福建省厦门市2019届高三化学下学期第一次(3月)质量检查试题(含解析)

福建省厦门市2019届高三下学期第一次（3月）质量检查理综试题
化学部分
1。

三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。

下列说法正确的是
A。

TEOA→TEOA+为还原反应
B. Ni（OH)x降低了H+→H2的活化能
C. 能量转化形式为太阳能→电能→化学能
D。

WO3没有参与制氢反应过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. TEOA→TEOA+为失去电子的反应，是氧化反应,故A错误；
B.如图所示，Ni(OH)x是H+→H2的催化剂，故其可以降低该反应的活化能,故B正确；
C. 如图所示，能量转化形式为太阳能→化学能，故C错误；
D。

如图所示WO3作为催化剂，参与了制氢反应过程，故D错误,故选B。

【点睛】解决此题的关键是看清图片信息,分析反应过程中的中间产
物及了解催化剂的催化原理。

2。

N A是阿伏加德罗常数的值。

下列关于反应“C+2H2SO4
（浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O”的说法正确的是
A。

IL pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02N A
B. 含0。

2molH2SO4的浓硫酸与足量炭充分反应生成气体分子总数为0。

3N A
C. 生成SO24。

48L（标况下)时转移电子数为0。

4N A
D. 8。

8gCO2中共用电子数目为0.8N A
【答案】C
【解析】
【详解】A. IL pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.01N A，故A 错误；
B. 浓硫酸反应一定时间后，其浓度变小到一定程度就不与炭反应了,故含0.2molH2SO4的浓硫酸不能完全反应，无法计算转移电子的数目，故B错误；
C. 4.48LSO2(标况下)为0。

2mol，硫元素化合价由+6变为+4，则转移电子数为0.4N A,故C正确;
D。

8。

8gCO2的物质的量为0。

2mol，每个CO2分子中共用电子对为4对，则共用电子对数目为0.8N A,而不是共用电子数，故D错误，故选C。

3.Bhatti合成了调节中枢神经系统的药物其中间体为.下列有关说法正确的是
A。

可发生氧化、中和反应 B. 与互为同分异构体C. 碳原子上的一氯代物共有7种（不含立体异构) D. 所有碳原子均处于同一平面
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该有机物可以与氧气发生氧化反应。

其中的亚氨基可以显示碱性，所以可以发生中和反应，故A正确;
B. 比少2个氢原子,其分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C. 因为存在对称结构，该有机物的碳原子上共有5种不同化学环境的H，碳原子上的一氯代物共有5种，故C错误；
D。

结构中碳碳键都是单键，所以该有机物分子中所有碳原子不可能都在一个平面上，故D错误，
故选A.
4.X、Y、Z、M为短周期元素，原子序数依次增大，Y、M同主族，X的简单氢化物遇M单质产生白烟，Z的氧化物与M的氢化物不反应，可与Y的氢化物反应。

下列说法正确的是
A。

X、Y、Z、M四种元素依次是N、O、P、S B. X、Y、Z原子半径依次增大
C。

四种元素中Z的氢化物稳定性最强 D. Z的化合物常用作无机非金属材料
【答案】D
【详解】X的简单氢化物遇M单质产生白烟，则X为N,M为Cl；Z 的氧化物与M的氢化物不反应,可与Y的氢化物反应,则Y为F，Z 为Si，
A。

X、Y、Z、M四种元素依次是N、F、Si、Cl，故A错误;
B. X原子半径大于Y，故B错误;
C. 四种元素中F的非金属性最强,故其氢化物稳定性最强,故C错误；
D. Z为Si，其化合物如二氧化硅等常用作无机非金属材料，故D正确，
故选D.
【点睛】此题的突破口在于知道能生成白烟的是氨气与氯气反应、二氧化硅不能与盐酸反应但能和氢氟酸反应。

5.实验室制备NaClO2的装置如下图，其中C装置内生成ClO2下列说法正确的是
A. 实验开始时，应打开分液漏斗的活塞及弹簧夹乙，关闭弹簧夹甲B。

可用98。

3％硫酸代替75%硫酸
C. H2O2是制备NaClO2反应的还原剂
D。

F中的试剂可用饱和Ca（OH）2溶液
【解析】
【详解】A。

C装置中的竖直玻璃管用于平衡系统的气压并可防止堵塞。

实验开始时,应打开弹簧夹甲，故A错误；
B. 98.3%硫酸中硫酸大多以分子的形式存在,不能电离出氢离子，其与亚硫酸钠反应较慢,不能用其代替75%的硫酸,故B错误；
C。

