西藏拉萨中学高二上学期第三次月考理综化学试题

西藏拉萨中学【最新】高二上学期第三次月考理综化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
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
2．与盐类水解无关的化学应用是
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
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
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
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 、H
B 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H 2SO 4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N 2(g)+3H 2(g)
2NH 3(g)达到平衡后，减小NH 3浓度时速率的变
化
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，CO 32-向电极
B 移动
B ．电极B 上发生的电极反应为O 2＋2CO 2＋4e －=2 CO 32-
C ．电极A 上H 2参与的电极反应为H 2＋2OH －－2e －=2H 2O
D ．反应CH 4＋H 2O Δ催化剂3H 2＋CO ，每消耗1 mol CH 4转移12 mol 电子
7．用0.100 mol·L -1 AgNO 3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K sp(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-)=K sp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．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
二、填空题
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“>”、“<”、“=”)。

9．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___。

三、原理综合题
10．
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)+1
2
Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+1
2
O2(g)=CuO(s)+
1
2
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）
四、实验题
11．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
（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）。

参考答案
1．D
【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．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．D
【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AlCl 3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2O Al（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．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．A
【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，K sp(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．B
【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：
H 2+CO+2CO 32--4e -=H 2O+3CO 2，选项C 错误；
D ．反应CH 4＋H 2O Δ催化剂3H 2＋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1molCH 4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H 2，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H 2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CO 32-。

7．C
【分析】
本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。

注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。

【详解】
A.选取横坐标为50mL 的点，此时向50mL 0.05mol/L 的Cl -
溶液中，加入了50mL 0.1mol/L 的AgNO 3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag +浓度为0.025mol/L （按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl -约为1×10-8mol/L （实际稍小），所以K SP (AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A 正确；
B.由于K SP (AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag +)·c(Cl -)＝K SP (AgCl)，选项B 正确；
C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L 的Cl -溶液改为50mL 0.04mol/L 的Cl -溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c 点的25mL 变为25×0.8=20mL，而a 点对应的是15mL ，选项C 错误；
D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K SP (AgCl)应该大于K SP (AgBr)，将50mL 0.05mol/L 的Cl -溶液改为50mL 0.05mol/L 的Br -溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a 点变为b 点。

选项D 正确；
故答案选C。

【点睛】
本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。

这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。

8．6NaHCO3+Al2(SO4)3+6H2O=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4增大ad ＞
【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，有利于氯化铵的析出，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．c＞a＞b c＞a＝b a＝b＞c b＞a＞c b＞a＝c a＝c＞b
【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 。

10．大于 22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯- O 2和Cl 2分离能耗较高、HCl 转化率较低 ﹣116 增加反应体系压强、及时除去产物 Fe 3++e −=Fe 2+，4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O 5.6
【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：
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
起始（浓度） c 0 c 0 0 0
变化（浓度） 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0
平衡（浓度）(1-0.84)c 0 (1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0
则K =22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-；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
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ∆H =（∆H 1+∆H 2+∆H 3）×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：Fe 3++e －＝Fe 2+和4Fe 2++O 2+4H +
＝4Fe 3++2H 2O ；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 。

11．③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊 ⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl 2溶液 ⑥产生白色沉淀 烧杯 容量瓶 刻度 蓝色褪去 95.0
【解析】
【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S 2O 32- + 2H + = SO 2↑+S↓+H 2O ），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。

（2）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：Cr 2O 72-～3I 2～6S 2O 32-，则配制的100mL 样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.00952060.04597mol /L 24.8
⨯⨯=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol ，所以样品纯度为0.004597248100%95.0%1.2
⨯⨯=。

【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
【最新】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。