福建省福州市届高三下学期质量检测理综化学试题.docx

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福建省福州市届高三下学期质量检测理综化学试题

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。

将所得溶液稀释到250.00mL，取25.00mL该溶液，用0.2000mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的硫酸。

重复实验平均消耗NaOH溶液25.25mL。

样品中Mg3N2的质量分数为___________（保留一位小数）。

滴定过程中若有NaOH溶液溅出，测定结果将___________（填“偏高”或“偏低”）

【答案】

（1）.分离液态空气

（2）.平衡压强，使液体顺利流下（连通管平衡分液漏斗与烧瓶之间的压强）（使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同）（3）.NO2-+NH4+

N2↑+2H2O（4）.判断装置是否发生堵塞（调节压强、平衡气压）（5）.湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝（湿润的pH试纸靠近试管口，试纸变蓝）（6）.61.9%（7）.偏低

【解析】

【分析】

（1）工业上通常通过分离液态空气获取氮气；

（2）装置A中橡胶管a可使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，平衡压强，使液体顺利流下；

（3）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成硫酸钠、氮气和水，以此书写离子方程式；

（4）装置B中盛有水，当装置中发生堵塞，长玻璃导管液面会上升；

（5）检验NH3利用氨气溶于水显碱性，用湿润的红色石蕊试纸或湿润的pH试纸检验；

（6）根据反应关系：

Mg3N2~2NH3~H2SO4，H2SO4~2NaOH计算；滴定过程中若有NaOH溶液溅出，则消耗的碱多，中和剩余酸多，则吸收氨气的硫酸的量减小，所得样品中Mg3N2质量减小，测定结果将偏低。

【详解】

（1）工业上通常通过分离液态空气获取氮气；

故答案为：

分离液态空气；

（2）装置A中橡胶管a使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同，平衡压强，使液体顺利流下；

故答案为：

平衡压强，使液体顺利流下；

（3）NaNO2和（NH4）2SO4反应生成硫酸钠、氮气和水，2NaNO2+（NH4）2SO4

Na2SO4+2N2↑+4H2O，离子方程式为NO2-+NH4+

N2↑+2H2O；

故答案为：

NO2-+NH4+

N2↑+2H2O；

（4）装置B中盛有水，当装置中发生堵塞，长玻璃导管液面会上升，所以装置B可起到判断装置是否发生堵塞的作用；

故答案为：

判断装置是否发生堵塞；

（5）检验NH3利用氨气溶于水显碱性，用湿润的红色石蕊试纸或湿润的pH试纸检验，方法是：

取适量样品放入试管中，滴加蒸馏水，加热试管，湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝（或湿润的pH试纸靠近试管口，试纸变蓝）；

故答案为：

湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝（或湿润的pH试纸靠近试管口，试纸变蓝）；

（6）根据反应关系：

Mg3N2~2NH3~H2SO4，H2SO4~2NaOH，

与氢氧化钠溶液反应的硫酸的物质的量：

0.2000mol·L－1

25.25

10-3L=2.525

10-3mol，

吸收氨气的硫酸的物质的量：

0.500mol·L－1

0.1L-2.525

10-3mol

=0.02475mol，

则样品中含Mg3N2的物质的量：

n（Mg3N2）=n（H2SO4）=0.02475mol，

则Mg3N2纯度为：

100%=61.9%，

滴定过程中若有NaOH溶液溅出，则消耗的碱多，中和剩余酸多，则吸收氨气的硫酸的量减小，所得样品中Mg3N2质量减小，测定结果将偏低。

故答案为：

61.9%；偏低。

9.钛及钛合金在航空航天领城具有重要的应用价值。

钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），另含有少量SiO2、Fe2O3等杂质。

以钛铁矿为原料制备钛的工艺流程如下图所示。

（1）为提高钛铁矿酸浸时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间、熔块粉碎外，还可以采用______________________（写一种方法）。

（2）硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示，据此判断，酸浸时所加硫酸的质量分数应为___________。

钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式：

______________________。

（3）查阅资料可知：

TiO2+与Fe3+水解转化为沉淀的pH接近；反应①Fe3++H2Y2===FeY－+2H+，K=1024.3）；反应②TiO2++H2Y2－===TiOY2－+2H+，K=1017.3。

含钛铁溶液经EDTA（H2Y2－）处理后再调节pH，TiO2+水解生成偏钛酸[TiO（OH）2]沉淀，则TiO2+水解的离子方程式为：

___________；Fe3+未转化为沉淀的原因是______________________。

（4）若将滤液2经___________冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矾（FsO4·7H2O）。

滤液2经处理后，还可返回流程中使用的物质是______________________。

（5）利用下图所示装置在一定条件下由TiO2制取金属钛的化学方程式为__________________。

阳极的电极反应式为______________________。

【答案】

（1）.连续搅拌（或适当升高温度的合理答案均给分）

（2）.80~85%（3）.FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（4）.TiO2-+2H2O

TiO（OH）2+2H+（5）.反应①的K远大于反应②，Fe3+主要转化为FeY-（6）.蒸发浓缩（7）.H2SO4（8）.TiO2

O2↑+Ti（9）.2O2—4e-=O2↑

【解析】

【分析】

（1）提高钛铁矿酸浸时的浸出率，即加快反应速率，可以连续搅拌或适当升高温度；

（2）由图可知，硫酸质量分数为80~85%时钛、铁浸出率最高；FeTiO3与浓硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4；

