1、学年山东省烟台市高二上学期期末化学试题解析版2017-2018学年山东省烟台市高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）1.下列不能说明HA为弱酸的是（）A. HA溶液使石蕊溶液变红B. NaA溶液使酚酞溶液变红C. 稀释pH=2的HA溶液1000倍，测得溶液pH=4D. 25，分别为0.1molL-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强【答案】A【解析】解：AHA能使石蕊试液变红色，说明HA是酸，不能说明HA部分电离，则不能说明HA是弱酸，故A错误； BNaA溶液能使酚酞试液变红色，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B正确； CpH=2的HA溶液稀释1000倍后溶液
2、的pH=4，说明HA存在电离平衡，则HA为弱酸，故C正确； D.25，分别为0.1molL-1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强，说明盐酸中离子浓度大于HA，则HA部分电离，为弱酸，故D正确； 故选：A。要证明HA为弱酸，只要证明HA部分电离即可，可由其一定浓度溶液稀释之后pH变化、NaA溶液酸碱性等方法判断，据此分析解答。本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱是根据其电离程度划分的，溶液导电能力强弱与离子浓度有关，题目难度不大。2.下列说法不正确的是（）A. 凡是经过加热而发生的化学反应都是吸热反应B. 化学反应的实质是化学键的断裂和生成，而且一定伴随着能量的变
3、化C. 化学反应速率的大小主要取决于反应物本身的性质D. 通过化学变化，只能改变物质的种类，不能改变物质的总质量【答案】A【解析】解：A、因反应是吸热反应还是放热反应与反应的条件无关，如铝热反应需要加热才能发生，却为放热反应，故A错误； B、化学反应涉及化学键的断裂和生成，旧化学键断裂吸收热量，新化学键的生成是放热过程，反应前后一定伴随着能量的变化，故B正确； C、化学反应速率的大小主要取决于反应物的性质，外界条件也可以影响反应速率，故C正确； D、化学变化是生成新物质的变化，改变世界上物质的种类；在改变过程中物质的总质量不变，不改变物质的总质量，故D正确； 故选：A。A、反应是吸热反应还是放
4、热反应与反应的条件无关； B、化学反应的实质是旧化学键断裂，新化学键的生成，过程中有能量变化； C、化学反应速率主要取决于物质本性； D、依据质量守恒分析判断；本题考查了化学反应的实质分析，能量变化特征反应速率的影响因素判断，题目较简单。3.下列关于钢铁腐蚀和防护的说法不正确的是（）A. 钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀B. 钢铁腐蚀的过程就是铁失电子被还原的过程C. 水闸与直流电源负极相连，称为阴极电保护法D. 在航海船底镶嵌锌块可以保护船体，称为牺牲阳极保护法【答案】B【解析】解：A海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀，则钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，故A正确； B、铁失电子被氧化，而
5、不是被还原，故B错误； C阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极，所以被保护的金属连接电源负极，故C正确； D、利用牺牲阳极的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护，故D正确； 故选：B。A海水中盐类物质较多，易构成电化学腐蚀； B、铁失电子被氧化； C、阴极电保护法是将被保护的金属作电解池阴极； D、活泼性比Fe强的锌作负极失电子被腐蚀，Fe作正极被保护。本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，知道电化学腐蚀比化学腐蚀速率快，所以实验室用粗锌制取氢气，题目难度不大。4.在水电离出的c（H+）=110-12molL-1的溶液中，一定能大量共存
6、的离子组是（）A. Fe3+、NH4+、SO42-、Cl- B. Na+、Ba2+、Cl-、NO3-C. K+、Fe2+、Cl-、NO3- D. Na+、K+、CH3COO-、SO42-【答案】B【解析】解：A、Fe3+和NH4+在碱性溶液中不能稳定存在，故A错误； B酸或碱溶液中离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确； C、酸性溶液Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应不能共存，碱性溶液中Fe2+发生复分解不能共存，故C错误； D、酸性溶液中CH3COO-生成弱电解质不能共存，故D错误； 故选：B。由水电离出的c（H+）=110-12molL-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或
7、碱的溶液；再根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能大量共存，以此来解答。本题考查离子的共存，为高考高频考点，侧重复分解反应的考查，注意信息的抽取和离子的性质为解答的关键，选项C易错点，题目难度不大。5.已知CH2=CH2（g）+H2（g）C2H6（g）H，有关化学键的键能如下，则该反应的H为（）化学键C-HC=CC-CH-H健能/kJmol-1414.4615.3347.4435.5A. +288.8kJmol-1 B. -703.4kJmol-1C. -125.4kJmol-1 D. +125.4kJmol-1【答案】C【解析】解：由表中化学键的键能及CH2=CH2（g）+H
8、2（g）C2H6（g），可知H=414.4kJ/mol4+615.3kJ/mol+435.5kJ/mol-（414.4kJ/mol6+347.4kJ/mol）=-125.4kJmol-1，故选C。焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与键能的关系，题目难度不大。6.一定温度下，水中存在H2OH+OH-，下列说法一定正确的是（）A. pH=7B. 加热，Kw增大，pH减小C. 加入醋酸钠固体，平衡逆向移动，c（H+）减小D. 加入少量稀硫酸，平衡逆向移动，Kw增大
