福建省莆田市2019届高三化学下学期教学质量检测试题（含解析）.doc

福建省莆田市2019届高三化学下学期教学质量检测试题（含解析）1.化学与生产、生活密切联系下列有关说法正确的是（ ）A. 光导纤维是一种新型的有机高分子材料B. 二氧化硫有毒，禁止用作葡萄酒添加剂C. 燃料电池是利用燃料在电池中燃烧实现热能转化为电能D. 港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀【答案】D【解析】【详解】A光导纤维主要成分为二氧化硅，不属于有机高分子材料，A项错误；B少量SO2能够杀菌，因此SO2可用于制作葡萄酒的食品添加剂，故B错误；C燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，燃料在电池中不经过燃烧即可实现化学能转化为电能，故C错误；D环氧树脂涂层钢筋是在普通钢筋表面制备一层环氧树脂薄膜保护层的钢筋采用这种钢筋能有效地防止处于恶劣环境下的钢筋被腐蚀，故D正确；本题选D。2.最近我国科学家研制一种具有潜力的纳米电子学材料石墨炔，图中丁为它的结构片段。下列有关说法中，错误的是（ ）A. 甲分子中的6个溴原子位于同一平面上B. 丙的二氯代物有2种C. 丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 石墨炔和C60是碳的同素异形体【答案】B【解析】【详解】A苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；B丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；C丙中碳碳三键有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。本题选B。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法确的是（ ）A. 1mol乙醇完全氧化为乙酸，转移电子数为4NAB. 标准状况下，22.4L乙烯中含有的共用电子对数目为5NAC. 3.6gD2O与足量的金属钠反应，生成的D2分子数0.1NAD. 在1mol/L的NaF溶液中，F的个数为NA【答案】A【解析】【详解】A由方程式C2H5OH+O2CH3COOH+H2O可知需消耗1molO2，对应转移电子数为4NA，故A正确；B标准状况下，22.4L乙烯为1mol，含有的共用电子对数目应为6NA， 故B错误；C由3.6gD2O可知其物质的量为0.18mol，由质量守恒定律可知其与足量的钠反应，可生成的D2分子数0.09NA，故C项错误；D该溶液体积未知且F会水解，故无法计算其数目，D项错误；本题选A。【点睛】本题A项可巧解，有机物中元素化合价多而杂，可分析与之反应O2得电子数目得出结论。4.四种不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一。Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是（ ）A. 元素的非金属性：XWB. Y与Z形成的化合物中只含有离子键C. Z、W的简单离子半径：ZC、ClH，故A错误；BY与Z可形成Na2O2，其中O-O间为共价键，故B错误；CCl有三个电子层，而Na+只有两个电子层，故离子半径ClNa+，C项正确；DY元素单质O3也可用于自来水的杀消毒，故D错误。本题选C。5.下列实验可以达到目的的是（ ）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3m1浓硫酸，搅拌，观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A该实验体现的是浓硫酸的吸水性，A项错误；B氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，故B错误；C向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，C项错误；DMgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，D项正确。本题选D。6.钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势有望取代锂离子电池。最近山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaXFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是（ ）A. 放电时，NaXFeIIFeIII(CN)6为正极B. 放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极C. 充电时，Na+被还原为金属钠D. 充电时，阴极反应式：xNa+ FeIIFeIII(CN)6-xe= NaXFeIIFeIII(CN)6【答案】B【解析】【详解】A放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应在正极，故NaXFeIIFeIII(CN)6应为负极，A项错误；B放电时阳离子移向正极，故B正确；C充电为电解池原理，由题意知Na+反应后为NaXFeIIFeIII(CN)6，而非金属钠，故C错误；D充电时阴极应得电子，反应式为xNa+ FeIIFeIII(CN)6+xe= NaXFeIIFeIII(CN)6，故D错误。本题选B。7.