河北省易县中学2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

河北省易县中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32Fe 56 Cl 35.5 Ba 137I卷（共50分）一、选择题，每小题只有一个正确选项（25小题，每题2分，共50分）1.下列表示不正确的是A. 次氯酸的电子式B. 丁烷的球棍模型C. 乙烯的结构简式CH2CH2D. 原子核内有8个中子的碳原子146C【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故答案选A。2. 化学与人类生活密切相关，下列说法不正确的是A. 化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物是导致“雾霾天气”的原因之一B. 铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物C. 用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化D. 化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火【答案】D【解析】试题分析：A导致“雾霾天气“的原因有多种，化石燃料燃烧和工业废气中的氮氧化物均是导致“雾霾天气”的原因之一，A正确；B铝或氧化铝均既能与酸反应，也能与碱反应，所以铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性和咸的食物，B正确；C铁具有还原性，因此用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装来防止食品氧化，C正确；D化学药品着火，不一定能用水或泡沫灭火器来灭火，如钠的燃烧，只能用沙土来灭，要根据化学药品的性质来分析选用灭火剂，D错误，答案选D。考点：考查化学与生活的判断3.下列叙述中不正确的是A. CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B. HCl、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C. 蓝矾(CuSO45H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D. 通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH【答案】B【解析】【分析】A含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；B盐酸是混合物，纯碱是碳酸钠，属于盐；C含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；D氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠。【详解】A、CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，A正确；B、盐酸是氯化氢的水溶液，溶液显酸性，属于混合物，纯碱属于盐类不属于碱，B错误；C、蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石属于混合物，C正确；D、根据反应Ba(OH)2+Na2CO3BaCO3+2NaOH可知，通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH，D正确。答案选B。4. 下列有关物质分类的说法中，正确的是A. SiO2不能和水反应，所以它不是酸性氧化物B. 只由一种元素组成的物质必然是纯净物C. 烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质D. 海水、氯水、氨水均为混合物【答案】D【解析】试题分析：ASiO2不能和水反应，当能与碱反应生成盐和水，所以它是酸性氧化物，A错误；B只由一种元素组成的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧，B错误；C溶于水或在仍然状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，则烧碱、冰醋酸均为电解质，石墨是单质，属于混合物，C错误；D海水、氯水、氨水均为混合物，D正确，答案选D。考点：考查物质的分类5. 下列变化一定属于化学变化的是工业制O2爆炸 缓慢氧化 品红褪色 无水硫酸铜由白变蓝久置浓硝酸变黄 O2转化为O3海水中提取金属镁A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析： 工业利用分离液态空气法制取氧气，属于物理变化； 爆炸可能是因为气体的压强增大而发生的爆炸，如锅炉的爆炸，属于物理变化； 缓慢氧化属于化学变化； 利用活性炭的吸附作用使品红褪色属于物理变化； 无水硫酸铜由白变蓝，变为含有结晶水的硫酸铜，生成新物质，属于化学变化； 久置浓硝酸因发生分解反应生成二氧化氮溶于硝酸使溶液变黄，属于化学变化； O2转化为O3属于化学变化； 海水中提取金属镁，镁元素由化合态变为游离态，属于化学变化，所以答案选C。考点：考查化学变化的判断6.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A【解析】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误，答案选A。7.近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业生产等排放的废气，使灰霾天气逐渐增多。灰霾粒子比较小，平均直径在10002000nm。下列有关说法正确的是A. 灰霾是一种分散系B. 灰霾能发生丁达尔效应C. 灰霾形成的是非常稳定的体系D. 灰霾属于胶体【答案】A【解析】【分析】胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在10002000nm左右，不属于胶体，不具有胶体的性质。【详解】A、灰霾是空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故A正确； B、灰霾粒子平均直径大约在10002000nm左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故B错误； C、灰霾粒子平均直径大约在10002000nm左右，比胶体粒子大，所以不稳定，故C错误； D、胶体中分散质粒子直径在1-100nm，灰霾粒子平均直径大约在10002000nm左右，不属于胶体，故D错误；【点睛】本题考查胶体的知识。抓住胶体的粒子直径在1-100nm这一本质特征，判断某分散系是否是胶体。只有胶体才能产生丁达尔效应。8.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A. pH1的无色溶液中：Na、Cu2、Cl、CO32-B. 使酚酞呈红色的溶液中：K、Na、NO3-、ClC. 0.1molL1的FeCl2溶液中：H、Al3、SO42-、ClOD. 由水电离出的c（H）11010molL1的溶液中：Mg2、NH4+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】试题分析：A、Cu2+为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(H)110-10mol/Ln(Br-),所以当向溶液中通入氯气时，首先发生反应：2Fe2+ Cl2=2Fe3+2Cl；然后发生反应：Cl22Br=2ClBr2。n(Cl-)=0.225mol2=0.45mol由于溶液中c(Br-)=c(Cl-)，假设FeBr2的物质的量是x，则根据电子守恒可得：x+(2x-0.45)=0.225mol2；解得x=0.3mol；所以原FeBr2溶液的物质的量浓度c(FeBr2)=0.3mol0.1L=3mol/L,因此选项是D。考点：考查化学反应的先后顺序及物质的量浓度的计算的知识。