9、【答案】B【解析】解：A、一定温度下，纯水显示中性，但是水的pH不一定等于7，故A错误； B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B正确； C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应，平衡正向移动，c（H+）减小，故C错误； D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，平衡逆向移动，但是水的离子积不变，故D错误。 故选：B。A、一定温度下，纯水的pH不一定等于7； B、加热促进水的电离，电离平衡正向移动； C、加入醋酸钠固体，电离出的醋酸根离子可以和水电离出的氢离子反应； D、加入少量稀硫酸，增加了氢离子浓度，影响水的电离平衡。本题考查水的
10、电，离，酸、碱和含有弱根离子的盐能影响水电离，但不影响离子积常数，为易错点。7.下列溶液蒸干灼烧，能够得到原物质的是（）A. KMnO4 B. Cu（NO3）2 C. Al2（SO4）3 D. Na2SO3【答案】C【解析】解：A高锰酸钾不稳定，加热易分解，生成锰酸钾和二氧化锰，故A错误； BCu（NO3）3在加热时水解生成Cu（OH）2和HNO3，HNO3易挥发，灼烧得到CuO，故B错误； C硫酸铝加热蒸干并灼烧，能够得到原来物质，故C正确； DNa2SO3在加热条件下易生成硫酸钠，加热蒸干并灼烧，能够得到硫酸钠，故D错误； 故选：C。在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固
11、体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。8.常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A. 稀释pH=10的氨水，溶波中所有离子的浓度均降低B. pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同C. 35时0.1molL-1的Na2CO3溶液碱性比25时强，说明该水解反应吸热D. 分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗NaOH的物质的量多【答案】C【解析】【分析】A稀释pH=10的氨水，氢离子浓度升高；BHCl抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；C碱性越
12、强，盐的水解程度越大，说明升高温度后碳酸根离子的水解程度增大；D硫酸是强电解质，溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离。本题考查了弱电解质的电离平衡、盐的水解原理及其影响，题目难度中等，明确盐的水解原理的影响因素为解答关键，注意掌握弱电解质的电离平衡，试题培养了学生的灵活应用能力。【解答】A稀释pH=10的氨水，氢氧根离子浓度降低，则氢离子浓度升高，故A错误；BpH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，盐酸溶液的氢离子主要是盐酸提供的，并且抑制了水的电离；而氯化铵溶液中，NH4+结合水电离的H+，促进了水的电离，故B错误；C0.1mol/L Na2CO3溶液35时的碱性比25时强，说明升高温度后促进了
13、碳酸根离子的水解，则说明盐类水解反应是吸热反应，故C正确；Dc（H+）=10-pH，硫酸是强电解质，氢离子完全电离出来；醋酸是弱电解质，氢离子部分电离，c（醋酸）c（H+），所以醋酸消耗的氢氧化钠比硫酸多，故D错误；故选：C。9.室温下，用0.1molL-1HCl溶液滴定10mL0.1molL-1Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A. 水电离程度由大到小的顺序为：abcdB. a点时：c（Na+）c（CO32-）c（HCO3-）c（OH-）C. b点时：2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3）D. d点时：c（H+）c（HCO3-）=c（
14、CO32-）【答案】A【解析】解：AHCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，从abcd过程中，溶液pH逐渐降低，CO32-转化为HCO3-，再转化为CO2，过程中酸性逐渐增强，水的电离程度不断减弱，所以水电离程度由大到小的顺序为：abcd，故A正确； Ba点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，综合两步水解来看，溶液中c（OH-）c（HCO3-），CO32-水解产生HCO3-和OH-，并且水解为微弱的反应，则c（CO32-）c（OH-），所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（CO32-）c（OH
15、-）c（HCO3-），故B错误； Cb点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，溶液呈碱性，根据物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故C错误； Dd点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡，H2CO3H+HCO3-，HCO3-H+CO32-，所以c（HCO3-）c（CO32-），故D错误， 故选：A。AHCl电离抑制水的电离，盐类水解促进水的电离； Ba点为Na2CO3溶液，CO32-水解使溶液呈碱性，存在两级水解，综合两级水解考虑； Cb点为加入10mLHCl溶液，反应恰好生成NaHCO3，
