云南省师范大学附属贵阳南宁2019届高三“333”诊断性联考理科综合化学答案

2019届“3+3+3”理科综合参考答案化学部分一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案ACDCBDC【解析】7．A项，硅胶多孔，吸附水分能力强，且没有毒，常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂，正确。B项，P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏磷酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥剂，错误。C项，无水氯化钙具有吸水性，而六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，错误。D项，无水硫酸铜用于检验水的生成，不用于干燥吸水，错误。8．同温、同压同体积的CO和NO的分子数相同，原子数也相同，但C原子与N原子含有的质子数不同，故同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数不同，C错误。9．醋酸是电解质，A错误。有机物C4H8O2与醋酸互为同系物，则C4H8O2属于羧酸，有2种结构，CH3CH2CH2COOH和(CH3)2CHCOOH，B错误。乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误。烷烃中三个原子共平面，故环丙烷中三个碳原子处在同一平面，D正确。10．某溶液中滴加KSCN溶液产生红色溶液，只能说明原溶液中有Fe3+，不能确定有无Fe2+，A错误。某溶液中加入Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，原溶液中可能有SOeq\o\al(2−,4)或SOeq\o\al(2−,3)，B错误。碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑+CO2↑+H2O，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵的缘故，D错误。11．A、B、C、D为短周期元素，原子序数依次增大。B2−和C+离子的核外电子数均为10，B为O元素，C为钠元素，A与C同主族且能形成离子化合物CA，A为氢元素，B与D同主族，则D为硫元素。氢与硫元素形成的硫化氢中，氢元素化合价为+1，氢与钠元素形成的氢化钠中，氢元素化合价为−1，硫化氢的水溶液呈弱酸性，A、D正确。原子半径大小为Na>S>O>H，C正确。12．把反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计成原电池时，不能用锌作电极材料，A错误。原电池中发生的反应达到平衡时，两端就不存在电势差了，无法形成电压驱动电子移动，无法形成电流，B错误。用惰性电极电解硫酸铜溶液，通电一段时间后，转移电子0.4mol时，放出氧气的体积要在标准状况下才是2.24L，C错误。Zn—H2SO4—Cu原电池工作时，c(H+)逐渐减小，D正确。13．A项，pH=3醋酸溶液的浓度远远大于盐酸，所以中和等体积的氢氧化钠溶液，所需醋酸溶液的体积小于盐酸的体积，错误。B项，Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，反应后溶液的溶质是Na2SO3、NaHSO3，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)2c(SOeq\o\al(2−,3))+c(HSOeq\o\al(−,3))+c(OH−)，溶液呈中性c(H+)=c(OH−)，则：c(Na+)=2c(SOeq\o\al(2−,3))+c(HSOeq\o\al(−,3))，错误。C项，两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠、氯化钠的混合液。由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根离子的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以，c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，正确。D项，向含有NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，错误。三、非选择题（共58分）（一）必考题（共3小题，共43分）26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）b（1分）（2）d（1分）（3）（其他合理答案均给分）（装置可以用烧杯、洗气瓶等、Ca(OH)2或Ba(OH)2溶液等碱性溶液均给分）（4）①MgO②MgSO3③溶液不褪色CuSO4（其他合理答案均给分）（醋酸铅、KMnO4、Br2水、Na2SO3溶液等有明显现象的还原性气体均可）（5）7Mg+3SO2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())6MgO+MgS+2S【解析】本题考察SO2的制备及探究实验的设计。（1）制备SO2通常用70%的硫酸，利用了其强酸性。