河南省平顶山市2018_2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

平顶山市20182019学年第二学期期末考试高二化学试题第卷(选择题 共126分)可能用到的相对原子质量O-16 Na-23 S-32 Fe-56一、选择题(每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。下列说法正确的是A. 汝窑瓷器的天青色来自氧化铁B. “傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质C. 中国歼20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用D. 诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能【答案】D【解析】【详解】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误； C.氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；所以本题答案：D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1LpH=6的纯水中含有OH的数目为108NAB. 当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为NAC. 0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)，含有NA个SS键D. 一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2NA【答案】B【解析】【详解】A纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l10-6NA，故A错误；B. 氢氧燃料电池在酸性条件下,负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，正极的电极反应式为：4H+O2+4e-=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为NA，故B正确；C. 由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在SS ，所以C错误；D. 因为H2+I22HI为可逆反应，所以一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molI2(g)充分反应，生成HI分子数小于2NA，故D错误；所以本题答案：B。3.某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是A. 装置中通入的是a气体是Cl2B. 实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气C. B装置中通入a气体前发生的反应为SO2+ Br2+2H2O=H2SO4+2HBrD. C装置的作用只是吸收多余的二氧化硫气体【答案】D【解析】【分析】实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴，由实验装置可知，a中气体为氯气，在A中氯气可氧化溴离子，利用热空气将溴单质吹出，B中通入气体为二氧化硫，在B中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯气、二氧化硫等尾气，以此来解答。【详解】A.A装置中通入的a气体是Cl2，目的是氧化A中溴离子，故A正确；B.实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，热空气将溴单质吹出，故B正确；C.B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正确；D.C装置作用为吸收溴蒸汽、氯气、二氧化硫等尾气，故D错误；所以本题答案：D。【点睛】解题依据物质氧化性强弱。根据Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴单质，结合实验原理选择尾气处理试剂。4.由C、H、O中两种或三种元素组成的儿种有机物模型如下，下列说法正确的是A. 上述四种有机物均易溶于水B. 有机物的二氯代物有2种C. 一定条件下有机物III能与氢气发生加成D. I生成的反应类型为还原反应【答案】C【解析】【详解】A.苯和甲烷都不溶于水，故上述四种有机物均易溶于水说法是错误的，故A错误；B.IV为甲烷，属于正四面体结构，所以其二氯代物有1种，故B错误；C.III是苯，结构简式为：，一定条件下能与氢气发生加成，故C正确；D.I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH，I生成的反应类型为氧化反应，故D错误；所以本题答案：C。【点睛】由几种有机物模型分析：I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH；III苯，结构简式为：；IV为甲烷，结构简式为：CH4，结合几种物质的性质回答。5.下列实验操作和现象对应的结论错误的是选项实验操作和现象结论A将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中，铁片表面产生气泡金属铁比铜活泼B常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB相同条件下，在水中HA电离程度大于HBC加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深CO32的水解反应是吸热反应D向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变Ksp(CuS)Ksp (FeS)A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁与浓硝酸发生钝化反应，所以铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故A错误。B. 常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，说明HA的酸性比HB强，相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故B正确；C. 加热促进盐类水解，Na2CO3溶液水解显碱性，加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，所以CO32的水解反应是吸热反应，故C正确；D. 向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有FeS 生成，所以说明Ksp(CuS)Ksp (FeS)，故D正确；所以本题答案：A。【点睛】注意点：铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化膜组织铁继续被氧化。所以铜和铁做电极材料的时候，铜先放电做原电池的负极。6.利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A. 在光伏电池中a极为正极B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低C. HR溶液：c2c1D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子【答案】B【解析】【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2c1，故C正确；D. 根据阳极：4OH-4e-=O2+2H2O；阴极：4H+4e-=2H2，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。7.