22.若在强热时分解的产物是、和，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A. 1:4B. 1:2C. 2:1D. 4:1【答案】B【解析】试题分析：利用化合价升降法将该氧化还原反应方程式配平，反应方程式为3（NH4）2SO43SO2+N2+4NH3+6H2O，该反应中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是-3价，化合价不变，所以则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1：2，选B。考点：考查氧化还原方程式的配平和计算。23.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是（）A. C2H4B. CH4C. CO2D. NO【答案】C【解析】试题分析：据图像分析，恒压条件下，温度相同时，1 g O2与1 g X相比，O2所占体积大，则氧气的物质的量大于X，根据n=可知X的摩尔质量大于氧气摩尔质量，符合条件的只有CO2，选C。【考点定位】阿伏伽德罗定律推论【名师点睛】阿伏加德罗定律同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律。当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。推论：（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，p1/p2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压同体积时，M1/M2=1/224.下列有关溶液配制的说法正确的是（）A. 在50 mL量筒中配制0.100 0 mol/L碳酸钠溶液B. 仅用烧杯、量筒、玻璃棒就可配制100 mL0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液C. 用100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH1的盐酸配制100 mL pH2的盐酸D. 配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出【答案】C【解析】A配制一定物质的量浓度的溶液，应在容量瓶中进行，A错误；B配制100 mL、0.100 0 mol/L K2Cr2O7溶液必须使用100mL容量瓶，B错误；C根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有量筒、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，C正确；D配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，如果用胶头滴管将多余液体吸出，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤，熟悉各步操作需要的仪器即可解答，注意容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器。25.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的是A. 配制过程只需要三种仪器即可完成B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C. 所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D. 需要称量NaClO固体的质量为140 g【答案】C【解析】试题分析：A、配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；B、向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；C、碳酸的酸性强于次氯酸，2ClOCO2H2O=2HClOCO32，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；D、实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是5001.1925%g=148.8g，故错误。考点：考查配制一定物质的量浓度。II卷二、填空题（共4个大题，50分）26.现有下列物质：稀硫酸 小苏打 氨水 二氧化碳 FeCl3固体 稀NaOH溶液 硝酸亚铁溶液。（1）上述物质中属于电解质的物质序号为_ 。（2）有两种物质发生反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，这两种物质的序号是_。（3）加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为_。（4）能导电的物质序号为_。（5）与充分反应后，将溶液小火蒸干，得到固体混合物。固体组成成分可能是（用化学式表示）_。（6）实验室用制备胶体的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). NaOH和Na2CO3 、NaHCO3和Na2CO3 (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl【解析】【分析】根据物质的组成和性进行分析，根据电解质、离子方程式的内涵和外延进行分析。【详解】现有下列物质：稀硫酸 小苏打 氨水 二氧化碳 FeCl3固体 稀NaOH溶液 硝酸亚铁溶液。（1）酸、碱、盐、活泼金属的氧化物等物质属于电解质，上述物质中小苏打和FeCl3固体都属于盐，故属于电解质的物质序号为。（2）H+OH-=H2O，该离子方程式可表示强酸或强酸的酸式盐与强碱在水溶液中反应生成水和可溶性盐的反应，上属物质中稀硫酸和稀NaOH溶液满足要求，因此这两种物质的序号是。（3）小苏打能与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，也能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水；硝酸亚铁溶液中加入盐酸后，硝酸根在酸性条件下表现强氧化性，可以把亚铁离子氧化为铁离子，硝酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液后可以生成氢氧化亚铁沉淀，因此，加入盐酸、NaOH溶液均能发生化学反应的物质序号为。（4）若溶液中有大量自由移动的离子则该溶液能导电。上述物质中，稀硫酸、氨水、稀NaOH溶液和硝酸亚铁溶液均为电解质溶液，满足要求，因此，能导电的物质序号为。（5）二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，可能生成Na2CO3或NaHCO3，NaOH有可能过量。此溶液小火蒸干，NaHCO3不会完全分解；NaHCO3和NaOH不能大量共存。因此，若得到固体混合物，则固体组成成分可能是NaOH和Na2CO3 或NaHCO3和Na2CO3。（6）实验室用FeCl3固体配制成饱和溶液，然后向沸水中滴加少量的FeCl3饱和溶液，加热到液体呈红褐色即可得到Fe(OH)3胶体，制备该胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3（胶体）+3HCl 。【点睛】本题在判断电解质时，不能仅根据溶液是否导电判断，还得抓住“化合物”的内涵和外延，所以电解质溶液就不是电解质了，因为它是混合物。另外，二氧化碳与稀NaOH溶液充分反应后，由于不确定两种反应物的物质的量之比，要根据恰好生成碳酸钠和碳酸氢钠两种特殊情况对混合物的组成进行分析。27.用18 mol/L浓硫酸配制100 mL 3.0 mol/L稀硫酸的实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸溶解、冷却转移、洗涤定容、摇匀回答下列问题：（1）所需浓硫酸体积是_mL ，量取浓硫酸所用的量筒的规格是_。（从下列规格中选用：A 10 mLB 25 mLC 50 mLD 100 mL）（2）第步实验的操作是_。