C中产生ClO2通入D中后与H2O2反应生成NaClO2时，氯元素的化合价降低被还原，故H2O2作还原剂,C正确；
D。

饱和Ca(OH）2溶液浓度较低，无法充分吸收尾气中的二氧化硫和二氧化氯，故D错误，
故选C.
【点睛】在分析有气体生成的组合的实验装置时，要充分考虑气压和尾气处理等问题.
6。

《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。

下列有关说法正确的是
A。

a为负极
B。

熔盐可用KOH溶液代替
C。

d极电极反应式为CO32－+4e－===C+3O2－
D. 转移lmol电子可捕获CO211.2L（标况下）
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；
B。

若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳,故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；
C。

由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确;
D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，
故选C。

【点睛】解决本题的关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。

7。

25℃时，将SO2通入蒸馏水中模拟酸雨形成过程，实验数据如图。

已知K a1(H2SO3)=10－2，K a2（H2SO3)=10－7。

下列说法不正确的是
A. 300s未通O2时溶液中c(H2SO3）=10 －5。

46mol·L－1
B。

400s时溶液中c(HSO3－)+c(SO32－）+c(SO42－）+c(H2SO3)≈10－3。

73mol·L－1
C. 600s时，溶液中c(H+）约为c(SO42－）2倍
D。

由图推知，H2O2氧化性大于O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图示得300s未通O2时pH=3.73，c(H+）=10—3。

73，溶液中的氢离子主要由亚硫酸的一级电离产生，c(HSO3－)≈c(H+)，则K a1（H2SO3)=c2(H+）/c（H2SO3)=10－2,则c（H2SO3)=10 －5。

46mol·L －1，故A正确；
B. 由A可知,在300s时，溶液中的含硫粒子主要为HSO3-,其浓度约为10-3.73.在400s时,有部分含硫粒子被氧化为SO42-,根据物料守恒可得：c（HSO3－）+c(SO32－)+c(SO42—)+c（H2SO3）≈10－3.73mol·L－1，故B正确；
C。

由图知，600s时，溶液中亚硫酸被氧化成硫酸,硫酸属于强电解质,所以溶液中c（H+)约为c（SO42－)2倍,故C正确；
D. 由于双氧水可溶于水，而氧气难溶于水，在双氧水和氧气的浓度不同的条件下,无法比较H2O2与O2的氧化性，故D错误，
故选D。

【点睛】由电荷守恒与质量守恒相减就可以得到质子守恒。

8。

配合物乙二胺四乙酸铁钠（SaFeY)可溶于水，常见于铁强化盐中，回答下列问题：
实验1 制备乙二胺四乙酸铁钠晶体
实验原理:2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y===2
［NaFeY·3H2O]+CO2↑+H2O
实验步骤：①称取2。

7 g FeCl3·6H2O于烧杯中溶解,分批次加入适量浓氨水，搅拌，过滤，洗涤，干燥。

②将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸（H4Y）、H2O加入三颈烧瓶(装置如下图)，搅拌，80℃水浴反应1h，用Na2CO3溶液调节pH,经过一系列操作,过滤洗涤，晾干得到产品。

（1)“步骤①”为避免Fe（OH)3沉淀中裹入过多杂质，采取的措施有___________。

（2)判断“步骤①”中沉淀是否洗涤干净的操作为___________. (3）若滴液漏斗替换为分液漏斗，实验中Na2CO3溶液将无法顺利滴下,其原因为___________.
（4)“步骤②”中的“一系列操作”为___________(填标号）,若将溶液直接蒸干,会造成___________。

A.蒸发浓缩，趁热结晶
B.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热
C蒸发浓缩至大量晶体析出,停止加热
实验2市售铁强化盐中铁含量测定
已知:①铁强化盐含有NaCl、KIO3、NaFeY，其中n(KIO3）︰
n( NaFeY）=1︰50
②I2+2S2O32－===2I－+ S4O62－
称取mg样品，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。

取出10mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用cmol·L－1Na2S2O3标准液滴定，重复操作2~3次,消耗Na2S2O3标准液平均值为VmL。

