福建省长乐高级中学2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）

-1-福建省长乐高级中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且可以再生．下列最有希望的新能源是（）①天然气②煤③石油④太阳能⑤氢能．A.①③⑤B.②③④C.①②⑤D.④⑤【答案】D【解析】【详解】①天然气、②煤、③石油属于化石能源，是不可再生能源，对环境有污染，不是新能源；④太阳能、⑤氢能是清洁能源且可以再生，是新能源，故选D。2.下列图示变化为吸热反应的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．图中反应物的总能量小于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；B．图中反应物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，故B错误；C．浓硫酸溶于水放出热量，但属于物理变化，不属于放热反应，故C错误；D．稀盐酸与锌反应放出热量，是放热反应，故D错误；故选A。3.一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡-2-转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A.该反应的逆反应为吸热反应B.平衡常数：KM＞KNC.生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D.当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低【答案】C【解析】【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。4.最近意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图，已知断裂1molN—N吸收167kJ热量，生成1molN≡N键放出942kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2气体生成1mol气态N4的ΔH为()A.＋882kJ/molB.＋441kJ/molC.－882kJ/molD.－441kJ/mol-3-【答案】A【解析】【详解】N2生成1mol气态N4的方程式为：2N2(g)=N4(g)，根据键能和∆H的关系可得∆H=2×942kJ•mol‾1－6×167kJ•mol‾1=＋882kJ•mol‾1，故A项正确。5.要使工业废水中的重金属Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14由上述数据可知，选用沉淀剂最好为()A.硫化物B.硫酸盐C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可【答案】A【解析】【详解】由表中数据可知PbS的溶解度最小，所以生成PbS时Pb2+沉淀最完全，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，所以最好的沉淀剂为硫化物，A项正确；答案选A。6.对于300mL1mol•L-1盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度②改用100mL3mol•L-1盐酸③再加300mL1mol•L-1盐酸④用等量铁粉代替铁片⑤改用100mL98%的硫酸其中能使反应速率加快的是（）A.①②④B.①③④C.①②③④D.-4-①②③⑤【答案】A【解析】【分析】若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质。【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故正确；②改用100mL3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故正确；③多用300mL1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则不能加快反应速率，故错误；综上所述，①②④正确；故答案为A。7.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是A.Zn电极是负极B.Ag2O电极发生还原反应C.Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2D.放电前后电解质溶液的pH保持不变【答案】D【解析】【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；-5-D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。答案选D。8.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示(电极均为石墨电极)。下列说法中正确的是()A.M为电子流出的一极B.通电使氯化钠发生电离C.电解一段时间后，阴极区pH降低D.电解时用盐酸调节阳极区的pH在2～3，有利于气体逸出【答案】D【解析】【分析】电解过程中阳离子向阴极移动，由图可知，右侧电极为阴极，则N为负极，左侧电极为阳极，M为正极，结合电解原理分析解答。【详解】A．由上述分析可知，N为负极，电子从负极流出，即N为电子流出的一极，故A错误；B．氯化钠在水溶液中发生电离，不需要通电，通电使氯化钠溶液发生电解反应，故B错误；C．电解时，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，溶液中氢氧根离子的浓度增大，则pH增大，故C错误；D．电解时，阳极上氯离子失电子生成氯气，用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故D正确；故选D。-6-【点睛】正确判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为C，要注意电解氯化钠溶液时，阴极的反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH―。9.