山东名校考试联盟2023年12月高三阶段性检测 化学答案

2023-12-23 · U1 上传 · 10页 · 399.6 K

山东名校考试联盟2023年12月高三阶段性检测化学试题参考答案及评分标准】1.【答案】BA为合金,B中陶瓷为硅酸盐材料,C中木雕属于纤维素,D中玛瑙材料为二氧化硅2.【答案】CC.饱和Na2CO3溶液碱性较强,如果不慎将酸沾到皮肤上,应立即用大量水冲洗,然后用饱和NaHCO3溶液冲洗,故C错误;3【答案】DA.III、Ⅳ为非氧化还原反应B.反应Ⅱ中,若物质a为SO2,当4.28gAs4S4参与反应时,物质a为SO2,另一种产物为As2O3共转移0.28mole-C.物质a为SO2时不可用硫酸铜溶液吸收D.正确4.【答案】AA.可以换为分液漏斗,防止氢气通过漏斗逸出B.装置A中的试剂不可以是稀盐酸,挥发出的氯化氢会影响钠和氢气的反应C.装置D的作用是防止空气中的水蒸汽进入反应装置D.实验开始后先启动A中反应,产生的氢气排出装置中的空气后再点燃C处酒精灯5.【答案】BB.装置②用于Fe(OH)2的制备,反应一开始不能关闭止水夹,让生成的氢气先把装置中的空气排出(生成的氢氧化亚铁极易氧化)再关闭止水夹把左边试管中液体压入右边6.【答案】CA.“灼烧”不充分会导致剩余CuS,CuS不溶于稀硫酸,会降低CuCl的产率B.溶液1中有硫酸和其他物质,经处理后硫酸可循环使用C.“除杂”步骤中,若加过量的氢氧化钠溶液会导致铜离子也沉淀出来,会降低产品的量D.为了保证产品纯度,应采用减压过滤及真空干燥的方式,防止产品被氧化7.【答案】D{#{QQABbYAEogiIABBAABhCAQlYCgKQkAAACAoGAAAIMAABAANABAA=}#}C.生成4.8g黄色沉淀S时转移0.3mol电子,根据碘单质生成碘化钾,则理论上可制得碘化钾0.3mol,质量为49.8g8.【答案】BA.该反应为气体体积减少的反应,反应的熵变ΔS小于0,故A错误;B.该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应,在反应中存在旧化学键断裂吸收热量,形成新化学键放出热量,则2molNO(g)和1molO2(g)中所含化学键键能总和比12molNO2(g)中所含化学键键能小116.4kJmol,故B正确;C.使用合适的催化剂,可降低反应的活化能,反应速率加快,催化剂不影响平衡移动,不改变NO2的平衡产率,故C错误;D.升高温度,正、逆反应速率均增大,故D错误。9.【答案】DA.根据图像可知①CH3CH2CH3ClCH3CH2CH2HClΔH1;②;根据盖斯定律①-②得CH3CH2CH3ClCHCH32HClΔH2HHH;CHCH32CH3CH2CH212③CH3CH2CH3BrCH3CH2CH2HBrΔH3;④,根据盖斯定律③-④得CH3CH2CH3BrCHCH32HBrΔH4,所以,A正确;CHCH32CH3CH2CH2HH3H4H1H4H2H3B.由图可知,①CH3CH2CH3ClCH3CH2CH2HClΔH1,③CH3CH2CH3BrCH3CH2CH2HBrΔH3,根据盖斯定律③-①得到HClBrHBrClHH3H1,即HClBrHHBrClHHH3H1,HCl和HBr的键能分别为EHCl、EHBr,则HEHClEHBrH3H1,B正确;C.由图可知,相同条件下丙烷氯化、溴化时,仲氢的选择性大,含量高,说明仲氢比伯氢活性强,键能不同,C正确;D.由图可知,仲氢溴化反应的产率为97%明显高于仲氢氯化反应的55%,故以丙烷为原料合成2-溴丙烷的产率高,其水解得到2-丙醇的产率相应也高,以丙烷为原料合成丙醇时,“先溴代再水解”有利于提高2-丙醇的含量,D错误。{#{QQABbYAEogiIABBAABhCAQlYCgKQkAAACAoGAAAIMAABAANABAA=}#}10.【答案】BA.