河南省平顶山市学年高二下学期期末考试解析版.docx
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河南省平顶山市学年高二下学期期末考试解析版
河南省平顶山市2021-2021学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量0-16Na-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。
以下说法正确的选项是〔〕
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.中国歼一20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
【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.
D选项正确;
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，故所以此题答案：
D。
2•设Na为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是〔〕
一一8
A.1LpH=6的纯水中含有OH一的数目为10一Na
B.
当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为Na
D.一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2〔g〕充分反响，生成HI分子数最多等于
2Na
【答案】B
【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
为丨^0'6mol/L,1L纯水中含有的OH-数目为丨^0'6Na，故A错误；
B.氢氧燃料电池在酸性条件下，负极的电极反响式为：
H2-2e-=2H+，正极的电极反响式为:
4H++O2+4e=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为Na,故B正确;
充分反响，生成HI分子数小于2Na,故D错误;
所以此题答案：
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
A.装置中通入的是a气体是C12
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
C.B装置中通入a气体前发生的反响为SO2+Br2+2H2O===H2SO4+2HBr
D.C装置的作用只是吸收多余的二氧化硫气体
【答案】D
【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CS,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气体后发生的反响为SO2+B「2+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；
所以此题答案：
D。
【点睛】解题依据物质氧化性强弱。
根据C12氧化性大于B「2,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，以下说法正确的选项是（
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：
CH3C00H,I生成n的反响类型为氧化反响，故D错误；
所以此题答案：
Co
【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
物质的性质答复。
5•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
外表产生气泡
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
相冋条件下，在水中HA电离
程度大于HB
C
加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深
CO32「的水解反响是吸热反响
D
向饱和FeSO4溶液中参加CuS固体，测得溶液
Ksp（CuS）vKsp（FeS）
中c（Fe）不变
【答案】A
【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响，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「的水解反响是吸热反响，故C正确；
D.向饱和FeSO4溶液中参加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）vKsp（FeS），故D正确；
所以此题答案：
A。
【点睛】注意点：
铁与浓硝酸发生钝化反响，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,装置如下图。
以下说法错误的选项是（
*Ir'HR（aq）
C.HR溶液：
C2Vci
D.假设两极共收集3mol气体，那么理论上转移4mol电子
【答案】B
【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⑵为电解池的阴极，『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：
C2D.根据阳极：
40H-—4e=O2f+2HO;阴极：
4H++4e=2H2f,所以假设两极共收集3mol气体,那么理论上转移4mol电子，故D正确；
所以此题答案：
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C2v&；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以下图所示，以下有关说法错误的是（）
A.曲线M表示pH与ig..的变化关系
B.a点溶液中：
c（H+）—c（OH）=2c（Y2「）+c（HY-）—c（K）
-43
C.H2Y的第二级电离常数Ka2（H2Y）=10.
o+
D•交点b的溶液中：
c（H2Y）=c（Y2-）>c（HY-）>c（H）>c（OH-）
【答案】D
c（HY）c（HY）
【解析】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
c（I!
Y）r（//r）
渐减小，ig.•逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线m表示pH与..的关系，
，clnzrJc{Y）c\n2r）
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；
D.交点b的溶液中存在：
Ig「=Ig.>1.3,因此>101.3，即c（Y2）错误；
综合以上分析，此题选D。
、非选择题:
8.
（1）25C时，相同物质的量浓度的以下溶液：
①NaCI②NaOH③H2SO4④（NH4）2SO4，其中水
的电离程度按由大到小顺序排列为（填序数）。
_1_1
⑵在25C下，将amolL的氨水与0.01molL的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中
c（NH4+）=c（CI_），那么溶液显（填酸〞碱〞或中）性；用含a的代数式表示NH3H2O
的电离常数Kb=。
⑶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的关系如下图。
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+）=
ILO1（15毗5四HO7,t）
pH
⑷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0.01000molL_1的碘标准液滴定至
终点，消耗5.00mL。
该滴定反响的离子方程式为;葡萄
酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2来计算的，那么该样品中Na2S2O5的残留量为g'L10
ID-乡
【答案】
（1）.④〉①'②〉③
（2）.中（3）.（4）.减小（5）.2c（CO32_）
a—0.01
一一一22—++c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）（6）.S2O5-+212+3H2O===2SO4-+41+6H（7）.0.128
【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】⑴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；①NaCI对水的电离无影响，所以25C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；
_1_1
⑵在25C下，将amolL的氨水与0.01molL的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中
c（NH4+）=c（CI_），根据电荷守恒，c（H+）+c（NH4+）=c（CI_）+c（OH-）所以c（H+）=c（OH-），那么溶液显中性；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）+--7
=（）mol/L，因为溶液呈中性，所以c（H）=c（OH）=10mol/L,NH3?