（3）TiO2+水解生成TiO（OH）2；由于反应①的K远大于反应②，Fe3+主要转化为FeY-，Fe3+未转化为沉淀；

（4）由流程可知，滤液2含有FeSO4和剩余硫酸，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矾（FsO4·7H2O）。

滤液2经处理后，还可返回流程中使用的物质是H2SO4；

（5）该装置为电解装置，由TiO2制取金属钛；阳极发生氧化反应。

【详解】

（1）提高钛铁矿酸浸时的浸出率，即加快反应速率，可以连续搅拌或适当升高温度；

故答案为：

连续搅拌或适当升高温度；

（2）由图可知，硫酸质量分数为80~85%时钛、铁浸出率最高；

FeTiO3与浓硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，化学方程式为：

FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；

故答案为：

80~85%；FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；

（3）TiO2+水解生成TiO（OH）2，离子方程式为：

TiO2-+2H2O

TiO（OH）2+2H+；由于反应①的K远大于反应②，Fe3+主要转化为FeY-，Fe3+未转化为沉淀；

故答案为：

TiO2-+2H2O

TiO（OH）2+2H+；反应①的K远大于反应②，Fe3+主要转化为FeY-；

（4）由流程可知，滤液2含有FeSO4和剩余硫酸，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤一系列操作还可获得副产品绿矾（FsO4·7H2O）。

滤液2经处理后，还可返回流程中使用的物质是H2SO4；

故答案为：

蒸发浓缩；H2SO4；

（5）该装置为电解装置，由TiO2制取金属钛，化学方程式为TiO2

O2↑+Ti；阳极发生氧化反应，电极反应式为2O2—4e-=O2↑；

故答案为：

TiO2

O2↑+Ti；2O2—4e-=O2↑。

10.二甲醚（CH3OCH3）是一种新兴化工原料，具有甲基化反应性能。

l.二甲醚的生产：

二甲醚的生产原理之一是利用甲醇脱水成二甲醚，化学方程式如下：

反应i2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1

（1）已知：

甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为－761.5kJ·mol－1、－1455.2kJ·mol－1，且H2O（g）=H2O

（1）△H=－44.0kJ·mol－1。

反应i的△H1=___________kJ·mol－1。

（2）反应i中甲醇转化率、二甲醚选择性的百分率与不同催化剂的关系如图1所示，生产时，选择的最佳催化剂是___________。

（3）选定催化剂后，测得平衡时的甲醇转化率与温度的关系如图2所示。

经研究产物的典型色谱图发现该过程主要存在的副反应为：

反应ii2CH3OH（g）

C2H4（g）+2H2O（g）△H2=－29.1kJ·mol－1

①工业上生产二甲醚的温度通常在270－300℃，高于330℃之后，甲醇转化率下降，根据化学平衡移动原理分析原因是______________________；根据化学反应速率变化分析原因是______________________。

②某温度下，以CH3OH（g）为原料，平衡时各物质的分压数据如下表：

则反应i中，CH3OH（g）的平衡转化率α=___________，反应i的平衡常数Kp=__________（用平衡分压代替平衡浓度计算；结果保留两位有效数字）

Ⅱ.二甲醚的应用：

（4）图3为绿色电源“直接二甲醚燃料电池”的工作原理示意图：

①该电池的负极反应式为：

______________________；

②若串联该燃料电池电解硫酸钠溶液，消耗4.6g二甲醚后总共可在电解池两极收集到13.44L（标况）气体，该套装置的能量利用率为___________。

（保留3位有效数字）

【答案】

（1）.-23.8

（2）.GiSNL-108（3）.该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降（4）.温度升高，催化剂失活，对二甲醚的选择性下降，转化率下降（回答“温度升高，催化剂失活，副反应增多”也得分）（5）.75%（6）.3.6（7）.CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+（8）.66.7%

【解析】

【分析】

（1）已知：

①CH3OH（g）+

O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－761.5kJ·mol－1，

②CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=－1455.2kJ·mol－1，

③H2O（g）=H2O

（1）△H=－44.0kJ·mol－1，

根据盖斯定律：

①

2-②-③计算；

（2）由图1可知，反应i中甲醇转化率、二甲醚选择性的百分率以催化剂GiSNL-108为最佳；

（3）①工业上生产二甲醚的反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降；从化学反应速率变化分析，温度升高，催化剂失活，对二甲醚的选择性下降，转化率下降；

②用平衡分压代替平衡浓度列出三行式，找出起始时CH3OH的总量以及转化为二甲醚的量，计算转化率；用平衡分压代替平衡浓度，根据Kp=

计算平衡常数；

（4）①原电池负极发生氧化反应，由图可知，溶液为酸性条件，二甲醚失电子生成二氧化碳，写出电极反应式；

②根据能量利用率=

100%计算。

【详解】

（1）已知：

①CH3OH（g）+

O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=－761.5kJ·mol－1，

②CH3OCH3（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=－1455.2kJ·mol－1，

③H2O（g）=H2O

（1）△H=－44.0kJ·mol－1，

根据盖斯定律：

①

2-②-③得：

2CH3OH（g）

CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H1=（－761.5kJ·mol－1）

-（－1455.2kJ·mol－1）-（－44.0kJ·mol－1）=-23.8kJ·mol－1；

因此，本题正确答案为：

-23.8；

（2）由图1可知，反