福建省龙岩市届高三下学期教学质量检查理科综合化学试题.docx

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福建省龙岩市届高三下学期教学质量检查理科综合化学试题

龙岩市2019年高中毕业班教学质量检查

理科综合能力测试（化学部分）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16As-75

一、选择题：

本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.某石化公司“碳九”装船作业时发生泄漏，造成环境污染。

“碳九”是指含九个碳原子的芳香烃，下列关于“碳九”的说法不正确的是

A.属于易燃危险品B.能与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应

C.只含碳、氢元素D.1，2，3-三甲基苯属于“碳九”，其一氯代物有5种

【答案】D

【解析】

【详解】A.绝大部分有机物易燃,，芳香烃属于易燃物，故不选A。

B.芳香烃在浓硫酸作为催化剂的基础上，可以和浓硝酸发生取代反应，故不选B；

C.烃仅有碳、氢元素两种元素构成，故不选C；

D.1，2，3-三甲基苯属于碳九，其一氯代物应该有4种，故选D；

正确答案：

D。

2.Q、W、X、Y是原子序数依次增大的短周期元素。

W、X是金属元素，其最高价氧化物的水化物间反应生成盐和水；Q的最外层电子数是核外电子层数的3倍，W与Y可形成化合物W2Y。

下列说法正确的是

A.W的各氧化物中只含有离子键B.Y的正四价氧化物与Q3漂白的原理相同

C.在水溶液中可制得X2Y3沉淀D.四种元素形成的简单离子中，X的半径最小

【答案】D

【解析】

【分析】

Q、W、X、Y是原子序数依次增大的短周期元素。

W、X是金属元素，其最高价氧化物的水化物间反应生成盐和水，可以确定W为钠，X为铝；Q的最外层电子数是核外电子层数的3倍，可以确定为氧；W与Y可形成化合物W2Y，根据化合价可以确定Y为硫。

【详解】A.过氧化钠中既含有离子键也很有非极性共价键，故A不正确；

B.二氧化硫是和有色物质结合生成不稳定无色物质，属于暂时性漂白；臭氧是因为具有极强氧化性漂白有色物质，属于永久性漂白，故B不正确；

C.硫化铝在水中不存在，很快水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体。

故C不正确；

D.四种元素形成的简单离子中，铝离子半径最小，故D正确；

正确答案：

D。

【点睛】考查位置、结构、性质的关系，熟悉第三周期元素的性质变化规律及常见元素的单质和化合物的性质是解答本题的关键，题目难度中等，易错点C。

3.脱落酸有催熟作用，其结构简式如图所示。

下列关于脱落酸的说法错误的是

A.分子式为C15H20O4

B.一定条件下可以发生酯化、加聚、氧化反应

C.所有碳原子不可能共平面

D.1mol的脱落酸能与2mol的NaHCO3发生反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.分子的不饱和度为6，故分子式为C15H20O4，故不选A；

B.脱落酸既有羧基又有羟基可以发生酯化反应、含有碳碳双键可以发生加聚反应、可以燃烧发生氧化反应，故不选B；

C.烷基碳原子为SP3杂化，四面体构型，分子内部有两个烷基碳原子周围连接其他碳原子，不可能共面，故不选C；

D.1mol的脱落酸中只有1mol羧基，最多只能与1mol的NaHCO3发生反应，故选D；

正确答案：

D。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度中等。

4.一定条件下，在水溶液中1molClOx－（x=0，1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示。

下列有关说法错误的是

A.上述离子中结合H能力最强的是E

B.上述离子中最稳定的是A

C.C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－（aq）=ClO3－（ag）+ClO－（aq）△H=－76kJ·mol－1

D.B→A+D的反应物的键能之和小于生成物的键能之和

【答案】A

【解析】

【详解】A.酸根离子对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，E对应的是高氯酸根离子，高氯酸是最强的无机酸，酸根离子结合氢离子能力最弱，故选A；

B.能量越低越稳定原理，A最稳定，故不选B；

C.△H=生成物的总能量－反应物的总能量=64+60－2×100=－76kJ·mol－1，所以C→B+D反应的热化学方程式为2ClO2－（aq）=ClO3－（aq）+ClO－（aq）△H=－76kJ·mol－1，故不选C；

D.3ClO－（aq）=2Cl-（aq）+ClO3－（aq）的△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和=0+64-3×60=－116kJ·mol－1，所以反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故不选D；

