福建省福州市2019届高三5月高考模拟化学试题 Word版含解析
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福建省福州市2019届高三5月高考模拟
理科综合能力测试化学试题
1.我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）
A．双氢青蒿素
B．全氮阴离子盐
C． 聚合氮
D．砷化铌纳米带
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；
B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；
C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；
D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。
故选A。
2.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键断裂和形成
B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D. 催化剂a、b能提高反应平衡转化率
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【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；
B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；
C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；
D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；
答案选B。
【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。
3.用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：
已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是
A. 反应①中参与反应的HCHO为30g时转移电子2mol
B. 可用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+
C. 生成44.8 LCO2时反应②中参加反应的Ag一定为8mol
D. 理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；
B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应②后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；
C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；
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D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应②生成的Fe2+越多，进一步说明反应①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。
故选D。
4.利用Cu和浓硫酸制备SO2的反应涉及的装置，下列说法正确的是
A. 用装置①制备SO2 B. 用装置②检验和收集SO2
C. 用装置③稀释反应后溶液 D. 用装置④测定反应后溶液中c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu和浓硫酸反应生成SO2需要加热，A错误；
B. 检验SO2可用品红溶液，但收集SO2用向上排空气法时导管要长进短出，B错误；
C.反应后溶液仍含有较高浓硫酸的硫酸，稀释时宜采用和浓硫酸稀释一样的方法，即向水中倒入应后的溶液并搅拌，C正确；
D. NaOH溶液为碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，不能用酸式滴定管盛放，D错误；
答案为C。
5.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示,下列说法不正确的是
A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面
B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯
C. 对二甲苯的一氯代物有2种
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D. M具有芳香族同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．异戊二烯相当于两个乙烯共用二个碳原子，两个“乙烯”所在的平面有可能重合，所有碳原子有可能共平面，A正确；
B．M分子中含有碳碳双键和醛基，都能使溴水褪色，而对二甲苯与溴水不反应，所以可用溴水鉴别M和对二甲苯，B正确；
C．对二甲苯苯环上的一氯代有机产物只有1种，甲基上的一氯代有机产物只有1种，所以一氯代有机产物有2种，C正确；
D．M的不饱和度为3，而苯基的不饱和度为4，所以M不可能具有芳香族同分异构体，D不正确；
故选D。
6.如图某工厂用NO气体制取NH4NO3溶液，下列说法正确的是
A. 阳极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO2-+4H+
B. 物质B与物质C是同一种物质
C. A物质可为氨气
D. 阴、阳两极转移的电子数之比为5∶3
【答案】C
【解析】
【详解】A、阳极NO失电子发生氧化反应生成NO3-，电极反应式是：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故A错误；
B、阴极是NO得电子发生还原反应生成铵根离子，所以B是铵根离子，C是硝酸根离子，故B错误 ；
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C、阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故C正确；
D、电解过程中两个电极转移电离量一定相等，阴、阳两极转移的电子数之比为1∶1，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查电解池中电极反应式书写。C选项的判断，关键是理解好阴阳两个电极转移电子数一定相同，电解生成的硝酸根离子比铵根离子多。