16、溶液呈碱性，根据物料守恒分析； Dd点为加入20mLHCl溶液，反应恰好生成H2CO3，溶液呈酸性，根据H2CO3的电离平衡分析。本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确曲线各点对应溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生分析能力及综合应用能力。10.已知25时，H2SO3的Ka1=1.210-2molL-1、Ka2=6.610-8molL-1该温度下pH=3、c（HSO3-）=0.12molL-1、c（SO32-）=7.9210-6molL-1的亚硫酸溶液中，c（H2SO3）为（）A. 0.1molL-1 B. 0.01molL-1
17、C. 1.010-3molL-1 D. 1.010-5molL-1【答案】B【解析】解：由信息可知，H2SO3的Ka1=1.210-2molL-1、pH=3、c（HSO3-）=0.12molL-1，Ka1=，则c（H2SO3）=0.01molL-1，故选：B。结合Ka1=及pH=3、c（HSO3-）=0.12molL-1计算。本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、Ka的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电离平衡常数的计算与K相似，题目难度不大。11.用CO合成甲醇的化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，按照相同的物质的量投料，测得C
18、O的平衡转化率与压强、温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）A. 温度：T1T2T3B. 正反应速串：v（a）v（b）v（c）C. 平衡常数：K（b）K（d）D. CH2OH的体积分数（a）（b）（c）【答案】D【解析】解：ACO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H0，反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，一氧化碳转化率越小，温度：T1T2T3 ，故A错误； B反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，温度：T1T2T3 ，温度越高反应速率越大，所以正反应速率：（a）（b）（c），故B错误； Cbd点是相同温度下的化学平衡，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变
19、，故C错误； D反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，CH3OH的体积分数越低，即CH3OH的体积分数为（a）（b）（c），故D正确； 故选：D。A依据反应是放热反应，升温平衡逆向进行，一氧化碳转化率减小分析判断 B依据图象分析温度越高反应速率越大； Cbd是相同温度下进行的反应平衡状态，平衡常数随温度变化； D依据平衡移动方向分析甲醇的条件分数。本题考查化学平衡影响因素的分析判断，图象分析依据定一议二方法分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等。12.下列图示与对应的叙述相符的是（）A. 图1表示分别在有、无催化剂的情况下某吸热反应过程中的能量变化B. 图2表示常温下，等
20、量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应（滴加CuSO4溶液的为虚线）C. 图3表示mg冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，其中醋酸的电离度cbaD. 图4表示压强对合成氨反应的影响，乙的压强大【答案】C【解析】解：A催化剂降低反应的活化能，图中表示催化剂对放热反应的影响，故A错误； B等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少，则生成氢气不同，故B错误； C加水越多，促进醋酸电离程度越大，则醋酸的电离度cba，故C正确； D合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大时反应物的含量小，应为催化剂的影响，故D错误； 故选：C。A催化剂降低反应的活化能，反应物总能量
21、大于生成物总能量； B等量锌粉与足量的等浓度的盐酸反应，加硫酸铜时反应速率快，但生成氢气少； C加水越多，促进醋酸电离程度越大； D合成氨为体积减小的反应，增大压强平衡正向移动。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、弱电解质得到电离、平衡移动、反应速率为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。13.已知反应：Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H1，平衡常数为K1反应：Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）H2，平衡常数为K2反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3，平衡常数为K3在不同温度时K1、K2的值如下
22、表：下列不正确的是（）温度/K1K27001.472.389002.151.67A. K3=K1/K2 B. H30 C. H20 D. H10【答案】B【解析】解：A由盖斯定律可知，I-II得到反应，则K3=，故A正确；B.，即温度越高K3越大，可知H30，故B错误；C温度越高K2越小，即升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知H20，故C正确；D由表中数据可知，温度越高K1越大，正反应为吸热反应，可知H10，故D正确；故选：B。由：Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H1，平衡常数为K1反应：Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）H2，平衡常数为K2结合盖斯定律可
