江西省新余市届高三第二次联考化学试题.docx

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江西省新余市届高三第二次联考化学试题

江西省新余市2019届高三第二次联考

化学试题

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.下列说法不正确的是

A.天然气、酒精和汽油分别属于化石能源、可再生能源和二次能源

B.富含N、P元素的生活用水可以直接用来灌溉农田

C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，陶瓷、分子筛主要成分是硅酸盐

D.我国油品从国IV汽油升级到国V汽油，有助于减少酸雨、雾霾，提高空气质量

【答案】B

【解析】

【详解】A.天然气属于化石能源，不能再生；酒精属于可再生能源，通过微生物的发酵可以生成；汽油属于二次能源，由石油经分馏而来，故A正确；

B.富含N、P元素的生活用水不能直接排放入河流中，也不可以直接用来灌溉农田，会造成水体富营养化，故B错误；

C.刚玉、红宝石主要成分是氧化铝，分子筛是结晶态的硅酸盐，陶瓷的主要成分也是硅酸盐，故C正确；

D.从国四汽油升级到国v汽油可减少污染物的排放，提高空气质量，故D正确。

故选B。

2.下列反应的离子方程式正确的是

A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2：

2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣

B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀：

Al3++Ba2++SO42﹣+3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓

C.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：

4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣

D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+

【答案】C

【解析】

【分析】

A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；

B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钠和水；

C.二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁，再氧化溴离子；

D.强碱溶液中，不能生成氢离子。

【详解】A.NaAlO2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：

AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故A错误；

B.明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣完全沉淀，离子方程式为：

Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；

C.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气，离子方程式：

4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣，故C正确；

D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4，离子方程式为：

2Fe（OH）3 +3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误。

故选C。

【点睛】明确反应事实，掌握离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。

3.下列有关实验原理或实验操作正确的是

A.实验室用图甲所示装置制取少量氨气

B.为使100mL0.5mol/L的NaNO3溶液物质的量浓度变为1mol/L，可将原溶液加热蒸发掉50mL水

C.利用图乙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性KMnO4溶液氧化

D.利用图丙装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性

【答案】D

【解析】

【分析】

A.气体收集装置不能密封；

B.100mL溶液蒸发掉50g水，剩余溶液体积未知，不能计算物质的量浓度；

C.挥发出来的乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰了检验结果；

D.浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够漂白品红溶液，还能够与高锰酸钾发生氧化还原反应。

【详解】A.收集氨气的试管不能密封，否则无法收集氨气，故A错误；

B.蒸发掉50mL水后，剩余溶液未告诉密度，无法计算溶液的体积，则无法计算所得溶液的浓度，故B错误；

C.乙醇易挥发，挥发出的乙醇干扰了乙烯的检验，应该先用水除去乙醇，故C错误；

D.浓硫酸使蔗糖变黑，可知浓硫酸的脱水性，然后C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够使品红溶液褪色，证明二氧化硫检验漂白性；二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，高锰酸钾褪色可知二氧化硫具有还原性，故D正确。

故选D。

4.如图两种化合物的结构或性质描述正确的是

A.两种化合物均是芳香烃

B.两种化合物可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分

C.两种化合物分子中共平面的碳原子数相同

D.两种化合物互为同分异构体，均能与溴水反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.第一种物质含有苯环，属于芳香烃，第二种物质含有碳碳双键，不属于芳香烃，故A错误；

B.两种有机物H原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，故B错误；

C.第一种物质含有苯环，8个C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7个C原子共面，故C错误；

D.二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，故D正确。

故选D。

5.已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是

A.Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：

20的共价化合物

B.X、Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：

2：

3

C.Y和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质

D.由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种

【答案】D

【解析】

试题分析：

X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，X是氢元素；而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是氧元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，Y是氮元素；W的族序数比X的族序数大1，W是镁元素。

N2O5中氮氧元素的质量比为7：

20，故A正确；硝酸铵中H、N、O元素原子个数比为4：

2：

3，故B正确；Mg3N2与H2O反应可生成Mg（OH）2、NH3两种碱性物质，故C正确；H、N、O元素任意两种组成的具有10电子的微粒H2O、NH3、OH-、NH4+、H3O+等，故D错误。