7.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z的原子序数，由这四种元素组成的一种化合物M具有如图性质,下列推断正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性：Y>X
C. W、Y、Z组成的化合物只含共价键
D. W分别与X、Y、Z组成的二元化合物都易溶于水
【答案】B
【解析】
【分析】
由流程图可以看出，红色溶液为Fe(SCN)3，加入NaOH溶液，生成的气体为NH3，则M中含有NH4+；生成的沉淀为Fe(OH)3；所得溶液为NaSCN，由此得出M应为NH4SCN。由信息“短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数总和等于Z的原子序数”，可推出W、X、Y、Z分别为H、C、N、S元素。
【详解】A．C、N为同周期元素，C在N的左边，原子半径：C>N，A不正确；
B．非金属性C
H2CO3，B正确；
C．W、Y、Z组成的化合物可能为(NH4)2S，既含共价键又含离子键，C不正确；
D．H与C组成的二元化合物，不管是哪种烃，都难溶于水，D不正确；
故选B。
8.Ⅰ．含CN-电镀废水的一种方法如图（CN-和CNO-中N的化合价均为-3价）
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某学习小组依据上述方法，用如图实验装置进行该电镀废水处理的研究。
操作步骤:
ⅰ．先关闭装置甲的活塞，再将含CN-废水与过量NaClO溶液混合，取200mL混合液[其中c(CN-)相当于0.200mol·L-1]加入装置甲中。
ⅱ．待装置甲中充分反应后，打开活塞，使溶液全部流入装置乙中，关闭活塞。
ⅲ．测定干燥管Ⅰ增加的质量。
(1)装置甲玻璃仪器名称为________________；装置乙中反应离子方程式为________________。
(2)装置丙中的试剂是________________，装置丁的作用是________________。
(3)假定上述实验中的气体都被充分吸收。若干燥管Ⅰ增重1.408g。则CN-被处理的百分率为________________。
(4)你认为用此装置进行实验，CN-实际被处理的百分率与（3）中比较会________________(填“偏高”、“偏低”、“无法确定”或“无影响”)，简述你的理由________________。
Ⅱ．防治空气污染，燃煤脱硫很重要。目前，科学家对Fe3+溶液脱硫技术的研究已取得新成果。
(5)某学习小组为了探究“SO2与Fe3+反应的产物”，将过量的SO2通入FeCl3溶液中后，各取10mL反应液分别加入编号为A、B、C的试管中，并设计以下3种实验方案:
方案①：A中加入少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。
方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。
方案③：C中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。
上述实验方案中不合理的是________________（填方案编号）。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O (3). 浓硫酸 (4). 吸收混合气中的Cl2 (5). 80.0% (6). 偏高 (7). 部分Cl2
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在装置丁中没有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收(或“偏低：部分CO2残留在装置内没有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“无法确定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收，部分CO2没有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均给分) (8). 方案①
【解析】
【详解】(1)装置甲玻璃仪器名称为分液漏斗；装置乙中，CNO-被ClO-在酸性溶液中进一步氧化，生成N2、Cl2和CO2等，反应的离子方程式为2CNO- +6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。答案为：分液漏斗；2CNO- +6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；
(2)从实验装置中可以看出，在分液漏斗甲中，过量NaClO与CN-混合，发生反应生成CNO-，将反应后的液体与乙装置内的稀硫酸混合，发生反应生成N2、Cl2和CO2等；从装置丁看，铜网的作用是吸收Cl2，干燥管Ⅰ是吸收CO2，由CO2的质量计算含CN-电镀废水中CN-的质量；干燥管Ⅱ是吸收进入空气中的CO2、H2O等，防止被干燥管Ⅰ吸收，从而引起CO2的质量偏差。由此可推出丙装置中的溶液应能吸收反应生成的水蒸气，所以应加入浓硫酸。装置丁的作用是吸收混合气中的Cl2。答案为：浓硫酸；吸收混合气中的Cl2；
(3)假定上述实验中的气体都被充分吸收，若干燥管Ⅰ增重1.408g，则CN-被处理的百分率为=80.0%。答案为：80.0%；
(4)用此装置进行实验，难以保证Cl2被丁装置完全吸收，也无法保证生成的CO2被干燥管Ⅰ中的碱石灰完全吸收，所以CN-实际被处理的百分率与（3）中比较会偏高，理由是：部分Cl2在装置丁中没有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收(或“偏低；部分CO2残留在装置内没有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“无法确定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收，部分CO2没有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均给分)。
(5)方案①：A中加入少量KMnO4溶液，因为Fe2+、Cl-都能将MnO4-还原，所以溶液紫红色褪去不能证明Fe2+的存在，方案①不合理；
方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不变红，再加入新制的氯水，溶液变红，则证明含有Fe2+，方案②合理；
方案③：C中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-，方案③合理；
上述实验方案中，不合理的是方案①。答案为：方案①。
9.硼氢化钠(NaBH4
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)是有机合成中常用的还原剂。一种制备硼氢化钠工艺如下（部分条件和产物省略）：
已知：MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2。
