福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理综化学试题解析版.docx

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福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理综化学试题解析版

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福建省泉州市2019届高三毕业班下学期第一次质量检查

理综-化学试题

（解析版）

2019年3月

1.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图：

下列说法不正确的是

A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污

B.操作a是萃取

C.冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解

D.Fe2O3可用作红色颜料

【答案】B

【解析】

【分析】

用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。

加入稀硫酸后,将铁单质转化为亚铁离子,再加入碳酸氢铵,促进亚铁离子水解得到沉淀。

通过过滤、洗涤、煅烧,得到氧化铁,据此分析；

【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污,故A项正确；

B.操作a是过滤,故B项错误；

C.冰水既可洗去杂质又降低温度,减少固休的溶解,故C项正确；

D.Fe2O3俗名铁红,可用作红色颜料,故D项正确；

综上,本题选B。

2.下列有关叙述不正确的是

A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,发生取代反应

B.乙醇在一定条件下可以转化为CO2、CH3CHO或CH3COOC2H5

C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物

D.煤的干馏、石油分馏和石油裂解都属于化学变化

【答案】D

【解析】

【详解】A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯,故A项正确；

B.乙醇在氧气中燃烧得到CO2,乙醇和氧气发生催化氧化反应时得到CH3CHO,乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5,故B项正确；

C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物,故C项正确；

D.石油的分馏属于物理变化,故D项错误；

综上,本题选D。

【点睛】D项中,石油的分馏属于物理变化,煤的干馏,石油的裂化、裂解、催化重整等属于化学变化。

3.有机物C（）是合成高分子涤纶的常见原料,以下有关G的说法正确的是

A.分子式为C8H6O4

B.能发生氧化、水解、加成等反应

C.所有碳原子不可能在同一平面上

D.环上的一氯代物只有1种

【答案】C

【解析】

【详解】A.该有机物的分子式为C8H8O4,故A项错误；

B.该有机物含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,可与溴水等物质发生加成反应,但不能发生水解反应,故B项错误；

C.与羧基相连的碳原子为饱和碳原子,形成四面体结构,所有碳原子不可能在同一平面上,故C项正确；

D.环上的一氯代物共有2种,故D项错误；

综上,本题选C。

【点睛】有机物的结构决定性质。

解决实际问题时,应从官能团入手,根据C的官能团为碳碳双键和羧基,可推测化合物C的性质,如：

可发生氧化反应,加成反应。

4.下列有关实验的操作、现象和对应的解释或结论都正确的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.硫酸铝溶液蒸干并灼烧后得到硫酸铝白色固体,故A项正确；

B.由于先加入氯化钠溶液,后加入碘化钠溶液,所以Ag+先与Cl-结合生成AgCl白色沉淀,再与I-结合生成AgI黄色沉淀。

由于硝酸银是足量的,所以无法比较氯化银和碘化银的Ksp大小,故B项错误；

C.根据实验现象可得到酸性排序：

HCl>H2CO3>H2SiO3,但比较非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应水化物的酸性,故C项错误；

D二氧化硫是酸性氧化物,将足量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中,二氧化硫与氢氧化钠反应,溶液由碱性逐渐变为弱酸性,所以溶液褪色,与二氧化硫的漂白性无关,故D项错误；

综上,本题选A。

【点睛】比较非金属性强弱时,应比较最高价氧化物对应水合物的酸性,而不能比较氢化物的酸性。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X、Y、Z同周期,W、Z同主族,W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,W与X形成离子化合物X3W2下列说法正确的是

A.原子半径：

W

B.Y的最高价氧化物不与任何酸反应

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：

W>Y>Z

D.X的单质在空气中具有抗腐蚀性

【答案】D

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与X形成离子化合物X3W2,则W为-3价,X为+2价,则W最外层为5个电子,X最外层为2个电子,故W为N元素,X为Mg元素。

W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,故Y为Si元素。

W、Z同主族,则Z为P元素,据此分析；

【详解】A.原子半径：

Mg>Si>P>N,故A项错误；

B.Y的最高价氧化物为二氧化硅,可与HF反应,故B项错误；

C.最高价氧化物对应水化物的酸性：

HNO3>H3PO4>H2SiO3,故C项错误；

D.Mg单质与空气中的氧气反应,表面覆盖一层致密的氧化物薄膜,具有抗腐蚀性,故D项正确；

综上,本题选D。

6.某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca（OH）2],酸液室通入CO2（以NaCl为支持电解质）,产生电能的同时可生产纯碱等物质。

