学年山西省太原市高二上学期期末考试化学试题 解析版 1.docx

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学年山西省太原市高二上学期期末考试化学试题解析版1

2018-2019学年第一学期高二期末考试化学

本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分。

一、选择题（每小题只有1个符合题意，每小题2分，共40分。

请将正确选项的序号填入下面答题栏内）

1.2018年9月，中国国际能源产业博览会在太原召开。

下列关于能源说法不正确的是

A.煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能

B.在能源的开发和利用中必须同时考虑对环境的影响

C.天然气是一种高效清洁的能源

D.我的煤炭储量十分丰富，人类可以无穷无尽地开发

【答案】D

【解析】

【详解】A、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能，即间接来自太阳能，故A正确；

B、能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响，不计后果的开发能源是不可取的，故B正确；

C、天然气的主要成分是甲烷，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源，故C正确；

D、虽然我国的煤的储量十分丰富，但是它是化石能源，储量有限，用完以后不能在短时间内形成，并不是可以无穷无尽地开发，故D错误。

故选D。

2.在密闭容器中进行可逆反应，气体A与B反应生成C，其反应速率分别用VA、VB、VC表示，三者之间有以下关系：

VB＝3VA，3VC＝2VB，则此反应的化学方程式为（）

A.A（g）+B（g）

C（g）

B.6A（g）+2B（g）

3C（g）

C.3A（g）+B（g）

2C（g）

D.A（g）+3B（g）

2C（g）

【答案】D

【解析】

【分析】

根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据计算结果书写方程式。

【详解】V B =3V A ，3V C =2V B ，故V A ：

V B ：

V C =1：

3：

2，化学反应速率之比等化学计量数之比，故此反应可表示为A（g）+3B（g）

2C（g）， 

故选D。

【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。

3.某反应使用催化剂后，其反应过程中的能量变化如图，下列说法错误的是（）

A.总反应为放热反应B.使用催化剂后，活化能不变

C.反应①是吸热反应D.△H=△H1+△H2

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为反应物的总能量比生成物总能量高，故总反应为放热反应，A正确；

B.加入催化剂，改变反应的活化能，B错误；

C.因为①中反物的总能量比生成物总能量低，故反应①为吸热反应，C正确；

D.由图可知，反应①为吸热反应，反应热为△H1，反应②为放热反应，反应热为-△H2，根据盖斯定律，△H=△H1-（-△H2）=△H1+△H2，D正确。

故选B。

4.如图所示，相同温度下，在容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）

H2（g）+I2（g）。

下列关于反应起始时容器Ⅰ和Ⅱ中活化分子的说法不正确的是（）

A.Ⅰ和Ⅱ中活化分子数相同

B.Ⅰ和Ⅱ中活化分子百分数相同

C.Ⅰ和Ⅱ中单位体积内活化分子数相等

D.Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小

【答案】C

【解析】

【分析】

容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI（g）

H2（g）+I2（g）。

由图可知，II的压强大，以此解答。

【详解】A.Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，故A正确；

B.Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，分子总数相同，所以活化分子百分数相同，故B正确；

C.Ⅰ和Ⅱ中体积不同，活化分子数相同，所以单位体积内活化分子数不相等，故C错误；

D.Ⅰ中压强比Ⅱ中小，压强越小反应越慢，所以Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小，故D正确。

故选C。

5.室温下，设1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1；1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2.则n1/n2的值是（）

A.0.01B.1C.10D.100

【答案】D

【解析】

【详解】1LpH=6的AlCl3溶液中，由水电离出的H+物质的量为n1=n（H+）=10-6mol/L×1L=10-6mol；

1LpH=6的HCl溶液中，由水电离出的H+物质的量为n2=n（OH-）=

mol/L×1L=10-8mol。

则n1/n2=

=100。

故选D。

【点睛】本题考查水的电离的影响因素，注意能水解的盐促进水的电离，酸和碱都抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。

