西藏拉萨中学2024-2025学年高二化学上学期第三次月考试题含解析

PAGE11-西藏拉萨中学2024-2025学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56I127Ag108K39Cr52Ba137Cu64Br80Zn65一、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运用【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，不能混合运用，D不符合，答案选B。3.下列试验操作能达到试验目的的是A.用经水潮湿的pH试纸测量溶液的pHB.将4.0gNaOH固体置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L−1NaOH溶液C.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D.用装置乙除去试验室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】分析】此题考查基本试验操作，依据溶液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.用水潮湿的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，试验操作错误，不能达到试验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的试验步骤为：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，若将氢氧化钠干脆置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变更，引起试验误差，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溶液汲取，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，依据电荷守恒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随加水量的变更，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0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000mol/LCl－、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浓度时速率的变更【答案】A【解析】【详解】A、依据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变更大，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－，离子浓度大小依次是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、依据图像，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、依据图像，变更条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时削减生成物浓度，假如只削减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－=2CO32-C.电极A上H2参加的电极反应为H2＋2OH－－2e－=2H2OD.反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4转移12mol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价上升到+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，要依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价上升到+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0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（）A.依据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满意关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同试验条件下，若改为0.0500mol·L-1Br-，反应终点c向b方向移动D.相同试验条件下，若改为0.0400mol·L-1Cl-，反应终点c移到a【答案】D【解析】【分析】依据滴定曲线，当加入25mLAgNO3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、依据曲线图像，当加入25mLAgNO3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，反应终点不行能由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，忽视溶液体积变更，溶液中的c(CO32−)的变更___(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的滤液可干脆循环运用d.②的滤液可干脆循环运用（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，不能干脆循环运用；(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，不能干脆循环运用，而②的滤液可干脆循环运用，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快速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学探讨的热点。回答下列问题：（1）Deacon独创的干脆氧化法为：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更的关系：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，依据进料浓度比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，同时降低产物分别的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O（2）Deacon干脆氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1。（3）在肯定温度的条件下，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，科学家最近采纳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1mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）【答案】(1).大于(2).(3).O2和Cl2分别能耗较高、HCl转化率较低(4).﹣116(5).增加反应体系压强、刚好除去产物(6).Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(7).5.6【解析】【详解】（1）依据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知上升温度平衡转化率降低，说明上升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起始（浓度）c0c00变更（浓度）084c00.21c00.平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c0则K=；依据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分别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）依据盖斯定律知，（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，应当促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以刚好除去产物，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，依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1mol电子，依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＝10.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g·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，选用下列试剂设计试验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液试验步骤现象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1.2000g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100mL的_________中，加蒸馏水至____________。②滴定：取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，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，接着滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，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：本题考查的是化学试验的相关学问，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，应当先加入稀盐酸，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，所以应当解除其干扰，详细过程应当为先将样品溶解，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，视察到白色沉淀，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配制肯定物质的量浓度的溶液，应当先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最终定容即可。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当褪去。依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：本题考查的学问点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2024年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要留意到有刺激性气味气体就可以精确作答。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NaO