（5）I－除了与Fe3+反应外，还可发生的反应的离子方程式为
___________.
（6）滴定终点的现象为___________填颜色变化）。

(7）样品中铁元素的质量分数为___________。

【答案】(1）。

分批次加入浓氨水、搅拌（2)。

取最后一次洗涤液于试管中,加入AgNO3溶液（3). 反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大（4）. B (5). NaFeY∙3H2O 分解、晶体飞溅（6). 5I－+IO3—+6H+=3I2+3H2O (7). 蓝色褪去（8）. cV/2m
【解析】
【分析】
根据实验原理及仪器构造分析解答；根据滴定原理计算铁元素的质量分数；根据氧化还原反应原理书写化学方程式。

【详解】（1）根据实验操作原理分析知采取的措施有分批次加入浓氨水、搅拌，
故答案为:分批次加入浓氨水、搅拌;
（2)可以通过检验是否存在Cl-，操作为取最后一次洗涤液于试管中,
加入AgNO3溶液,
故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液；
（3）根据仪器构造分析知其原因为反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大,故答案为：反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大;
(4）蒸发的正确操作是蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热；若将溶液蒸干,会引起NaFeY∙3H2O分解、晶体飞溅，
故答案为：B；NaFeY∙3H2O分解、晶体飞溅；
(5）IO3-也有氧化性，可以与I－发生反应，离子方程式为5I－
+IO3—+6H+=3I2+3H2O，
故答案为：5I－+IO3—+6H+=3I2+3H2O;
（6）滴定终点的现象为蓝色褪去，
故答案:蓝色褪去;
（7）2NaFeY～I2～2S2O32－
m（Fe）=cmol·L－1×V×10—3L××56g/mol=56cV/100，
则样品中铁元素的质量分数为×100％≈cV/2m，
故答案为：cV/2m。

9。

黄钠铁钒渣主要含有Na2Fe6(SO4)4（OH)12、BaSO4、NiSO4、MgSO4、CaSO4、Al2（SO4)3等，利用其制备镍锌铁氧体工艺流程如下。

已知：①锌、铝两种元素化学性质相似；②晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe比例有关；③常温下，相关物质的pK sp单如下表：
（1)“焙烧”中无烟煤的作用为___________。

（2）“调pH”时,a值可取___________(填标号)。

A。

3.2 B.4.3 C。

5。

2 D。

9.1
（3）若“净化”后的溶液中c（M2+)=1。

0×10－3mol·L－1,则c （Ca2+)=___________ mol·L－1.
（4）“水热合成”发生反应的离子方程式为___________,滤液的主要成分为___________（填化学式)
（5）由右图可知，pH=8时“水热合成”所得镍锌铁氧体晶体的完整度最高，其原因是___________。

（6）“焙烧”会生成少量BaS，对该工艺造成的影响是___________。

【答案】（1）。

提供热量、还原剂(2）。

C (3). 1。

0×10-5mol·L－1(4）。

xZn2++（1-x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni Zn x Fe2O4↓+4H2O (5)。

Na2SO4(6)。

pH<8，沉淀不完（1-x）
全,pH〉8，Zn（OH)2沉淀溶解(7）。

BaS与酸反应会生成H2S 气体污染环境，生成NiS沉淀降低产率
【解析】
【分析】
根据工艺流程图分析每步过程发生的反应及滤渣和溶液的成分;根据Ksp计算溶液的酸碱性，分析沉淀溶解是否完全。

【详解】（1）根据流程图中的反应原理，“焙烧”中无烟煤的作用为提供热量、还原剂，
故答案为：提供热量、还原剂；
(2）调pH主要是除去Mg2+和Al3+，但Fe3+不能沉淀,根据氢氧化铁的pK sp计算得：pK sp=-lg[c（Fe3+）∙c3（OH-)］=37.4，c(OH-)==10—9。

4，则a=5。

6，
故答案为：C;
（3）根据MgF2和CaF2的pKsp计算得:由c（Mg2+）=1.0×10－3mol·L －1得,c(F—）==10—2。

6mol·L－1,pK sp(CaF2)=—lg[c(Ca2+)∙c2（F—）]=10.2,则c（Ca2+)=1。

0×10—5mol·L－1，
故答案为：1.0×10-5mol·L－1；
（4）根据题干信息,水热合成发生反应的离子方程式为
xZn2++(1—x)Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2Ni(1—x)Zn x Fe2O4↓+4H2O，滤液的主要成分为Na2SO4，
故答案为：xZn2++（1—x）Ni2++2Fe2++6OH-+H2O2
Ni(1-x)Zn x Fe2O4↓+4H2O;Na2SO4；
（5)根据图示信息得：pH〈8，沉淀不完全,pH〉8,Zn（OH)2沉淀溶解，
故答案为：pH〈8，沉淀不完全,pH〉8，Zn(OH)2沉淀溶解；（6）分析工艺流程知：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境，生
成NiS沉淀降低产率，
故答案为：BaS与酸反应会生成H2S气体污染环境,生成NiS沉淀降低产率。

