2019江西省赣州市五月高三联考理综化学试卷答案

2019江西省赣州市五月高三联考理综化学试卷
7、【答案】A
8、【答案】A
【详解】A. 尿素[CO(NH2)2]溶液可用作柴油汽车尾气处理液，用尿素溶液处理柴油汽车尾气(含NO)时的化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2═2CO2+4N2+4H2O，故A正确；
B. 甲烷也是一种温室气体，故B错误；
C、铜绿为碱式碳酸铜，铝离子水解显酸性，铜绿能够与酸反应而溶解，故C错误；
D.41号元素Nb是过渡金属元素，位于第VB族，故D错误；故选A。

9、【答案】D
【解析】C2H5COOC2H5结构中两个—C2H5不对称，所以有4中不同环境的H原子，所以一氯代物有4种，A的说法正确；不溶于水的C4H9COOH与Na2CO3反应，生成易溶于水的C4H9COONa，而C2H5COOC2H5是属于酯类，不溶于水，C2H5COOC2H5中含有少量的C4H9COOH可以通过加入饱和Na2CO3溶液使C4H9COOH转化为易溶于水C4H9COONa，然后分液法除去，B说法正确；C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)是酯类，能够在NaOH溶液完全水解生成盐和醇，C4H9COOH(p)与NaOH溶液反应生成盐和水，所以m、e、p均可与NaOH溶液反应，C说法正确；—C3H7的同分异构体有2种，—C4H9的同分异构体有4种，C3H7COOCH3(m)和C4H9COOH(p)同类别的同分异构体数目不相同，D说法错误，正确选项D。

10、【答案】B
【解析】A．容量瓶不能用来稀释浓硫酸，故A错误；B．Fe与电源正极相连为阳极，且煤油隔绝空气，图中装置可制备，故B正确；C．比较元素的非金属性强弱要用最高价氧化物
对应水化物的酸性强弱比较，盐酸是无氧酸，故C错误。

D．熔融NaOH能与瓷坩埚中二氧化硅反应，应用铁坩埚，故D错误。

故选B。

11、【答案】C
【解析】A．氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；B．浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此Ⅱ口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、Ⅲ口排出的是碱液，故B错误；C．由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室得到HCl，可避免有害气体的产生，故C正确；D．钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，故D错误。

故选C。

12、【答案】D
【解析】A．WX2是CO2，CO2为非极性分子，故A正确；B．元素X和R形成的ClO2，具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故B正确；C．Si为良好的半导体，常用于制备计算机芯片，故C正确；D．Y和R化合物为AlCl3，AlCl3为共价化合物，工业上常用电解熔融氧化铝制备铝单质，故D错误；故选D。

13、【答案】A
【解析】A．电荷守恒2c(HC2O−4)+c(C2O2−4)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，M点pH=4.3偏酸性，c(OH−)<c(H+)，所以2c(HC2O−4)+c(C2O2−4)>c(Na+)，故A正确；B．因为pc=－lg c，所以纵坐标越大，浓度越小，根据图示可知，pH=x时，应该是c(HC2O−4)>c(H2C2O4)=c(C2O2−4)，故B
不正确；C．根据图示pH=4.3的点计算，Ka2(H2C2O4)=
2
24
24
()()
()
c C O c H
c HC O
-+
-
⨯
=c(H+)=10−4.3，故C
不正确；D ．= Ka1(H2C2O4)/Ka2(H2C2O4)，K只与温度有关，温度不变就是定值，故D不正确；正确答案A。

26、【答案】(1). 将矿石粉碎(2). 提高氧气的浓度（或升高反应的温度）(3). 2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O (4). 漏斗(5). 玻璃棒(6). 亚硫酸铵(7). 抑制氯化铁的水解(8). 蒸发浓缩(9). 冷却结晶(10). 1.3
【分析】根据流程图，硫铁矿在高温下煅烧可以得到氧化铁和二氧化硫，将Fe2O3溶于盐酸中，可以得到含有铁离子的盐溶液，将氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体；(6)根据铁元素守恒进行计算，据此分析解答。

【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施有：将矿石粉碎，增大接触面积、增大空气的进入量，即提高氧气的浓度、升高反应的温度等，故答案为：将矿石粉碎；提高氧气的浓度(或升高反应的温度)；
(2)流程中需用30%的盐酸“酸溶”焙烧后的残渣，盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水，化学方程式为：2Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，反应的离子方程式为2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；
(3)过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；
(4)SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，故答案为：亚硫酸铵；
(5)氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁，先向氯化铁溶液中加适量盐酸可以抑制氯化铁的水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体，故答案为：抑制氯化铁的水解；蒸发浓缩；冷却结晶；
(6)根据铁元素守恒有，FeS2～FeCl3·6H2O，则生成的氯化铁晶体的质量为×(1-4%) ×270.5g/mol=1298.4g=1.3kg，故答案为：1.3。

