北京市东城区2017-2018学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

北京市东城区2017-2018学年下学期高二年级期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 F 19第一部分（选择题，本部分有25小题。每小题只有一个正确选项。）1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝B. 用电解水的方法制取大量，可以缓解能源不足的问题C. 大力开发和应用太阳能有利于实现“低碳经济”D. 工业上，不能采用电解溶液的方法制取金属镁【答案】B【解析】试题分析：A、废旧电池中含有重金属，因此对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，A正确；B、电解水需要消耗大量的电能，不利于节能，B不正确；C、氢能是新能源，因此大力开发和应用氢能源有利于实现“低碳经济”，C正确；D、镁是活泼的金属，工业上，不能采用电解MgCl2溶液的方法制取金属镁，而是电解熔融的氯化镁，D正确，答案选B。考点：考查化学与生活、能源以及环境保护等2.被称为人体冷冻学之父的罗伯特埃廷格（Robert Ettinger）在1962年写出不朽的前景（The Prospect Of Immortality）一书。他在书中列举了大量事实，证明了冷冻复活的可能。比如，许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又自动复活。下列结论中与上述信息相关的是A. 温度越低，化学反应越慢 B. 低温下分子无法运动C. 温度降低，化学反应停止 D. 化学反应前后质量守恒【答案】A【解析】试题分析：冬天温度低，化学反应速率慢。春天温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，据此可知选项A正确，答案选A。考点：考查外界条件对反应速率的影响点评：该题是设计新颖，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习求知欲。该题的关键是明确温度和反应速率的关系，然后结合题意灵活运用即可。3.按照生活经验，判断下列物质：苏打水 鲜橙汁 食醋 肥皂液，其中呈酸性的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】苏打水是含有碳酸氢钠的水溶液，碳酸氢钠水解而使溶液呈弱碱性鲜橙汁中含有有机酸类物质，故其呈酸性食醋中含有乙酸，故其呈酸性肥皂液为高级脂肪酸钠的水溶液，高级脂肪酸钠水解而使溶液呈碱性。综上所述，本题答案为A。4.能源是当今社会发展的三大支柱之一。有专家提出：如果对燃料燃烧产物如二氧化碳、水、氮气等能够实现利用太阳能让它们重新组合（如下图），可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为A. 化学能B. 热能C. 生物能D. 电能【答案】B【解析】根据图示是利用太阳能把燃烧产物转化为燃料CH4、CH3OH、NH3等，所以太阳能最终转化为热能。5.下列关于铜电极的叙述不正确的是A. 铜锌原电池中铜是正极B. 用电解法精炼铜时粗铜作阳极C. 在镀件上镀铜时可用铜作阳极D. 电解稀H2SO4制H2、O2时铜做阳极【答案】D【解析】【详解】A.铜锌原电池中，锌比铜活泼，所以铜是正极 ，故A叙述正确；B.用电解法精炼铜时粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B叙述正确；C.在镀件上镀铜时可用铜作阳极，镀件作阴极，故C叙述正确；D.电解稀硫酸溶液制H2、O2时铜做阳极，则阳极是Cu发生氧化反应，不是氢氧根离子发生氧化反应，所以不可能得到氧气，故D叙述错误；答案选D。【点睛】本题主要考查了电解池在生产生活中的应用，在分析电解的原理时，要注意区分活性电极和惰性电极，当铜为电解的阳极时，为活性电极，首先是铜失电子变成铜离子。6.下列说法不正确的是A. 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe2e=Fe2+B. 钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为O2+2H2O+4e=4OHC. 破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀D. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极【答案】D【解析】【详解】A钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故A说法正确；B钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B说法正确；C在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故C说法正确；D用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故D说法错误；故答案选D。【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。7.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是A. 抗氧化剂 B. 调味剂C. 着色剂 D. 增稠剂【答案】A【解析】试题分析：A.抗氧化剂能减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A项正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B项错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C项错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D项错误；答案选A。考点：考查食品添加剂。视频8.