西藏拉萨中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

西藏拉萨中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题

理科综合化学试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 I 127 Ag 108 K 39 Cr 52 Ba 137 Cu 64 Br 80 Zn 65‎ 一、选择题：每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是 A. 氯气 B. 二氧化碳 C. 氯化钾 D. 醋酸钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；‎ B、二氧化碳是非电解质，故B错误；‎ C、氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；‎ D、醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.与盐类水解无关化学应用是 A. 明矾用于净水 B. 氯化铁溶液腐蚀铜板 C. 热的纯碱溶液洗涤除去油污 D. 草木灰不能与铵态氮肥混合使用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水，A不符合；B. 氯化铁溶液腐蚀铜板发生氧化还原反应，与盐类水解无关，B正确；C. 碳酸钠水解显碱性，水解吸热，热的纯碱溶液洗涤除去油污，C不符合；D. 草木灰与铵态氮肥混合水解相互促进，不能混合使用，D不符合，答案选B。‎ ‎3.下列实验操作能达到实验目的的是 A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B. 将‎4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液 C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 此题考查基本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。‎ ‎【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；‎ B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；‎ C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；‎ D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。‎ ‎4.常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法错误的是 A. 反应后HA溶液可能有剩余 B. HA溶液和NaOH溶液的体积可能相等 C. 溶液中c(Na+)＞c( A—)‎ D. HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若HA是弱酸，HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，反应后HA有剩余，故A正确；‎ B.若HA是强酸，HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，则HA和NaOH的物质的量相等，所以体积可能相等，故B正确；‎ C.HA溶液和NaOH溶液混合，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c( A—)+ c(OH-)，若pH=7，则c(Na+)=c( A—)，故C错误；‎ D.HA酸性强弱不确定，HA溶液和NaOH溶液的体积不确定，所以HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)不确定，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎5.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）‎ A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)‎ B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性 C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－‎ D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；‎ B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；‎ C、根据图像，纵坐标是－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；‎ D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。‎ ‎6.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是(　　)‎ A. 电池工作时，CO32-向电极B移动 B. 电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－=2 CO32-‎ C. 电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－=2H2O D. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，选项A错误；‎ B．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，选项B正确；‎ C．A是负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，电极A反应为：H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，选项C错误；‎ D．反应CH4＋H2O3H2＋CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物。甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32-。‎ ‎7.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 D. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据滴定曲线，当加入25mL AgNO3溶液时，Ag＋与Cl－刚好完全反应，AgCl刚好处于沉淀溶解平衡状态，据此分析；‎ ‎【详解】A、根据曲线图像，当加入25mL AgNO3溶液与Cl－恰好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag＋)=c(Cl－)=10－4.75mol·L－1，即Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)=10－9.5，Ksp(AgCl)的数量级约为10－10，故A说法正确；‎ B、曲线上各点处于沉淀溶解平衡状态，符合c(Ag＋)c(Cl－)=Ksp，故B说法正确；‎ C、改为0.05mol·L－1Br－，恰好完全沉淀时，消耗AgNO3体积为25mL，但AgBr比AgCl更难溶，即溶液中c(Br－)比c(Cl－)小，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，故C 说法正确；‎ D、Cl－浓度改为0.04mol·L－1时，当恰好完全反应时，消耗AgNO3的体积为15mL，反应终点不可能由c点移到a点，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】该曲线为溶解平衡曲线，线上任何一个点，都存在c(Ag＋)c(Cl－)=Ksp(AgCl)，Br－与Ag＋反应Ag＋＋Br－=AgBr↓，与同浓度同体积的Cl－反应消耗的AgNO3溶液的体积相同，但AgBr比AgCl更难溶，因此c(Br－)比c(Cl－)小。‎ ‎8.碳酸氢钠俗称“小苏打”，在生活、生产中用途广泛。‎ ‎（1）泡沫灭火器中主要成分是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，两者混合后发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，写出该反应的化学方程式___。‎ ‎（2）向NaHCO3溶液中加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化，溶液中的c(CO32−)的变化___(选填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（3）NaHCO3是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，在滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：‎ ‎①通入氨，冷却、加食盐，过滤②不通入氨，冷却、加食盐，过滤 对两种方法的评价正确的是__(选填编号)。‎ a.①析出的氯化铵纯度更高 b.②析出的氯化铵纯度更高 c.①的滤液可直接循环使用 d.②的滤液可直接循环使用 ‎（4）已知HCO3−在水中既能水解也能电离。NaHCO3溶液呈碱性，溶液中c(H2CO3)___c(CO32−)(选填“>”、“<”、“=”)。‎ ‎【答案】 (1). 6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4 (2). 增大 (3). ad (4). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Al3+和HCO3-发生互促完全的双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；‎ ‎(2)HCO3-在溶液中存在电离平衡，HCO3-⇌CO32-+H+，加入少许Ba(OH)2固体，H+浓度减小，平衡正向移动，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，据此分析解答；‎ ‎(3)母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用；‎ ‎(4)碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度。‎ ‎【详解】(1)泡沫灭火器中Al3+和HCO3-发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2进行灭火，反应的化学方程式为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，故答案为：6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4；‎ ‎(2)向NaHCO3溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，OH-与HCO3-反应生成CO32-，从而生成碳酸钡沉淀，同时生成碳酸钠，Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O+BaCO3↓+CO32-，则c(CO32−)增大，故答案为：增大；‎ ‎(3)母液中含有氯化铵，通入氨气，冷却、加食盐，有利于氯化铵析出，纯度更高，过滤后滤液中溶有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，故答案为：ad；‎ ‎(4)NaHCO3溶液呈碱性，说明碳酸氢钠溶液里HCO3-的水解程度大于电离程度，则水解生成的碳酸的浓度大于电离生成的碳酸根离子浓度，故答案为：＞。‎ ‎9.‎ 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：‎ ‎（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：‎ 可知反应平衡常数K（‎300℃‎）____________K（‎400℃‎）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（‎400℃‎）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。‎ ‎（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：‎ CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1‎ CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1‎ CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1‎ 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。‎ ‎（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。（写出2种）‎ ‎（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：‎ 负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (4). ﹣116 (5). 增加反应体系压强、及时除去产物 (6). Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (7). 5.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(‎300℃‎)>K(‎400℃‎)；‎ 由图像知，‎400℃‎时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：‎ 起始（浓度） c‎0 c0 0 0‎ 变化（浓度） ‎0‎‎84c0 ‎0.21c0 ‎0.42c0 ‎0.42c0‎ 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 ‎0.42c0 ‎0.42c0‎ 则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；‎ ‎（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 ‎ ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；‎ ‎（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；‎ ‎（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×‎22.4L/mol＝‎5.6L。‎ ‎10.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=‎248 g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：‎ 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③___________‎ ‎④___________，有刺激性气体产生 ‎⑤静置，___________‎ ‎⑥___________‎ ‎（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：‎ ‎①溶液配制：称取‎1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。‎ ‎②滴定：取0.00950 mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72—+6I−+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32—=S4O62—+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】 (1). ③加入过量稀盐酸 (2). ④出现乳黄色浑浊 (3). ⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 (4). ⑥产生白色沉淀 (5). 烧杯 (6). 容量瓶 (7). 刻度 (8). ‎ 蓝色褪去 (9). 95.0‎ ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。‎ 详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。‎ ‎①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。‎ ‎②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为 点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。‎ ‎11.现有a.盐酸、b.醋酸、c.硫酸三种稀溶液，用字母回答下列问题。‎ ‎(1) 若三种酸的物质的量浓度相等。‎ ‎① 三种溶液中的c(H+)大小关系为______。‎ ‎② 取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为____。‎ ‎③ 若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为_____。‎ ‎(2) 若三种酸溶液中的c(H+)相等。‎ ‎① 三种酸的物质的量浓度大小关系为_____。‎ ‎② 取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为____。‎ ‎③ 若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为___。‎ ‎【答案】 (1). c＞a＞b (2). c＞a＝b (3). a＝b＞c (4). b＞a＞c (5). b＞a＝c (6). a＝c＞b ‎【解析】‎ ‎【详解】a、c是强酸，b是弱酸，a、b是一元酸，c是二元酸；‎ ‎(1) 若三种酸的物质的量浓度相等。‎ ‎① c是二元酸，c(H+)最大，a为强酸c(H+)大于b弱酸，三种溶液中的c(H+)大小关系为 c＞a＞b。‎ ‎② 等体积等物质的量浓度的这三种酸分别与相同浓度的NaOH溶液中和，所需NaOH溶液体积与最终酸电离出的n（H＋）成正比，体积相同、物质的量浓度相同的这三种酸，最后电离出的n（H＋）：‎2a=2b=c，则消耗碱液体积：‎2a=2b=c，即体积比为1：1：2，所需NaOH溶液体积大小关系为 c＞a＝b。‎ ‎③ 若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗的氢离子的物质的量相同，消耗三种酸的体积大小关系为 a＝b＞c。‎ ‎(2) 若三种酸溶液中的c（H＋）相等，这三种溶液体积相同时，最终电离出n（H＋）：a=c＜b；‎ ‎① b是弱酸，浓度最大，c是二元酸，浓度为a的一半，三种酸的物质的量浓度大小关系为b＞a＞c 。‎ ‎② 若三种酸溶液中的c（H＋）相等，这三种溶液体积相同时，最终电离出n（H＋）：a=c＜b，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，n（H＋）越大消耗的碱体积越大，所以消耗碱液体积a=c＜b。‎ ‎③ 若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗的氢离子的物质的量相同，消耗三种酸的体积大小关系为 a＝c＞b。‎