正确答案：

A。

【点睛】本题考查反应热的有关计算，注意掌握根据盖斯定律、热化学方程式进行的计算，题目较简单；△H=生成物的总能量－反应物的总能量=反应物的键能之和-小于生成物的键能之和。

5.某兴趣小组采用下图实验装置及相应操作制取纯碱。

实验时，广口瓶中反应的化学方程式为：

NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl。

下列分析正确的是

A.导气管乙应该通入氨气

B.导气管甲应先于乙通入气体

C.干燥管中应盛装碱石灰

D.广口瓶最好置于热水浴中

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为氨气极易溶于水，要防倒吸，导气管甲应该通入氨气，故A不正确；

B.CO2在饱和食盐水中的溶解度很小，先通入足量的NH3使食盐水显碱性，才能使氨盐水吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-,才能析出NaHCO3晶体，故B正确；

C.干燥管是用来除掉过量氨气，碱石灰不与氨气反应，故C不正确；

D.广口瓶置于热水浴中，不利于气体的溶解，也不利于碳酸氢钠晶体的析出，故D不正确；

正确答案：

B。

6.高能锂离子电池总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO（CH3）2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。

下列说法正确的是

A.LiPF6·SO（CH3）2可用Li2SO4水溶液代替

B.当转移1mole－时，b室离子数增加NA个

C.该电池充电时阳极反应式为Fe+Li2S－2e－=FeS+2Li+

D.若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式发生改变

【答案】C

【解析】

【详解】A.Li是活泼金属可与水反应，故A不正确；

B.当转移1mole－时，b室中从a过来1molNa+，从b过来1molCl-，离子数应该增加2NA个，故B不正确；

C.该电池充电时阳极反应式是正极反应的逆反应，故C正确；

D.若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式不会发生改变，依然是阳极氢氧根离子失电子，阴极镍离子得电子，故D不正确；

正确答案：

C。

7.已知：

pKa=－lgKa。

25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。

常温下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法不正确的是

A.a点溶液中：

c（HA－）=c（H2A）

B.b点溶液中：

A2－水解平衡常数Kh1=10－6.81

C.c点溶液中：

V0=30

D.a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大

【答案】C

【解析】

【分析】

已知：

pKa=－lgKa。

由图中信息可知，25℃时，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19，所以Ka1=10-1.85，Ka2=10-7.19。

【详解】A.pH=1.85的a点溶液中：

根据第一步电离常数Ka1=10-1.85=c（HA－）×c（H+）/c（H2A）=c（HA－）×10-1.85/c（H2A），所以c（HA－）=c（H2A），故不选A；

B.b点溶液中：

A2－水解平衡常数Kh1=c（HA-）×c（OH-）/C（A2－）=Kw/Ka2=1×10-14/10-7.19=10－6.81,故不选B；

C.c点溶液如果V0=30，则生成NaHA与Na2A的混合溶液，且物质的量之比为1:

1，A2－水解会让HA-的浓度略有增加，故c（HA-）>C（A2-）；而根据Ka2=10-7.19=c（H+）×c（A2-）/c（HA-）得出c（HA-）=c（A2-）；二者相矛盾，所以V0≠30，故选C；

D.d点恰好生成Na2A，盐类的水解促进水的电离，故不选D；

正确答案：

C。

【点睛】以强碱和弱酸反应为载体，利用中和滴定操作和pH变化图像，判断溶液成分和微粒浓度的大小，注意抓几个关键点，起点，1:

1反应点，恰好生成正盐的点，同时掌握电离常数，水解常数的计算。

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22-32题为必考题，每个考题考生都必须作答，第33~38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共129分。