水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数为KW(25C)=1.01014，KW(35C)=2.11014。则下列关于纯水的叙述正确的是A. c(H+)随着温度升高而降低B. 在35时，c(H+)c(OH)C. 25时水的电离程度大于35时水的电离程度D. 水的电离是吸热的【答案】D【解析】【详解】A.K（25）=1.010-14K（35）=2.110-14，所以c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；B.升高温度，促进电离，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度始终相等，故B错误；C. 升高温度，促进水的电离，故35时水的电离程度大于25时水的电离程度，故C错误；D. K（25）=1.010-14K（35）=2.110-14，说明升高温度，水的电离程度增大，水的电离为吸热过程，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查水的电离程度与温度的关系，因水的电离是吸热过程，故升温时，水的电离程度增大，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度都增大，但溶液依然是呈中性的。9.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A. NaHSO4 B. HClO C. NaCl D. CuSO4【答案】D【解析】【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；答案选D。10.下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A. 需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热B. 一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能C. 化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D. 将NaHCO3溶液蒸干后并高温加热至质量不发生变化，最终所得固体仍为NaHCO3【答案】C【解析】【详解】A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；C化学反应中总是有键的断裂和形成，在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；DNaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；答案选C。11.已知在K2Cr2O7的溶液中存在着如下平衡：。加入下列物质能使溶液变为橙色的是A. 氨水 B. 硫酸 C. 亚硫酸钠 D. 水【答案】B【解析】【详解】A.加入氨水，中和溶液中的氢离子，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故A错误；B. 加入硫酸，溶液中c(H + )增大，平衡向逆反应方向移动，c(CrO 4 2- )降低，c(Cr 2 O 7 2- )增大，所以显橙色，故B正确；C.加入亚硫酸钠会消耗H +，氢离子浓度降低平衡向正反应方向移动，c(Cr 2 O 7 2- )减小，c(CrO 4 2- )增大，溶液变黄，故C错误；D.加水稀释，平衡正向移动，溶液显黄色，故D错误；答案选B。12.在一定温度下，可逆反应达到平衡的标志是A. NH3生成的速率和NH3分解的速率相等B. N2、H2、NH3的浓度相等C. 单位时间内生成nmolN2，同时生成3nmolH2D. N2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2【答案】A【解析】【详解】ANH3生成的速率和NH3分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B.平衡时各物质的物质的量浓度的大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，N2、H2、NH3浓度相等时不能说明其浓度保持不变，故不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误；C单位时间内生成nmolN2是逆反应，同时生成3nmolH2也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；D N2，H2，NH3分子数之比为1：2：3，并不能说明反应混合物各成份的浓度保持不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；答案选A。【点睛】化学平衡状态是一个相对稳定的状态，并不是任意时刻的状态。反应混合物的浓度相等时，有可能是反应进行到某个时刻的状态，并不一定是平衡状态，只有确定各组分的浓度保持不变时，才能判断其为平衡状态。13.下列关于平衡常数的说法正确的是A. 在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度表示，生成物浓度用平衡浓度表示B. 可逆反应中，反应物的转化率增大，一定导致化学平衡常数增大C. 可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度D. 平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂有关【答案】C【解析】【详解】A.在平衡常数表达式中，反应物浓度和生成物浓度都应用平衡浓度表示，故A错误；B.同一反应，平化学衡常数只受温度影响，反应物的转化率增大，平衡常数不一定改变，故B错误；C.平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，故C正确；D.同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物浓度、体系的压强、催化剂等无关，故D错误；答案选C。