H2O的电离常
、"/■■才-+-7-3-3-910
数Kb=c（OH）'c（NH4）/c（（NH3'H20）=10X5X10/（0.5a-5X10）=10/（a-0.01）；答案：
-
a-0.01
（3）c（0H-）/c（（NH3'H2O）=c（0H-）X（NH4+）/:
c（（NH3'H2O）Xc（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
++2・・・・
c（NH4）+c（H）=2c（C03）+c（HC03）+c（NH2COO）+c（0H）；答案：
减小;
2・・・・
2c（C03）+c（HC03）+c（NH2COO）+c（0H）；
（4）12作氧化剂，1moll2参与反响得到2mol电子$2。
52-为复原剂，1molS2O52-参与反响，硫元素失去4mol电子，根据原子守恒配平方程式：
S2O52-+212+3H2O=2SO42-+4l-+6H+,计算祥品中S2O52-的残留量时以S02计算,n（l2）=n（SO2）=0.01000mol.LX0.01L=0.0001mol,m（SO2）=0.0064g,那么该样品中Na2S2O5的残留量为0.0064g/0.05L=0.128gL-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Ga203的形式存在，除此之外还含有A1203、
Fe304、Si02等杂质。
从粉煤灰中回收镓的艺流程如图甲所示。
HFJtjnNaOmW^pH
图甲
信息：
（i）转型液中镓以Ga02_的形式存在；
_34_39_17
（ii）Ksp[Ga（0H3）]=1.41X,Ksp[Fe（0H）3]=2.7X0,Ksp[Fe（0H）2]=4.87X0。
答复以下问题：
（1）滤渣A中一定含有的成分是。
（2）氧化〞过程中参加H2O2的目的是，该过程中发生反
应的离子方程式为⑶洗脱液中还有少量的Fe3+、Ga3+，其中Ga3+浓度为1.4X0_4mol/L,列式计算当Fe3+恰好
沉淀完全时[c（Fe3+）w1.0x1mol/L],Ga3+是否开始沉淀。
⑷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溶液反响生成GaO2「，GaO?
「在阴极放电的电
极反响式为
图乙
【答案】⑴.SiO?
（2）.将Fe2+氧化为Fe3+,便于后续操作别离（3）.2Fe2++H?
O2+2H+==
2Fe3++2H2O（4）.当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3（OHJ=Ksp[Fe（OH）3]/c（Fe3+）=2.7X0-39/1.0x
-533-34333+3—-4-3433
10mol/L=2.710mol/L,Qc[Ga（OH）3]=c（Ga）?
c（OH）=1.410mol/L>2.710mol/L=3.7810-38vKsp[Ga（OH）3]，故Ga3+未开始沉淀（5）.第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从
而别离，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
【分析】粉煤灰中主要成分Ga2O3,还含有A12O3、Fe3O4、SQ2等杂质，参加盐酸后，SiO?
不反响，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Ksp[Ga（OH3）]=1.410—34,Ksp[Fe（OH）3]=2.710—39,使Fe3+变成沉淀进行别离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液，GaO?
—在阴极得电子，被复原为金属
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Si。
？
。
（2）氧化〞过程中参加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作别离，该过程中发生
反响的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。
⑶当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3（OH—）=Ksp[Fe（OH）3]/c（Fe3+）=2.710-39/1.010-5mol3/L3=
2.710mol/L,Qc[Ga（OH）3]=c（Ga）?
c（OH）=1.410mol/L>2.710mol/L=3.7810
vKsp[Ga（OH）3]，故Ga3+未开始沉淀。
⑷第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而别离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO?
—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，发生氧化反响，镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反响生成GaO2_,GaO2-在阴极放电的电极反响式为
GaO2+3e+2H2O==Ga+4OH。
物质。
10•研究发现NOx和SO2是雾霾主要成分。
I.NOx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
—1
：
N2（g）+O2（g）.2NO（g）△H=+180kJmol
_1
【答案】
（1）._744kJmol_
（2）.低温（3）.0.125（或1/8）（4）.不（5）.BD
（6）.酸性（7）.6H++NO+5e_===NH4++H?
