精品解析福建省福州市届高三下学期质量检测理综化学试题精校Word版.docx
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精品解析福建省福州市届高三下学期质量检测理综化学试题精校Word版
福建省福州市2019届高三下学期质量检测理综试题
1.大气与生态圈的氮循环如图所示，下列叙述不正确的是
A.④维持大气中氮元素含量稳定
B.①是野生植物生长所需氮元素的重要来源
C.⑤为硝化过程、④为反硝化过程，都是氮元素的还原反应过程
D.②是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，④为土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，故A正确；
B．由图可知，①是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反应生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，故B正确；
C．⑤为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，进一步转化为硝酸盐的过程，氮元素化合价升高，发生氧化反应，故C不正确；
D．②是合成氨的反应，属于工业固氮，是氮肥工业基础，由于使用高温高压催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，故D正确。
答案选C。
【点睛】本题主要考查了氮以及化合物的性质，主要是元素自然界中的循环图的理解应用，理解还原反应、人工固氮进而生物固氮的区别等知识点是解答的关键。
2.苯乙烯（
）是有机合成的重要原料。
下列对它结构与性质的推测错误的是
A.可作为加聚反应的单体B.苯环上的一氯代物有5种
C.空气中燃烧将产生大量黑烟D.分子中所有原子可能处于同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯乙烯分子中含有碳碳双键，可作为加聚反应的单体，故A正确；
B.苯乙烯分子中苯环上的一氯代物有3种，分别在乙烯基的邻位、间位和对位，故B错误；
C.苯乙烯的分子式为C8H8，最简式为CH，与苯相同，含碳量高，在空气中燃烧将产生大量黑烟，故C正确；
D.苯环12原子共平面，乙烯6原子共平面，由于碳碳单键可以转动，可使两个平面重合，所以分子中所有原子可能处于同一平面，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃性质的考查，注意把握有机物的结构特点。
3.下列实验方案中，可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
制取Fe（OH）3胶体
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热得透明红色液体
B
证明乙醇分子中含有一个羟基
向3g金属钠和含有1mol溶质的乙醇溶液作用恰好产生0.5molH2
C
验证酸性：
CH3COOH>HClO
使用pH试纸分别测定相同温度下相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH
D
检验淀粉是否发生水解
向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热一段时间，冷却后滴加碘水，观察是否出现蓝色
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．制取Fe（OH）3胶体的方法是向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热得透明红色液体，故A正确；
B.证明乙醇分子中含有一个羟基，不能用钠和乙醇溶液反应，因为钠更容易和水发生反应，故B错误；
C.验证酸性：
CH3COOH>HClO，不能用pH试纸分别测定相同温度下相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，因为NaClO具有强氧化性，将有机色质氧化，故C错误；
D.检验淀粉是否发生水解，需要检验是否有葡萄糖生成，方法是向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热一段时间，冷却后加碱中和，再加入银氨溶液，水浴加热，观察是否有银镜出现，故D错误。
故选A。
4.NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A.1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子
B.标准状况下，22.4LCH3OH含有NA个分子
C.常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中，含有0.2NA个H+
D.标准状况下，22.4LN2和O2的混合气体中含有的原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.Na2O2是离子化合物，由Na+和O22-构成的，所以1molNa2O2晶体中共含有3NA个离子，故A错误；
B.CH3OH在标准状况下非气态，无法计算其物质的量，故B错误；
C.pH=1，c（H+）=0.1mol/L，所以1LpH=1的H2SO4溶液中，含有H+的物质的量为0.1mol/L
1L=0.1mol，即含有0.1NA个H+，故C错误；
D.标准状况下，22.4LN2和O2的混合气体为1mol，由于N2和O2都是双原子分子，所以含有的原子数为2NA，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了有关阿伏伽德罗常数的计算，明确pH的含义、物质的量的计算方法、物质的组成或构成是解答本题的关键。
5.原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z存在胆矾之中。
下列关于它们的叙述合理的是
A.最高价氧化物对应水化物的酸性比X比Z强
B.W与X简单离子半径后者更大
C.W、Y两种元素最高化合价相同
D.X、Z两种金属在两千多年前就被我们祖先广泛使用
【答案】A
【解析】
【分析】
原子序数依次递增的Q、W、X、Y、Z五种元素中，X是地壳中含量最高的金属元素，则X为Al；Q、W、X是分别位于前三个周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，则Q为H，W为O；W与Y同主族，X和Y同周期，则Y为S；Z存在胆矾之中，胆矾为CuSO4
