【市级联考】福建省泉州市2019届高三毕业班下学期第一次质量检查理科综合化学试题(解析版)

福建省泉州市2019届普通高中毕业班第一次质量检查理科综合化学试题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CH3COOC2H5C.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C8H6O4B.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：HClH2CO3H2SiO3，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：WXYZB.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：WYZD.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：MgSiPN，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：HNO3H3PO4H2SiO3，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、Na2CO3D.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10－6C.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SO2①A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+2H2SO4①配平：______MnO4－+_____C2O42－+_____=______Mn2++_____+_____H2O②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草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4－)=2/5n(C2O42－)=2/5×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4－)=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4－)=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=m(NOSO4H)/1.380g×100%=10-2mol×127g·mol－1/1.380g×100%=92.02%；【点睛】本题测定纯度过程中，先用过量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H，将NOSO4H完全消耗，再用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。经过两次滴定实验，最终测得样品纯度。可先根据第二次