O（8）.32
【分析】根据盖斯定律和△G=AH-T^S<0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，说明平衡向正反响方向移动,
结合化学平衡的影响因素分析；根据HSO（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①N2（g）+O2（g）.——2NO（g）^H=+180kJ•mol_1②
_1
2CO（g）+O2（g）2CO2（g）AH=_564kJ•mol,②-①得：
2NO（g）+2CO（g）
」丄J2CO2（g）+N2（g）△H=（-564-180）kJ?
mol-1=-744kJ?
nol-1，该反响为气体体积缩小的放
热反响，其凹<0、竺<0，那么温度处于低温下满足AG=△H-T^S<0,能自发进行；故答案为:
-744kJ3mol-1;低温;
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
2
各组分的体积分数分别是：
:
x
P\CO2）乂卩丸）22I22
阳-「=（14X""[（14孜
0.2+0.3丁0.1
（}x——
、2丿2
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;
②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反响方向移动:
A.正反响是放热反响，升温，平衡向逆反响方向移动，NO的物质的量增大，故A错误；
B.增大CO的浓度，平衡向正反响方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；
C.参加催化剂，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，平衡向正反响方向移动，NO物质的量减小，故D
正确；
故答案为：
BD；
n⑴由于HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0XO-13大于水解平衡常数，那么HSOJ的溶液显酸性；答案：
酸性；
（2）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4+，即NO在阴极上发生反响NO+6H++5e-=NH4++H2O,阳极反响式为SO2+2H2O-2e=4H++SO42-,根据得失电子数目守恒，有2NO〜10e-、5SO2,那么SO2的物质的量为：
1
n（SO2）=5/2n（NO）=4.48L/22.4L?
mo「X5/2=0.5mol,SO2的质量为64g/mol>0.5mol=32g，故答案为：
6H++NO+5e「===NH4++H2O；32。
11.翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAI（Si2O6），常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、
Fe等元素。
请答复以下问题：
（1）基态镍原子的外围电子排布图为;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顺序是。
⑶铬可以形成CrCl3•NH3（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NH3PH3（填“〉〞或’“=〞）
3NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是。
（4）铁有&Ya三种同素异形体，如以下图所示。
&*—Fey—Fea一Fc
y-Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为,S-Fe、a—Fe两种晶胞中铁原
子的配位数之比为。
S—Fe晶体的密度为dg/cm,Na表示阿伏伽德罗常数
的数值，那么Fe原子半径为pm（列表达式）
面体（6）.>（7）.F的电负性比N大，N—F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C产形成配离子（8）.
4（9）.4:
3
【详解】（l）Ni
电子排布图为
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,
3d4s
口一、
|别;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素是
周期表的P区。
答案:
Zn和Ga、Ge、As、Se、Br、Kr,Zn位于周期表的ds区，Ga、Ge、As、Se、Br、Kr位于州州同;4P；
（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
电离能逐渐增大，所以第一电离能由小到大的顺序是NavAlvSivO。
答案为：
Nav
AlvSivO；
（3）铬可以形成CrCbxNH3（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=b键个数+孤电子对数=3+1/2（5-3>1）=4,所以VSEPR模型为正
四面体结构；答案：
正四面体。
2因N、P在同一主族且半径是NvP原子核间斥力大，所以键角NH3>PH3；答案：
〉
3NF3不易与C产形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，
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，N—F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）丫晶体晶胞中所含有的铁原子数为8X1/8+6X1/2=4,&a两种晶胞中铁原子的配位数分别为&6，那么配位数之比为8:
6=4:
3;一个晶胞的质量m=M/NA=2X56/NAg，根据m=pV,即
V=2X56/NAd=2>56/dNAcm3;那么晶胞棱长为mm：
，处于体对角线上的原子相邻，那么
4
（1）A的化学名称是
（5）芳香化合物I为H的同分异构体，苯环上一氯代物有两种结构，1moll发生水解反响消耗2
CHO
（3）化合物E的官能团为
羧基〔5〕.17
（XKVH：
；
【分析】结合框图和各步反响条件分析各物质结构简式为:
由
成D的反响类型为氧化反响。
答案:
;氧化反响;
（3）结合上述分析可知
E为，化合物E的官能团为氯原子、羧基；答案：
氯原子、
Y
COOH
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