考点：

本题考查元素周期表。

6.电－Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示。

其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应：

H2O2+Fe2+=Fe3++OH－＋·OH，生成的羟基自由基（·OH）能氧化降解有机污染物。

下列说法中正确的是

A.电源的X极为正极，Y极为负极

B.阴极的电极反应式为Fe2+－e－=Fe3+

C.阳极的电极反应式为H2O－e－=H++·OH

D.每消耗1molO2，整个电解池中理论上可产生2mol·OH

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．由反应原理示意图可知，左边电极Fe3+和O2得电子，则可知左边电极为阴极，所以电源的X电极为负极，Y为正极，故A错误；B．阴极上Fe3++e－=Fe2+，O2+2e－+2H+=H2O2，故B错误；C．根据图示，阳极的电极反应式为H2O－e－=H++·OH，故C正确；D．每消耗1molO2，生成1molH2O2，H2O2+Fe2+=Fe3++OH－＋·OH，生成1mol·OH，转移3mol电子，阳极生成3mol·OH，共产生4mol·OH，故D错误。

故选C。

考点：

电解原理

7.常温下，向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。

有关微粒的物质的量变化如图（其中I代表H2A，II代表HAˉ，III代表A2ˉ）。

根据如图图示判断，下列说法正确的是

A.当V（NaOH）=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：

c（Na+）＞c（A2ˉ）＞c（H+）＞c（HAˉ）＞c（OHˉ）

B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大

C.当V（NaOH）=30mL时，溶液中存在以下关系：

2c（H+）+3c（H2A）+c（HAˉ）=c（A2ˉ）+2c（OHˉ）

D.向NaHA溶液加入水的过程中，pH可能增大也可能减小

【答案】C

【解析】

【详解】A.当V（NaOH）=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，HA-电离大于水解，溶液显酸性，则c（Na+）＞c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（OH-），故A错误；

B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，由图示关系知，c（A2-）＞c（H2A），说明电离大于水解程度，溶液显酸性，溶液中水的电离受到了抑制，比纯水小，故B错误；

C.当V（NaOH）=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA，Na2A的混合溶液，根据电荷守恒得：

c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）①，物料守恒可知：

3c（HA-）+3c（A2-）+3c（H2A）=2c（Na+）②，①×2+②得：

2c（H+）+c（HA-）+3c（H2A）═c（A2-）+2c（OH-），故C正确；

D.当加入V（NaOH）=20mL时，此时溶质为NaHA，根据图像可以知道，溶液中c（A2-）＞c（H2A），说明HA-的电离程度大于水解程度，溶液显示酸性，故D错误。

故选C。

【点睛】做此类题目通常电荷守恒、物料守恒、质子守恒综合使用。

8.FeCl2是一种常用的还原剂，有关数据如下：

C6H5Cl（氯苯）

C6H4Cl2

FeCl3

FeCl2

溶解性

不溶于水，易溶于苯

不溶于C6H5Cl，C6H4Cl2，苯，易吸水

熔点/℃

－45

53

—

—

沸点/℃

132

173

—

—

实验室可以用多种方法来制备无水FeCl2。

回答下列问题：

Ⅰ.按下如图装置用H2还原无水FeCl3制取。

（1）用装置A制取H2，其优点是________________；D中反应的化学方程式为____________________；装置E的作用是____________________________。

（2）通入足量H2，充分反应，如果温度控制不当，产品中会含单质铁，检验产品中是否含铁的方案是____________________________。

Ⅱ.按图装置，在三颈烧瓶中放入162.5g无水氯化铁和225g氯苯，控制反应温度在128℃～139℃加热3h，反应接近100%。

反应如下：

2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl

（3）上述反应中，还原剂是____________。

（4）反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，原因是____________________________。

