋CH3COOH；设计由E生成F、由G生成H两步转化的目的为保护酚羟基不参与反应。(4)由H生成M时，常加入适量的碱，所加碱的作用为吸收生成的HCl，使反应平衡正向移动，增大产率；中的手性碳的数目为3。(5)由H结构式可知，其不饱和度为5，其