河南省2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

河南省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、o 16、mg 24、al 27、p 31一、选择题(每题6分，共42分)1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是a甲醇低温所制氢气用于新能源汽车b氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料c偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料d开采可燃冰，将其作为能源使用a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】分析：a项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；b项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；c项，偏二甲肼与n2o4反应生成co2、n2和h2o，放出大量热，属于化学变化；d项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，ch4燃烧生成co2和h2o，放出大量热，属于化学变化。详解：a项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；b项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；c项，偏二甲肼与n2o4反应生成co2、n2和h2o，放出大量热，反应的化学方程式为c2h8n2+2n2o43n2+2co2+4h2o，属于化学变化；d项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，ch4燃烧生成co2和h2o，放出大量热，反应的化学方程式为ch4+2o2co2+2h2o，属于化学变化；答案选b。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2.下列实验操作能达到实验目的的是()a. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物b. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的noc. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释d. 将cl2与hcl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的cl2【答案】c【解析】【详解】a长颈漏斗不能用作分离操作，分离互不相溶的液体应该选用分液漏斗，故a错误；bno易和空气中o2反应生成no2，所以不能用排空气法收集，no不易溶于水，应该用排水法收集，故b错误；cfecl3属于强酸弱碱盐，fe 3+易水解生成fe(oh)3而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故c正确；d将cl2与hcl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故d错误；答案选c。【点睛】本题的易错点为d，要注意从水溶液中出来的气体中含有水蒸气。3.短周期主族元素 x、y、z、w 原子序数依次增大，x 是地壳中含量最多的元素，y 原子的最外层只有一个电子，z 位于元素周期表a族，w 与x属于同一主族。下列说法正确的是a. 原子半径：r(w) r(z) r(y)b. 由x、y 组成的化合物中均不含共价键c. y 的最高价氧化物的水化物的碱性比z的弱d. x 的简单气态氢化物的热稳定性比w的强【答案】d【解析】分析：短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大；x是地壳中含量最多的元素，x为o元素；y原子的最外层只有一个电子，y为na元素；z位于元素周期表中iiia族，z为al元素；w与x属于同一主族，w为s元素。根据元素周期律作答。详解：短周期主族元素x、y、z、w原子序数依次增大；x是地壳中含量最多的元素，x为o元素；y原子的最外层只有一个电子，y为na元素；z位于元素周期表中iiia族，z为al元素；w与x属于同一主族，w为s元素。a项，na、al、s都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（y）r（z）r（w），a项错误；b项，由x、y组成的化合物有na2o、na2o2，na2o中只有离子键，na2o2中既含离子键又含共价键，b项错误；c项，金属性：na（y）al（z），y的最高价氧化物的水化物的碱性比z的强，c项错误；d项，非金属性：o（x）s（w），x的简单气态氢化物的热稳定性比w的强，d项正确；答案选d。点睛：本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推断出各字母代表的元素是解题的关键，进而根据同周期、同主族元素结构和性质的递变规律作出判断。4.na代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()a. 100 ml 1 moll1fecl3溶液中所含fe3的数目为0.1nab. 