河南省平顶山市2018-2019学年高二化学下学期期末调研考试试题（含解析）

-1-河南省平顶山市2018-2019学年高二下学期期末调研考试理科综合化学试题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10－8NAB.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S—S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l×10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l×10-6NA，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S—S，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-2-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装置的作用为吸收溴蒸汽、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。-3-4.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Ⅳ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Ⅱ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Ⅱ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HB-4-C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-5-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.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：c2＜c1，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c2＜c1；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2cHYcHY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)＝10－4.3D.交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2-)＞c(HY-)＞c(H+)＞c(OH-)【答案】D-6-【解析】【详解】详解：A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中2cHYcHY逐渐增大，2cHYcY逐渐减小，lg2cHYcHY逐渐增大，lg2cHYcY逐渐减小，因此曲线M表示pH与2cHYcHY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2cHYcY=1.3，则Ka2(H2Y)＝2cYcHcHY=31.31010=10－4.3,故C正确；D.交点b的溶液中存在：lg2cHYcHY=lg2cHYcY＞1.3，因此2cHYcY＞101.3,即c(Y2-)＜c(HY-),故D错误；综合以上分析，本题选D。8.(1)25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(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amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1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NH3·H2O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(NH3·H2O)将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。-7-(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0.01000mol·L－1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___________g·L－1。【答案】(1).④＞①＞②＞③(2).中(3).9100.01a(4).减小(5).2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COO－)＋c(OH－)(6).S2O52-＋2I2＋3H2O===2SO42-＋4I－＋6H+(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：②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，且相同物质的量浓度的③H2SO4抑制程度更大；④(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；①NaCl对水的电离无影响，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（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，因为溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10-7mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb=c(OH-)．c(NH4+)/c(（NH3．H2O）=10−7×5×10−3/(0.5a−5×10−3)=10−9/(a−0.01)；答案：9100.01a（3）c(OH-)/c(（NH3．H2O）=c(OH-)×c(NH4+)/［c(（NH3．H2O）×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-8-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.