6.一种新型火药用高氯酸钾代替硝酸钾，用糖类代替木炭和硫磺，可避免二氧化硫等有害物质的排放，这种新型火药爆炸的热化学方程式：

C6H12O6（s）+3KClO4（s）=3KCl（s）+6H2O（g）+6CO2（g）△H=xkJ/mol，已知：

葡萄糖的燃烧热：

△H1=akJ/mol，KClO4（s）=KCl（s）+2O2（g）△H2=bkJ/mol，H2O（g）=H2O（l）△H3=ckJ/mol，则x为（）

A.a+3b-6cB.6c+3a-bC.a+b-6cD.6c+a-b

【答案】A

【解析】

【详解】已知：

①C6H12O6（s）+6O2（g）=6H2O（l）+6CO2（g）△H1=akJ/mol，

②KClO4（s）=KCl（s）+2O2（g）△H2=bkJ/mol，

③H2O（g）=H2O（l）△H3=ckJ/mol，

根据盖斯定律：

①+②×3-③×6得反应C6H12O6（s）+3KClO4（s）=3KCl（s）+6H2O（g）+6CO2（g）的△H=（a+3b-6c）kJ/mol，所以x=a+3b-6c，

故选A。

7.关于水解应用的说法，错误的是（）

A.在氯化铵的浓溶液中加入镁粉会产生气泡

B.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再水稀释

C.硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效

D.可用油脂的碱性水解来制备肥皂和甘油

【答案】C

【解析】

【详解】A项，氯化铵水解使溶液显酸性，加入镁粉有氢气产生，同时产生氨气，故A项正确；

B项，铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，所以配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再加水稀释，故B项正确；

C项，硫酸铵和草木灰混合施用，由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解使肥效降低，故C项错误；

D项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，即皂化反应，可用来制备肥皂和甘油，故D项正确。

故答案选C。

8.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程的模型，以下有关说法正确的是（）

A.该金属腐蚀过程为析氢腐蚀

B.正极为C，发生的反应为氧化反应

C.在强酸性条件下发生的是吸氧腐蚀

D.正极反应为:

2H2O+O2+4e-=4OH-

【答案】D

【解析】

钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A．从图中看出，空气中的氧气参加反应，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B．碳作正极，发生的反应为还原反应，故B错误；C．在酸性环境下，原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，故C错误；D．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：

O2+2H2O+4e−=4OH-，故D正确；故选D。

9.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和H2O合成CH4。

下列有关说法不正确的是（）

A.该装置中铜为正极

B.电池工作时H+向Cu电极移动

C.GaN电极表面的电极反应式为:

2H2O-4e-═O2+4H+

D.反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1molCO2转移4mole-

【答案】D

【解析】

【分析】

该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。

【详解】A、根据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，根据电子流向知铜为正极，故A正确；

B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；

C、GaN是负极，负极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；

D、反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1mol CO2转移8mol e-，故D错误。

故选D。

10.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有K2SO4饱和溶液）。

下列说法正确的是（）

A.该原电池的正极反应是Cu2++2e-＝Cu

B.甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅

C.盐桥中的SO42-流向甲烧杯

D.若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转

【答案】B

【解析】

A、正极发生还原反应，电极反应为：

Fe3＋＋e－＝Fe2＋，错误；B、左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；C、阴离子向原电池的负极移动，错误；D、若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误。

答案选B。

点睛：

本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e－＝Cu2＋，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，从而分析得解。

11.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是

A.可直接根据Ksp的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小

B.在AgCl的饱和溶液中，加入蒸馏水，Ksp（AgCl）不变

C.难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时v溶解=v沉淀=0

D.25℃时，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），向AgCl的饱和溶液中加入少量KI固体，一定有黄色沉

【答案】B

【解析】

【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，故A错误；

B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，所以B选项是正确的；

C、平衡状态时v溶解=v沉淀

0，电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C错误；

D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，可能会大于Ksp（AgI），若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，故D错误。