23、知，I-II得到反应；由表中数据可知，温度越高K1越大，温度越高K2越小，且，即温度越高K3越大，以此来解答。本题考查化学平衡计算，为高频考点，把握盖斯定律的应用、表格中数据的应用、K及焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。14.下列有关说法中正确的是（）A. Ksp（AB2）Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度B. 在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp增大C. AgCl分别在同浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中溶解度不同D. 在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动【答案】C【解析】解：
24、A由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小，故A错误； B溶度积只受温度的影响，则在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变，故B错误； C浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，对AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq）抑制程度不同，则AgCl的溶解度不同，故C正确； D碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入稀盐酸能与CO32-反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误。 故选：C。A由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小； B溶度积只
25、受温度的影响； C浓度的CaCl2溶液和NaCl溶液中，氯离子浓度不同，则AgCl的溶解度不同； D碳酸钙溶于盐酸。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握平衡移动的特点以及影响因素，难度不大。15.混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属（以M表示）为负极，碱液（主要为KOH）为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：MH+NiOOHM+Ni（OH）2下列说法不正确的是（）A. 上坡时放电，下坡时充电B. 下坡时乙电极发生：Ni（OH）2+OH-e-=NiOOH+H2OC. 上坡时甲电极发生：MH+OH-e-=M+
26、H2OD. 下坡时，甲电极做阳极，周围溶液的pH增大【答案】D【解析】解：A、混合动力车上坡或加速时，该下坡时充电，装置是电解池，故A正确； B、下坡时乙是电解池，乙电极镍的化合物为阳极，电极反应式为Ni（OH）2+OH-e-=NiOOH+H2O，故B正确； C、混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，甲是负极，电极发生反应：MH+OH-e-=M+H2O，故C正确； D、下坡时，甲电极做阴极，M+H2O+e-=MH+OH-，周围溶液的pH增大，故D错误。 故选：D。混合动力车上坡或加速时，该装置是原电池，根据图知，甲是储氢金属（以M表示）为负极，在碱性环境中，氢失电子结合氢氧根离子生成水，溶液
27、pH降低，乙是镍的化合物为正极，正极上NiOOH和水得电子生成氢氧化镍和氢氧根离子，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，据此回答即可。本题考查了原电池原理及电极反应是的书写，注意热化学方程式书写和电极反应式书写，综合性较强，难度中等。16.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中正确是（）A. 8min时达到化学平衡状态B. 020min内A的反应速率为0.10molL-1min-1C. 反应方程式中的x=1，正反应为放热
28、反应D. 30min时降低温度，40min时升高温度【答案】C【解析】解：根据解化学平衡图象题的技巧，从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，达平衡。从该题图2可知，30-40min，改变条件后，平衡不移动，反应速率减慢，40-54min，达新平衡。A.020min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以8min时没有达到平衡状态，故A错误；B.20min时C的浓度变化为2.00mol/L，根据化学计量数关系可知，A的浓度变化为1.00mol/L，所
29、以v（A）=0.05mol/（Lmin ），故B错误；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C正确；D由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故D错误；故选：C。从该题图1可知，0-20min是反应：A（g）+xB（g）
30、2C（g）达到平衡的过程，20min时各浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，20-30min，是保持平衡状态过程；反应物和生成物的浓度都减少，结合图象2知，正逆反应速率相等且减小平衡不移动；40-54min，图1知，反应物浓度增大生成物浓度减小，图2知正逆反应速率都增大，且与原平衡点无接触点，逆反应速率大于正反应速率，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，A根据图象可知，20min时反应达到平衡状态，所以8min时平衡向着正向移动；B.20min时C的浓度为2.0mol/L，则A的浓度变化为1.0mol/L，反应速率为0.05mol/（Lmin ）；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；D.30min时，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，则应是减小越强的原因，如降低温度，正逆反应速率不等，40min时正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率应是升高温度的原因；本