甲、乙两室均预加相同的Cu(NO3)2电镀废液,向甲室加入足量氨气后电池开始工作,通入氨气的电极为原电池负极,电极反应方程式为:Cu+4NH-2e−=2;右端为原电3CuNH34池正极,电极反应为Cu2++2e−=Cu,所以甲室Cu电极电势低于乙室,故A错误;B.充电时,甲室为电解池的阴极,乙室为电解池的阳极,中间为阴离子交换膜,根据电子移-动方向,NO3经阴离子交换膜a由甲室向乙室迁移,B正确;C.放电时,当外电路有0.2mol电子通过时,乙室溶液1)乙室的电极反应为Cu2++2e−=Cu,-乙室溶液质量减少6.4g,2)NO3经阴离子交换膜a由乙室向甲室迁移0.2mol,乙室溶液质量又减少12.4g,一共减少18.8g,C错误;−D.通入NH3时电池开始工作,甲室电极质量减少,电极反应方程式为:Cu+4NH3-2e=2;乙室电极质量增加,则作正极,其电极方程式为:Cu2++2e-=Cu,则电池的总反CuNH34应为:Cu2++4NH2,结合题给信息可知,放电后利用废热进行充电,说明充电3CuNH342+2+吸热,放电时为放热反应,即Cu+4NH3[Cu(NH3)4]正反应为放热反应,D错误。11.【答案】BCA.主要仪器中缺少过滤用的漏斗B.正确C.正确D.主要仪器中不需要容量瓶,缺少量筒和胶头滴管12.【答案】DA.根据题意正确NHPtCl2NHPtCl2KNHPtCl=5.710-62B.42646,sp426,PtCl6沉淀完全时浓度Ksp5.7106cNH4250.75mol/L5cPtCl110小于110mol/L,代入数据可得6,设原溶液体积为2VL,则沉淀PtCl6需要NH4Cl溶液的物质的量为2V0.1mol/L,溶液等体积混合后,cNHClV0.12mol/LV+0.75mol/L2V+4=1.7mol/LcNH4=2V,则加入NH4Cl溶液的浓度最小V,正确+C.根据同离子效应,NH4会抑制沉淀的溶解,减少损失,正确{#{QQABbYAEogiIABBAABhCAQlYCgKQkAAACAoGAAAIMAABAANABAA=}#}D.隔绝空气“煅烧”时每生成117.0gPt,转移电子2.4mol电子,根据电子守恒可得到0.4mol氮气,理论上标况下为8.96L13.【答案】DA.根据图3中0~20min溶液pH的变化可知,脱除的元素是氮元素,根据图2,Cl-在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气,氯气在溶液中歧化反应生成的次氯酸或次氯酸根,氧化溶液--中的氨气、铵根,产生N2和Cl,应该石墨作阳极,铁作阴极,如果铁作阳极,则Cl在阳极无法发生氧化反应生成氯气,故A错误;B.如果pH减小,酸性增强,反应Cl2H2OHClOHCl逆向移动,导致溶液中cHClO减小,使NH4的氧化率降低,则氮的去除率随pH的减小而降低,B错误;-C.由图2知电解法除氮中有效氯ClO氧化NH3产生Cl而不是氯气,其离子方程式为3ClO2NH33ClN23H2O,故C错误;D.由题干图1所示信息可知,除磷时,Fe作阳极,石墨作阴极,当铁电极与电源正极相连作阳极时,该电极反应为:Fe-2e-=Fe2+,从而与溶液中的磷酸根沉淀实现除磷,D正确。14.【答案】ACA.由方程式可知,反应①和反应②均为M参与反应,均有X生成,由图1可知,L1表示X浓度随时间变化的曲线,L2表示M浓度随时间变化的曲线、由图2可知,T2温度时,反应②的速率常数大,单位时间内生成的Z多于Y,则图1中L3表示Z浓度随时间变化的曲线、L4表示Y浓度随时间变化的曲线,故A错误;B.根据题干,反应①的速率可表示为v1=k1c(M),反应②的速率可表示为v2=k2c(M)可知,随c(M)的减小,反应①②的速率均降低,B正确;C.由图2可知,温度降低时,体系中反应①的速率降低的多于反应②,则图1的温度降低,c(Y)t时刻体系中值变小,故C错误;0c(Z)EaD.