安徽省六安市舒城中学2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

安徽省六安市舒城中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）总分：100分 时间：100分钟试卷说明：1.请将答案写在答题卷上，写在试卷上的不得分2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Cr-52一、选择题（本大题共12小题，每小题只有一个最佳选项，每小题3分，合计36分）1.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性B. 汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3D. 港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物【答案】D【解析】【详解】A亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；B瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；答案选D。2.图中所示的装置图能够达到实验目的是 ( )A. 配制一定浓度的稀硫酸B. 实验室制备Fe(OH)2 C. 比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱D. 加热熔融NaOH固体【答案】B【解析】【分析】A.不能在容量瓶中稀释；B.Fe与电源正极相连，为阳极，煤油可隔绝空气；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸；D.二氧化硅与NaOH反应。【详解】A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后,冷却后再转移到容量瓶中定容，A错误；B.Fe与电源正极相连，为阳极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，与溶液中的OH-结合形成Fe(OH)2，煤油可隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，图中装置可制备，B正确；C.盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，不能用于比较氯和硅的非金属性，C错误；D.二氧化硅能够与NaOH反应，应选铁坩埚，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、溶液配制、物质的制备、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。3.下列离子组在一定条件下能共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且所给离子方程式正确的是（ ）选项离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANa+、H+、Cl-、NO3-铜3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O BFe3+、ClO-、I-氢氧化钠溶液Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3CBa2+、HCO32-、Cl-氢氧化钠溶液HCO3- + OH- = CO32- + H2ODAl3+、Cl-、SO42-过量氢氧化钠Al3+ + 3OH- = Al(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.本组离子可以大量共存，在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，其离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，A项正确；B. ClO-和Fe3+均具有强氧化性，I-具有强还原性，则不能大量共存，B项错误；C.本组离子可以大量共存，加入氢氧化钠溶液生成碳酸钡沉淀，其离子方程式应为Ba2+ HCO3-+OH-=BaCO3+H2O，C项错误；D.本组离子可以大量共存，过量的氢氧化钠与铝离子反应会生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，D项错误；答案选A。【点睛】本题将离子方程式的书写正误判断及离子共存结合给题，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的多余拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种，如本题的B选项，ClO-和Fe3+均能与I-发生氧化还原反应而不共存。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断离子共存的有效途径。4.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是（ ）A. SO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性，推出二者混合后漂白性更强B. Fe3Cl8 可以改写为 FeCl22FeCl3，推出 Fe3I8 可以改写为 FeI22FeI3C. 由 F、Cl、Br、I 非金属性依次减弱，推出 HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱D. CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成，推出 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中无沉淀生成【答案】C【解析】A.等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,不再具有漂白性,故A错误;B项，Fe3+有氧化性，I-有还原性，二者可发生氧化还原反应，即Fe I3 不可能存在，故B项错误；C、非金属的非金属性越强,还原性越弱,F、C1、Br、I的非金属性逐渐减弱,所以其还原性依次增强,所以C选项是正确的; D项，NO3-可以将SO32-氧化为SO42-，有BaSO4沉淀生成，故D项错误；答案：C。5.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）A. 两步反应均为吸热反应B. 三种化合物的稳定性顺序：BACC. 加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高转化率D. 整个反应的HE1E2【答案】B【解析】【分析】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。【详解】AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，故B正确；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；D整个反应的热效应只与始态和终态有关，则H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；答案选B。6.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（ ）A. 10 min时，改变的外界条件可能是升高温度B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为25%C. 05 min内，v(H2)0.1 mol(Lmin)-1D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小【答案】A【解析】【详解】A. 由图可知，10min 时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故A正确；B. 反应进行到12min时，CH4的转化率为 100=75，故B错误；C. 根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/ L减小为0.50mol/L，故v(CH4) =(1-0.5)molL-1/5min=0.1mol/ (Lmin) ，由化学计量数之比等于反应速率之比，则v (H2)=30.1mol/ (Lmin) =0. 3mol/(Lmin) ，故C错误；D. 恒温下，缩小容器体积导致氢气浓度增大，虽然压强增大，平衡向逆反应方向移动，移动的结果减小氢气浓度的增大，但根据勒夏特列原理，不会消除浓度增大，平衡后c (H2)增大，故D错误；故选A。7.常温下，关于下列两种溶液的说法不正确的是（ ）pH1212溶质NaOHNH3H2OA. 中c(NH4+)等于中c(Na+)B. 两溶液中溶质的物质的量浓度：C. 中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：【答案】D【解析】【详解】A.