2023年山東省棗莊市五月高三聯(lián)考理綜化學(xué)試卷答案

2023山東省棗莊市五月高三聯(lián)考理綜化學(xué)試卷7、【答案】C8A34【解析】A．1L0.1mol·L?1NaHSO30.1molNaHSO，依據(jù)S原子守恒知，A項正確；B．沒有指明生成的1.12LNH3是標準狀況下的氣體，無法依據(jù)22.4L/mol計算其物質(zhì)BC1mol4含6molN-Nn(N-N)=28g/(144)g·mo?1×6=3mo，故C1L0.5mol·?1pH=7的C3COON4c(N)+c(N·HO)=0.5mol/，n(NH+)<0.5mol，故D項錯誤；應(yīng)選A。342 9A．甲苯還有連狀構(gòu)造的同分異構(gòu)體，如CH＝CH－CH＝CH－CH－C≡CH2 2W的同分異構(gòu)體，故A錯；B．Z不能與酸性KMnO4溶液反響，故B錯；C．1molX與足量Br2/CC4溶液反響需要2molBr1molY與足量Br2/CC4溶液反響最多消耗Br2為3mo，C錯；D．依據(jù)Z的構(gòu)造知道Z33種。2【答案】D10D【詳解】A.等體積等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH和HClO溶液消耗NaOH的物質(zhì)的量相等，不能比較CH3COOH和HClO的酸性強弱，A錯誤；在NaSO溶液中滴加鹽酸會發(fā)生反響：NaSO+2HCl═2NaCl+SO↑+S↓+HO，產(chǎn)生了大22 3 22 3 2 2量的淺黃色渾濁，會對后續(xù)白色沉淀的觀看產(chǎn)生影響，B錯誤；濃鹽酸能與KMnO4反響，向較濃的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是與Cl-反響導(dǎo)致，無法證明Fe2+有復(fù)原性，C錯誤；1L0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先消滅淡黃色沉淀，說明先生成了AgBrKsp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D正確。答案：D。11B【解析】A項，該裝置是電解池，在電解和光的作用下H2O在光催化劑的外表轉(zhuǎn)化為O2H+，故該裝置是將電能和光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，錯誤；B項，依據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引的原則，該裝置工作時，H+b區(qū)向陰極a區(qū)遷移，正確；C項，該電

電解

O+9O

1molO，2 2 3 8 2 22/3molCO2

88/3g，錯誤；D項，a電極為陰極，發(fā)生復(fù)原反響，電極反響式為：3CO＋18H＋＋18e－===CHO＋5HO，錯誤。2 3 8 212C【分析】A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的一種核素養(yǎng)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)在數(shù)值上相等，A為氫元素；B的單質(zhì)分子中有三對共用電子，B為氮元素；C、D1︰2，C為氧元素，D為硫元素，E為氯元素。【詳解】A.C、D、E的簡潔離子，S2-Cl-電子層構(gòu)造一樣，O2-少一個電子層，離子半徑：S2->Cl->O2-，故A正確；2 4 2 2 A與B、C、D、E18電子分子NHHO、HS、HCl，故B2 4 2 2 3 A、B、C三種元素形成的化合HNO、HNO抑制水的電離，故C3 分子D2Cl28電子穩(wěn)定構(gòu)造，則分子中存在非極性鍵S-S鍵，故D正確；應(yīng)選C。2 4 2 【點睛】此題考察元素周期律與元素周期表，解題關(guān)鍵：位置構(gòu)造性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用，難B，NH、HO182 4 2 13CD，留意酸堿鹽對水電離平衡的影響變化規(guī)律。26〔1〕B為恒壓分(滴)液漏斗，由于三頸圓底燒瓶內(nèi)發(fā)生反響生成氣體，所以此處使用該裝置以保證恒壓分(滴)液漏斗與三頸圓底燒瓶內(nèi)部壓強一樣以使得漏斗內(nèi)液體可以順當?shù)蜗虏⑼ㄟ^活塞把握液體滴加的量和速率。三頸圓底燒瓶內(nèi)發(fā)生反響生成氣體，為防止倒吸，右側(cè)導(dǎo)管不能直接伸入溶液中，儀器A的作用是防止倒吸。三頸圓底燒瓶內(nèi)發(fā)生反應(yīng)生成C1O2，經(jīng)A 裝置后進入右側(cè)反應(yīng)器中，發(fā)生反應(yīng)：2ClO+HO+2NaOH=2NaClO+O↑+2HONaClO2 2 2 2 2 2 22 2 NaClO2C1O2ClO2的溶解度；降低溫度，可防止HO、ClO2 2 即使用冰水浴冷卻右側(cè)反響容器，也不行能將ClO2完全吸取，ClO2為污染性氣體，直接排放會污染環(huán)境，所以還需要尾氣處理裝置，這是該裝置不完善的地方。由ClO2濃度過高時易發(fā)生分解，假設(shè)空氣流速過慢，則ClO2不能被準時移走，濃度ClO2會導(dǎo)致原料鋪張，降低NaClO2的產(chǎn)率。由可得，氯酸鈉〔NaClO3〕在酸性條件下與過氧化氫生二氧化氯，Cl－存在時會催化ClO2的生成，并產(chǎn)生微量氯氣，則氯離子與氯酸根離子反響生成ClO2和氯氣，故反響離子方程式為：①2ClO－+2Cl－+4H+=2C1O↑+Cl↑+2HO。3 2 2 2該反響為Na2S2O3(或半滴)30ClO2－+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl23－I2+2SO23

