河南省顶级名校学年高二下学期期末考试化学试题解析版.docx

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河南省顶级名校学年高二下学期期末考试化学试题解析版

2018-2019学年下期期末高二化学试题

可能用到的相对原子质量：

H1、C12、O16、Mg24、Al27、P31

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+2N2O4

3N2↑+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+2O2

CO2+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NO

C.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；

B．NO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；

C．FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+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ⅢA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.100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NA

B.常温常压下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA

C.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA

D.标准状况下，124gP4中所含P—P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100 mL 1 mol•L-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11.2 L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，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA小于3NA，故C错误；

D．124gP4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D

5.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Y

B.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10mL0.1mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1mol/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10-30

B.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，CuS⇌Cu2++S2-，平衡时c（Cu2+）=c（S2-）=10-17.6mol/L，则Ksp（CuS）=c（Cu2+）c（S2-）=10-17.6mol/L×10-17.6mol/L=10-35.2mol2/L2，Ksp（CuS）的数量级为10-36，故A错误；

B．c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/L×0.005L×2=0.001mol，氯离子的物质的量为0.1mol/L×0.01L×2=0.002mol，则c（Cl-）=2c（Na+），故C错误；

D．d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：

2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－

C.b处：

2Cl－－2e－=Cl2↑；Cl2+H2O=HCl+HClO

D.c处发生了反应：

Fe－2e－=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；

B．a、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；

C．b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；

D．c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Ⅱ中的试剂X是___________。

（4）装置Ⅲ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Ⅲ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。

①写出装置Ⅲ中发生反应

化学方程式：

___________。

②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。

③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1.0mol·L－1Na2S2O3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+3H2O

KIO4+7KI+8CH3COOH===4I2+8CH3COOK+4H2O

I2+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+Cl2

KIO4+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+Cl2

KIO4+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I→IV→III→II，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I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，

因此，本题正确答案是：

aefcdb；

（6）①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+Cl2

KIO4+2KCl+H2O，

因此，本题正确答案是：

2KOH+KIO3+Cl2

KIO4+2KCl+H2O；

②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；

③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：

KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，

①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，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（FeO•Cr2O3）冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：

①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__________________。

②“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10-5mol∙L-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）。

①电极b连接电源的______极（填“正”或“负”），b极发生的电极反应：

______________。

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，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）.1×10-32（5）.正（6）.2H2O-4e-=O2↑+4H+（7）.（a-b）/2

【解析】

【分析】

（1）根据流程：

铬铁矿（FeO•Cr2O3）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-）=1×10-9mol/L，c（Cr3+）=1×10-5mol/L，Cr（OH）3的溶度积常数 Ksp=c（Cr3+）c3（OH-），据此计算；

（3）①b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；②根据电荷守恒分析计算。

【详解】

（1）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；

②“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+）=1×10-5mol/L，则Ksp＝c（Cr3+）c3（OH-）=10-5×（10-9）3=1×10-32，故答案为：

1×10-32；

（3）①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+；

②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，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）△H1＝－90.1kJ/mol；

3CH3OH（g）

CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2＝－31.0kJ/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、Ⅲ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。

①5min时三个容器中的反应达到化学平衡状态的是容器_______（填序号）。

②0-5min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

B．CO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

D．CO还原PbO2的反应△H＞0

（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L－1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amol/L

醋酸与bmol/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）.Ⅲ（3）.0.067mol/（L·min）（4）.BC（5）.CH3OH－6e－+8OH—=CO32-+6H2O（6）.1.2NA（或1.2×6.02×1023）（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）①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；②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）①CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H1=-90.1kJ/mol，②3CH3OH（g）

CH3CH=CH2（g）+3H2O（g）△H2=-31.0kJ/mol，根据盖斯定律，将①×3+②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）①三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Ⅲ，平衡后，升高温度，平衡逆向进行，氢气含量最大，故答案为：

Ⅲ；

②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