常温常压下，11.2 l甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2nac. 密闭容器中，2 mol so2和1 mol o2催化反应后分子总数为2nad. 标准状况下，124 g p4中所含pp键数目为6na【答案】d【解析】【详解】a三价铁离子在水溶液中部分水解，所以100ml1moll-1fecl3溶液中所含fe3+的数目小于0.1na，故a错误；b常温常压下，气体摩尔体积不是22.4l/mol，因此11.2l甲烷和乙烯混合物的物质的量不是0.5mol，其中含氢原子数目不是2na，故b错误；c二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2molso2和1molo2催化反应后分子总数大于2na小于3na，故c错误；d124gp4的物质的量为=1mol，根据p4的结构式，1molp4含有6molp-p键，即含有p-p键数目为6na，故d正确；答案选d5.有机物x、y、m相互转化关系如下。下列有关说法不正确的是a. 可用碳酸氢钠区别x与yb. y中所有原子在同一平面上c. x、y、m均能发生加成、氧化和取代反应d. x环上的二氯代物共有11种(不考虑顺反异构)【答案】b【解析】【详解】a.y不含羧基，与碳酸氢钠不反应，x含有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应，故a正确；b.甲烷分子为四面体结构，y分子中含有-ch2-，所以y中所有原子不可能处于同一平面上，故b错误；c. x分子中含有碳碳双键和羧基，y分子中含有碳碳双键和羟基，m分子中含有碳碳双键和酯基，所以均能发生加成、氧化和取代反应，故c正确； d.采用定一移二的方法分析，x环上的二氯代物共有11种，故d正确。 答案选b。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团的结构和性质是解题的关键，本题难点是d选项，注意采用定一移二的方法分析同分异构体的种数。6.常温下，向10 ml 0.1 mol/l的cucl2溶液中滴加0.1 mol/l的na2s溶液，滴加过程中溶液中-lgc(cu2+)随滴入的na2s溶液体积的变化如图所示(忽略滴加过程中的温度变化和溶液体积变化)。下列叙述正确的是( )a. 常温下ksp (cus)的数量级为10-30b. c点溶液中水的电离程度大于a点和d点溶液c. b点溶液中c(na+)=2c(cl-)d. d点溶液中c (na+) c (cl-) c (s2-) c (oh-) c (h+)【答案】d【解析】【分析】向10ml0.1mol/lcucl2溶液中滴加0.1mol/l的na2s溶液，发生反应：cu2+s2-cus，cu2+单独存在或s2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，图中-lgc(cu2+)越大，则c(cu2+)越小，结合图中浓度计算溶度积常数及溶液中的守恒思想分析解答。【详解】a根据图像，v=10ml时，二者恰好完全反应生成cus沉淀，cuscu2+s2-，平衡时c(cu2+)=c(s2-)=10-17.6mol/l，则ksp(cus)=c(cu2+)c(s2-)=10-17.6mol/l10-17.6mol/l=10-35.2mol2/l2，ksp(cus)的数量级为10-36，故a错误；bc点为nacl溶液，对水的电离无影响，而a点为氯化铜溶液、d点为硫化钠溶液，都会发生水解反应促进水的电离，则c点溶液中水的电离程度小于a点和d点溶液，故b错误；c根据图像，b点时钠离子的物质的量为0.1mol/l0.005l2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/l0.01l2=0.002mol，则c(cl-)=2c(na+)，故c错误；dd点溶液中nacl和na2s的浓度之比为2:1，且溶液显碱性，因此c (na+) c (cl-) c (s2-) c (oh-) c (h+)，故d正确；答案选d。7.用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a 、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近均有气泡产生；铜珠n的右侧有气泡产生。下列对实验现象的解释或推测不合理的是( )a. 根据实验一的原理，实验二中铜珠m左侧变厚b. a、d处：2h2o2e=h22ohc. b处：2cl2e=cl2；cl2 + h2o =hcl + hclod. c处发生了反应：fe2e=fe2【答案】a【解析】【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成oh-，为电解池的阴极，b处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧c处为阳极，右侧d处为阴极，实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，据此分析解答。【详解】a实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池，一个球两面为不同的两极，铜珠m的左侧为阳极，发生的电极反应为cu-2e-=cu2+，右侧为阴极，发生的电极反应为cu2+2e-=cu，同样铜珠n的左侧为阳极，右侧为阴极，因此铜珠m右侧变厚，故a错误；ba、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，电极方程式为2h2o+2e-h2+2oh-，故b正确；cb处变红，局部褪色，是因为cl2+h2o=hcl+hclo，hcl的酸性使溶液变红，hclo的漂白性使局部褪色，故c正确；dc处为阳极，发生氧化反应：fe-2e-fe2+，故d正确；答案选a。