所以B选项是正确的。

12.常温下，用铂作电极电解1L，1mol·L-1的氯化钠溶液，当收集到1.12L氯气（标准状况）时，溶液的pH约为（不考虑气体溶解，忽略溶液体积变化）

A.1B.7C.13D.14

【答案】C

【解析】

【详解】惰性电极电解氯化钠溶液，阳极反应：

2Cl--2e-=Cl2↑，当阳极产生1.12L即0.05mol氯气，根据电解方程式：

2NaCl+2H2O

H2↑+Cl2↑+2NaOH，产生0.05mol氯气生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol，溶液中OH-的物质的量浓度是：

=0.1mol/L，c（H+）=

mol/L=10-13mol/L，

溶液的pH=-lg10-13=13，

故答案选C。

【点睛】本题是一道关于电解池的工作原理的应用的计算题，主要以电极反应式的书写以及电子守恒的计算是关键。

13.常温下，有浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是（）

A.若此时HY溶液的pH=3，则HY是弱酸

B.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和

C.若分别加入0.01molNaOH固体，则所得溶液的pH均为7

D.若此时HX溶液的pH=1，则由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓度为0.1mol/LHY溶液，若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY是弱酸，故A正确；

B.浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；

C.若分别加入0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的pH

7，故C错误；

D.浓度为0.1mol/LHX溶液，若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c（H+）=

mol/L=1×10-13mol/L，故D正确。

故选C。

14.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。

已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列3种溶液的pH：

溶质

NaHCO3

Na2CO3

NaClO

pH

8.34

11.6

10.3

下列有关说法正确的是（）

A.以上溶液的pH是用广泛pH试纸测定的

B.反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生

C.室温下，电离常数：

K2（H2CO3）>K（HClO）

D.在新制氯水中加入少量NaHCO3固体可以提高溶液中HClO的浓度

【答案】D

【解析】

【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO>HCO3-，

A．pH试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；

B．正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；

C．酸性HClO>HCO3-，电离常数：

K2（H2CO3）

D．氯水中存在如下平衡：

Cl2+H2O

H++Cl-+HClO，因为碳酸氢钠能够消耗氢离子，平衡右移，生成的次氯酸增多，所以浓度增大，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。

15.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（）

A.0.1mol/LNa2CO3溶液中：

c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）

B.0.1mol/LNH4Cl的溶液和0.1mol/LNH3·H2O的溶液等体积混合后溶液中：

c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）

C.醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：

c（Na+）＜c（CH3COO-）

D.0.1mol/LNaHS的溶液中：

c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S）

【答案】D

【解析】

【详解】A、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：

c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误；

B、0.1mol/LNH4Cl的溶液和0.1mol/LNH3·H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系：

c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；

C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：

c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-）；溶液pH>7时，c（Na+）>c（CH3COO-）；溶溶液pH<7时，c（Na+）

D、0.1mol/LNaHS溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-）；存在物料守恒：

c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）；消去钠离子得到离子浓度关系：

c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），所以D选项是正确的。

故选D。

16.测定0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

下列说法不正确的是（）

A.此实验中Na2SO3溶液的pH是由pH计测定的

B.④与①的PH不同，是由于SO32—浓度减小造成的

C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D.①与④的KW值相等

【答案】C

【解析】

【详解】A.由表中数据可知，pH精确到小数点后两位，说明溶液的pH是由pH计测定的，故A正确；

B.根据信息，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，④与①的温度相同，④与①相比SO32—浓度减小，即④与①的pH不同，是由于SO32—浓度减小造成的，故B正确；

C.盐类水解是吸热反应，①→③的过程中，升高温度，SO32—水解平衡向正向移动；若减小SO32—浓度，平衡向逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，故C错误；