恒温25下，向一定量的0.1mol/L的BOH溶液中逐滴滴入稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数用pC表示，pC=-1gc(H+)水与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. BOH为弱碱且Kb的数量级为105B. b点溶液呈中性C. c-d点间溶液中：c(BOH)+c(OH)c(H+)D. c点溶液中水的电离程度最大，且c(B+)c(Cl)【答案】C【解析】【详解】A由a点可知BOH电离出c(OH)=10-14/10-11.3=10-2.7mol/L，则，则Kb的数量级为105，A项正确；B25下， b点c(H+)水=10-7mol/L ，此时为BOH和BCl的混合液，BOH对水的电离的抑制程度与BCl对水的电离的促进程度相同，则pH=7，即b点溶液呈中性，故B正确；Cc点水的电离达到最大值，则此时溶质为BCl，由质子守恒有c(BOH)+c(OH)=c(H+)，c-d点过程中继续加盐酸，c(OH)减小而c(H+)增大，则c(BOH)+c(OH)c(H+)，C项错误；Dc点水的电离程度最大，此时溶质为BCl，B+水解使溶液显酸性，则c(B+)c(Cl)，D项正确。本题选C。【点睛】图像类试题，务必先弄懂横纵坐标含义，本题应注意c点c(H+)水最大，水的电离程度达到最大，这是本题突破点。8.碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。实验室里先制得硫酸亚铁，后将硫酸亚铁与碳酸氢铵反应制得碳酸亚铁(Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O)。实验装置如下图所示(部分夹持仪器略去)。回答下列问题：（1）配制溶液所用的蒸馏水必须先除去溶解的氧气，具体方法是_（2）实验过程中，将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合的操作是_（3）装置B中的NH4HCO3需过量的原因_(填字母标号)a除去FeSO4溶液中残留的硫酸 bFe2+充分转化为FeCO3cNH4HCO3溶解度比较大 dNH4HCO3受热分解损失（4）碳酸亚铁在潮湿的空气中逐渐被氧化生成氢氧化铁和一种气体，反应的化学方程式为_（5）有同学提出该实验可用FeSO4，与Na2CO3反应制取FeCO3，经查阅：0.1mol/LNa2CO3溶液pH约为11.6；25时，KspFeCO3=3.11011，KspFe(OH)2=4.91017，向10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加0.1mol/L FeSO4溶液，先析出的沉淀是_（6）NaHCO3与NH4HCO3均可作为Fe2+的沉淀剂，但更常用NH4HCO3，理由是_。(写出一点即可)（7）设计实验检验制得的产品中是否含Fe3+_【答案】 (1). 将蒸馏水煮沸后迅速冷却 (2). 关闭K3，打开K2 (3). abd (4). 4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2 (5). Fe(OH)2 (6). NH4+能水解产生H+，降低溶液pH，可减小副产物Fe(OH)2产生 (7). 取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3+；若溶液变为红色，则含有Fe3+【解析】【分析】熟悉常见实验操作可解答第（1）（2）问，反应物过量一般是为了保证反应完全发生，从该角度答第（3）问，第（4）问从氧化还原反应原理角度入手，第（5）问计算出两者产生沉淀时c(Fe2+)即可，第（6）（7）问从常见离子性质和检验分析。【详解】（1）除去水中溶解的氧气方法为:将蒸馏水煮沸后迅速冷却；（2）A中Fe与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，关闭K3，打开K2，利用压强差使其与NH4HCO3溶液混合；故本题答案为：关闭K3，打开K2（3）装置B中的NH4HCO3需过量，既可除去FeSO4溶液中残留的硫酸，也可让Fe2+充分反应，同时NH4HCO3受热易分解，过量可防止其损失；本题答案：abd；（4）由题可知生成的气体为CO2，故方程式为4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；（5）析出FeCO3沉淀时c(Fe2+)= KspFeCO3/c(CO32-)=3.11011/0.1=3.11011mol/L，Na2CO3溶液pH约为11.6，则c(OH-)=102.4mol/L，析出Fe(OH)2沉淀时c(Fe2+)= KspFe(OH)2/c2(OH-)=4.91017/(102.4)2=4.91012.2mol/L3.11011mol/L，故Fe(OH)2先沉淀；（6）比较两者区别，NH4+能水解显酸性，H+存在可减小副产物Fe(OH)2产生；（7）取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，再滴入硫氰化钾溶液，若溶液不变为红色，则说明产品中不含Fe3+；若溶液变为红色，则含有Fe3+。【点睛】（1）反应物适当过量一般是为了使得反应完全发生。（2）Fe2+检验：取少量样品于试管中，向溶液中加入KSCN，溶液不变红，再加入Cl2，溶液变红则证明原溶液中有Fe2+。9.从工业废钒中回收金属钒既避免污染环境又有利于资源综合利用。