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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KMnO 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
4
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，O的中子数为9，A项正确；浓
HNO 具有强氧化性，且易分解，B项正确；相同条件下气体密度：O ＞N ，C项正确；O
3 2 2 3
为极性分子，D项错误。
5．B 【解析】FeO与O 反应制得1 mol Fe O 时，转移电子的数目为2N ，A项错
2 3 4 A
误；1 mol HCOONa溶于水，原子数目不变，含有碳原子的数目为N ，B项正确；该反应
A
为可逆反应，当生成2 mol HI时，充入H 分子的数目大于N ，C项错误；乙苯和二甲苯在
2 A
标准状况下为液体，D项错误。
6．D 【解析】实验室以粗 NaSO 为原料制备NaSO ·10H O涉及溶解、除杂、过
2 4 2 4 2
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－＝IBr－，C项正
2
确；充电时，导线中通过2 mol e－，理论上阴极Zn电极生成1 mol Zn，D项错误。
8．C 【解析】电负性O＞C＞H，A项正确；由图可知，ROH与HO 能形成分子间
2 2
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；HBO 酸性弱于HCO，B项错误；第一电离能：Li＜
3 3 2 3
B＜C＜O＜F，C项正确；HF可以与SiO 反应，不能用玻璃容器储存，D项错误。
2
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CH ，不属于同系物，A项错误；
2
CPD中含有—CH—，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
2
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HSiO ，不溶于酸，可以将含镓物质溶解，分离出
2 3
HSiO，B项正确，C项错误；电解余液中含有大量硫酸，D项正确。
2 3
12．AD 【解析】HS与CH 中心原子均为sp3杂化，HS中心原子含有两对孤电子
2 4 2
对，对成键电子对斥力较大，CH 不含孤电子对，则键角：HS＜CH ，A项正确；CH 、
4 2 4 4
HS、HO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
2 2
NaCl型结构可知，一个晶胞中含有4个Na＋和4个H－，其密度为 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)<K(N)，A项错误；图中为一定时间内反应的转化率，由催化剂Ⅰ所得O 转化
3
率可知，T 温度时催化剂Ⅱ反应未达平衡，B项错误；催化剂I的催化效率较高，C项正
1
确；反应后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(OH－)＋c(NO)，D项正确。
三、非选择题：本题共4小题，共57分。
14．(14分)(1)2HCO＋CaSO＝SO＋CaCO ↓＋HO＋CO↑(2分)
4 3 2 2
NH HCO 受热易分解(2分)
4 3
(2)浓缩结晶(2分，答案合理即可)
(3)K SO (1分) 增大反应物浓度，使反应平衡正向移动，转化更充分(2分)
2 4
(4)7×10－4(2分)
(5) (2分) 人工降雨、作制冷剂(1分，合理答案即可)
【解析】(1)“转化1”中主要反应的离子方程式为 2HCO＋CaSO ＝SO＋CaCO ↓＋
4 3
HO＋CO↑；该工序不能控制温度过高的原因为NH HCO 受热易分解。
2 2 4 3
(2)“工序X”具体指浓缩结晶。
(3)由流程可知，滤渣1的主要成分为KSO ；“转化3”中，所加入滤渣1的量常稍大
2 4
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 K (CaCO)＝c(Ca2＋)×c(CO)＝4.9×10－9，得 c(CaCO)＝c(Ca2＋)＝c(CO)＝＝
sp 3 3
7×10－5 mol·L－1，则100 g水约等于0.1 L水中最多溶解CaCO 的质量约为
30.1 L×7×10－5 mol·L－1×100 g·mol－1＝ 7×10－4 g。
(5)“转化4”反应生成的气体产物为CO ，其电子式为 ，CO 易气化吸热，可
2 2
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SO 溶解在溶液中，
2
造成SO 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)
2
(3)降低溶液中Cl－浓度，使CuCl＋ 2Cl－ ⇌ [CuCl 3 ]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) ②×100%(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%H SO 制备SO 的原因为若浓度太低，则会有大量
2 4 2
SO 溶解在溶液中，造成SO 产量低，若浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应进行缓慢。
2 2
(3)步骤Ⅳ中，加水稀释的目的为降低溶液中Cl－浓度，使CuCl＋ 2Cl－ ⇌ [CuCl 3 ]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FeCl 溶液时，发生反应的离子方程式为Fe3＋＋CuCl＝ Fe2＋＋Cu2＋＋
3
Cl－。
②用 Ce(SO) 标准溶液滴定时，Ce 元素化合价由＋4 价变为＋3 价，故消耗
4 2
n[Ce(SO )]＝n(Fe2＋)＝n(CuCl)，产品中CuCl的质量分数＝×100%。
4 2
16．(14分)(1)①＋172.2 kJ·mol－1 (2分，没写单位扣1分)
② 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，CO 浓度增大，反应Ⅰ平衡正向移
2
动，CHOH平衡产率增大(2分)
3
③L(2分) 82.5%(2分)
1
(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×ΔH－ΔH＝3×40.9 kJ·mol－1－(－49.5 kJ·mol－1)
2 1
＝＋172.2 kJ·mol－1。
②相同温度下，由反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，容器甲中，0～5 min内的平均反应速率
v(H O)＝ v(CO)＝＝ 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
2 2Ⅱ正反应速率相同，逆反应速率乙容器较大，故α＞α，乙容器中相当于反应Ⅱ加入产物，
1 2
平衡逆向移动，CO 浓度增大，反应Ⅰ平衡正向移动，CHOH平衡产率增大，故ω＜ω。
2 3 1 2
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L 为反应Ⅰ的相
1
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CO 和H ，反应前气体总压为400 kPa，则反应前CO(g)分压为
2 2 2
100 kPa，H(g)分压为300 kPa，设参与反应Ⅰ的CO 的分压为x，由反应Ⅰ三段式：
2 2
CO 2 (g)＋3H 2 (g) ⇌ CH 3 OH(g)＋H 2 O(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CO(g)分压为80 kPa，参与反应Ⅰ的H(g)分压为3×80 kPa＝240 kPa，
2 2
生成HO的分压为80 kPa，设参与反应Ⅱ的H 分压为y kPa，M点时平衡常数K＝1，三段式：
2 2
CO 2 (g)＋H 2 (g) ⇌ CO(g)＋H 2 O(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＋y
K Ⅱ＝＝＝1，解得y＝7.5，则H 的平衡转化率＝×100%＝82.5%。
p 2
(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 ＝100 kJ·mol－1，B项错误；上述历程中碳原子价态发生改变，C项错误；
正
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) ＋CHCOOCOCH → ＋CHCOOH(2分)
3 3 3
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) ――→ ――→ (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 ＋CHCOOCOCH → ＋CHCOOH；
3 3 3
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，其中苯环占4个不饱和度，能与NaHCO 溶液
3
反应生成气体则含有羧基，能与FeCl 溶液发生显色反应则含有酚羟基，可能结构有
3
和 ，每种位置有邻、间、对三种情况，共15种。
(6) 和苯酚为原料制备 的合成路线为 ――→
――→ 。
