精品解析福建省泉州市泉港一中届高三上学期期末考试质量检测理科综合化学试题解析版.docx

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精品解析福建省泉州市泉港一中届高三上学期期末考试质量检测理科综合化学试题解析版

2019届泉港一中高三上学期期末考试质量检测

理科综合能力测试化学试题

1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。

下列说法正确的是（）

A.“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅

B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料

C.医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同

D.纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多

【答案】A

【解析】

【详解】A.硅是半导体材料，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，故A正确；

B.聚四氟乙烯俗称“塑料王”，属于有机高分子材料，故B错误；

C.医用双氧水消毒是利用强氧化性使蛋白质变性，，而酒精消毒也是使蛋白质变性，但不是利用强氧化性，两者消毒原理不相同，故C错误；

D.纯碱由于碱性较强，不可以用于治疗胃酸过多，故D错误。

故答案选A。

2.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子核外有9个电子，Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，Z最高正价是最低负价绝对值的3倍。

下列叙述正确的是（）

A.原子半径：

W

B.化合物Y2Z中既有离子键、又有共价键

C.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：

Z、W、X

D.Y、W最高价氧化物对应水化物的溶液均能溶解氧化铝

【答案】D

【解析】

【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子核外有9个电子，所以X为F元素；Y原子最外层电子数是最内层电子数的一半，而且原子序数大于F，则Y为Na元素；Z最高正价是最低负价绝对值的3倍，则Z的最高正价为+6价，所以Z为S元素，W的原子序数大于S，W为Cl元素；则

A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：

X＜W＜Z＜Y，故A错误；

B．化合物Na2S中只有离子键，故B错误；

C．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：

F＞Cl＞S，所以简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：

X、W、Z，故C错误；

D．Y、W最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、HClO4，氧化铝为两性氧化物，能与强酸、强碱反应，故D正确；

故答案选D。

【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，根据电子排布规律推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握和元素化合物的性质的把握，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。

3.化学家Tim Richard将分子结构像小狗的某有机物（如图所示）取名为“doggycene”——“狗烯”，其化学式为C26H26，下列有关该“狗烯”物质的叙述正确的是（）

A.“狗烯”的一氯代物有14种（不含立体异构）

B.“狗烯”分子中所有碳原子一定共平面

C.“狗烯”分子中碳元素的质量分数为92．3%，“狗烯”易燃烧，燃烧时可能会有黑烟冒出

D.“狗烯”能发生加成反应、氧化反应，不能发生取代反应

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据“狗烯”的结构简式

可知分子中有15种类型的氢原子，所以一氯代物有15种，故A错误；

B、根据“狗烯”的结构简式可知分子中含有3个乙基和1个环烃基，含有饱和碳原子，所以狗烯”分子中所有碳原子不一定共平面，故B错误；

C、根据“狗烯”分子式可知分子中碳元素的质量分数为12/13×100%≈92.3%，“狗烯”易燃烧，因为含碳量高，当该物质发生不完全燃烧时,会形成黑色的碳而冒出黑烟，故C正确；

D根据“狗烯”的结构简式知有苯环、烷烃基，所以“狗烯”能发生加成反应、取代反应，氧化反应，故D错误；

答案选C。

4.一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示。

以下说法不正确的是

A.中间室Cl—移向左室B.处理后的含硝酸根废水pH降低

C.X气体为CO2D.电路中每通过1mol电子，产生标准状况下氮气的体积为2.24L

【答案】B

【解析】

【分析】

该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成X，据此分析解答。

【详解】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应生成X，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，则

A．放电时，电解质溶液中阴离子Cl-移向负极室，即移向左室，故A正确；

B．正极电极反应式为2NO3-+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故B错误；

C．有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，所以X气体为CO2，故C正确；

D．正极电极反应式为2NO3-+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，产生1mol氮气转移10mol电子，电路中每通过1mol电子，产生氮气是0.1mol，在标准状况下氮气的体积为0.1mol×22.4L/mol＝22.4L，故D正确；