（3）第步实验的操作是_。（4）下列情况对所配制的稀硫酸浓度有何影响（用“偏大”“偏小”或“无影响”填写）?A 所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中_。B 容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量水_。C 所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤_。D 定容时俯视溶液的凹液面_。【答案】（1）16.7 （3分） B （1分）（2）先向烧杯加入30ml 蒸馏水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入烧杯中，并用玻璃棒搅拌。（3分）（3）继续向容量瓶注入蒸馏水至离刻度线1-2cm处，改出胶头滴管向容量瓶滴加至液凹面与刻度线相切为止。塞紧瓶塞，倒转摇匀。 （3分）（4）A. 偏小 B. 无影响 C. 偏小 D. 偏大 （各1分，共4分）【解析】试题分析：（1）稀释前后溶质的物质的量保持不变，即c浓V浓 = c稀V稀，且量筒的精确度一般为0.1 mL，则V浓 = 16.7 mL；根据大而近原则，由于100 50 25 16.7 10，因此应选择25 mL量筒；（2）浓硫酸溶解于水时放热，为了防止暴沸引起安全事故，稀释浓硫酸时，应该先向烧杯中加入适量水，再沿烧杯内壁缓缓加入浓硫酸，边加入边用玻璃棒搅拌，使之充分散热，如果先向烧杯中加入16.7 mL浓硫酸，再向其中倒入水，则容易发生暴沸；（3）定容：当液面在刻度线下12cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线与凹液面相切；摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒；（4）误差分析的依据是=c、控制变量法，对分子的大小有（或没有）影响时，对分母的大小就没有（或有）影响；A、浓硫酸具有吸水性，长时间放置在密封不好的容器中，会逐渐变稀，该情况能使所量取16.7mL液体所含n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；B、该情况对分子、分母均无影响，因此对（即c）无影响；C、该情况导致n偏小，但对V无影响，因此（即c）偏小；D、该情况导致V偏小，但对n无影响，因此因此（即c）偏大。【考点定位】考查浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析。【名师点睛】本试题考查化学实验安全、化学实验基本操作，涉及内容是浓硫酸的稀释、一定物质的量浓度溶液的配制过程及误差分析等，平时多注重基础知识的夯实。稀释溶液过程中，我们往往都是把浓度大溶液加入到浓度小的溶液中，这样为防止混合放热，放出热量造成液体飞溅伤人，如浓硫酸的稀释、浓硝酸和浓硫酸的混合等都是把浓硫酸加入到水或浓硝酸中，这样才能做到实验安全，不至于发生危险。28.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN氧化成CO2和N2，该反应的离子方程式是_。(2)某小组按照文献中制备ClO2方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是_。装置B的作用是_。装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式是_。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10.00 mL C中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_作指示剂，用0.100 0 molL1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液（I2 + 2S2O322I+ S4O62），消耗标准溶液的体积为20.00 mL。滴定终点的现象是_，C中ClO2溶液的浓度是_molL1。【答案】 (1). 2ClO2 + 2CN2CO2 + N2 + 2Cl (2). 稀释二氧化氯，防止二氧化氯的浓度过高而发生爆炸或防倒吸 (3). 防止倒吸（或作安全瓶） (4). 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O (5). 淀粉溶液 (6). 当滴入最后一滴标准溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 (7). 0.04000【解析】【分析】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，据此书写发生反应的离子方程式；（2）根据图示：A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，可防倒吸；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=0.1000mol/L0.02L=0.0004mol，据此计算可得。【详解】（1）ClO2可将废水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被还原为Cl-，则发生反应的离子方程式为2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）氮气可以搅拌混合液，使其充分反应，还可以稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；已知二氧化氯易溶于水，则装置B防止倒吸（或作安全瓶）；NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2气体，依据氧化还原反应原理，同时会得到氧化产物O2，根据质量守恒可知有Na2SO4生成，则结合原子守恒，装置A中发生反应的化学方程式是2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；（3）根据滴定原理，KI在酸性条件下被ClO2氧化为I2，反应为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故选用淀粉溶液做指示剂；用Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的I2，当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3，则n（ClO2）=n（Na2S2O3）=0.1000mol/L0.02L=0.0004mol，C中ClO2溶液的浓度为=0.04000mol/L。29.工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和S等杂质,为了提纯工业碳酸钠,并获得试剂级碳酸钠的简要工艺流程如图:已知:碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示:（1）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力,其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释_。（2）“趁热过滤”时的温度应控制在_。（3）已知:Na2CO310H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）H=+532.36 kJ mol-1Na2CO310H2O（s）=Na2CO3H2O（s）+9H2O（g）H=+473.63kJ mol-1写出Na2CO3H2O脱水反应的热化学方程式:_。（4）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用,请你分析实际生产中是否可行:_,其理由是_【答案】 (1). Na2CO3在溶液中存在水解平衡C+H2OHC+OH-,溶液呈碱性,当温度升高时水解平衡正向移动,使溶液碱性增强,故去油污能力增强 (2). 36 以上 (3