2－=2I－+SO

－~2I

~4SO

2－，n(NaClO)=n(ClO

－)=1/4n(SO24622232223－)=1/42.0mol·L-120.0010-3L=0.01mol250mL25.00mL以樣品中NaClO2的質(zhì)量為：0.01mol90.5g/mol250/25=9.05g，則該樣品中NaClO2的質(zhì)量分4622232223數(shù)為：9.05g÷10g100%=90.5%?！?〕保證恒壓滴液漏斗與三頸圓底燒瓶內(nèi)部壓強一樣以使得漏斗內(nèi)液體可以順當NaClO2的溶解度、削減H2O2的分解、增加ClO2的溶解度、削減ClO2的分解〔寫出兩條即可〕沒有尾氣處理裝置空氣流速過慢時，ClO2不能準時被移走，濃度過高導(dǎo)致分解；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸取，導(dǎo)致鋪張原料，產(chǎn)率降低〔4〕2ClO－+2Cl－+4H+=2C1O↑+Cl↑+2HO3 2 2 25〔當最終半滴滴定液滴下后〕溶液由藍色變無色，且30秒內(nèi)不褪色 90.5%27〔1〕“煅燒氧化”MnO→Na2MnO4錳由+2價變成+64e－，1molMnO煅燒完全失去電子的物質(zhì)的量為 4mol；MnO2煅燒反響的化學(xué)方程式為煅燒2MnO+4NaOH+2Na2Mn4+2O?！敖　盢a2MnO4煅燒后固體進展粉碎，增大接觸面積，適量增大水的量促進溶解加快化學(xué)反響速率，充分攪拌讓物質(zhì)充分快速Na2MnO4Mn的化合價為+6，MnO2Mn的化合價為+4，Na2MnO4自身發(fā)生氧MnMnO←NaMnO→O－MnO，2 2 4 4 24 MnO-(或NaMnO)，用pH試紙測定溶液pH的操作操作為取一小段pH試紙置于外表皿(點pHp4 －(或NaMnO4) 取一小段pH試紙置于外表皿(點滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，馬上與標準比色卡比照讀出pH。由 “復(fù)原指Na2MnO4與甲醛反響，發(fā)生反響的化2NaMnO+HCHO=2MnO↓+NaCO

+2NaOH。2 4 2 2 3KMnO430s內(nèi)不褪去。5HCO

+2KMnO+3HSO=2MnSO+10CO

↑+KSO+8HO)2 2 4

4 2 4

4 2 2 4 25 2X c2v2X=5c2V2/2=2.5c2V2NaCO+2HSO+MnO=MnSO+2CO↑+2HO+NaSO2 2 4 2 4 2 4 2 2 2 41 1c1V1-2.5c2V2Y Y=(c1V1－2.5c2V2)10－3mol產(chǎn)品中MnO2的質(zhì)量分數(shù)為m(MnO2)= (c1V1－2.5c2V2)10－3mol87g/mol=87 (c1V1－2.5c2V2)/1000g1 2 產(chǎn)品中MnO2ω(MnO2)=87(c11 2

－2.5cV)/1000m100%〔1〕4mol

煅燒2Mn+4NaOH+====2Na2Mn4+2O煅燒后固體進展粉碎，適量增大水的量適當提高浸取溫度，充分攪拌4 MnO－(或NaMnO) 取一小段pH試紙置于外表皿(點滴板上)中，用玻璃棒蘸取試液滴在pH試紙上，馬上與標準比色卡比照讀出4 〔4〕2NaMnO+HCHO=2MnO↓+NaCO+2NaOH2 4 2 2 3〔5〕滴入最終一滴KMnO430s內(nèi)不褪去