10。

二醚水蒸气重整制氢过程涉及的主要反应如下：
i CH3OCH3(g)+H2O（g)===2CH3OH(g）△H=+23。

6 kJ·mol －1
ii CH3OH （g)+ H2O (g)=CO2（g)+3H2（g）△H=+49。

5 kJ·mol－1
iii CH3OH （g)==CO(g）+2H2（g) △H=+90。

7 kJ·mol －1
iv H2O （g)+ CO （g）= CO 2(g）+ H2（g) △H=－41.2 kJ·mol－1
各反应平衡常数与温度变化关系如下表：
（1）重整反应CH3OCH3(g)+3H2O（g）===2CO2(g)+6H2（g）
△H=x kJ·mol－1，回答下列问题：
①x=___________
②有利于提高重整反应中CH3OCH3平衡转化率的条件为
___________(填标号）。

A。

高温低压 B.低温高压C。

高温高压 D.低温低压
③若在恒温刚性容器中进行重整反应，达到平衡时［CH3OCH3］
=10mol·L－1，［H2O］=0。

2mol·L－1，［H2］=10 mol·L－1，[CO2］=40 mol·L－1则反应温度约为___________。

④723K时,v=k·［c(CH3OCH3）］2·[c(CO2）]－1。

5为重整反应速率方程。

在相同条件下，c(CO2)分别为a、b、c时，H2产率随时间的变化关系如图，则a、b、c由小到大的顺序为___________。

（2）CO会造成燃料电池催化剂中毒，重整反应体系中CO体积分数随水醚比与温度的变化关系如右图。

①相同温度下，水醚比为___________时CO体积分数最高.
②实际生产中选择反应温度为250℃的原因为___________;选择水醚比为3～6的原因为___________.
【答案】（1）. +112。

6 （2）。

A (3）。

623K (4). c b a (5）. 1 （6）. 相同条件下,温度过高CO体积分数较高，温度过低反应速率较小（7）。

相同条件下，水醚比<3,CO体积分数过高，水醚比>6，H2含量过低
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热;根据勒夏特列原理反应平衡移动的方向；根据题干信息结合工业生产需要分析解答.
【详解】(1）重整反应CH3OCH3（g）+3H2O（g）===2CO2（g）+6H2（g）△H=x kJ·mol－1，回答下列问题:
①根据盖斯定律：反应CH3OCH3（g)+3H2O（g）===2CO2（g)+6H2(g)由i+ii+iii+iv所得，则x=
+23。

6 kJ·mol－1+49.5kJ·mol－1+90。

7kJ·mol－1—41。

2kJ·mol－1=+112。

6kJ·mol－1，
故答案为:+112。

6；
②重整反应为吸热反应，且反应后气体的体积减小，所以根据勒夏特列原理，高温、低压时,平衡向正方向移动，所以条件为高温低压，故答案为：A；
③K==（106×402)/10×0.23=2×1010，根据图表数据623K 时，K i× K ii×K iii×K iv=2×1010,
故答案为：623K；
④根据反应的化学方程式可知，当生成物二氧化碳的浓度越大时,氢气的产率越高.结合图像知，a、b、c由小到大的顺序为c b a ，
故答案为：c b a；
（2）①如图所示,相同温度下，水醚比为1时CO体积分数最高，②根据题干信息结合工业生产需要分析得,实际生产中选择反应温
度为250℃的原因为相同条件下，温度过高CO体积分数较高，温度过低反应速率较小;选择水醚比为3~6的原因为相同条件下，水醚比〈3,CO体积分数过高，水醚比>6，H2含量过低，
故答案为：1；相同条件下，温度过高CO体积分数较高,温度过低反应速率较小；相同条件下，水醚比<3,CO体积分数过高,水醚比〉6，H2含量过低。

11。

钴及其化合物在生产生活中有广泛应用。

回答下列问题：（1)基态钴原子价电子排布式为___________.
(2）Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中可稳定存在，其原因为___________。