下列叙述错误的是

A.电子由M极经外电路流向N极

B.N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑

C.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3

D.放电一段时间后,酸液室溶液pH增大

【答案】C

【解析】

【分析】

氢气在电极M表面失电子得到氢离子,为电池的负极,碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜,中和正电荷。

酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,电极N为电池的正极。

同时,酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室,补充负电荷,据此分析；

【详解】A.电极M为电池的负极,电子由M极经外电路流向N极,故A项正确；

B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,N电极区的电极反应式为2H++2e－=H2↑,故B项正确；

C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜,钠离子不能进入碱液室,应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C项错误；

D.放电一段时间后,酸液室氢离子被消耗,最终得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D项正确；

综上,本题选C。

7.常温下0.2mol·L－1Na2CrO4溶液中,H2CrO4、CrO42－、Cr2O72－和HCrO4－的分布曲线如图所示。

下列叙述错误的是（已知：

2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O）

A.曲线M表示pH与CrO42－的变化关系

B.Ka2（H2CrO4）的数量级为10－6

C.HCrO4－的电离程度大于水解程度

D.pH=2和pH=5时,2HCrO4－⇌Cr2O72－+H2O的平衡常数相等

【答案】B

【解析】

【分析】

由图可知,Na2CrO4溶液中,CrO42－离子浓度最大,当溶液酸性增强时CrO42－浓度逐渐减小,c（HCrO4－）增大,所以M表示c（CrO42-）随pH变化的曲线,Q表示c（HCrO4－）随pH变化的曲线,据此分析；

【详解】A.Na2CrO4溶液中,存在大量CrO42－,当溶液酸性增强时CrO42－转化为Cr2O72－,CrO42－离子浓度减小,Cr2O72－离子浓度增大,所以曲线M表示pH与CrO42－的变化关系,故A项正确；

B.由图可知,Q表示的是c（HCrO4－）随pH变化的曲线,Ka2（H2CrO4）=c（H+）c（CrO42－）/c（HCrO4－）,由图可知,当pH约为6.5时,c（CrO42－）和c（HCrO4－）相等,所以Ka2（H2CrO4）≈10-6.5=3.16×10-7,故B项错误；

C.由图可知,c（CrO42-）=c（H2CrO4）时,溶液显酸性,所以HCrO4－的电离程度大于水解程度,故C项正确；

D.pH=2和pH=5时,由于温度不变,所以平衡常数不变,故D项正确；

综上,本题选B。

8.亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。

实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。

已知：

NOSO4H遇水分解,但溶于浓硫酸而不分解。

（1）装置A制取SO2

①A中反应的化学方程式为___________。

②导管b的作用是___________。

（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。

①该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,还可以是___________（只写1种）。

②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是___________。

（3）装置C的主要作用是___________（用离子方程式表示）。

（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___________。

（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度

准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中,加入0.1000mol·L－1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后摇匀。

用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。

已知：

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4

①配平：

______MnO4－+_____C2O42－+_____=______Mn2++_____+_____H2O

②滴定终点时的现象为___________。

③亚硝酰硫酸的纯度=___________。

[M（NOSO4H）=127g·mol－1]

【答案】

（1）.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；

（2）.平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下；（3）.调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度；（4）.生成的NOSO4H作为该反应的催化剂；（5）.SO2+2OH-=SO32-+H2O；（6）.C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解；（7）.2；（8）.5；（9）.16H+；（10）.2；（11）.10CO2↑；（12）.8；（13）.溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复；（14）.92.02%；

【解析】

【分析】

根据题意可知,在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H,利用装置A制取二氧化硫,利用装置C吸收多余的二氧化硫,防止污染空气,据此分析；

【详解】

（1）①利用装置A,固液混合制取二氧化硫,其方程式为：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②导管b的作用是：

平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下；

（2）①浓硫酸遇水放出大量热,维持体系温度不得高于20℃,还可以是调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度；

②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,反应速度明显加快,温度变化不大,排除温度的影响,其原因是：

生成的NOSO4H作为该反应的催化剂,加快了反应速率；

（3）装置C利用氢氧化钠将剩余的二氧化硫吸收,防止污染环境,方程式为：

SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（4）NOSO4H遇水分解,C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解；

（5）①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应,MnO4－做氧化剂,被还原成生成Mn2+,C2O42－做还原剂,被氧化成城二氧化碳。

结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：

2MnO4－+5C2O42－+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液,滴定终点时的现象为：

溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复；

③根据题意可知,酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应,利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。

用0.2500mol·L－1草酸钠标准