100%2 4 28【答案】(1).2CO(g)+2H(g)→CH(g)+CO (g) ?H=?247.2KJ·mol-1 (2).2 4 (3).熱裂解反響正向移動，而脫酸基反響逆向移動，故氫氣產(chǎn)率高于甲烷 (4).CO(g)+HO(g)═H(g)+CO

(g) (5).9.1% (6).0.8P2 2 2〔1〕由蓋斯定律計算；CHH(g)3 2的反響，選擇的壓強為常壓。①熱裂解反響CHCOOH(g)→2CO(g)+2H(g)是吸熱反響，熱裂解反響正向移動，脫酸基反3 2應(yīng)CHCOOH(g)→CH(g)+CO(g) 是放熱反響，而脫酸基反響逆向移動。3 4 2②CO能與水蒸反響生成二氧化碳和氫氣。依據(jù)體積分數(shù)的定義計算；依據(jù)平衡常數(shù)Kp的定義計算?！?〕由蓋斯定律計算：①熱裂解反響CHCOOH(g)→2CO(g)+2H(g)3 2△H=+2l3.7KJ·mol－1，②脫酸基反響CH

COOH(g)→CH(g)+CO(g) △H=－33.5KJ·mol－1，3 4 2CO與H甲烷化的熱化學(xué)方程式2CO(g)+2H(g)→

(g)+CO(g) ?H=?247.22KJ·mol-1；

2 4 2COOH(g)→2CO(g)+2H(g)，反響為氣體體積增大3 2的反響，選擇的壓強為常壓。①熱裂解反響CHCOOH(g)→2CO(g)+2H(g)是吸熱反響，熱裂解反響正向移動，脫酸基反3 2應(yīng)CHCOOH(g)→CH(g)+CO(g) 是放熱反響，而脫酸基反響逆向移動650℃之后氫氣產(chǎn)3 4 2率高于甲烷，理由是隨著溫度上升后，熱裂解反響速率加快，同時①熱裂解反響正向移動，而脫酸基反響逆向移動，故氫氣產(chǎn)率高于甲烷。②CO能與水蒸反響生成二氧化碳和氫氣，在乙酸氣中摻雜確定量水，氫氣產(chǎn)率顯著提高而CO的產(chǎn)率下降，CO(g)+HO(g)═H(g)+CO

(g)。2 2 2熱裂解反響CHCOOH(g)→2CO(g)+2H(g) △H=+2l3.7KJ·mol－13 20.2 0.4 0.4脫酸基反響CHH(g)+CO(g) H=33.5KJ·mo13 4 20.6 0.6 0.6乙酸體積分數(shù)為0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)= =0.8P.35(1).1s22s22p63s23p63d8

(2).d (3).sp3

(4).Ⅰ (5).三角錐 (6).3SO2- (7).是 (8).是 (9).正八面體 (10).5.23〔1〕Ni2+1s22s22p63s23p63d8，鉻元素在周期表中d區(qū)。聚硅氧烷中C4個單鍵；①依據(jù)第一電離能分析，第一電離能越小，越簡潔生成較穩(wěn)定的單核陽離子；3②依據(jù)VSEPR理論推斷ClO－的空間構(gòu)型，價電子對數(shù)為VP=BP+LP，等電子體是指原子總數(shù)一樣，價電子總數(shù)也一樣的微粒；3依據(jù)O2－的坐標分析，依據(jù)晶胞粒子的排布，該立方體是Fe3O4的晶胞，立方體中Fe3＋處于O2－圍成的正八面體空隙，依據(jù)密度公式ρ=m/V計算。〔1〕Ni2+1s22s22p63s23p63d8，鉻元素在周期表中d區(qū)。聚硅氧烷中C4個單鍵，所以C的雜化方式為sp3；①依據(jù)第一電離能分析，第一電離能越小，越簡潔生成較穩(wěn)定的單核陽離子，所以有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是：I；3②依據(jù)VSEPR理論推斷ClO－的空間構(gòu)型，價電子對數(shù)為VP=BP+LP=3+〔7-2×3+1〕/2=4，VSEPR模型為四周體形，由于一對孤電子對占據(jù)四周體的一個頂點，所以其空間構(gòu)型為三角錐形，33 等電子體是指原子總數(shù)一樣ClO－互為等電子體的是SO2-3 4〕O2－的坐標為1/，001/，000，1/1/，1/，1/，將1/，1/1/+(1/，1/，0)，1/，將1/，1/1/+，1/，1/〕=1/，，0，將1/，1/，1/+〔1/，，1/=〔，1/0，剛好與前三