8.实验室研究不同价态元素的转化，对于物质的制备和应用至关重要。

（1）实验室可以用如右图所示装置研究S（+6）→S（+4）。

①装置C的作用是___________；

②B、D盛放的试剂分别应为___________、___________（填字母标号）

a.BaCl2溶液

b.KI淀粉溶液

c.FeSO4溶液

d.NaOH溶液

e.品红

③实验结束后，发现A中溶液几乎为无色，且试管中有较多的白色固体。

试管中溶液显无色，体现了浓硫酸的___________性质；

④实验结束后，若要证明A中白色固体为CuSO4，需要采取的操作是___________。

（2）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是用途广泛的化工产品。

某同学欲探究其能否用做脱氯剂（除去游离氯），设计如图所示的实验。

已知：

S2O32－+2H+=S↓+SO2↑+H2O

①烧瓶中发生反应的化学方程式为___________；

②若要判断Na2S2O3能否做脱氯剂，该同学还需要进行的实验是___________；

③I2标准溶液是测定硫代硫酸钠纯度的重要试剂，其浓度可以通过基准物质As2O3来标定：

称取agAs2O3置于锥形瓶中，加人适量NaOH恰好将As2O3转化成Na3AsO3，加入淀粉溶液做指示剂，再用I2溶液进行滴定，消耗I2标准溶液体积为vmL。

i.滴定反应（产物之一是AsO43－）的离子方程式为______________________；

ii.I2标准溶液的物质的量浓度为___________。

（用含a、v的代数式表示）

【答案】

（1）.防倒吸

（2）.e（3）.d（4）.吸水性（5）.将冷却后的A中混合物缓缓加到适量水中，并搅拌（或将A中的剩余溶液倒出后，往A中缓缓加入适量水）（6）.CaCl2+Ca（ClO）2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O（7）.取反应后F中溶液适量，加入足量盐酸并静置，再取上层清液加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明氯气可被硫代硫酸钠还原脱除。

（8）.H2O+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+2H+（或2OH-+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+H2O）（9）.2000a/（198v）mol/L

【解析】

【分析】

（1）A装置铜和浓硫酸反应制备二氧化硫气体；B装置验证二氧化硫的漂白性：

因为二氧化硫易溶于水所以C装置为安全瓶，防倒吸；D.尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。

①装置为安全瓶，防倒吸；②B、D盛放的试剂分别应为品红溶液、氢氧化钠溶液③由于浓硫酸的吸水性，所以试管中有较多的白色固体为硫酸铜固体；④可将白色固体溶于水通过观察溶液颜色的变化，确定硫酸铜的存在。

（2）反应装置是用来制取氯气，E装置用来除掉挥发过来的酸，防止干扰后续实验；F装置氯气与硫代硫酸钠发生脱氯反应，G装置是尾气处理装置；

①烧瓶中发生反应的化学方程式为CaCl2+Ca（ClO）2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O；

②若要判断Na2S2O3能否做脱氯剂，该同学还需要进行的实验是证明硫代硫酸根离子被氧化为硫酸根离子；

③i.滴定反应（产物之一是AsO43－）的离子方程式为H2O+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+2H+（或2OH-+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+H2O）

ii.关系式法进行计算。

【详解】

（1）①因为二氧化硫易溶于水所以C装置为安全瓶，防倒吸；

正确答案：

防倒吸。

②B装置验证二氧化硫的漂白性；尾气吸收装置，二氧化硫为酸性氧化物可用碱液吸收法吸收未反应的二氧化硫;

正确答案：

ed。

③由于浓硫酸的吸水性，所以试管中有较多的白色固体为硫酸铜固体；

正确答案：

吸水性。

④将白色固体溶于水通过观察溶液颜色的变化，确定硫酸铜的存在；

正确答案：

将冷却后的A中混合物缓缓加到适量水中，并搅拌（或将A中的剩余溶液倒出后，往A中缓缓加入适量水）。

（2）反应装置是用来制取氯气，E装置用来除掉挥发过来的酸，防止干扰后续实验；F装置氯气与硫代硫酸钠发生脱氯反应，G装置是尾气处理装置；

①烧瓶中发生反应的化学方程式为CaCl2+Ca（ClO）2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O；

正确答案：

CaCl2+Ca（ClO）2+2H2SO4=2CaSO4+2Cl2↑+2H2O。

②若要判断Na2S2O3能否做脱氯剂，该同学还需要进行的实验是证明硫代硫酸根离子被氧化为硫酸根离子；

正确答案：

取反应后F中溶液适量，加入足量盐酸并静置，再取上层清液加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，证明氯气可被硫代硫酸钠还原脱除。

③i.滴定反应（产物之一是AsO43－）的离子方程式为H2O+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+2H+（或2OH-+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+H2O）

正确答案：

H2O+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+2H+（或2OH-+I2+AsO32－=2I-+AsO42－+H2O）。

ii.关系式法进行计算。

As2O3～2AsO32－～2I2

1mol2mol

（a/198）molC×V×10-3mol得C=2000a/（198v）mol/L

正确答案：

2000a/（198v）mol/L

9.工业锅炉内壁的水垢，不仅浪费燃料，而且容易引发安全隐患。

某碳素钢锅炉水垢（主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg（OH）2、Fe2O3、SiO2等）碱煮法清除的流程如下：