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)- c(H+)，A正确；B.NaOH是一元强碱，完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3H2O)c(OH-)=c(NaOH)，即c(NaOH)，所以当两者体积相同时，n(NH3H2O)n(NaOH)，因此中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：n(NH3H2O)n(NaOH)，即c(NaOH)，所以两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，一水合氨过量，溶液相对来说，碱性强些，故混合后混合液的pH：p2p1 (3). 0.0025 molL1h1 (4). 0.53【解析】【分析】(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.410-11molL-1，Mn2开始沉淀，结合Ksp=c(Mn2+)c(S2-)计算；(2)2H2S(g)2H2(g)S2(g)为气体体积增大的反应，根据压强对平衡的影响结合图像分析判断；950时，压强为p3，H2S的转化率为30%，计算出H2S的物质的量的变化量，计算v(H2S)，再根据方程式计算v(S2)；压强p27.2 MPa、温度为975 时，H2S的转化率为40%，根据三段式计算。【详解】(1)根据表格数据，溶液的pH=5，c(S2-)=1.410-11molL-1，Mn2开始沉淀，所以Ksp=c(Mn2+)c(S2-)=1.410-11molL-10.020molL-1=2.810-13，故答案为：2.810-13；(2)2H2S(g)2H2(g)S2(g)为气体体积增大的反应，压强越大，H2S的转化率越低，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3p2p1，故答案为：p3p2p1；950时，压强为p3，H2S的转化率为30%，H2S的物质的量的变化量n=0.1mol30%=0.03mol，因此v(H2S)=0.005mol/(Lh)，则v(S2)v(H2S)=0.0025mol/(Lh)， 故答案为：0.0025mol/(Lh)；压强p27.2 MPa、温度为975 时，H2S的转化率为40%，H2S的物质的量的变化量为0.1mol40%=0.04mol， 2H2S(g)2H2(g)S2(g)起始量(mol)0.1 0 0变化量(mol)0.04 0.04 0.02平衡量(mol)0.06 0.04 0.02平衡常数Kp=0.53 MPa，故答案为：0.53 MPa。20.铬钾矾KCr(SO4)212H2O在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途。某学习小组用还原K2Cr2O7,酸性溶液的方法制备铬钾矾，装置如图所示：回答下列问题：(1)A中盛装浓硫酸的仪器名称是_。(2)装置B中反应的离子方程式为_。(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。加入乙醇后再进行过滤的目的是_。低温干燥的原因是_。(4)铬钾矾样品中铬含量的测定：取mg样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液v mL，该样品中铬的质量分数为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3+7H2O (3). 降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出 (4). 防止铬钾矾失去结晶水 (5). %【解析】【分析】由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置。B中发生二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。【详解】(1)根据装置图，A中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置B中二氧化硫和Cr2O72-的反应，生成铬离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3+7H2O，故答案为：Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3+7H2O；(3)反应结束后，从B装置中获取铬钾矾晶体的方法是：向混合物中加入乙醇后析出晶体，过滤、洗涤、低温干燥，得到产品。加入乙醇降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出，然后过滤即可，故答案为：降低铬钾矾在溶液中的溶解量，有利于晶体析出；由于铬钾矾晶体KCr(SO4)212H2O中含有结晶水，高温下会失去结晶水，为了防止铬钾矾失去结晶水，实验中需要低温干燥，故答案为：防止铬钾矾失去结晶水；(4)将样品置于锥形瓶中用适量水溶解，加入足量的Na2O2进行氧化，然后用硫酸酸化使铬元素全部变成Cr2O72-，用c mol/L的FeSO4溶液滴定至终点，根据得失电子守恒，存在Cr2O72-6 FeSO4，根据Cr2O72-+3SO2 +2H+=3SO42-+2Cr3+7H2O有2Cr3+ Cr2O72-6 FeSO4，消耗FeSO4溶液v mL，消耗的FeSO4的物质的量=c mol/Lv 10-3L= c v10-3 mol，因此样品中含有Cr3+ 的物质的量=c v10-3 mol，样品中铬的质量分数=100%=%，故答案为：%。21.碳、氮、氧、氟、钙、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)将乙炔(C2H2)通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。1个乙炔分子中键数目为_，基态Cl原子的核外电子排布式为_，Cu(NH3)4 2+中Cu 2+的配位数为_。(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。元素第一电离能N_F(填“”“”或“=”)， NF3中氮原子的杂化轨道类型为_，NF3分子的空间构型_。(3)氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为_（写化学式）。【答案】 (1). 3 (2). 1s22s22p63s23p5 (3). 4 (4). (5). sp3杂化 (6). 三角锥形 (7). N2 O【解析】【分析】(1)乙炔分子结构式为H-CC-H，据此判断键的数目；Cl原子核外有17个电子，据此书写电子排布式；Cu(NH3)42+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，据此判断配位数；(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的；根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数计算判断；(3)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，据此分析解答。【详解】(1)乙炔分子结构式为H-CC-H，单键为键，三键含有1个键、2个键，1个乙炔分子中键数目为3；Cl原子核外有17个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p5；Cu(NH3)42+中 Cu2+与4个NH3形成配位键，配位数为4，故答案为：3；1s22s22p63s23p5；4；(2)同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能NF；NF3中氮原子孤电子对数=1，价层电子对数=1+3=4，即杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形结构，故答案为：；sp3杂化；三角锥形；(3) 互为等电子体的微粒具有相等的原子数和价电子数，氮的氧化物中与CO2互为等电子体的分子为N2 O，故答案为：N2 O。22.某研究小组以甲苯为原料，合成抗癌药拉帕替尼的中间体H的具体路线如下：已知：G的分子式为：C8H5N2OI 回答下列问题：(1)AB的试剂和条件是_；DE的反应类型是_。(2)C的结构简式为_，其中含有的官能团名称为_。(3)写出EG反应的化学方程式_。(4)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有_种。分子中含有苯环；分子中含有NO2且不含ONO2结构；能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱有3组峰，并且峰面积为122的有机物结构简式为_。(5)以硝基苯和有机物A为原料，设计路线合成，其他无机材料自选。_。【答案】 (1). 浓HNO3、浓H2SO4，加热 (2). 取代反应 (3). (4). 羧基、硝基 (5). (6). 13 (7). (8). 【解