1、学年山西省太原市高二上学期期末考试化学试题 解析版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
2、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：VB3VA，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(
3、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】VB=3VA，3VC=2VB，故VA：VB：VC=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
4、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. 因为中反物的总能量比生成物总能量低，故反应为吸热反应，C正确；D. 由图可知，反应为吸热反应，反应热为H1，反应为放热反应，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，在容器和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和中活化分子的说法不正确的是( )A. 和中活化分子数相同B. 和中活化分子百分数相同C. 和中单位体积内活化分子数相等D. 中化学反应速率比中的小【答案】C【解析】【分析】容器和中分别充
5、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. 和中温度相同，活化分子数相同，故A正确；B. 和中温度相同，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. 和中体积不同，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. 中压强比中小，压强越小反应越慢，所以中化学反应速率比中的小，故D正确。故选C。5.室温下，设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1；1L pH=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. 0.01
6、 B. 1 C. 10 D. 100【答案】D【解析】【详解】1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/L1L=10-6mol；1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2=n(OH-)=mol/L1L=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：C6H1
7、2O6(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-6c B. 6c+3a-b C. a+b-6c D. 6c+a-b【答案】A【解析】【详解】已知：C6H12O6(s)+6O2(g)=6H2O(l)+6CO2(g) H1=akJ/mol，KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) H2=bkJ/mol，H2O(g)= H2O(l) H3=ckJ/mo
8、l，根据盖斯定律：+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
9、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
10、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+2H2OCH4+2O2中每消耗 1mol CO2转移 4mol e-【答案】D【解析】【分析
11、】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+2H2OCH4+2O2中每消耗1molCO2转移8mole-，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）
12、。下列说法正确的是（）A. 该原电池的正极反应是Cu2+2e-CuB. 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：Fe3eFe2，错误；B、左边烧杯中发生Fe3eFe2，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2FeCl3Cu2
13、FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2eCu2，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3eFe2，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=0D. 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
14、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， 1molL-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
15、化）A. 1 B. 7 C. 13 D. 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+2H2OH2+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 10
16、0mL 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 7D. 若此时 HX 溶液的 pH=1，则由水电离出的c（H+） =110-13 mol/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0.01mo
17、l，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=110-13 mol/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 NaClOpH 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
18、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H2CO3HClO HCO3-，ApH 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+H2ONaHCO3+HClO，故B错误；C酸性HClO HCO3-，电离常数： K2（ H2CO3）7时，c（Na+）c（CH3C
19、OO-）；溶溶液pH7时，c（Na+）c(CH3COO-)C. Q 点所示的溶液 pH 一定等于 7D. 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
20、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 H2B. 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
21、，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 4CO