27、【答案】(1). -660 (2). 减小(3). 减小(4). 0.16mol/(L·min) (5). 0.53 (6). ＜(7). ab
【分析】(1)根据盖斯定律，将①×-②×2-③得：CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g)，同时计算出△H，结合化学平衡的影响因素分析解答；
(2)①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α(CO2)=40%，结合三段式分析解答；②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，反应过程中气体的压强A＜B，结合影响化学反应速率的因素分析判断；③v(正)>v(逆)，说明改变某种因素后，平衡正向移动，据此分析判断。

【详解】(1)①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1，②H2O(g)+CO(g)
H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1，③CO(g)+2H2(g) CH3 OH(g) △H3=－107 kJ. molˉ1，根据盖斯定律，将①×-②×2-③得：CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=(－
566kJ·molˉ1)×-(－41kJ·molˉ1)×2-(－107 kJ. molˉ1)=-660kJ·molˉ1；增大压强，平衡逆向移动，CH3OH(g)的转化率减小，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH(g)的转化率减小，故答案为：-660；减小；减小；
(2)①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α(CO2)=40%，即反应的二氧化碳为1.6mol，则生成CH3OH 1.6mol，v(CH3OH)==0.16mol/(L·min)；该温度下，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)反应达到平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2.4mol、2.0mol、1.6mol、1.6mol，物质的量浓度分别为1.2mol/L、1.0mol/L、
0.8mol/L、0.8mol/L，平衡常数K==0.53，故答案为：0.16mol/(L·min)；0.53；
②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，A容器中反应过程中气体的压强逐渐减小，B中的气体压强不变，则反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率：v(A) ＜v(B)，故答案为：＜；
③a.体系内的压强增大，平衡正向移动，说明v(正)>v(逆)，正确；b.气体的质量不变，气体的平均相对分子质量增大，说明物质的量减小，说明平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，正确；
c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍，说明v(正)＜v(逆)，错误；
d.v逆(CO2)=v
正(H2)，v逆(CO2)=v正(H2)＞v正(H2)，则平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)，错误；故选ab。

【点睛】本题的易错点为（1），要注意盖斯定律的灵活运用，本题中可以根据目标方程式中的系数结合三个方程式分析解答。

28、【答案】2Fe2+ + H2O2 + 2H+ ==2Fe3+ + 2H2O Fe3＋作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2，2H2O2=2H2O＋O2↑ 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42－反应后溶液的pH降低
(6). 2Fe2++H2O2+4H2O== 2Fe(OH)3（胶体）+4H+H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCl受热挥发pH、阴离子种类、温度、反应物用量
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）过氧化氢的结构式为H－O－O－H，其电子式为：；根据现象，溶液变为棕黄色，说明Fe2＋变为Fe3＋，利用过氧化氢的氧化性，离子方程式为：2Fe2＋+ H2O2 + 2H＋=2Fe3＋+ 2H2O；（2）气泡是氧气，Fe3＋作催化剂，使H2O2分解成H2O和O2，2H2O2=2H2O＋O2↑；（3）SO42－的检验，具体操作是：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42－；（4）①反应前FeSO4溶液的pH=3，反应后溶液的pH=1.4，pH降低，说明产生H＋，故假设i不正确；（5）根据信息，得到红褐色胶体，此胶体为Fe(OH)3胶体，其离子反应方程式为2Fe2＋+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3（胶体）+4H＋；（6）如果用FeCl2代替FeSO4溶液，实验现象与II现象相同，FeCl 3＋3H2O Fe(OH)3＋3HCl，此反应是吸热反应，根据实验现象，H2O2是放热反应，促使平衡向正反应方向进行，逸出HCl气体；（7）根据上述实验对比，反应现象与pH、阴离子种类、温度、反应物用量有关。

35、【答案】3d104s2< < V形sp3水分子间存在氢键、
H2Se分子间无氢键12
【解析】（1）本题考查价电子和排布式，Zn位于第四周期IIB族，价电子包括最外层电子和次外层d能级，排布式为3d104s2；（2）考查电负性规律和第一电离能规律，非金属性越强，电负性越强，同主族从上到下非金属性越弱，即电负性：Se<S；同周期从左向右第一电离能增大，但II A>II A，V A>VI A，因此第一电离能：Se<As；（3）考查电子式书写、分子构型的判断，H2S的电子式为：，H2Se中心原子Se有2个σ键，孤电子对数为(6－2×1)/2=2，分子构型为V型；（4）考查分子间氢键对物质物理性质的影响，H2O中存在分子间氢键，H2Se不存在分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2Se；（5）考查金属晶体堆积方式，Zn是六方最密堆积，其配位数为12；（6）考查晶胞的计算，根据晶胞的结构，Zn 位于内部，Se位于顶点和面心，因此1个晶胞中含有4个ZnSe，其质量为，因
此144gZnSe含有晶胞的个数为。

点睛：本题的易错点是问题（2）第一电离能的判断，如果基础知识掌握不牢固，很容易填写成“>”，根据洪特规则的特例，电离能有这样的规律（同周期）：II A>II A，V A>VI A，因此Se<As。