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是A. 曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系B. a点溶液中：c(H+) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+)C. H2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)104.3D. 交点b的溶液中：c(H2Y)c(Y2-)c(HY-)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】详解：A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐减小，lg逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线M表示pH与的关系，故A正确；B. a点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(K+)2c(Y2)c(HY-)+c(OH-)，因此 c(H+) c(OH-)2c(Y2)c(HY-) c(K+)，故B正确；CpH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)=104.3,故C正确；D. 交点b的溶液中存在：lg= lg1.3，因此101.3,即c(Y2-)c(HY-),故D错误；综合以上分析，本题选D。二、非选择题：8.(1)25时，相同物质的量浓度的下列溶液：NaClNaOHH2SO4(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列为_(填序数)。(2)在25下，将amolL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)，则溶液显_(填“酸”碱”或“中)性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。(3)一定温度下，向氨水中通入CO2，得到（NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH)/c(NH3H2O)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=_。(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取25.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL1的碘标准液滴定至终点，消耗5.00mL。该滴定反应的离子方程式为_；葡萄酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2来计算的，则该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1。【答案】 (1). (2). 中 (3). (4). 减小 (5). 2c(CO32)c(HCO3)c(NH2COO)c(OH) (6). S2O52-2I23H2O=2SO42-4I6H+ (7). 0.128【解析】【分析】（1）根据根据影响水电离的因素进行判断；（2）根据电荷守恒进行判断；（3）根据电子守恒进行解答。【详解】(1)根据影响水电离的因素可知：NaOH、H2SO4 抑制水的电离，且相同物质的量浓度的H2SO4 抑制程度更大；(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；NaCl对水的电离无影响，所以25时，相同物质的量浓度的溶液水的电离程度按由大到小顺序排列为；答案：；(2)在25下，将amolL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl)，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl)+ c(OH-）所以c(H+)=c(OH)，则溶液显中性； 因为平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，因为溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH)=10-7mol/L，NH3H2O的电离常数Kb= c(OH-)c(NH4+)/c(（NH3H2O）=1075103/(0.5a5103)=109/(a0.01)；答案：（3）c(OH-)/c(（NH3H2O）= c(OH-)c(NH4+)/c(（NH3H2O）c(NH4+)=Kb/c(NH4+)，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；答案：减小； 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；(4) I2作氧化剂,1molI2参与反应得到2mol电子,S2052-为还原剂,1molS2052-参与反应,硫元素失去4mol电子,根据原子守恒配平方程式: S2052-+212+3H20=2SO42-+4I-+6H+,计算祥品中S2052-的残留量时以SO2计算,n(I2)=n(SO2)=0.01000mol.L1x0.01L=0.0001mol,m(S02)=0.0064g,则该样品中Na2S2O5的残留量为0.0064g/0.05L =0.128g.L-1。答案：0.128。9.我国某地粉煤灰中镓含量丰富，其主要成分以Ga2O3的形式存在，除此之外还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质。已知从粉煤灰中回收镓的艺流程如图甲所示。信息：(i)转型液中镓以GaO2的形式存在；(ii)KspGa(OH3)=1.41034，KspFe(OH)3=2.71039，KspFe(OH)2=4.871017。回答下列问题：(1)滤渣A中一定含有的成分是_。(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是_，该过程中发生反应的离子方程式为_。(3)洗脱液中还有少量的Fe3+、Ga3+，其中Ga3+浓度为1.4104mol/L，列式计算当Fe3+恰好沉淀完全时c(Fe3+)1.0105mol/L，G a3+是否开始沉淀_。(4)流程图中两次调节pH的目的分别是_。(5)电解法可以提纯粗镓，具体原理如图乙所示粗镓与电源_极相连(填“正”或“负”)。镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2，GaO2在阴极放电的电极反应式为_。【答案】 (1). SiO2 (2). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离 (3). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (4). 当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH)=KspFe(OH)3/c(Fe3+)=2.710-39/1.010-5mol3/L3=2.710-34mol3/L3,QcGa(OH)3=c(Ga3+)c3(OH)=1.410-4mol/L2.710-34mol3/L3 =3.7810-38KspGa(OH)3，故Ga3+未开始沉淀 (5). 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2得到转型液 (6). 正 (7). GaO2+3e+2H2O=Ga+4OH【解析】【分析】粉煤灰中主要成分Ga2O3，还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质，加入盐酸后，SiO2不反应，过滤留在滤渣A中，浸出液中的Fe2+被H2O2氧化，变成Fe3+,加氢氧化钠调节pH后，根据KspGa(OH3)=1.41034，KspFe(OH)3=2.71039，使Fe3+变成沉淀进行分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2得到转型液，GaO2在阴极得电子，被还原为金属Ga。以此分析解答此题。【详解】(1)结合上述分析滤渣A中一定含有的成分是SiO2。