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.NA是阿伏加德罗常数的值。下列关于反应“C+2H2SO4(浓)A. IL pH=2的H2SO4溶液中含有的H数目为0.02NA
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0.3NA C. 生成SO24.48L(标况下)时转移电子数为0.4NA D. 8.8gCO2中共用电子数目为0.8NA 【答案】C 【解析】
+
CO2↑+2SO2↑+2H2O”的说法正确的是
+
【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
C. 碳原子上的一氯代物共有7种(不含立体异构) 【答案】A 【解析】
B. 与互为同分异构体
D. 所有碳原子均处于同一平面
【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 C. 四种元素中Z的氢化物稳定性最强 【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，
B. X、Y、Z原子半径依次增大 D. Z的化合物常用作无机非金属材料
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 【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
22
C. d极电极反应式为CO3－+4e－===C+3O－
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Ka1(H2SO3)=10－2，Ka2(H2SO3)=10
－7
。下列说法不正确的是
A. 300s未通O2时溶液中c(H2SO3)=10 －
5.46
mol·L－1
2－2－－－3.73
mol·L－1 B. 400s时溶液中c(HSO3)+c(SO3)+c(SO4)+c(H2SO3)≈10+2
C. 600s时，溶液中c(H)约为c(SO4－)2倍
D. 由图推知，H2O2氧化性大于O2 【答案】D 【解析】
+-3.73
【详解】A. 由图示得300s未通O2时pH=3.73，c(H)=10，溶液中的氢离子主要由亚硫酸的一级电离产+2+－－2－5.46
mol·L－1，故A正确； 生，c(HSO3)≈c(H)，则Ka1(H2SO3)=c(H)/c(H2SO3)=10，则c(H2SO3)=10
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
2-22-3.73
L－1，故B正确；子被氧化为SO4，根据物料守恒可得：c(HSO3－)+c(SO3－)+c(SO4）+c(H2SO3)≈10－mol·
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
3H2O]+CO2↑+H2O 实验原理：2Fe(OH)3+Na2CO3+2H4Y===2[NaFeY·
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实验步骤：①称取2.7 g FeCl3·
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。
【市级联考】福建省厦门市2019届高三下学期第一次(3月)质量检查理科综合化学试题(解析版)
