福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理综化学试题解析版.docx
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福建省泉州市届高三下学期第一次质量检查理综化学试题解析版
绝密★启用前
福建省泉州市2019届高三毕业班下学期第一次质量检查
理综-化学试题
(解析版)
2019年3月
1.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图:
下列说法不正确的是
A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污
B.操作a是萃取
C.冰水既可洗去杂质又可减少固休的溶解
D.Fe2O3可用作红色颜料
【答案】B
【解析】
【分析】
用热纯碱溶液洗涤废铁屑表面的油污。
加入稀硫酸后,将铁单质转化为亚铁离子,再加入碳酸氢铵,促进亚铁离子水解得到沉淀。
通过过滤、洗涤、煅烧,得到氧化铁,据此分析;
【详解】A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污,故A项正确;
B.操作a是过滤,故B项错误;
C.冰水既可洗去杂质又降低温度,减少固休的溶解,故C项正确;
D.Fe2O3俗名铁红,可用作红色颜料,故D项正确;
综上,本题选B。
2.下列有关叙述不正确的是
A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,发生取代反应
B.乙醇在一定条件下可以转化为CO2、CH3CHO或CH3COOC2H5
C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物
D.煤的干馏、石油分馏和石油裂解都属于化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯与浓HNO3和浓H2SO4的混合液共热,在不同的温度下可以发生取代反应生成硝基苯或间二硝基苯,故A项正确;
B.乙醇在氧气中燃烧得到CO2,乙醇和氧气发生催化氧化反应时得到CH3CHO,乙醇与乙酸发生酯化反应得到CH3COOC2H5,故B项正确;
C.淀粉、纤维素和蛋白质均为高分子化合物,故C项正确;
D.石油的分馏属于物理变化,故D项错误;
综上,本题选D。
【点睛】D项中,石油的分馏属于物理变化,煤的干馏,石油的裂化、裂解、催化重整等属于化学变化。
3.有机物C()是合成高分子涤纶的常见原料,以下有关G的说法正确的是
A.分子式为C8H6O4
B.能发生氧化、水解、加成等反应
C.所有碳原子不可能在同一平面上
D.环上的一氯代物只有1种
【答案】C
【解析】
【详解】A.该有机物的分子式为C8H8O4,故A项错误;
B.该有机物含有碳碳双键,可被酸性高锰酸钾氧化,可与溴水等物质发生加成反应,但不能发生水解反应,故B项错误;
C.与羧基相连的碳原子为饱和碳原子,形成四面体结构,所有碳原子不可能在同一平面上,故C项正确;
D.环上的一氯代物共有2种,故D项错误;
综上,本题选C。
【点睛】有机物的结构决定性质。
解决实际问题时,应从官能团入手,根据C的官能团为碳碳双键和羧基,可推测化合物C的性质,如:
可发生氧化反应,加成反应。
4.下列有关实验的操作、现象和对应的解释或结论都正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫酸铝溶液蒸干并灼烧后得到硫酸铝白色固体,故A项正确;
B.由于先加入氯化钠溶液,后加入碘化钠溶液,所以Ag+先与Cl-结合生成AgCl白色沉淀,再与I-结合生成AgI黄色沉淀。
由于硝酸银是足量的,所以无法比较氯化银和碘化银的Ksp大小,故B项错误;
C.根据实验现象可得到酸性排序:
HCl>H2CO3>H2SiO3,但比较非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应水化物的酸性,故C项错误;
D二氧化硫是酸性氧化物,将足量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中,二氧化硫与氢氧化钠反应,溶液由碱性逐渐变为弱酸性,所以溶液褪色,与二氧化硫的漂白性无关,故D项错误;
综上,本题选A。
【点睛】比较非金属性强弱时,应比较最高价氧化物对应水合物的酸性,而不能比较氢化物的酸性。
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X、Y、Z同周期,W、Z同主族,W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,W与X形成离子化合物X3W2下列说法正确的是
A.原子半径:
W B.Y的最高价氧化物不与任何酸反应 C.最高价氧化物对应水化物的酸性: W>Y>Z D.X的单质在空气中具有抗腐蚀性 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W与X形成离子化合物X3W2,则W为-3价,X为+2价,则W最外层为5个电子,X最外层为2个电子,故W为N元素,X为Mg元素。 W、Ⅹ、Y最外层电子数之和为11,故Y为Si元素。 W、Z同主族,则Z为P元素,据此分析; 【详解】A.原子半径: Mg>Si>P>N,故A项错误; B.Y的最高价氧化物为二氧化硅,可与HF反应,故B项错误; C.最高价氧化物对应水化物的酸性: HNO3>H3PO4>H2SiO3,故C项错误; D.Mg单质与空气中的氧气反应,表面覆盖一层致密的氧化物薄膜,具有抗腐蚀性,故D项正确; 综上,本题选D。 6.某种浓差电池的装置如图所示,碱液室中加入电石渣浆液[主要成分为Ca(OH)2],酸液室通入CO2(以NaCl为支持电解质),产生电能的同时可生产纯碱等物质。 下列叙述错误的是 A.电子由M极经外电路流向N极 B.N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑ C.在碱液室可以生成NaHCO3、Na2CO3 D.放电一段时间后,酸液室溶液pH增大 【答案】C 【解析】 【分析】 氢气在电极M表面失电子得到氢离子,为电池的负极,碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜,中和正电荷。 酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,电极N为电池的正极。 同时,酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室,补充负电荷,据此分析; 【详解】A.电极M为电池的负极,电子由M极经外电路流向N极,故A项正确; B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜,在电极N表面得到电子生成氢气,N电极区的电极反应式为2H++2e-=H2↑,故B项正确; C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜,钠离子不能进入碱液室,应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3,故C项错误; D.放电一段时间后,酸液室氢离子被消耗,最终得到NaHCO3、Na2CO3,溶液pH增大,故D项正确; 综上,本题选C。 7.