已知：

20℃时几种难溶物的溶度积常数如下表（单位省略）：

回答下列问题：

（1）“碱煮”环节，加入Na3PO4的主要目的是将CaSO4转化为Ca3（PO4）2，请写出该离子方程式______________________。

（2）“浸泡过程中，稀盐酸会溶解Fe2O3。

溶解后的Fe2O3会加速锅炉腐蚀，故需“还原”处理。

①锅炉被加速腐蚀的原因是______________________；

②浸泡液还原”处理时，Sn2+转化为Sn4+，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________________。

（3）“钝化”处理的目的是在锅炉表面形成Fe3O4保护膜，同时生成可直接参与大气循环的气体。

①反应的离子方程式为_________________________________；

②为检验锅炉“钝化”处理后是否形成致密的保护膜，可往锅炉内壁刷上硫酸铜溶液。

若观察到______________________（填现象），则保护膜致密性欠佳。

（4）柠檬酸（用H3R表示）可用作清除锅炉水垢的酸洗剂，溶液中H3R、H2R－、HR2－、R3－的含量与pH的关系如图所示。

由此可推知，0.1mol·L－1Na2HR溶液中各种阴离子浓度由大到小的排列顺序为______________________。

（5）用如图装置对锅炉用水（含Ca2+、Mg2+、HCO3－）进行预处理，可有效防止水垢形成。

电解时，Ca2+形成沉淀的电极反应式为______________________。

【答案】

（1）.3CaSO4+2PO43－＝Ca3（PO4）2+3SO42－

（2）.Fe+2Fe3+＝3Fe2+（3）.2:

1（4）.9Fe+8NO2－+4H2O＝4N2↑+3Fe3O4+8OH-（5）.表面有红色物质出现（6）.C（HR2－）>C（R2-）>C（OH-）>C（H2R－）（7）.2Ca2++2HCO3－+2e-=2CaCO3↓+H2↑（或2H2O++2e-=2OH-+H2↑,2Ca2++OH-+HCO3－=CaCO3↓+H2O）

【解析】

【分析】

（1）Na3PO4的作用是使坚硬、致密的硫酸钙生成磷酸钙，3CaSO4+2Na3PO4=Ca3（PO4）2+3Na2SO4，改写成离子方程式；

（2）①Fe3+具有氧化性可以与具有还原性的铁反应生成亚铁离子，会腐蚀锅炉；

②发生了2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+反应，根据方程式得结果；

（3）①反应物亚硝酸钠和铁，产物是四氧化三铁和氮气，写出离子方程式；

②如果没有形成致密的保护膜，往锅炉内壁刷上硫酸铜溶液则会发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

（4）根据图像分析可知HR2-浓度最大时PH<7,可得结论Na2HR溶液中HR2-的电离平衡大于水解平衡。

由此推知0.1mol·L－1Na2HR溶液中各种阴离子浓度由大到小的排列顺序；

（5）依据电解水原理分析即可。

【详解】

（1）Na3PO4的作用是使坚硬、致密的硫酸钙生成磷酸钙3CaSO4+2Na3PO4=Ca3（PO4）2+3Na2SO4，改写成离子方程式；

正确答案：

3CaSO4+2PO43－＝Ca3（PO4）2+3SO42－

（2）①Fe3+具有氧化性可以与具有还原性的铁反应生成亚铁离子，会腐蚀锅炉；

正确答案：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+。

②发生了2Fe3++Sn2+=2Fe2++Sn4+反应，根据方程式得结果；

正确答案：

2:

1。

（3）①反应物亚硝酸钠和铁，产物是四氧化三铁和氮气，写出离子方程式；

正确答案：

9Fe+8NO2－+4H2O＝4N2↑+3Fe3O4+8OH-

②如果没有形成致密的保护膜，往锅炉内壁刷上硫酸铜溶液则会发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；

正确答案：

表面有红色物质出现。

（4）根据图像分析可知HR2-浓度最大时pH<7,可得结论Na2HR溶液中HR2-的电离程度大于水解程度。

盐类的水解程度和弱电解解的电离程度通常较小，溶液中的氢氧根离子来自于水的电离及盐的水解，由此推知0.1mol·L－1Na2HR溶液中各种阴离子浓度由大到小的排列顺序；