5H2O，则Z为Cu，以此分析解答。
【详解】综合分析可知，Q为H，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cu，
A.X为Al，Z为Cu，Al的最高价氧化物对应水化物为Al（OH）3，Cu的最高价氧化物对应水化物为Cu（OH）2，Al（OH）3属于两性氢氧化物、能和强碱反应，表现酸性，而Cu（OH）2是弱碱，则最高价氧化物对应水化物的酸性:
X比Z强，故A正确；
B.W为O，X为Al，离子半径O2->Al3+，故B错误；
C.W为O，Y为S，硫的最高化合价为+6价，而氧元素无最高正价，故C错误；
D.X为Al，由于铝的活泼性很强，发现和使用较晚，故D错误。
故选A。
6.乙醛酸（HOOC-CHO）是一种重要的有机合成中间体。
在乙二酸（HOOC-COOH）电还原法合成乙醛酸的基础上化学工作者创新性地提出双极室成对电解法装置模型及工作原理如图所示。
下列说法中错误的是
A.该离子交换膜应选择阳离子交换膜
B.HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用
C.该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH
2HOOC-CHO
D.乙二醛、乙二酸分别在阴、阳电极表面放电，故称为双极室成对电解法
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中D电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，C电极氯离子失电子生成氯气，氯气具有氧化性，能将醛基氧化为羧基，则乙二醛与氯气反应生成乙醛酸，以此解答。
【详解】由图可知，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中D电极上HOOC-COOH得电子生成HOOC-CHO，C电极氯离子失电子生成氯气，氯气具有氧化性，能将醛基氧化为羧基，则乙二醛与氯气反应生成乙醛酸，
A.根据以上分析，C为阳极，发生的反应为2Cl--e-=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl-+2H+；D为阴极，电极反应为HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，氢离子由阳极向阴极移动，所以应选择阳离子交换膜，故A正确；
B.由于阳极发生的反应为2Cl--e-=Cl2↑，OHC-CHO+Cl2+H2O=HOOC-CHO+2Cl-+2H+，反应后HCl并没改变，所以HCl是制取乙醛酸反应的催化剂，并起导电作用，故B正确；
C.根据两电极反应，该方法的总反应为OHC-CHO+HOOC-COOH
2HOOC-CHO，故C正确；
D.根据以上分析，乙二醛在阳极被阳极产物氧化为HOOC-CHO,但乙二醛不在阳极表面放电；乙二酸在阴极得电子生成HOOC-CHO，故D错误。
故选D。
【点睛】本题主要考查电化学原理，掌握电解池阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，根据乙二醛和乙二酸在两电极发生的变化判断阴阳极是解题的关键，易错选项为D项，注意乙二醛和乙二酸发生反应的电极名称。
7.室温下向20mL含0.10mol·L－1Cr2+和0.10mol·L－1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。
若溶液中金属离子浓度小于10－5mol·L－1视为完全沉淀，则下列说法错误的是
[Cr（OH）2的ksp为2×10－16，Fe（OH）2的ksp为8×10－16]
A.曲线A表示c（Fe2+）
B.当V（NaOH）=30mL时，Fe2+开始沉淀
C.当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀
D.V（NaOH）>30mL时，溶液中c（Fe2+）︰c（Cr2+）=4.0
【答案】C
【解析】
【分析】
根据Cr（OH）2的ksp为2×10－16，若使Cr2+沉淀完全，c（OH-）=
=2
10-6mol/L，
同理根据Fe（OH）2的ksp为8×10－16，若使Fe2+沉淀完全，c（OH-）=
=4
10-6mol/L，故Cr2+先沉淀完全，由图可知曲线A表示c（Fe2+），曲线B表示c（Cr2+），以此解答。
【详解】根据Cr（OH）2的ksp为2×10－16，若使Cr2+沉淀完全，c（OH-）=
=2
10-6mol/L，
同理根据Fe（OH）2的ksp为8×10－16，若使Fe2+沉淀完全，c（OH-）=
=4
10-6mol/L，故Cr2+先沉淀完全，由图可知曲线A表示c（Fe2+），曲线B表示c（Cr2+），
A.由以上分析可知，曲线A表示c（Fe2+），故A正确；
B.由于Cr（OH）2的ksp小于Fe（OH）2的ksp，Cr（OH）2先沉淀，当V（NaOH）=30mL时，A曲线出现拐点，此时c（Fe2+）=0.1mol/L
=0.04mol/L，开始沉淀，故B正确；
C.根据前面分析中的计算结果可知，Fe2+、Cr2+完全沉淀时的溶液c（OH-）均大于10-7mol/L，所以当pH=7时溶液中Fe2+、Cr2+均未完全沉淀，故C错误；
D.V（NaOH）>30mL时，Fe2+、Cr2+都处于沉淀溶解平衡，所以溶液中c（Fe2+）︰c（Cr2+）=
=
=4.0，故D正确。
故选C。
8.氮化镁（Mg3N2）可用于核废料的回收，常温下为浅黄色粉末，易水解。
某兴趣小组拟在实验室里通过氮气和镁粉反应制取少量氮化镁（Mg3N2），制备装置示意图如下。
（1）工业上通常通过______________________获取氮气。
（2）装置A中橡胶管a的作用是______________________。
（3）NaNO2和（NH4）2SO4反应制备氮气的离子方程式______________________。
（4）装置B的作用为______________________。
（5）检验Mg3N2水解生成气体为NH3的方法为：
取适量样品放入试管中，滴加蒸馏水，加热试管，_________________________________（填操作与现象）。
（6）为测定产物中Mg3N2纯度，该小组称取4.0g样品加入足量10%NaOH溶液并加热，生成的气体全部用100.00mL0.500mol·L－1的硫酸溶液吸收。
将所得溶液稀
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