D.KW只与温度有关，①与④温度相同，所以KW值相等，故D正确。

故选C。

【点睛】本题要抓好对多个因素的分析：

Na2SO3是强酸弱碱盐，水解显碱性，温度升高促进水解，溶液pH增大；同时Na2SO3具有较强的还原性，容易被氧化为Na2SO4，生成强酸强碱盐，不水解，较之前pH减小，加热能够加快氧化。

17.在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：

物质

X

Y

Z

初始浓度/（mol·L-1）

0.1

0.2

0

平衡浓度/（mol·L-1）

0.05

0.05

0.1

下列说法正确的是

A.反应达到平衡时，X和Y的转化率相等

B.增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大

C.反应可表示为X+3Y

2Z，其平衡常数为1600

D.若该反应的正反应方向为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应的平衡常数也增大

【答案】C

【解析】

由图表数据可以计算，X的转化率为（0.05mol·L−1/0.1mol·L−1）×100%=50%，Y的转化率为（0.15mol·L−1/0.2mol·L−1）×100%=75%，A错误；对于一个可逆反应，平衡常数与浓度、压强和催化剂无关，只与温度有关，故B错误；图表中X、Y、Z的变化量依次为0.05mol·L−1、0.15mol·L−1、0.1mol·L−1，其浓度变化比为1：

3：

2，即化学计量数之比为1：

3：

2，故该反应可表示为X+3Y

2Z，将表中平衡时各物质的浓度代入平衡常数表达式计算，

=1600，C正确；由于该反应的正反应方向为放热反应，因此，升髙温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。

18.已知Na2SO3和KIO3反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。

①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－（反应速率慢）

②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－（反应速率快）

③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O（反应速率快）

④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋（反应速率快）

下列说法不正确的是：

A.IO2－和I－是该反应的催化剂

B.此反应总反应速率由反应①决定

C.此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是I－

D.若生成0.5mol碘单质，则总反应中有5mol电子转移

【答案】A

【解析】

【分析】

此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；

Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒（电子守恒）配平方程式如下：

5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，

其中氧化剂是KIO3，反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol，以此分析。

【详解】A.从4个步骤的反应可知，IO2－和I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；

B.此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；

C.反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；

D.由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10mol电子转移，则生成的碘1mol，若生成0.5mol碘单质，有5mol电子转移，故D正确。

故选A。

19.某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图所示，则正确的是（）

A.M点所示溶液导电能力强于Q点

B.N点所示溶液中c（Na+）>c（CH3COO-）

C.Q点所示的溶液pH一定等于7

D.Q点加入NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积

【答案】B

【解析】

【分析】

酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。

【详解】A.因为醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；

B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）>c（CH3COO-），所以B选项是正确的；

C.Q点的pOH=pH，溶液为中性，由于温度不一定是室温，所以pH不一定等于7，故C错误；

D.Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误。

所以B选项是正确的。

20.工业上电解Na2CO3的原理如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.阴极产生的物质A是H2

B.电解一段时间后，阳极附近溶液的PH将增大

C.该离子交换膜应为阳离子交换膜

D.阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑

【答案】B

【解析】

【分析】

工业上电解Na2CO3溶液，根据装置图分析，电解池阳极发生的反应为物质失去电子，发生氧化反应，碳酸钠转化为碳酸氢钠，则阳极电极反应为：

4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极为物质得到电子，发生还原反应，生成氢氧化钠，则阴极反应式为：

2H2O+2e-═2OH-+H2↑，据此分析判断。

【详解】A.阴极发生还原反应，反应式为：

2H2O+2e-═2OH-+H2↑，则阴极产生的物质A是H2，故A正确；

B.阳极电极反应为：

4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，溶液的碱性减弱，所以电解一段时间后，阳极附近溶液的pH将减小，故B错误；

C.由于阴极产品为氢氧化钠，阳极区的钠离子要进入阴极区，所以离子交换膜应为阳离子交换膜，故C正确；

D.阳极发生氧化反应，阳极电极反应为4