（5）冷却后，将三颈瓶内物质经过过滤，洗涤，干燥后，得到粗产品。

①洗涤所用的试剂可以是____________________________；

②简述回收滤液中C6H5Cl的方案____________________________。

【答案】

（1）.通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止

（2）.H2+2FeCl3

2FeCl2+2HCl（3）.吸收HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入D装置（4）.取样品少许放入试管中，向其中加入稀HCl，观察是否有气泡产生（5）.C6H5Cl（6）.实验使用了冷凝回流装置（7）.苯（8）.蒸馏滤液，并收集132℃馏分

【解析】

【分析】

按如图1装置可知，用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，A装置一般用锌和稀盐酸制备H2，B装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以装置碱石灰，E装置中也要装置碱石灰，防止空气中的水份进入D装置，D装置中用氢气与氯化氯生成氯化亚，据此答题。

【详解】I．

（1）装置A为启普发生器的简易装置，适用于固液混合状态且不需加热而制取的气体，且固体必须是块状的，该装置的优点是便于控制反应，实验室一般用锌和稀盐酸制备H2，用装置A制取H2，通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止，根据上面的分析可知，E中盛放的试剂是碱石灰；吸收氯化氢气体，同时防止空气中的水份进入D装置，D中反应的化学方程式为H2＋2FeCl3

2FeCl2＋2HCl，故答案为：

通过开关弹簧夹，可以使反应随时进行或停止；H2+2FeCl3

2FeCl2+2HCl；吸收HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入D装置。

（2）温度控制不当，产品中含单质铁．检验产品中是否含铁的方案为取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生，

故答案为：

取样品少许放入试管中，向其中加入稀HCl，观察是否有气泡产生。

II．（3）根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl可知，氯苯能使氯化铁生成氯化亚铁，所以氯苯为还原剂，

故答案为：

C6H5Cl。

（4）根据图2可知，装置有冷凝回流装置，所以为了提高反应速率，可以将反应温度接近或超过C6H5Cl的沸点，但实验过程中C6H5Cl并不会大量损失，

故答案为：

实验使用了冷凝回流装置。

（5）三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2，根据其溶解性可知，可以用有机溶剂例如苯将C6H5Cl、C6H4Cl2溶解，过滤后可得氯化亚铁，对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，

①洗涤所用的试剂可以是苯，

故答案为：

苯。

②回收滤液中C6H5Cl的方案是蒸馏滤液，并收集132℃馏分，

故答案为：

蒸馏滤液，并收集132℃馏分。

【点睛】解答该类题目时注意把握实验、反应原理和操作流程的目的，特别是主要是物质性质的理解。

抓住一个关键点：

一切反应或操作都是为获得产品而服务。

9.研究人员研制利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO2）吸收硫酸厂的尾气SO2，制备硫酸锰的生产流程如下：

已知：

浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Pb2＋等其他金属离子。

PbO2的氧化性大于MnO2。

PbSO4是一种微溶物质。

有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的pH见下表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见下图。

（1）浸出过程中生成Mn2+反应的化学方程式为_________________________________，

（2）Fe2＋被氧化的过程中主要反应的离子方程式___________________________________。

（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至______________范围。

（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子。

请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有__________________________等（写二点）。

（5）吸附步骤除去的主要离子为_________________。

（6）电解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制备MnO2和Zn，写出阳极的电极反应方程式_____。

（7）CaSO4是一种微溶物质，已知Ksp（CaSO4）=9.10×10—6。

现将cmol·L—1CaCl2溶液与2.00×10—2 mol·L—1Na2SO4溶液等体积混合（忽略体积的变化），则生成沉淀时，c的最小值是____。

【答案】

（1）.SO2＋MnO2＝MnSO4

（2）.2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O（3）.4.7≤pH<8.3（4）.吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷（5）.Pb2＋、Ca2＋（6）.Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+（7）.1.82×10 -3mol/L