某工业废钒的主要成分为V2O5、VOSO4和SiO2等，下图是从废钒中回收钒的一种工艺流程：（1）为了提高“酸浸”效率，可以采取的措施有_(填两种)（2）“还原”工序中反应的离子方程式为_（3）“沉钒”得到NH4VO3沉淀，需对沉淀进行洗涤，检验沉淀完全洗净的方法是_（4）写出流程中铝热反应的化学方程式_（5）电解精炼时，以熔融NaCl、CaCl2和VCl2为电解液(其中VCl2以分子形式存在).粗钒应与电源的_极(填“正”或“负”)相连，阴极的电极反应式为_（6）为预估“还原”工序加入H2C2O4的量，需测定“酸浸”液中VO2+的浓度每次取25.00mL“酸浸”液于锥形瓶用a mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液和苯代邻氨基苯甲酸为指示剂进行滴定(其中VO2+ VO2+)，若三次滴定消耗标准液的体积平均为bmL，则VO2+的浓度为_g/L(用含a、b的代数式表示)【答案】 (1). 将工业废钒粉碎，充分搅拌，适当提高温度 (2). VO2+ +H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O (3). 取最后一次洗涤液，加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀，则已除净 (4). 10Al+3V2O56V+5Al2O3 (5). 正 (6). VCl2+2e=V+2Cl (7). 83ab/25【解析】【分析】第（1）问从增大浸出率和增大反应速率角度分析，第（2）（4）问注意元素化合价升降，从氧化还原角度思考，第（5）问类比电解精炼铜入手，第（6）问从得失电子守恒确定两者的关系进而计算。【详解】（1）增大浸出效率的方法：将工业废钒粉碎，充分搅拌，适当提高温度；（2）“还原”工序中加入草酸为典型还原剂，可将V从+5价还原为+3价，对应方程式为VO2+ +H2C2O4+2H+=2VO2+2CO2+2H2O；（3）KClO3反应后被还原为Cl，对沉淀进行洗涤即是为了除去Cl等离子，故答案为：取最后一次洗涤液，加入用稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀，则已除净；（4）由铝热反应原理知：10Al+3V2O56V+5Al2O3；（5）类比电解精炼铜，粗钒应作为阳极电解，即与正极相连；阴极上发生还原反应，电极反应式为VCl2+2e=V+2Cl；（6）由得失电子关系可知：VO2+ (NH4)2Fe(SO4)2，故n(VO2+)=n(NH4)2Fe(SO4)2)=ab103mol，所以VO2+的浓度为(83ab103)/(25103)=83ab/25g/L。【点睛】第（6）小问为本题难点，直接写出方程式难度较大，注意到V和Fe化合价变化，利用得失电子守恒找出两者关系即可计算。10.氮的化合物在化肥、医药、炸药、材料等领域中有着极其重要用途。（1）羟氨能与溴化银悬浊液反应：2NH2OH+2AgBr=N2+2Ag+2HBr+2H2O，羟氨的电子式为_；反应中烃氨表现_性（2）已知：a.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) H=-92.2kJ/molb.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184.6kJ/molc.2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g) H3H3_反应c在常温下能快速进行的原因为_（3）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) H”、“”或“=”，下同)，P甲_P乙（4）化学工作者对NO与H2的反应进行研究，提出下列3步机理：(k为速率常数)第一步2NO=N2O2 快反应，平衡时：V正=K正c2(NO)=V逆=K逆c(N2O2)第二步N2O2+H2=N2O+H2O 慢反应 第三步N2O+H2=N2+H2O 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步平衡，下列说法正确的是_(填字母标号)AV(第一步逆反应)V(第二步反应) B总反应快慢主要由第二步反应决定C达平衡时，2c(NO)=c(N2O2) D第一步反应的平衡常数K= K正/ K逆【答案】 (1). (2). 还原 (3). -461.6 kJ/mol (4). 该反应的活化能较小或反应物分子中共价键的键能较小 (5). 0-3s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 (6). 225 (7). (9). BD【解析】【分析】第（1）问中由羟氨结构写出电子式，结合化合价变化确定其性质；第（2）问从盖斯定律计算分析；第（3）（4）问为平衡常数计算，及影响平衡因素进行分析。【详解】（1）由其分子式可推出电子式为，反应中N化合价升高，烃氨表现还原性；（2）设a式反应热为H1，b式反应热为H2，则由盖斯定律，H3=3H2-H1=-184.63-(-92.2)=-461.6 kJ/mol；常温下能快速进行，其原因可能是该反应的活化能较小或反应物分子中共价键键能较小；（3）该反应为放热反应，故0-3s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响，导致反应速率增大；到达平衡时，c(NO2)=0.02mol/L，c(N2O4)=0.09mol/L，K=0.09/0.022=225；甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K甲P乙；（4）A.第二步为慢反应，故其反应速率应小于第一步，A项错误；总反应快慢应由慢反应决定，即主要由第二步反应决定，B项正确；C. 到达平衡时K正c2(NO)=K逆c(N2O2)，K正、K逆值未知，故两者浓度大小关系未知，C项错误；D.达到平衡时，K= c(N2O2)/ c2(NO)，又V正=K正c2(NO)=V逆=K逆c(N2O2)， 故K= K正/ K逆，D项正确。11.钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价其中以+4价的Ti最为稳定回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为_（2）已知电离能：I2(Ti)=1310kJ/mol，I2(K)=3051kJ/molI2(Ti)I2(K)，其原因为_（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如下图所示：铁的配位数为_，碳原子的杂化类型_该配合物中存在的化学键有_(填字母标号)a离子健 b配位键 c金属健 d共价键 e氢键（4）钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是_（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为_阴离子的空间构型为_（6）已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度g/cm3，阿伏加德罗常数值为NA则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为_pm(用含、NA的代数式表示)【答案】 (1). (2). K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K) (3). 6 (4). sp3，sp2 (5). bd (6). 三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高 (7). TiO2+ (8). 正四面体 (9). 【解析】【分析】第（1）问从基态微粒的电子排布式分析，第（2）问依据价层电子排布特点从电离能角度分析，第（3）（5）问从原子的杂化方式、分子空间构型角度分析，第（4）问判断出晶体类型后从分子量角度比较熔沸点即可，第（6）问从晶胞为单位的密度计算突破。【详解】（1）基态Ti原子的质子数为22，Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，则其价电子轨道表示式为；（2）I2表示得失第二电离能。K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)；（3）由图知钛的配位数为6，甲基上碳原子为四面体构型，杂化类型为sp3，环上碳碳双键为平面型，碳原子为sp2杂化；钛与周围原子形成配位键，而其余非金属元素间为共价键，本题答案：bd；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4三者均为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高；（5）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1：1；Ti元素为+4价、O元素为-2价，据此书写其化学式为TiO2+；阴离子为硫酸根，其价层电子对数=4+（6-42+2）/2=4，为正四面体构型；（6）由均摊法可计算出一个晶胞中有4个TiN，设晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为x pm，则，TiN的摩尔质量为62g/mol，解出x= pm。【点睛】均摊法计算：位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。12.硝苯地平H是一种治疗高血压的药物；其一种合成路线如下：已知：酯分子中的a-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。回答下列问题：（1）B的化学名称为_（2）的反应类型是_（3）D的结构简式为_（4）H的分子式为_（5）反应的化学方程式为_（6）已知M与G互为同分异构体，M在一定条体下能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1:1:2:4，写出M的一种可能的结构简式_（7）拉西地平也是一种治疗高血压药物，设以乙醇和为原料制备拉西地平的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】 (1). 邻硝基甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). C17H18N2O6 (5). (6). (7). 【解析】【分析】AB为取代反应，引入硝基，BC引入酯基结构，C中酯基在酸性条件下水解得到D（），D中取代结构被高锰酸钾氧化为E中醛基，由题目已知两分子F发生缩合反应得到G。【详解】（1）硝基和甲基为邻位关系，故B的化学名称为邻硝基甲苯；（2）对比B、C结构，可知的反应类型为取代反应；（3）由分析知D为；（4）H分子式为C17H18N2O6；（5）反应取代反应引入硝基：；（6）M在一定条体下能发生银镜反应，则考虑其中包含醛基或甲酸酯的结构，故M可能为；（7）参考题干酯与酯之间能发生缩合反应，以及E、G和NH3生成H的原理，可知合成路线为：。【点睛】本题重点为第（6）问，能发生银镜反应的结构除了醛类，还应包括甲酸和甲酸酯的结构，在书写同分异构体类题型时应尤其注意这一点。