根据阿伦尼乌斯经验公式为lnk=lnA-(Ea为活化能,k为速率常数,R和A为常数)RT可知,T2时,反应①的速率慢,活化能大,D正确。15.(A)【答案】AD题干中“—”表示电极电位曲线;“...”表示pH曲线A.H3PO3是二元弱酸,a点对应的溶质是NaH2PO3和NaCl,NaCl显中性,是不水解的盐,{#{QQABbYAEogiIABBAABhCAQlYCgKQkAAACAoGAAAIMAABAANABAA=}#}2根据NaH2PO3的质子守恒,a点对应的溶液中存cHcH3PO3cOHcHPO3,A项正确;1.46.7B.根据亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,其电离常数分别是Ka110,Ka210可以推出2--5.3-62H2PO3-H3PO3+HPO3的平衡常数为10,数量级为10,B错误;-6.7C.a点对应的溶质是NaH2PO3和NaCl,NaCl显中性,亚磷酸氢根离子电离常数为10,-12.6水解常数为10,电离程度大于水解程度,溶液呈酸性。b点溶质是H3PO3和NaCl,H3PO31.4-6.7的电离以第一步为主,电离常数是Ka110,大于亚磷酸氢根离子的电离常数10,所以b点水的电离程度比a点小,C项错误。D.c点对应的溶质是NaH2PO3、H3PO3和NaCl,根据电荷守恒有:2cHcNacOHcH3PO32cHPO3cCl,根据物料守恒cNacCl,2所以cHcOHcH2PO32cHPO3,故D正确。15.(B)ADA.硝基苯到苯胺属于失2个氧原子得2个氢原子的还原反应,生成1mol苯胺理论上转移6mol电子,A正确;B.反应①和③是取代反应,反应②是硝基被还原为氨基,是还原反应,故B错误;C.苯胺具有碱性,若反应②中加入过量的酸会消耗部分苯胺,从而降低了苯胺的产率,故C错误;D.乙酰苯胺的同分异构体中可以水解的有酰胺类和铵盐类,比如含苯环的酰胺类就有等多种,还有不含苯环的酰胺类以及铵盐类,所以在乙酰苯胺的同分异构体中,能发生水解的不少于6种,故D正确。16.(12分)【答案】(1)三颈烧瓶(1分)增大与氯气的接触面积,加快反应速率,使反应更充分(写出一条即得分)(1分)(2)h→i→f→g→h→i→b→c(f和g可互换)(按答案给分,有错不给分)(2分){#{QQABbYAEogiIABBAABhCAQlYCgKQkAAACAoGAAAIMAABAANABAA=}#}+-(3)2PCl5=PCl4+PCl6(“”或“=”均得分)(2分)--2-(4)PCl3+5OH=3Cl+HPO3+2H2O(2分)(5)1:9(2分)(6)91.8(91.1到92.3均可)(2分)解析:(1)仪器F的名称为三颈烧瓶;雾化装置可以增大接触面积,使三氯化磷与氯气充分接触,加快反应速率,使反应更充分(2)因PCl3和PCl5都易水解,所以装置E前后都需要有干燥装置,最后用NaOH溶液吸收Cl2尾气,防止污染环境。由此可得装置连接顺序为a→d→e→h→i→f→g→h→i→b→c(f和g可互换)+-(3)具有正四面体结构和正八面体结构的两个离子分别是PCl4和PCl6,所以PCl5的电离+-方程式为2PCl5=PCl4+PCl6(“”或“=”均得分)(4)H3PO3为二元弱酸,所以PCl3和足量NaOH溶液反应时产物为NaCl和Na2HPO3,所以该反应的--2-离子方程式为PCl3+5OH=3Cl+HPO3+2H2O2--2(5)CrO4和Cl浓度之比,同乘CAg+浓度,可得两者之比为Ksp(Ag2CrO4)/(Ksp(AgCl)CAg+),即可得结果为1:9(6)设PCl5为xmol,PCl3为ymol,PCl5~5AgNO3PCl3~3AgNO3x5xy3
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