【解析】

【分析】

（1）MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；

（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+；

（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀；

（4）根据题目提供的表格数据可知决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷；

（5）吸附步骤除去的主要离子为Pb2+、Ca2+；

（6）二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：

Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+；

（7）根据沉淀溶度积进行计算。

【详解】

（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，

故答案为：

SO2+MnO2=MnSO4。

（2）杂质离子中只有Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，

故答案为：

2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。

（3）杂质中含有Fe3+、Al3+阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，故答案为：

4.7≤pH<8.3。

（4）根据题目提供的表格数据可知决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷，故答案为：

吸附时间、金属离子的半径、金属离子的电荷；

（5）吸附步骤除去的主要离子为Pb2+、Ca2+，故答案为：

Pb2+、Ca2+。

（6）由流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出，电极反应为：

Zn2++2e-=Zn；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：

Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+，故答案为：

Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+。

（7）CaSO4是一种微溶物质，已知Ksp（CaSO4）=9.10×10-6。

现将cmol/LCaCl2溶液与2.00×10-2mol/LNa2SO4溶液等体积混合，由于忽略体积的变化，所以混合后氯化钙和硫酸钠溶液的浓度都要减半；c（SO42-）=1.00×10-2mol/L，c（Ca2+）=c/2mol/L。

由于Ksp（CaSO4）=9.10×10-6，c（SO42-）c（Ca2+）≥9.10×10-6，则生成沉淀时c（Ca2+）≥（9.10×10-6÷1.00×10-2mol/L）×2=1.82×10-3mol/L，因此c的最小值是1.82×10-3mol/L，故答案为：

1.82×10-3mol/L。

10.甲醇（CH3OH）是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）；△H。

（1）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间的变化如图甲所示。

①从反应开始到5min，用氢气表示的平均反应速率v（H2）=________。

②下列说法正确的是________（填序号）。

A.达到平衡时，H2的转化率为75%

B.5min后容器中压强不再改变

C.达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大

D.2min前v（正）＞v（逆），2min后v（正）＜v（逆）

（2）某温度下，在一恒压容器中分别充入1.2molCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH（g），则该反应平衡常数的值为__________。

（3）甲醇是一种新型的汽车动力燃料。

已知H2（g）、CO（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为285.8kJ/mol、283.0kJ/mol和726.5kJ/mol，则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为________。

（4）现有容积均为1L的a、b、c三个密闭容器，往其中分别充入1molCO和2molH2的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图所示。

b中甲醇体积分数大于a中的原因是____________。

达到平衡时，a、b、c中CO的转化率大小关系为___________。

（5）甲醇作为一种燃料还可用于燃料电池。

在温度为650℃的熔融盐燃料电池中用甲醇、空气与CO2的混合气体作反应物，镍作电极，用Li2CO3和Na2CO3混合物作电解质。

该电池的负极反应式为___________________________。

【答案】

（1）.0.6mol/（L·min）

（2）.AB（3）.50L2/mol2（不写单位不影响得分）（4）.CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=－443.5kJ·mol－1（5）.b中温度高，反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大（6）.a＞b＞c（7）.CH3OH－6e－+3CO32－=4CO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

（1）①根据v=Δc/Δt计算v（H2）；

②H2的转化率=H2的浓度变化量/H2的浓度初始量×100%；根据图像5min后容器中气体物质的量不再改变；恒容密闭容器中达到平衡后，再充入氩气，反应物浓度不变，反应速率不变；2min前后，反应都正向进行；

（2）利用“三段式”计算平衡常数；

（3）根据盖斯定律计算甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的焓变；

（4）b中温度高，反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，使得b中甲醇体积分数大于a；达到平衡时，a、b、c三个容器的反应温度不同，a容器温度最低，c容器的反应温度最高，根据反应放热可判断出，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的体积分数减小，故应为a＞b＞c；

（5）根据电池的负极反应物为甲醇，写出电极方程式。

【详解】

（1）①由图可知，平衡时甲醇的浓度为1.5mol/L，则v（CH3OH）=1.5mol/L÷5min=0.3mol/（L·min），速率之比等于其化学计量数之比，则v（H2）=2v（CH3OH）=0.6mol/（L·min），故答案为：

0.6mol/（