回答下列问题：
（1）Mg2B2O5•H2O中B的化合价为_______________。MgH2和NaBO2必须在干燥条件下合成硼氢化钠，其原因是_____________________________________________。
（2）难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为__________。
（3）SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是______________________________。
（4）已知镁—H2O2酸性燃料电池反应为Mg+H2O2+H2SO4MgSO4+2H2O。常温下，电解质溶液为200 mL 0.1 mol·L-1硫酸溶液。
①写出正极的电极反应式：______________________________。
②若电路中有0.038 mol转移电子时，则溶液pH约为_____（忽略体积变化，不考虑H2O2电离）。
（5）“有效氢”是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为1 g含氢还原剂的还原能力与多少克H2相当。NaBH4的“有效氢”等于_________________（结果保留2位小数）。
（6）工业上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加热下生成NaBH4和难溶的盐，写出化学方程式________________________________________。
【答案】 (1). +3 (2). 防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应 (3). Mg2B2O5+H2O+2OH-=2Mg(OH)2+2BO2- (4). 提供HCl抑制MgCl2水解 (5). H2O2+2e-+2H+=2H2O (6). 2 (7). 0.21 (8). NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3
【解析】
【分析】
Mg2B2O5•H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液，从滤液中最终得到了NaBO2。从滤渣最终得到了MgCl2。滤液的溶质为NaBO2，经过蒸发浓缩等一系列操作得到晶体。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O，经电解等一系列操作得MgH2，与NaBO2反应得到NaBH4。
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【详解】（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0，Mg的化合价为＋2，O的化合价为－2，设B的化合价为x，有2×(＋2)＋2x＋5×(－2)=0，得x=＋3。则B的化合价为+3。根据已知MgH2、NaBH4遇水蒸气剧烈反应并放出H2，所以保持干燥环境的目的是防止硼氢化钠、氢化镁与水蒸气反应。答案为+3；防止MgH2、NaBH4与水蒸气反应；
（2）Mg2B2O5•H2O与NaOH反应，得到滤渣和滤液。滤液的溶质为NaBO2，因为经过蒸发浓缩等一系列操作得到NaBO2晶体，而一系列操作不会改变溶质。滤渣为Mg(OH)2，与浓盐酸作用得到MgCl2·7H2O。所以难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应生成了氢氧化镁和偏硼酸钠（NaBO2)，方程式为Mg2B2O5+H2O+2OH- =2Mg(OH)2+2BO2-；
（3）MgCl2·7H2O脱去结晶水的时候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水，生成的氯化氢又能抑制氯化镁水解。答案为与水反应提供HCl抑制MgCl2水解
（4）①正极得到电子化合价降低，化合价降低的为H2O2中的O，其化合价从－1降低到－2，发生还原反应。电解质溶液含有硫酸，为酸性，则正极方程式为H2O2+2e-+2H+=2H2O。
②n(H+)=0.04 mol，由电极反应式知，转移1 mol电子必消耗1 mol H+，转移0.038 mol电子时溶液中c(H+)==0.01 mol·L-1，pH=-lgc(H＋)=-lg0.01=2。
（5）含氢还原剂的氧化产物为H2O等，1 molNaBH4的质量为38g，发生反应时，失去8 mol电子，相当于4 molH2,为8g氢气。NaBH4的有效氢等于≈0.21。
（6）反应物为NaBO2、HCHO和CaO，根据原子守恒难溶盐为CaCO3。则方程式为NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3。
10.将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。
（1）H2S的转化
Ⅰ
克劳斯法
Ⅱ
铁盐氧化法
Ⅲ
光分解法
① 反应Ⅰ化学方程式是________。
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② 反应Ⅱ：____+ 1 H2S == ____Fe2+ + ____S↓ + ____（将反应补充完整）。
③ 反应Ⅲ体现了H2S的稳定性弱于H2O。结合原子结构解释二者稳定性差异的原因：_______。
（2）反应Ⅲ硫的产率低，反应Ⅱ的原子利用率低。我国科研人员设想将两个反应耦合，实现由H2S高效产生S和H2，电子转移过程如图。
过程甲、乙中，氧化剂分别是______。
（3）按照设计，科研人员研究如下。
① 首先研究过程乙是否可行，装置如图。经检验，n极区产生了Fe3+，p极产生了H2。n极区产生Fe3+的可能原因：
ⅰ．Fe2+ - e- = Fe3+
ⅱ．2H2O -4e-=O2 +4H+，_______（写离子方程式）。经确认，ⅰ是产生Fe3+的原因。过程乙可行。
② 光照产生Fe3+后，向n极区注入H2S溶液，有S生成，持续产生电流，p极产生H2。研究S产生的原因，设计如下实验方案：______。 经确认，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放电。过程甲可行。
（4）综上，反应Ⅱ、Ⅲ能耦合，同时能高效产生H2和S，其工作原理如图。
进一步研究发现，除了Fe3+/Fe2+ 外，I3-/I- 也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明I3-/I- 能够使S源源不断产生的原因：________。
【答案】 (1). ↓ (2). 2Fe3+ (3). 2 (4). 1 (5). 2H+ (6). O与S位于同主族，原子半径S>O，得电子能力SO，得电子能力S
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