【点睛】把握电极的判断以及电极反应为解答本题的关键。本题的易错点为a，要注意根据实验一正确判断电极类型并类推实验二。二、非选择题(4大题，共58分)8.高碘酸钾(kio4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：(1)装置i中仪器甲的名称是_。(2)装置i中浓盐酸与kmno4混合后发生反应的离子方程式是_。(3)装置中的试剂x是_。(4)装置中搅拌的目的是_。(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为_(用字母表示)。(6)装置连接好后，将装置水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。写出装置中发生反应化学方程式：_。洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是_。上述制备的产品中含少量的kio3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的ki溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0moll1na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bl。已知：kio3+5ki+6ch3cooh=3i2+6ch3cook+3h2okio4+7ki+8ch3 cooh=4i2+8ch3cook+4h2oi2+2na2s2o3=2nai+n2s4o6则该产品中kio4的百分含量是_(mr(kio3)=214，mr(kio4)=230，列出计算式)。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 16h+10cl-+2mno4-=2mn2+8h2o+5cl2 (3). naoh溶液 (4). 使反应混合物混合均匀，反应更充分 (5). aefcdb (6). 2koh+kio3+cl2kio4+2kcl+ h2o (7). 降低kio4的溶解度，减少晶体损失 (8). 100%【解析】【分析】本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置iii为kio4的制备反应发生装置，发生的反应为2koh+kio3+cl2kio4+2kcl+ h2o；装置i可用来制取氯气，为制备kio4提供反应物氯气；装置iv是氯气的净化装置；装置ii是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为iiviiiii，以此分析解答。【详解】(1)根据装置i中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；(2)浓盐酸与kmno4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2mno4-+10cl-+16h+=2mn2+5cl2+8h2o，因此，本题正确答案是：2mno4-+10cl-+16h+=2mn2+5cl2+8h2o；(3) 装置ii是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂x应是naoh溶液，因此，本题正确答案是：naoh溶液；(4) 装置iii为kio4的制备反应发生装置，用氯气和naoh的kio3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；(5)根据以上分析，装置的连接顺序为iiviiiii，所以各接口顺序为aefcdb，因此，本题正确答案是：aefcdb； (6)装置iii为kio4的制备反应发生装置，氯气将kio3氧化为kio4，本身被还原为kcl，化学方程式为2koh+kio3+cl2kio4+2kcl+ h2o，因此，本题正确答案是：2koh+kio3+cl2kio4+2kcl+ h2o；根据题给信息，高碘酸钾(kio4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低kio4的溶解度，减少晶体损失，因此，本题正确答案是：降低kio4的溶解度，减少晶体损失；设ag产品中含有kio3和kio4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：kio33i2，kio44i2，i22na2s2o3，214x+230y=a，3x+4y=0.5b，联立、，解得y=mol，则该产品中kio4的百分含量是100%=100%，因此，本题正确答案是：100%。9.元素铬(cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： (1)利用铬铁矿(feocr2o3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_ 。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为na2cro4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。