常温下0.2mol·L-1Na2CrO4溶液中,H2CrO4、CrO42-、Cr2O72-和HCrO4-的分布曲线如图所示。 下列叙述错误的是(已知: 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O) A.曲线M表示pH与CrO42-的变化关系 B.Ka2(H2CrO4)的数量级为10-6 C.HCrO4-的电离程度大于水解程度 D.pH=2和pH=5时,2HCrO4-⇌Cr2O72-+H2O的平衡常数相等 【答案】B 【解析】 【分析】 由图可知,Na2CrO4溶液中,CrO42-离子浓度最大,当溶液酸性增强时CrO42-浓度逐渐减小,c(HCrO4-)增大,所以M表示c(CrO42-)随pH变化的曲线,Q表示c(HCrO4-)随pH变化的曲线,据此分析; 【详解】A.Na2CrO4溶液中,存在大量CrO42-,当溶液酸性增强时CrO42-转化为Cr2O72-,CrO42-离子浓度减小,Cr2O72-离子浓度增大,所以曲线M表示pH与CrO42-的变化关系,故A项正确; B.由图可知,Q表示的是c(HCrO4-)随pH变化的曲线,Ka2(H2CrO4)=c(H+)c(CrO42-)/c(HCrO4-),由图可知,当pH约为6.5时,c(CrO42-)和c(HCrO4-)相等,所以Ka2(H2CrO4)≈10-6.5=3.16×10-7,故B项错误; C.由图可知,c(CrO42-)=c(H2CrO4)时,溶液显酸性,所以HCrO4-的电离程度大于水解程度,故C项正确; D.pH=2和pH=5时,由于温度不变,所以平衡常数不变,故D项正确; 综上,本题选B。 8.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。 实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。 已知: NOSO4H遇水分解,但溶于浓硫酸而不分解。 (1)装置A制取SO2 ①A中反应的化学方程式为___________。 ②导管b的作用是___________。 (2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。 ①该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,还可以是___________(只写1种)。 ②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是___________。 (3)装置C的主要作用是___________(用离子方程式表示)。 (4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___________。 (5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度 准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中,加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后摇匀。 用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。 已知: 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 ①配平: ______MnO4-+_____C2O42-+_____=______Mn2++_____+_____H2O ②滴定终点时的现象为___________。 ③亚硝酰硫酸的纯度=___________。 [M(NOSO4H)=127g·mol-1] 【答案】 (1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑; (2).平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;(3).调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度;(4).生成的NOSO4H作为该反应的催化剂;(5).SO2+2OH-=SO32-+H2O;(6).C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解;(7).2;(8).5;(9).16H+;(10).2;(11).10CO2↑;(12).8;(13).溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复;(14).92.02%; 【解析】 【分析】 根据题意可知,在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H,利用装置A制取二氧化硫,利用装置C吸收多余的二氧化硫,防止污染空气,据此分析; 【详解】 (1)①利用装置A,固液混合制取二氧化硫,其方程式为: Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;②导管b的作用是: 平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下; (2)①浓硫酸遇水放出大量热,维持体系温度不得高于20℃,还可以是调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度; ②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,反应速度明显加快,温度变化不大,排除温度的影响,其原因是: 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂,加快了反应速率; (3)装置C利用氢氧化钠将剩余的二氧化硫吸收,防止污染环境,方程式为: SO2+2OH-=SO32-+H2O; (4)NOSO4H遇水分解,C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H水解; (5)①发生的是MnO4-和C2O42-的氧化还原反应,MnO4-做氧化剂,被还原成生成Mn2+,C2O42-做还原剂,被氧化成城二氧化碳。 结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4-和C2O42-的离子反应方程式为: 2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O; ②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液,滴定终点时的现象为: 溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复; ③根据题意可知,酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应,利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。 用0.2500mol·L-1草酸钠标准
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- 福建省 泉州市 届高三 下学 第一次 质量 检查 化学试题 解析