（3）[Co(NO3－）4]2－中Co2+的配位数为4，配体中N的杂化方式为___________,该配离子中各元素I1由小到大的顺序为___________（填元素符号）,1mol该配离子中含σ键数目为___________N A。

（4）八面体配合物CoCl3·3NH3结构有___________种，其中极性分子有___________种。

(5）配合物Co2（CO)8的结构如下图，该配合物中存在的作用力类型有___________(填标号)。

A。

金属键B。

离子键C。

共价键D。

配位键E。

氢键F。

范德华力
（6）钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立
方体构成，其化学式为___________，晶体中Al3+占据O2－形成的
___________（填“四面体空隙”或“八面体空隙”）.N A为阿伏加德罗常数的值,钴蓝晶体的密度为___________g·cm－3（列计算式）.
【答案】(1). 3d74s2（2）. Co3+可与NH3形成较稳定的配合物(3）。

sp2(4)。

Co O N （5）。

16 （6). 2 （7）。

2 (8）。

ACDF （9）。

CoAl2O4（10)。

八面体空隙（11）.
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律分析解答；根据价层电子对互斥理论分析分子的空间结构；根据晶胞的结构分析计算晶胞中原子数目及密度.【详解】(1）钴原子核外有27个电子，基态原子价电子排布式为3d74s2，
故答案为：3d74s2；
（2）Co3+有空轨道，原因为Co3+可与NH3形成较稳定的配合物，故答案为:Co3+可与NH3形成较稳定的配合物；
(3)配体NO3－中心原子N价电子层电子为3对，为平面三角形，杂化方式为sp2；非金属性越强，第一电离能越大，由于N的电子排
布是半满稳定结构，所以第一电离能大于O,所以I1由小到大的顺序为Co ＜O ＜N；硝酸根中σ键有3个，则一个[Co(NO3－）4］2－离子中含σ键数目为4+3×4=16,则1mol该配离子中含σ键数目为16N A，
故答案为：sp2；Co ＜O＜N；16；
（4）根据八面体的空间构型配合物CoCl3·3NH3结构有2种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种，
故答案为：2；2;
（5）根据图示结构，两个Co原子间存在金属键，碳原子和氧原子间属于共价键，CO与Co间是配位键，该配合物属于分子晶体，所以还存在范德华力，故答案为：ACDF;
（6）根据钴蓝晶体晶胞结构分析,一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4×(4×1/2）×2+4=8,4×4=16,8×4=32，所以化学式为CoAl2O4;根据结构观察,晶体中Al3+占据O2－形成的八面体空隙；该晶胞的体积为（2a×10-7)3，该晶胞的质量为
（32×16+16×27+8×59)/N A=，则钴蓝晶体的密度为,
故答案为：CoAl2O4，八面体空隙，。

12。

抗过敏药物H合成路线如下：
已知：①式中X为卤素原子；Nu-H为含氧或含氮原子的化合物；
②
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________.
（2)A→B的反应类型为___________。

(3）C中含氧官能团的名称为___________。

（4)D→E反应的化学方程式为___________。

（5）试剂M的结构简式为___________。

（6）写出两种与互为同分异构体的醛类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为1︰1︰1︰1︰1)___________。

（7)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线（无机试剂任选）。

___________
【答案】（1). 氯苯(2）. 取代反应（3). 羟基（4）.
+→（5）. BrCH2CH2OH （6).
(7)。

【解析】
【分析】
根据合成路线中有机物的结构变化及官能团的性质分析反应类型反应的产物；根据已知条件书写同分异构体;根据题干信息设计合成路线。

【详解】(1）根据A的结构特征，A的化学名称为氯苯，故答案为：氯苯；
（2)A→B可以看做氯苯中对位的氢原子被取代，所以该反应类型为取代反应，故答案为:取代反应;
（3）根据C的分子式及D的结构，可得C的机构为，含氧官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；
(4）根据流程得D→E反应的化学方程式
为:+→，故答案为：
学必求其心得，业必贵于专精
+→；
（5)根据比较E和F的结构特点可知试剂M的结构简式为
BrCH2CH2OH，故答案为：BrCH2CH2OH；
（6）峰面积比为1︰1︰1︰1︰1，则醛基和氯原子应该在邻位和间位,结构简式为:；，故答案为：;；
（7）根据题干信息,可以设计如下合成路
线:
故答案为：。

- 21 -。