14.下列有关事实，与水解反应无关的是A. 醋酸钠溶液中，c(H+)YB. 外电路的电流方向是：X外电路YC. 随反应的进行，溶液的pH减小D. Y极上发生的是氧化反应【答案】A【解析】【分析】由装置图中标示出的电子流向可判断X极为负极，Y为正极，结合原电池的工作原理可得结论。【详解】A.一般构成原电池的两个金属电极的活泼性为：负极正极，故XY，故A正确；B. 外电路的电流方向与电子的流向相反，应为是：Y外电路X，故B错误；C. 随反应的进行，溶液中氢离子浓度不断减小，溶液的pH增大，故C错误；D. Y极上得到电子，发生还原反应，故D错误；答案选A。16.下图表示的是某物质所发生的A. 置换反应 B. 水解反应 C. 中和反应 D. 电离过程【答案】B【解析】试题分析：据题目给出的模型可知， HCOH2O=H2CO3OH，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B考点：考查水解反应的相关知识点17.某同学按照教材实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法正确的是A. 实验过程中没有热量损失B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C. 烧杯间填满碎纸条的主要作用是固定小烧杯D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等【答案】B【解析】试题分析：A、热量不损失是不可能的，A错误；B、该实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；C、烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，C错误；D、中和热指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水所释放的热量，与酸碱用量没有关系，D不正确，答案选B。考点：考查中和热的测定18.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是A. 常温下，测得0.1mol/L氨水的pH为11:NH3H2ONH4+OHB. 将CO2通入水中，所得水溶液呈酸性：CO2+H2OH2CO3H+HCO3C. 用H2、O2进行氢氧燃料电池实验，产生电流：2H2+O22H2OD. 恒温恒容时，H2g+I2g2HIg的平衡体系中，通人I2(g)，平衡正向移动：通入I2(g)后，体系中c2(HI)c(H2)c(I2)的值小于平衡常数K【答案】C【解析】【详解】A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；B将CO2通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；C用H2、O2进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，c2(HI)c(H2)c(I2)减小，体系中c2(HI)c(H2)c(I2)的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；答案选C。【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；QcK，则反应逆向移动； QcK，则反应正向移动。19.25时，关于浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断不正确的是A. 粒子种类不相同B. c(OH)前者大于后者C. 均存在电离平衡和水解平衡D. 分别加入NaOH固体，c(CO32)均增大【答案】A【解析】【详解】A.NaHCO3和Na2CO3溶液中存在粒子种类相等，均有碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、钠离子、氢离子和氢氧根离子以及水分子，故A判断不正确；B.在浓度相同的情况下，碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子要大，溶液的碱性更强，故B判断正确；C.在NaHCO3和Na2CO3溶液中均存在水的电离平衡和弱离子碳酸根、碳酸氢根离子的水解平衡，故C正确；D. 分别加入NaOH固体后，Na2CO3溶液中碳酸根离子的水解受到抑制导致C(CO32-)增大，NaHCO3溶液中发生反应：HCO3-+OH-=H2O+ CO32-，从而C(CO32-)增大，故D判断正确；答案选A。20.某研究性学习小组通过测量溶液的电导率（电导率越大，说明溶液的导电能力越强）探究沉淀溶解平衡，各物质的电导率数据如下：物质CaCO3固体H2OCaCO3饱和溶液CaSO4饱和溶液103mol/LNaCl溶液103mol/LAgNO3溶液AgCl饱和溶液电导率07373891989113813下列分析不正确的是A. CaCO3固体中不存在自由移动的离子B. 与、对比，可说明中CaCO3发生了电离C. 、等体积混合后过滤，推测滤液的电导率一定大于13D. 将中固体加入中，发生反应：CaCO3(s)+SO42(aq)=CaSO4(s)+CO32(aq)【答案】D【解析】【详解】A碳酸钙为离子化合物，由离子构成，离子键形成离子键，离子不能自由移动，故A分析正确；B与、对比，的电电导率较大，故溶液中自由移动的离子浓度较大，说明CaCO3发生了电离，故B分析正确；C. 、等体积、等浓度混合，混合后过滤得到硝酸钠、氯化银的饱和溶液，导电率一定大于13，故C分析正确；D由的电导率对比可知Ksp（CaCO3）0B. 图可表示压强（p）对反应2Ag+2Bg3Cg+Ds的影响C. 图可表示向醋酸溶液通入氨气时，溶液导电性随氨气量的变化D. 根据图，除去CuSO4溶液中的Fe3+，可加入CuO调节pH至3-5【答案】D【解析】【详解】A.根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，H0，故A错误；B.