(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离，该过程中发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。 (3)当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH)=KspFe(OH)3/c(Fe3+)=2.710-39/1.010-5mol3/L3=2.710-34mol3/L3，QcGa(OH)3=c(Ga3+)c3(OH)=1.410-4mol/L2.710-34mol3/L3 =3.7810-38KspGa(OH)3，故Ga3+未开始沉淀。(4) 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2得到转型液；(5)类比电解法精炼铜的原理可知，粗镓与电源正极相连，失电子，发生氧化反应，镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2，GaO2在阴极放电的电极反应式为GaO2+3e+2H2O=Ga+4OH。10.研究发现NOx和SO2是雾霾主要成分。INOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害物质。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180 kJ mol12CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=564 kJ mol1(1)2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H=_，该反应在_下能自发进行(填“高温”低温”或“任意温度”)(2)T时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程05min中NO的物质的量随时间变化如右图所示。已知：平衡时气体的分压=气体的体积分数体系的总压强，T时达到平衡，此时体系的总压强为=14MPa，则T时该反应的压力平衡常数Kp=_MPa1；平衡后，再向容器中充入NO和CO2各0.1mol，平衡将_(填“向左”“向右”或“不)移动15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示变化，则改变的条件可能是_(填字母)A升温 B增大CO浓度 C加入催化剂 D减小容器体积SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。(1)已知：亚硫酸的电离常数为Ka1=2.0102，Ka2=6.0107。则NaSO3溶液呈_(填“酸性”、“中性”或“碱性”)(2)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为_；若通入的N体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入SO2的质量理论上应为_g。【答案】 (1). 744 kJmol1 (2). 低温 (3). 0.125(或1/8) (4). 不 (5). BD (6). 酸性 (7). 6HNO5e=NH4+H2O (8). 32【解析】【分析】根据盖斯定律和G=HTS0解答；根据三段式, 化学平衡常数K 与Qc的关系进行判断；根据 15min时,改变某一因素,NO的物质的量减少,说明平衡向正反应方向移动,结合化学平衡的影响因素分析；根据HSO3的电离平衡常数与水解平衡常数大小判断；根据电解装置得失电子数目守恒进行计算。【详解】（1）根据盖斯定律N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180 kJ mol1 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H=564 kJ mol1,得：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H= (564180)kJmol1=744kJmol1，该反应为气体体积缩小的放热反应，其H0、S0，则温度处于低温下满足G=HTS0，能自发进行；故答案为：744kJmol1；低温；(2)由图1知,2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，起始(mol) 0.4 0.4 0 0转化(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1平衡(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1各组分的体积分数分别是：、，,Kp=(14)2(14)/ (14)2(14)2=0.125；根据的分析,化学平衡常数K=5,再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商Qc=5=K，因此平衡不移动；故答案为：0.125；不；15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动：A. 正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，故A错误；B. 增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；C. 加入催化剂，化学平衡不移动，故C错误；D. 减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，故D正确；故答案为：BD；(1)由于HSO3的水解常数K=Kw/Ka1=5.01013”或“=”)。NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是_。(4)铁有、三种同素异形体，如下图所示。Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为_，Fe、Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。已知Fe晶体的密度为dg/cm，NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为_pm(列表达式)【答案】 (1). (2). ds (3). p (4). NaAlSiO (5). 四面体 (6). (7). F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子 (8). 4 (9). 4:3 (10). 【解析】【详解】(l)Ni为28号元素，根据核外电子排布规律,基态Ni原子的电子排布式为Ar 3d84s2，电子排布图为；与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素是Zn和Ga、Ge、As、Se、Br、Kr，Zn位于周期表的ds区，Ga、Ge、As、Se、Br、Kr位于周期表的p区。答案：；ds；p；（2）非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能呈增大趋势，硅酸铝钠中含有Na、Al、Si、O四种元素，O的非金属性最强，Na、Al、Si在同周期，第一电离能逐渐增大，所以第一电离能由小到大的顺序是NaAlSiO。答案为： NaAlSiO；（3）铬可以形成CrCl3x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。氨气分子中氮价层电子对数=键个数+孤电子对数=3+1/2(5-31)=4,所以VSEPR模型为正四面体结构；答案：正四面体。因N、P在同一主族且半径是NP,原子核间斥力大，所以键角NH3PH3；答案：NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子；答案：F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子。（4）晶体晶胞中所含有的铁原子数为81/8+61/2=4，、两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8: