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)

平顶山市2018—2019学年第二学期期末考试高二化学试题第Ⅰ卷(选择题共126分)可能用到的相对原子质量O-16Na-23S-32Fe-56一、选择题(每题6分，每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的)化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面亲近相关。以下说法正确的选项是汝窑瓷器的天青色来自氧化铁“傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质中国歼—20上用到的氮化镓资料是作为金属合金资料使用诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主若是化学能转变成热能和光能【答案】D【解析】【详解】A.氧化铁是红棕色的，因此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，由化学能转变成热能和光能，故D选项正确；因此此题答案：D。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是－－8A.1LpH=6的纯水中含有OH的数目为10NAB.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(AsS，结构如图)，含有N个S—S键44AD.必然条件下向密闭容器中充入1molH和2molH(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2N22A【答案】B【解析】【详解】A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，因此pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l×10-6mol/L，1L纯水中含有的--6NA，故A错误；OH数目为l×10B.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-=2HO，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为NA，故B正确；-1-C.由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在S—S，因此C错误；D.由于H2+I22HI为可逆反应，因此必然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；因此此题答案：B。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)。以下说法错误的选项是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装置的作用可是吸取节余的二氧化硫气体【答案】D【解析】【解析】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溶液可吸取溴、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+2HO=H2SO4+2HBr，故C正确；D.C装置作用为吸取溴蒸汽、氯气、二氧化硫等尾气，故D错误；因此此题答案：D。【点睛】解题依照物质氧化性强弱。依照Cl2氧化性大于Br2，能够把Br-氧化成溴单质，结合-2-实验原理选择尾气办理试剂。由C、H、O中两种或三种元素组成的儿种有机物模型以下，以下说法正确的选项是A.上述四种有机物均易溶于水B.有机物Ⅳ的二氯代物有2种C.必然条件下有机物III能与氢气发生加成D.I生成Ⅱ的反应种类为还原反应【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，属于正周围体结构，因此其二氯代物有1种，故B错误；C.III是苯，结构简式为：，必然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Ⅱ的反应种类为氧化反应，故D错误；因此此题答案：C。【点睛】由几种有机物模型解析：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。以下实验操作和现象对应的结论错误的选项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，铁片金属铁比铜爽朗表面产生气泡B常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA相同条件下，在水中HA电离程度大-3-小于NaB于HBC加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深2－的水解反应是吸热反应CO3向饱和FeSO溶液中加入CuS固体，测得溶液DKsp(CuS)＜Ksp(FeS)中c(Fe2+)不变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，因此铁为正极，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，因此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，因此说明Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)，故D正确；因此此题答案：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连续被氧化。因此铜和铁做电极资料的时候，铜先放电做原电池的负极。－6.利用光伏电池供应电能办理废水中的污染物(有机酸阴离子用R表示)，并回收有机酸HR，装置以下列图。以下说法错误的选项是-4-A.在光伏电池中a极为正极B.石墨(2)极周边溶液的pH降低C.HR溶液：c2＜c1D.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.依照电子搬动的方向，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高升，故B错误；C.石墨(1)为电解池的阳极，-+)高升，透过阳膜进入浓缩室；石OH失电子变成氧气，使得c(H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，因此HR溶液：c2＜c1，故C正确；-—-=O2↑+2H2O；阴极：+-=2H2↑，因此若两极共收集3mol气体，则理D.依照阳极：4OH4e4H+4e论上转移4mol电子，故D正确；因此此题答案：B。【点睛】解题打破口：电子搬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c2＜c1；依照电子守恒进行判断转移的电子数。常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混杂溶液的pH与离子浓度变化的关系以以下列图所示，以下相关说法错误．．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)＝10－4.32--+-D.交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y)＞c(HY)＞c(H)＞c(OH)-5-【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；C．pH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)＝==10－4.3,故C正确；D.交点b的溶液中存在：lg=lg>1.3，因此>101.3,即c(Y2-)<c(HY-),故错误；综合以上解析，此题选D。二、非选择题：8.(1)25℃时，相同物质的量浓度的以下溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小序次排列为___________(填序数)。在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混杂，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NH3·H2O的电离常数Kb=___________。必然温度下，向氨水中通入CO2，获取（NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系以下列图。随着CO2的通入，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。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0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，-6-耗资5.00mL。该滴定反应的离子方程式为___________；葡萄酒中的NaSO的使用量是以SO2252来计算的，则该样品中Na2S2O5的残留量为－1___________g·L。【答案】(1).④＞①＞②＞③(2).中(3).(4).减小(5).2－)＋c－)＋c－c－2-＋2I22-＋4I－+2(CO3(HCO3(NH2COO)＋(OH)(6).S2O5＋3H2O===2SO4＋6Hc(7).0.128【解析】【解析】1）依照依照影响水电离的因素进行判断；（2）依照电荷守恒进行判断；（3）依照电子守恒进行解答。【详解】(1)依照影响水电离的因素可知：②NaOH、③H2SO4控制水的电离，且相同物质的量浓度的③H2SO4控制程度更大；④(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；①NaCl对水的电离无影响，因此25℃时，相同物质的量浓度的溶液水的电离程度按由大到小序次排列为④＞①＞②＞③；答案：④＞①＞②＞③；(2)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混杂，反应平衡时溶液中+)=c(Cl－++－)+-+-c(NH4)，依照电荷守恒，c(H)+c(NH4)=c(Clc(OH）因此c(H)=c(OH)，则溶液显中性；由于平衡时溶液中+-）=0.005mol/L，依照物料守恒得．H2O）=c（NH4）=c（Clc（NH3（）mol/L，由于溶液呈中性，因此c(H+-)=10-732的电离常数)=c(OHmol/L，NH?HO-)．+．HO）=10-7-3/(0.5-3-9a-0.01)；答案：b432-．-+．++)，K不变，4324324bb+)不断增大，比值不断减小；依照电荷守恒，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4++2----)；答案：减小；34322----)；2c(CO3)+c(HCO3)+c(NH2COO)+c(OH(4)I2作氧化剂,1molI2参加反应获取2mol电子,S2052-为还原剂,1molS2052-参加反应,硫元素失去4mol电子,依照原子守恒配平方程式2-2-+4I-+2-的残:S205+212+3H20=2SO4+6H,计算祥品中S205留量时以SO2计算,n(I2)=n(SO21x0.01L=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。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。-7-－信息：(i)转型液中镓以GaO2的形式存在；(ii)Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，Ksp[Fe(OH)2]=4.87×10－17。回答以下问题：(1)滤渣A中必然含有的成分是___________。“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1.4×10－4mol/L，列式计算当Fe3+恰好沉淀完好时[c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L]，Ga3+可否开始积淀___________。流程图中两次调治pH的目的分别是___________。电解法能够提纯粗镓，详尽原理如图乙所示①粗镓与电源___________极相连(填“正”或“负”)。②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+，便于后续操作分别(3).2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O(4).当Fe3+恰好积淀时，溶液中c3(OH－sp3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-533-3433c33+)?)=K[Fe(OH)mol/L=2.7×10mol/L,Q[Ga(OH)]=c(Gac3－×10-4mol/L×2.7×10-3433=3.78×10-383+(OH)=1.4mol/L＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga未开始积淀(5).第一次调治pH是为了使3+pH是为了将3+—得2到转型液(6).正(7).GaO——+2H—2+3eO==Ga+4OH-8-【解析】【解析】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2+22氧化，变成3+pH后，依照Fe被HOFe,加氢氧化钠调治Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，使Fe3+变成积淀进行分别，第二次调治pH是为了将3+——22此题。【详解】(1)结合上述解析滤渣A中必然含有的成分是SiO2。“氧化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分别，该过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。当Fe3+恰好积淀时，溶液中c3(OH－)=sp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-5mol3/L3=2.7×10-34mol3/L3，Kc33+3－×10-4mol/L×2.7×10-3433=3.78×10-38sp3]，Q[Ga(OH)]=c(Ga)?c(OH)=1.4mol/L＜K[Ga(OH)故Ga3+未开始积淀。(4)第一次调治3+pH是为了将3+—得2到转型液；类比电解法精髓铜的原理可知，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3+－－在阴极放电的电极反应式为Ga与NaOH溶液反应生成GaO，GaO22———GaO+3e+2HO==Ga+4OH。2210.研究发现NO和SO是雾霾主要成分。x2I．NOx主要本源于汽车尾气，能够利用化学方法将二者转变成无毒无害物质。已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ·mol－122CO(g)△H=－564kJ·mol－12CO(g)+O(g)(1)2NO(g)+2CO(g)2CO(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和的CO充入容积为2L密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程0－5min中NO的物质的量随时间变化如右图所示。-9-①已知：平衡时气体的分压=气体的体积分数×系统的总压强，T℃时达到平衡，此时系统的总压强为Ｐ=14MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数p－1；平衡后，再向容K=___________MPa器中充入NO和CO2各0.1mol，平衡将___________(填“向左”“向右”或“不")搬动②15min时，若改变外界反应条件，以致n(NO)发生以下列图变化，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Ⅱ．SO2主要本源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的要点。(1)已知：亚硫酸的电离常数为K=2.0×10－2－7。则NaSO溶液呈___________(填，K=6.0×10a1a23“酸性”、“中性”或“碱性”)以下列图的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转变成硫酸铵，从的而实现废气回收再利用。通入NO的电极反应式为___________；若通入的N体积为4.48L(标况下)，则别的一个电极通入SO2的质量理论上应为__________g。【答案】(1).－744kJ·mol－1(2).低温(3).0.125(或1/8)(4).不(5).BD(6).酸性(7).6H＋＋NO＋5e－+＋HO(8).32===NH42【解析】【解析】依照盖斯定律和△G=△H-T△S<0解答；依照三段式,化学平衡常数K与Qc的关系进行判断；依照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搬动,结合化学平衡-的影响因素解析；依照HSO3的电离平衡常数与水解平衡常数大小判断；依照电解装置得失电子数目守恒进行计算。-10-【详解】（1）依照盖斯定律①N(g)+O(g)2NO(g)△H=+180kJ·mol－122②2CO(g)+O2(g)2CO(g)△H=－564kJ·mol－1,②-①得：2NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N2(g)△H=(-564-180)kJ?mol-1=-744kJ?mol-1，该反应为气体体积减小的放热反应，其△H<0、△S<0，则温度处于低温下满足△G=△H-T△S<0，能自觉进行；故答案为：1744kJ?mol；低温；(2)①由图1知,2NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N2(g)，初步(mol)0.40.400转变(mol)0.20.20.20.1平衡(mol)0.20.20.20.1各组分的体积分数分别是：、、、，,Kp==(14×)2×(14)/[(14×)2×(14×)2]=0.125；依照①的解析,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，因此平衡不搬动；故答案为：0.125；不；②15min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搬动：A.正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向搬动，NO的物质的量增大，故A错误；B.增大CO的浓度，平衡向正反应方向搬动，NO的物质的量减小，故B正确；C.加入催化剂，化学平衡不搬动，故C错误；D.减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向搬动，NO物质的量减小，故D正确；故答案为：BD；-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13×10-7-的电离平衡常数大于Ⅱ(1)由于HSO3<Ka2=6.0,说明HSO3-水解平衡常数，则HSO3的溶液显酸性；答案：酸性；(2)依照电解装置，NO和SO转变成硫酸铵，说明NO转变成+24+++2-,依照得失电子数目守恒，有NO+6H+5e-=NH4+H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H+SO4-222-1×5/2=0.5mol2～5SO的质量为＋＋NO＋－+64g/mol×0.5mol=32g，故答案为：6H5e===NH＋HO；32。42-11-11.翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。请回答以下问题：基态镍原子的外面电子排布图为___________;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素位于周期表的__________、___________区。(2)翡翠中主要成分硅酸铝钠中四种元素电负性由小到大的序次是___________。(3)铬能够形成CrCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。①NH3分子的ⅤSEPR模型是___________。②键角大小关系NH3___________PH3(填“>”<”或“=”)。NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是___________。铁有δ、γ、α三种同素异形体，以以下列图所示。γ－Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为___________，δ－Fe、α－Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。已知δ－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).Na＜Al＜Si<O(5).周围体(6).＞(7).F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，以致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，依照核外电子排布规律,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；-12-（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，因此第一电离能由小到大的序次是Na＜Al＜Si＜O。答案为：Na＜Al＜Si＜O；（3）铬能够形成CrCl3·xNH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。①氨气分子中氮价层电子对数=σ键个数+孤电子对数=3+1/2(5-3×1)=4,因此VSEPR模型为正周围体结构；答案：正周围体。②因N、P在同一主族且半径是N＜P,原子核间斥力大，因此键角NH3＞PH；答案：＞3③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，以致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，N—F成键电子对向F偏移，以致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3+NF不易与Cr形成配离子。3（4）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×1/8+6×1/2=4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8:6=4:3；一个晶胞的质量m=M/NA=2×56/NAg，依