反应：xA(气)+yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5mol·L-1，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体的浓度为0.3mol·L-1，则下列叙述正确的是A.x+yzB.平衡向右移动C.B的转化率升高D.C的体积分数降低【答案】D【解析】【详解】假设x+y=z，A气体的浓度为0.5mol·L-1，体积扩大一倍，则平衡不移动，A气体的浓度应该为0.25mol·L-1，而现在为0.3mol·L-1，说明平衡向逆方向移动，则A、平衡逆向移动，说明x+y＞z，A错误；B、平衡应向左移动，B错误；C、平衡向左移，B的转化率降低，C错误；D、由于体积增大，平衡向左移，所以C的体积分数会降低，D正确。答案选D。10.25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，向该饱和溶液中加入KI浓溶液，下列说法正确的是A.溶液中Pb2+和I-的浓度都增大B.PbI2的溶度积常数Ksp增大C.沉淀溶解平衡向右移动D.溶液中Pb2+的浓度减小【答案】D【解析】【详解】A．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)⇌Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故A错误；B．溶度积常数Ksp只与温度有关，改变c(I-)Ksp不变，故B错误；C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡左移，故C错误；D．加入KI浓溶液，c(I-)增大，沉淀溶解平衡逆移，c(Pb2+)减小，故D正确；-7-故选D。11.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是A.该方法将电能转化成化学能B.在此装置中钢管道作正极C.该方法称为“外加电流的阴极保护法”D.镁块上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】B【解析】【详解】A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D．镁块作负极，电极反应：Mg-2e-+4OH-=Mg(OH)2↓，D错误；答案选B。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理以及原电池的工作原理是解答的关键。根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。12.下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是A.盐酸B.CH3COOHC.NH3·H2OD.H2O【答案】A【解析】【详解】溶液的导电能力与自由移动离子浓度及所带电荷有关：A、H＋＋OH－=H2O，自由移动离子H＋由Na＋代替，导电性无变化；-8-B、CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O：弱电解质转化为强电解质溶液，导电性增强；C、弱电解质溶液中增加了强电解质，导电性增强；D、水为弱电解质，加入NaOH后，自由移动离子浓度增大，导电性增强；答案为A。13.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2ONH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（）①适当升高温度②加入NH4Cl固体③通入NH3④加入少量盐酸A.①②B.②③C.③④D.②④【答案】D【解析】【详解】①弱电解质的电离为吸热过程，适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；可以采取的措施有②④，故选D。14.下列有机物中，既能与H2发生加成反应，又能发生酯化反应、氧化反应的是()①CH3(CHOH)4CHO②CH3CH2CH2OH③CH2=CHCH2OH④CH3COOCH2CH2OH⑤CH2=CHCOOHA.①③⑤B.③④⑤C.①②④D.①③④【答案】A【解析】【详解】能发生加成反应说明含有不饱和键，能发生酯化反应说明含有羟基或羧基，醇、醛、羧酸、烃等有机物都能燃烧而发生氧化反应，①CH3(CHOH)4CHO中含有醇羟基和醛基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；②CH3CH2CH2OH中含有醇羟基，能发生酯化反应和氧化反应，不含不饱和键，不能发生加成反应，故错误；③CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键和醇羟基，能发生加成反应、氧化反应和酯化反应，故正确；-9-④CH3COOCH2CH2OH含有酯基和羟基，能发生氧化反应和酯化反应，但不能发生加成反应，故错误；⑤CH2=CHCOOH中含有碳碳双键和羧基，能发生加成反应、酯化反应和氧化反应，故正确；符合条件的有①③⑤，故选A。【点睛】本题的易错点为④，要注意羧基和酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，醛基和酮基中的碳氧双键能发生加成反应。15.氯原子对O3的分解有催化作用：O3＋Cl===ClO＋O2ΔH1ClO＋O===Cl＋O2ΔH2大气臭氧层的分解反应是O3＋O===2O2ΔH，该反应的能量变化如图：下列叙述中，正确的是()A.反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3B.O3＋O===2O2是吸热反应C.ΔH＝ΔH1＋ΔH2D.2O2===O3＋O是放热反应【答案】C【解析】【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，故A错误；B．由图像可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，故B错误；C．已知：①O3+Cl=ClO+O2△H1；②ClO+O=Cl+O2△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2△H=△H1+△H2，故C正确；D．由图像可以看出，反应物O3+