正确答案：

c（HR2－）>c（R2-）>c（OH-）>c（H2R－）

（5）依据电解水原理分析，电解锅炉水实际上就是电解水，水电离出的氢离子在阴极放电，故阴极附近氢氧根浓度偏大，与锅炉水中的钙镁离子生成沉淀，与电源负极相连的极是阴极，即b极附近生成沉淀；

正确答案：

2Ca2++2HCO3－+2e-=2CaCO3↓+H2↑（或2H2O++2e-=2OH-+H2↑,2Ca2++OH-+HCO3－=CaCO3↓+H2O）

10.氮氧化物是环境污染物，研究氮氧化物转化有重要的意义。

回答下列问题

（1）催化转化器可使汽车尾气反应而转化：

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）△H

已知：

N2（g）+O2（g）==2NO（g）△H1=akJ·mol－1

2C（s）+O2（g）==2CO（g）△H2=bkJ·mol－1

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=ckJ·mol－1

△H=___________kJ·mol－1（用含a、b、c的代数式表示）

（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中发生尾气转化反应，容器中NO物质的量随时间变化如图所示。

①T℃时，该化学反应的平衡常数K=___________。

②下列事实无法判断汽车尾气转化反应达到到化学平衡状态的是___________；

A.NO消耗速率等于N2消耗速率的2倍B.混合气体平均相对分子质量不再变化

C.体系中NO的转化率和CO的转化率相等D.气体的密度不再变化

③已知汽车尾气转化反应的△H<0。

10min后，改变下列示意图横坐标对应的反应条件，纵坐标对应的量变化关系正确的是___________。

（填序号）

（3）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：

第一步I2（g）

2I（g）（快反应）

第二步I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g）（慢反应）

第三步IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g）（快反应）

实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c（N2O）·[c（I2）0.5（k为速率常数）。

下列表述正确的是___________（填标号）。

A.N2O分解反应中，k值与是否含碘蒸气无关

B.第二步对总反应速率起决定作用

C.第二步活化能比第三步小

D.IO为反应的中间产物

（4）碱吸收、碳还原是目前工业生产中处理氮氧化物的常用方法。

①碱吸收的常见产物为NaNO2。

常温下，pH=8的NaNO2溶液中c（Na+）－c（NO2－）=___________mol·L－1（用精确值表示）

②碳还原法是在高温条件下将NO与NO2混合气体与焦炭反应，生成CO和N2。

已知，采用碳还原法处理某工厂氮氧化物废气时，生成的CO与N2的物质的量之比为4︰3。

则该工厂尾气中NO和NO2的物质的量比为___________。

【答案】

（1）.2c-a-b

（2）.2.5（3）.CD（4）.bc（5）.BD（6）.9.9×10-7或10-6-10-8（7）.2:

1

【解析】

【分析】

（1）利用盖斯定律计算；

（2）①三行式法进行计算；

②当反应过程中的变量不再发生改变，说明反应达到了平衡，可以作为判断是否达到平衡状态的依据；如果在反应过程中，一直是定值不可作为判断是否达到平衡状态的依据;

③a.平衡常数只与温度有关；b.当反应物为两种或两种以上时，增加反应物的浓度，平衡正向移动，但增加的反应物转化率下降，其他反应物转化率上升；c.△H的大小与投入量无关；d.升温平衡吸热方向移动.

（3）A.碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,因此碘蒸气存在影响k，故A不正确；

B.第二步反应慢所以对总反应速率起决定作用，故B正确；

C.第二步反应比第三步反应慢，说明第二步活化能大，故C不正确；

D.IO为反应的中间产物，故D正确；

（4）①电荷守恒法进行计算;

②利用原子守恒和氧化还原反应得失电子数相等列等式。

【详解】

（1）利用盖斯定律，

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）△H

已知：

N2（g）+O2（g）==2NO（g）△H1=akJ·mol－1①

2C（s）+O2（g）==2CO（g）△H2=bkJ·mol－1②

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3=ckJ·mol－1③

2×③-①-②得2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）△H=（2c-a-b）kJ·mol－1

正确答案：

2c-a-b

（2）①三行式法进行计算；

2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）

c（初）0.40.400

△c0.20.20.10.2

c（平衡）0.20.20.10.2

K=

=2.5

正确答案：

2.5

②当反应过程中的变量不再发生改变，说明反应达到了平衡，可以作为判断是否达到平衡状态的依据；如果在