（2）装置B通过导管口的气泡速率可以观察SO2的生成速率从而控制反应的进行，另一作用可通过长颈漏斗平衡压强防止液体的倒吸，为保证实验的严谨性，与Mg反应的SO2中不能混入H2O，故选用浓H2SO4最合适。（3）用于吸收SO2尾气，并防止水及空气进入C中玻璃管，故用碱石灰，选择干燥管。（4）因为只有两种产物，依据元素守恒及现象，S不溶于稀盐酸，品红不褪色则说明没有SOeq\o\al(2−,3)，故为MgO；品红褪色则说明是MgSO3；若为MgO和MgS，则无SO2生成，故现象为品红不褪色。要证明有MgS，则需检验H2S，用CuSO4溶液产生黑色沉淀。27．（每空2分，共14分）（1）C+MnOeq\o\al(2−,4)+4H+=CO2↑+Mn2++2H2O（2）1125.0（3）①=②C增大③2MPa（4）CH3COO−+2H2O−8e−=2CO2↑+7H+【解析】（1）根据信息书写方程式。（2）的数据是指1mol甲烷完全反应放出的热量，根据题目信息，此时反应的甲烷只有0.9mol。（3）①温度不变，平衡常数不变；②对于该反应，压强减小，有利于平衡正向移动，NO2转化率增大。保持温度和容器体积不变，再充入2molNO2和2molC，相当于加压，NO2体积分数增大；③达到平衡时，NO2和CO2浓度相同，可用三段式计算，从而得N2的物质的量分数为，代入题目所给的公式，即得K。（4）在原电池中，阳离子向正极移动，所以B是负极，发生氧化反应。28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应（其中任意一条均给分）（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去（或除去溶液中的Ca2+）氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量（4）4.0×10−7（5）重结晶（1分）（6）①MnC2O4eq\o(=,\s\up7(△))MnO+CO↑+CO2↑②MnO与空气中的O2发生化合反应，生成新的锰的氧化物【解析】（1）粉碎软锰矿使颗粒变小，增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。（2）从滤液A中含MnSO4推知，MnO2在酸性条件下被Fe2+还原为Mn2+。（3）由流程知，氨水无法除去Ca2+，由CaF2的溶度积知，加入MnF2可使CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去；Al(OH)3可溶解于强碱中，不易控制用量。（4）反应Mn2+(aq)+2C2Oeq\o\al(2−,4)(aq)+2H2O(l)eq\o(,\s\up7(),\s\do6())Mn(OH)2(s)+2HC2Oeq\o\al(−,4)(aq)的平衡常数，Mn(OH)2(s)积进行计算，将K的表达式分子分母同时乘以c2(OH−)，则，代入数值计算得。（5）除去晶体中少量杂质的方法为重结晶。（6）①MnC2O4·2H2O的摩尔质量为179g/mol，假设1molMnC2O4·2H2O发生分解，则C点失重179g×0.201≈36g，即正好失去水分子，C点固体为MnC2O4，D点失重60.3%，则D点质量为179g×0.397≈71g，即为MnO②从D点到E点过程中固体失重的质量分数下降，即固体质量增加，则为MnO与空气中的O2发生化合反应，生成新的锰的氧化物。（二）选考题（共2小题，共15分）35．（除特殊标注外，每空1分，共15分）（1）球形2（2）小于Ca核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子（Ca半径小，Ca的核电荷数大，任意一条给分）（3）C（4）①N2O（或CO2、CS2）（2分）②sp3、sp2杂化（2分）③异硫氰酸分子间可以形成氢键（2分）（5）Zn（2分）（2分）【解析】（1）基态Ca原子的价层电子排布式为4s2，最高能层为第四能层，s电子云轮廓形状为球形；与Ca同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与Ca不同的元素有Cr3d54s1，Cu3d104s1，共2种，K4s1但不是过渡元素。（3）该元素为铁。（4）①与SCN−互为等电子体的一种微粒是N2O（或CO2、CS2、OCN−）；②硫氰酸（H—S—CN）中S为sp3杂化，（H—N=C=S）中的S为sp2杂化；③异硫氰酸分子间可以形成氢键，故其沸点比硫氰酸沸点高。（5）硒化锌的晶胞结构中X和Y点所堆积的原子均为Zn，该晶胞中四个硒原子所处晶胞体对角线四分之一处，空隙类型为正四面体，但只占据了其中4个位置，若该晶胞密度为g·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol−1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为。36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）加成反应（1分）醛基（1分）（2）（3）（4）（不写H2O扣1分）（5）7（6）（3分）（每步一分）【解析】（1）结合已知信息，由X反推可知丙为，再反推乙为；据甲、乙的分子式可知，甲到乙为加成反应；丁到戊为取代反应，戊到己的条件意味着氧化反应，并由X反推可知己为，故己中的含氧官能团名称是醛基。（2）因己为，反推戊为，丁为甲苯，a应为Fe或FeBr3，所以丁到戊的反