(2)已知 cr3+完全沉淀时溶液ph为5，(cr3+浓度降至10-5moll-1可认为完全沉淀)则cr(oh)3的溶度积常数 ksp_。 (3)用石墨电极电解铬酸钠(na2cro4)溶液，可制重铬酸钠(na2cr2o7)，实验装置如图所示(已知：2cro42-+2h+cr2o72-+ h2o)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) ， b 极发生的电极反应：_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是_mol 。【答案】 (1). 铬铁矿粉碎 (2). 过滤 (3). 8cro42+3s2-+20h2o=8cr(oh)3+3so42-+16oh- (4). 110-32 (5). 正 (6). 2h2o-4e-=o2+4h+ (7). (a-b)/2【解析】【分析】(1)根据流程：铬铁矿(feocr2o3)加入纯碱、通入空气焙烧，得到na2cro4，过滤，滤液含有na2cro4，加入na2s还原得到cr(oh)3，反应为：8cro42-+3s2-+20h2o=8cr(oh)3+3so42-+16oh-，加热cr(oh)3可得到cr2o3，再用还原剂还原得到cr，据此分析解答；(2)已知cr3+完全沉淀时溶液ph为5，则此时c(oh-)=110-9mol/l，c(cr3+)=110-5mol/l，cr(oh)3的溶度积常数ksp=c(cr3+)c3(oh-)，据此计算；(3)b极得到na2cr2o7，则b有反应2cro42-+2h+cr2o72-+h2o，故b的电极反应为水放电生成氧气和氢离子，据此分析解答；根据电荷守恒分析计算。【详解】(1)影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，采取的措施可以有将铬铁矿粉碎等，故答案为：铬铁矿粉碎；“水浸”要获得浸出液，需要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为na2cro4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的na2s被氧化成so42-，cr元素由+6价降为+3价，s元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，反应的方程式为：8cro42+3s2-+20h2o=8cr(oh)3+3so42-+16oh-，故答案为：过滤；8cro42+3s2-+20h2o=8cr(oh)3+3so42-+16oh-。(2)ph为5，c(oh-)=10-9，c(cr3+)=110-5mol/l，则kspc(cr3+)c3(oh-)=10-5(10-9)3=110-32，故答案为：110-32；(3)根据图示，在b极所在电极室得到na2cr2o7，根据2cro42-+2h+ cr2o72+ h2o，电解过程中b极c(h+)增大，则b极电极反应式为2h2o-4e-=o2+4h+，因此a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为：正；2h2o-4e-=o2+4h+；电解一段时间后，测得阳极区溶液中na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为(a-b)mol，所以外电路中转移的电子为(a-b)mol，阳极的电极反应为：2h2o-4e-=o2+4h+，则阳极生成的氢离子为(a-b)mol，根据2cro42-+2h+cr2o72-+h2o，理论上生成重铬酸钠的物质的量是mol，故答案为：。10.科学家对一碳化学进行了广泛深入的研究并取得了一些重要成果。(1)已知：co(g)+2h2(g)ch3oh(g) h190.1kj/mol；3ch3oh(g)ch3ch=ch2(g)+3h2o(g) h231.0kj/mol co与h2合成ch3ch=ch2的热化学方程式为_。(2)现向三个体积均为2l的恒容密闭容器i、ii、中，均分别充入1molco 和2mo1h2发生反应：co(g)+2h2(g)ch3oh(g) h1-90.1kj/mol。三个容器的反应温度分别为tl、t2、t3且恒定不变。当反应均进行到5min时h2的体积分数如图1所示，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态。5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_(填序号)。0-5 min内容器i中用ch3oh表示的化学反应速率v(ch3oh)=_。(保留两位有效数字)(3)co常用于工业冶炼金属，在不同温度下用co 还原四种金属氧化物，达到平衡后气体中lgc(co)/c(co2)与温度(t)的关系如图2所示。下列说法正确的是_(填字母)。a工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和co接触面积，减少尾气中co的含量bco用于工业冶炼金属铬(cr)时，还原效率不高c工业冶炼金属铜(cu) 时，600下co的利用率比1000下co的利用率更大dco还原pbo2的反应h0(4)一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2moll1的koh溶液。