故答案选B。

【点睛】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极是解答的关键，难点是电极反应式的书写，转移放电微粒和溶液的酸碱性。

5.下列实验中，对应的现象和结论都正确，且两者具有因果关系的是（）

选项

实验

现象

结论

A

某溶液滴加过量的稀盐酸

有刺激性气味气体产生，溶液中出现沉淀

溶液中一定存在S2-和SO32-

B

将黑色氧化铜粉末进行高温加热

黑色变成红色

CuO分解成铜单质

C

将BaSO4固体粉末加入饱和Na2CO3溶液中，搅拌，过滤，洗涤，在滤渣中加入稀盐酸

产生气体，滤渣部分溶解

Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）

D

将少量大理石粉末加入1.0mol•L-1的NH4Cl溶液中

产生气体，粉末溶解

NH4Cl水解使溶液呈酸性

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．HS-和HSO3-都能与HCl反应生成有刺激性气味的气体和单质硫沉淀，所以该实验中不一定含有硫离子和亚硫酸根离子，故A错误；

B．加热条件下，Cu易与氧气反应生成CuO，所以生成的红色物质不可能是氧化铜分解产生的Cu和氧气，应该是氧化亚铜，故B错误；

C．浓度商大于溶度积常数时产生沉淀，将BaSO4固体粉末加入饱和Na2CO3溶液中，搅拌，过滤，洗涤，在滤渣中加入稀盐酸，产生气体，滤渣部分溶解，说明有碳酸钡生成，碳酸根离子和钡离子浓度商大于碳酸钡溶度积，导致产生碳酸钡沉淀，实际上Ksp（BaCO3）＞Ksp（BaSO4），故C错误；

D．碳酸钙属于强碱弱酸盐，能和强酸反应生成二氧化碳和水，将少量碳酸钙粉末加入到饱和NH4Cl溶液中，产生气体，粉末溶解，说明碳酸钙和比碳酸强的酸反应，只能是氯化铵水解生成的HCl，所以NH4Cl水解使溶液呈酸性，故D正确；

故答案选D。

【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、沉淀的转化、盐类水解等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意检验离子时要排除其它离子的干扰，易错选项是C。

6.下列图示与对应的叙述不相符的是：

（）

A.图1表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B.图2表示加入催化剂对可逆反应2A（g）+2B（g）

3C（g）+D（s）的影响

C.图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mo1ˉ1

D.图4表示用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，溶液导电性：

a>b>c

【答案】C

【解析】

【详解】A、催化剂能够降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，因此图1可表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化，故A正确；

B、催化剂只能改变反应速率，但不能改变平衡状态，因此图2可表示加入催化剂对可逆反应2A（g）+2B（g）

3C（g）+D（s）的影响，故B正确；

C．由图像中的数据可以计算出1mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放热241.8kJ，由于生成的水不是液态，故不能由此确定氢气的燃烧热，故C错误；

D．用水稀释等体积且pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸是弱酸，其在稀释过程中电离平衡正向移动，故盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：

a＞b＞c，故D正确；

故答案选C。

7.常温下，向25.00mL0.1mol·L－1HSCN溶液中滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[－1gc水（H+）]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.常温下，Ka（HSCN）约为1×10－3

B.N点溶液中：

c（Na+）＜c（SCN－）

C.R、Q两点溶液对应的[H+]都为10－7

D.b＝25.00

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据题图知，0.1mol·L－1HSCN溶液中－1gc水（H+）＝11，则c水（H+）＝10-11mol/L，故溶液中c（H+）＝10-3mol/L，则Ka（HSCN）＝

＝1×10－5，故A错误；

B.－1gc水（H+）越小，水的电离出的越大。

N点是水的电离程度最大的点，此时溶液是NaSCN溶液，酸与碱恰好反应，SCN-水解，则所得溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（SCN－）+c（OH-），则c（Na+）＞c（SCN－），故B错误。

C.R点为HSCN和NaSCN的混合溶液，HSCN的电离程度等于SCN-的水解程度，溶液呈中性，而Q时－1gc水（H+）＝7，Q点的溶液为NaSCN和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，因此R、Q两点溶液中对应的氢离子浓度不相等，故C错误；

D.－1gc水（H+）越小，水的电离出的越大。

N点是水的电离程度最大的点，此时溶液是NaSCN溶液，酸与碱恰好反应，则b＝25.00，故D正确；

答案选D。

8.氟化锂（LiF）难溶于水，可用于核工业、光学玻璃制造等。

以透锂长石（含Li2O、Al2O3、SiO2）为原料制备氟化锂的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）滤液I中含有的金属离子有________，滤渣I的用途是（请写出两种用途）________。

（2）滤渣Ⅱ是目前应用最广泛的无机阻燃剂，写出生成滤渣Ⅱ的离子方程式：

_________。

常温下，若向滤液I中滴加氨水调节pH=5时，溶液中c（Al3+）=________mol·L－1，则溶液中A13+________（填“是”或“否”）完全沉淀（已知Ksp[Al（OH）3]=2.0×10－33，且溶液中的离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时沉淀完全）。

（3）操作Ⅳ包括________、洗涤和干燥。

（4）写出Li2CO3与氢氟酸反应的化学方程式：

_____________，该反应不能在玻璃容器中进行的原因是由于存在着化学反应，则该反应的化学方程式：

___________。

【答案】

（1）.Li+、Al3+

（2）.制作光导纤维或制玻璃、制粗硅等（3）.Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）2↓+3NH4+（4）.2.0×10-6（5）.是（6）.过滤（7）.Li2CO3+2HF＝2LiF+CO2↑+H2O（8）.4HF+SiO2＝2H2O+SiF4↑

【解析】

【分析】

透锂长石（含Li2O、Al2O3、SiO2）粉碎加硫酸，浸取、过滤，滤液Ⅰ中含有Li+、Al3+、SO42-，二氧化硅不溶。

滤液Ⅰ调节溶液的pH得到氢氧化铝沉淀，滤液Ⅱ中加入Na2CO3溶液得到Li2CO3沉淀，氢氟酸溶解Li2CO3得到LiF，据此解答。

【详解】

（1）Li2O、Al2O3均能与稀硫酸反应生成硫酸锂和硫酸铝，因此滤液I中含有的金属离子有Li+、Al3+；SiO2与稀硫酸不反应，过滤后得到滤渣，则滤渣I的用途是制作光导纤维或制玻璃、制粗硅等。

（2）硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，则滤渣Ⅱ是氢氧化铝，因此生成滤渣Ⅱ的离子方程式为Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）2↓+3NH4+。

常温下，溶液中c（OH-）＝Kw/c（H+）＝10-14/10-5mol·L－1＝10-9mol·L－1，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）∙c3（OH-）＝c（Al3+）×（10-9）3＝2.0×10－33，解得c（Al3+）＝2.0×10-6mol·L－1＜1.0×10－5mol·L－1，所以铝离子完全沉淀。

（3）由流程图知操作Ⅳ包括过滤、洗涤和干燥。

（4）Li2CO3与氢氟酸发生复分解反应，化学方程式为Li2CO3+2HF＝2LiF+CO2↑+H2O；氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能在玻璃容器中进行，反应的方程式为4HF+SiO2＝2H2O+SiF4↑。

9.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色晶体，是常见的实验药品，可由干燥的NH3和干燥的CO2在任何比例下反应得到每生成1.0g氨基甲酸铵放出2.05kJ的热量。

回答下列问题：

（1）实验室可选用下列装置（I~V）制备干燥的NH3和CO2。

①用装置I、Ⅲ制备并纯化NH3时，接口a与________________（填接口字母）相连，装置I中发生反应的化学方程式为________________________。

②制备并纯化CO2时，按气流从左至右的方向，各接口连接顺序为________________（填接口字母）

（2）一种制备氨基甲酸铵的改进实验装置如下图所示：

①用仪器W代替分液漏斗的优点是________________________；用干冰装置代替

（1）中制备并纯化CO2装置的优点是________________________。

②“薄膜反应器”中发生反应的热化学方程式为________________________；盛浓硫酸的装置的作用是________________________________（列举2点）。

③体系中若有水蒸气，还可能生成的铵盐是________________________（填化学式）。

【答案】

（1）.d

（2）.2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）.bhgef（4）.平衡压强，可使浓氨水一直顺利滴入三颈烧瓶（5）.装置简单，产生的CO2不需净化和干燥（或气体的温度低有利于提高NH3和CO2的平衡转化率，答案合理即可（6）.2NH3（g）+CO2（g）＝H2NCOOONH4（s）△H=-159.90kJ·mol-1（7）.吸收未反应的氨气、防止空气中水蒸气进入反应器、通过观察是否有气泡调节滴入氨水的速率等（答出两条合理的优点即可（8）.（NH4）2CO2（或NH4HCO3）

【解析】

【分析】

根据装置图中各仪器的构造和作用分析解答；由题干信息计算反应热，进而书写热化学方程式。

【详解】

（1）①为了使气体充分干燥，气体从大口通入，应的化学方程式为：

2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，

故答案为：

d，2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②制备并纯化CO2时，先通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，然后通入浓硫酸干燥，所以按气流从左至右的方向，各接口连接顺序为bhgef，

故答案为：

bhgef；

（2）①根据图中装置的构造可知，用仪器W代替分液漏斗的优点是：

平衡压强，可使浓氨水一直顺利滴入三颈烧瓶；用干冰装置代替

（1）中制备并纯化CO2装置的优点是：

装置简单，产生的CO2不需净化和干燥，

故答案为：

平衡压强，可使浓氨水一直顺利滴入三颈烧瓶；装置简单，产生的CO2不需净化和干燥；

②生成1.0g氨基甲酸铵放出2.05kJ的热量，则生成1mol放出的热量为159.90kJ，所以热化学方程式为：

2NH3（g）+CO2（g）＝H2NCOOONH4（s）△H=-159.90kJ·mol-1；盛浓硫酸的装置的作用是：

吸收未反应的氨气、防止空气中水蒸气进入反应器、通过观察是否有气泡调节滴入氨水的速率等，

故答案为：

2NH3（g）+CO2（g）＝H2NCOOONH4（s）△H=-159.90kJ·mol-1；吸收未反应的氨气、防止空气中水蒸气进入反应器、通过观察是否有气泡调节滴入氨水的速率等；

③体系中若有水蒸气，可与二氧化碳反应生成碳酸，碳酸与氨气反应生成盐，所以还可能生成的铵盐是（NH4）2CO2（或NH4HCO3），

故答案为：

（NH4）2CO2（或NH4HCO3）。

【点睛】熟悉各种仪器的正确使用是解决此题的关键；在书写热化学方程式时，应该注意反应物状态及焓变的单位等细节。

10.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备氮化硅（Si3N4）肼（N2H4）、氢氰酸（HCN）。

（1）已知：

Si（s）+2Cl2（g）====SiCl4（g）△H1=akJ·mol－1

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H2=bkJ·mol－1

3Si（s）+2N2（g）====Si3N4（s）△H3=ckJ·mol－1

H2（g）+Cl2（g）====2HCl（g）△H4=dkJ·mol－1

则反应3SiCl4（g）+4NH3（g）====Si3N4（s）+12HCl（g）的△H=________________kJ·mol－1（用a、b、c、d表示）。

（2）肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。

已知ClO－水解的方程式为：

ClO－+H2O=HClO+OH－。

常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol·L－1NaCIO溶液的pH=________。

（3）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为：

CH4（g）+NH3（g）

HCN（g）+3H2（g）△H>O

①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。

X代表的是________（填“温度”或“压强”）。

②其他条件一定，向2L密闭容器中加人nmolCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。

若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为________mol·L－1·min－1；平衡常数：

K（a）________K（b）（填“>”“=”或“<”）

③工业上用电解法处理含氰电镀废水（pH=10）的装置如图所示。

阳极产生的氯气与碱性溶液反应生成ClO-，ClO－将CN－氧化的离子方程式为：

_____CN－+_____ClO－+________====_____CO32－+_____N2↑+________+________若电解处理2molCN－，则阴极产生气体的体积（标准状况下）为________L。

【答案】

（1）.c+6d-3a-2b

（2）.11（3）.压强（4）.0.025（5）.=（6）.2（7）.5（8）.20H-（9）.2（10）.l（11）.5Cl-（12）.H2O（13）.112

【解析】

【分析】

运用盖斯定律计算反应热；依据勒夏特列原理分析平衡的移动方向；根据得失电子数目守恒规律配平氧化还原反应。

【详解】

（1）已知：

Si（s）+2Cl2（g）====SiCl4（g）△H1=akJ·mol－1①

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H2=bkJ·mol－1②

3Si（s）+2N2（g）====Si3N4（s）△H3=ckJ·mol－1③

H2（g）+Cl2（g）====2HCl（g）△H4=dkJ·mol－1④

根据盖斯定律，③+6

④-3

①-2

②得3SiCl4（g）+4NH3（g）====Si3N4（s）+12HCl（g），△H=△H3+6

△H4-3

△H1-2

△H2=c+6d-3a-2bkJ·mol－1，

故答案为：

c+6d-3a-2b；

（2）1.0mol·L－1NaCIO溶液中，c（ClO－）=1.0mol·L－1，已知ClO－+H2O=HClO+OH－，该水解反应的平衡常数为K=c（HClO）∙c（OH－）/c（ClO－）=c2（OH－）=1.0×10－6mol·L－1，c（OH－）=1.0×10－3mol·L－1，则c（H+）=10-14/10-3=10-11，pH=11，

故答案为：

11；

（3）①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，

故答案为：

压强；

②设10min时，反应的氨气的物质的量为x

CH4（g）+NH3（g）

HCN（g）+3H2（g）

开始（mol）2200

反应（mol）xxx3x

a点（mol）2-x2-xx3x

则（2-x）/2-x+x+3x=30%，x=0.5，v（CH4）=（0.5mol/2L）/10min=0.025mol·L－1·min－1；平衡常数只和温度有关，所以K（a）=K（b），

故答案为：

0.025，=；

③由题干知，0H-参加反应，ClO－被还原成Cl-同时产物中还有水生成，再根据转移电子数相等及原子守恒规律配平得：

2CN－+5ClO－+20H-====2CO32－+N2↑+5Cl-+H2O；根据反应方程式得，处理2molCN－消耗5molClO－，消耗5molCl2，所以阴极生成5mol氢气，则V（H2）=22.4mol/L

5mol=112L，

故答案为：

2，5，20H-，2，1，5Cl-，H2O；112。

11.[化学——选修3：

物质结构与性质]硼及其化合物用途非常广泛，回答下列问题。

（1）下列B原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为________、________（填标号）

（2）H3BO3是一元弱酸，可用作医用消毒剂其水溶液呈酸性的原理为：

则1mol硼酸分子中含有的共用电子对数为________个。

（3）BF3可用于制造火箭的高能燃料，其分子的空间构型是________________，硼原子杂化方式是________________；BF3能与乙醚发生反应：

（C2H5）2O+BF3→BF3·O（C2H5）2，该反应能发生，其原因是________________________________。

（4）硼的一种化合物结构简式为O=B—CH=C=CH2，该分子中含________个σ键。

（5）下图中图（a）为类似石墨的六方BN，图（b）为立方BN。

①六方BN具有良好的润滑性，是因为________________________；六方BN不能像石墨一样具有导电性，其原因是________________________。

②已知立方BN的晶胞参数为0.3615nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则立方BN的密度为________________g·cm－3（列出计算式）。

【答案】

（1）.A

（2）.D（3）.3.612×1024（或6.NA）（4）.平面三角形（5）.sp2（6）.BF3中B原子有空轨道，O（C2H5）2中氧原子上有孤对电子，能形成配位键（7）.7（8）.六方BN晶体中层与层之间的作用力是较弱的范德华力，故层与层之间相对易滑动（9）