从图象可知，在p2条件下曲线斜率大，反应到达平衡用得时间少，反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则p2曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；C.乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+Cu2+H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要老查了化学反应速率变化曲线及其应用 体积百分含量随温度、压强变化曲线 电解质溶液的导电性 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质等相关知识。24.用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为。下列说法正确的是A. 该装置利用上述反应将化学能转化为电能B. Pt1电极的反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-C. 盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供Cl-参与电极反应D. 理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.2molH+从右室迁移到左室【答案】C【解析】【详解】A. 该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；B. Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H+2e-H2，故B错误；CHCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-2Cl-，故C正确；D. 由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有0.4molH+从右室迁移到左室，故D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。25.已知NO2和N2O4可以相互转化2NO2(g)N2O4(g) H”“”“7，则证明HA是弱电解质 (5). NaA (6). 物质的量浓度0.1 molL的HA溶液【解析】【详解】（1）反应速率与氢离子浓度成正比，等浓度的HA和盐酸溶液中，HA中氢离子浓度小，所以开始时反应速率慢，则试管上方的气球鼓起慢，故答案为：b；（2）弱电解质的水溶液中，弱电解质只有部分电离，则0.1molL-1的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以溶液的PH1，在方案二中，pH=3的HA溶液5mL稀释至500mL，溶液被稀释了100倍，弱电解质在稀释过程中电离程度增大，则pH7，则证明HA是弱电解质；（4）使HA的电离程度和c（H+）都减小，c（A-）增大，则应该加入含有A-的物质，故答案为NaA；使HA的电离程度减小，c（H+）和c（A-）都增大，则应加入浓的HA溶液，故答案为：物质的量浓度0.1 molL的HA溶液；30.某小组同学为探究加热条件下Na2SO3固体的分解反应，将一定量Na2SO3固体在隔绝空气条件下充分加热，最终得到固体A。（1）甲同学认为分解会产生SO2气体，于是用_试纸检验反应后容器内气体，试纸颜色不变。（2）他们通过比较反应前后固体的水溶液在常温下的pH不同，初步证明了Na2SO3固体发生了分解：取a g Na2SO3固体配成100mL溶液，测溶液的pH7，用离子方程式表示其原因：_。_（填操作），测得溶液的pHpH。（3）该小组同学查阅资料并继续实验。资料显示：Na2SO3固体在隔绝空气加热时能分解得到两种盐；H2S是具有刺激性气味的气体，溶于水形成的氢硫酸是二元弱酸。实验如下:加入氯水后的现象表明有硫单质生成，则说明固体A中含有_离子。结合资料和实验，写出Na2SO3固体受热发生分解的化学方程式：_。（4）同学们根据（2）中pHpH还得出结论：相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，理由是_。【答案】 (1). 湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案） (2). SO32+H2OHSO3+OH (3). 取a g固体A配成100 mL溶液 (4). S2- (5). 4Na2SO33Na2SO4+Na2S (6). 同温度下，Na2S溶液浓度低时，碱性强于Na2SO3溶液，说明S2-结合H+的能力强于SO32-【解析】【详解】(1)二氧化硫为酸性氧化物，能使紫色石蕊变红色，二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，故答案为：湿润的品红试纸（或湿润的蓝色石蕊试纸等合理答案）；(2) Na2SO3为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中发生水解而使溶液显碱性，为了实验的对照，在配制A的溶液时，也应配制成100ml的溶液，故答案为：SO32-+H2OHSO3-+OH-；取a g固体A配成100 mL溶液；(3) 硫离子易被氧化生成硫单质，呈淡黄色，故答案为S2-；由实验现象可知A中含有硫酸根离子，由氧化还原反应规律可得反应的方程式为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S，故答案为：4Na2SO33Na2SO4+Na2S；(4)在相同条件下，弱酸根离子的水解程度越大，则其对应弱酸的的酸性越弱，A中固体配成溶液后浓度比配成的Na2SO3溶液的浓度小，而溶液的碱性反而强，说明S2-的水解能力强于SO32-，相同条件下HSO3-的电离能力强于HS-，故答案为：同温度下，Na2S溶液浓度低时，碱性强于Na2SO3溶液，说明S2-结合H+的能力强于SO32-。【点睛】本题以实验形式考查Na2SO3固体的分解，注重实验方案的设计与评价，能综合运用盐类水解规律分析问题。