请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式_；每消耗6.4g甲醇转移的电子数为_。(5)一定条件下，用甲醇与一氧化碳反应合成乙酸可以消除一氧化碳污染。常温下，将a mol/l醋酸与b mol/lba(oh)2溶液等体积混合后，若溶液呈中性，用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数ka为_。【答案】 (1). 3co(g)+6h2(g)ch3ch=ch2(g)+3h2o(g) h-301.3kj/mol (2). (3). 0.067 mol/(lmin) (4). bc (5). ch3oh6e+8oh=co32-+6h2o (6). 1.2na(或1.26.021023) (7). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析书写co与h2合成ch3ch=ch2的热化学方程式；(2)温度越高反应速率越快，达到平衡状态时，需要的时间越短，据此判断；利用三段式求出反应生成的甲醇的物质的量浓度，再根据v=计算；(3)a、增高炉的高度，增大co与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，co的利用率不变；b、由图像可知，用co工业冶炼金属铬时，一直很高，说明co转化率很低；c、由图像可知，温度越低，越小，故co转化率越高；d、co还原pbo2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，co的含量增大，说明平衡逆向移动，据此分析判断；(4)根据电子的移动方向判断出原电池的正负极，负极上甲醇失去电子生成碳酸钾，根据电子与甲醇的物质的量关系计算；(5)溶液等体积，混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合电离平衡常数的表达式计算。【详解】(1)co(g)+2h2(g) ch3oh(g) h1=-90.1kj/mol，3ch3oh(g) ch3ch=ch2(g)+3h2o(g) h2=-31.0kj/mol，根据盖斯定律，将3+得到co与h2合成ch3ch=ch2的热化学方程式：3co(g)+6h2(g) ch3ch=ch2(g)+3h2o(g) h=-301.3kj/mol，故答案为：3co(g)+6h2(g) ch3ch=ch2(g)+3h2o(g)h=-301.3kj/mol；(2)三个容器的反应温度分别为tl、t2、t3且恒定不变，当反应均进行到5min时h2的体积分数如图1所示，温度越高，反应速率越快，达到平衡需要的时间越短，其中只有一个容器中的反应已经达到平衡状态，最有可能是，平衡后，升高温度，平衡逆向进行，氢气含量最大，故答案为：；设反应生成的甲醇为xmol/l， co(g)+2h2(g) ch3oh(g)开始(mol/l)：0.5 1 0 转化(mol/l)： x 2x x 平衡(mol/l)：0.5-x 1-2x x 到5min时，氢气的体积分数为0.4，则=0.4，解得：x=mol/l，容器i中用ch3oh表示的化学反应速率v(ch3oh)=0.067mol/(lmin)，故答案为：0.067 mol/(lmin)；(3)a.增高炉的高度，增大co与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，co的利用率不变，故a错误；b.由图像可知用co工业冶炼金属铬时，一直很高，说明co转化率很低，故b正确；c.由图像可知温度越低，越小，故co转化率越高，工业冶炼金属铜(cu) 时，600下co的利用率比1000下co的利用率更大，故c正确；d.co还原pbo2的反应，达到平衡后升高温度，升高，即升高温度，co的含量增大，说明平衡逆向移动，此反应的h0，故d错误；故答案为：bc；(4)电池反应为：2ch3oh+3o2+4koh=2k2co3+6h2o，该电池负极是甲醇失电子生成碳酸钾，根据图像可知，b电极为正极，电极反应为：o2+4e-+2h2o=4oh-，a为负极，电极反应式为ch3oh6e+8oh=co32-+6h2o，6.4g甲醇的物质的量为=0.2mol，转移电子的物质的量为0.2mol 6=1.2mol，即 1.2na(或1.26.021023)，故答案为：ch3oh6e+8oh=co32-+6h2o；1.2na(或1.26.021023)；(5)通常状况下，将a mol/l的醋酸与b mol/l ba(oh)2溶液等体积混合，溶液呈中性，根据电荷守恒，2c(ba2+)+c(h+)=c(ch3coo-)+c(oh-)，溶液呈中性，溶液中c(h+)=c(oh-)=10-7mol/l，则c(ch3coo-)=2c(ba2+)=2mol/l=bmol/l，醋酸电离平衡为ch3cooh ch3coo-+h+，则k=，故答案为：。11.三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4mn(no3)26h2o+26(ch3co)2o=4(ch3coo)3mn +8hno2+ 3o2+40ch3cooh。(1)基态锰原子的价层电子排布式为_。(2) ch3cooh中碳原子的杂化形式为_。(3) no3-的空间构型是_，与no3-互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。(4) ch3cooh能与h2o以任意比互溶的原因是_。(5)某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所