福建省厦门市2021届高三化学下学期第一次（3月）质量检查试题（含解析）

1、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. TEOATEOA+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. TEOATEOA+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】

2、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.NA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0.02NAB. 含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量炭充分反应生成气体分子总数为0.3NAC. 生成SO24.48L(标况下)时转移电子数为0.4NAD. 8.8gCO2中共用电子数目为0.8NA【答案】C【解析】【详解】A. IL pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.01NA，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

3、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0.4NA，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0.8NA，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

4、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、SB. X、Y、Z原子半径依次增大C. 四种元素中Z的氢

5、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【解析】【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ClO

6、2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【答案】C【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

7、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+3O2D. 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

8、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Ka1(H2SO3)=102，Ka2(H2SO3)=107。下列说法不正确的是A. 300s未通O2时溶液中c(H2SO

9、3)=10 5.46molL1B. 400s时溶液中c(HSO3)+c(SO32)+c(SO42)+c(H2SO3)103.73molL1C. 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Ka1(H2SO3)=c2(H+)/c(H2SO3)=102，则c(H2SO3)=10 5.46molL1，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

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)103.73molL1，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

11、原理：2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y=2NaFeY3H2O+CO2+H2O实验步骤：称取2.7 g FeCl36H2O于烧杯中溶解，分批次加入适量浓氨水，搅拌，过滤，洗涤，干燥。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”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”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”中的“一系列操作”为_(填标号

12、)，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：铁强化盐含有NaCl、KIO3 、NaFeY，其中n(KIO3)n( NaFeY)=150I2+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cmolL1Na2S2O3标准液滴定，重复操作23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)。（

13、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). NaFeY3H2O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

14、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NaFeY3H2O分解、晶体飞溅，故答案为：B；NaFeY3H2O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

15、褪去；（7） 2NaFeYI22S2O32m(Fe)=cmolL1V10-3L56g/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：锌、铝两种元素化学性质相似；晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe比例有关；常温下，相关物质的pKsp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

16、溶液中c(M2+)=1.0103molL1，则c(Ca2+)=_ molL1。（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). 1.010-5molL1 (4). xZn2+(1-x)Ni2+2Fe2+6OH-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4+4H2O (5). Na2SO4 (6). pH8，Zn(OH)2沉淀溶解 (7). BaS与酸反应会生成H2S气体污染

17、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pKsp计算得：pKsp=-lgc(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+)=1.0103molL1得，c(F-)=10-2.6molL1，pKsp(C

18、aF2)=-lgc(Ca2+)c2(F-)=10.2，则c(Ca2+)=1.010-5molL1，故答案为：1.010-5molL1；（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-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4+4H2O，滤液的主要成分为Na2SO4，故答案为：xZn2+(1-x)Ni2+2Fe2+6OH-+H2O2 Ni(1-x)ZnxFe2O4+4H2O；Na2SO4；（5）根据图示信息得：pH8，Zn(OH)2沉淀溶解，故答案为：pH8，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

19、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 kJmol1ii CH3OH (g)+ H2O (g)=CO2(g)+3H2(g) H=+49. 5 kJmol1iii CH3OH (g)=CO(g)+2H2(g) H=+90.7 kJmol1iv H2O (g)+ CO (g)= CO 2(g)+ H2(g) H=41.2 kJmol1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)=

20、2CO2(g)+6H2(g) H=x kJmol1，回答下列问题：x=_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.低温低压若在恒温刚性容器中进行重整反应，达到平衡时CH3OCH3=10molL1，H2O=0.2molL1，H2=10 molL1，CO2=40 molL1则反应温度约为_。723K时，v=kc(CH3OCH3)2c(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

21、积分数随水醚比与温度的变化关系如右图。相同温度下，水醚比为_时CO体积分数最高。实际生产中选择反应温度为250的原因为_；选择水醚比为36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 kJmol1，回答下

22、列问题：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 kJmol1+49.5kJmol1+90.7kJmol1-41.2kJmol1=+112.6kJmol1，故答案为：+112.6；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；K=(106402)/100.23=21010，根据图表数据623K时，Ki KiiKiiiKiv=21010，故答案为：623K；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

23、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）如图所示，相同温度下，水醚比为1时CO体积分数最高，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36的原因为相同条件下，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

24、原因为_。（3）Co(NO3)42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该配离子中含键数目为_NA。（4）八面体配合物CoCl33NH3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”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_gcm3(列

25、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；硝酸根中键有3个，则一个Co(NO3)42离子中含键数目为4+34=16，则1mol该配离子中含键数目为16NA，故答案为：sp2；Co O N；16；（4）根据八面体的空间构型配合物CoCl33NH3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