山东名校考试联盟2023年12月高三阶段性检测 化学答案

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