1、四川省宜宾市第四中学校2019-2020学年高二化学下学期第一次在线月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷 选择题（42分）一、选择题（每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。）1.随着能源危机影响的加剧，全球寻找新能源的步伐加快。下列能源中不属于新能源的是（）A. 生物质能B. 天然气C. 核聚变能D. 潮汐能【答案】B【解析】【详解】A、C、D都属于新能源，不符合题意；B.属于化石燃料，B符合题意；本题答案选B。2.实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速
2、率，下列措施可行的是（）A. 使用浓盐酸B. 向反应体系中加入氯化钙晶体C. 提高反应温度D. 向反应体系中加入蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A使用浓盐酸，使得H+的浓度增加，加快反应速率，A项不符合题意；B向反应中加入氯化钙晶体，对参加反应的物质没有影响，反应速率不变，B项不符合题意；C升高温度，化学反应速率加快，C项不符合题意；D加入蒸馏水，H+的浓度减小，反应速率减慢，D符合题意；本题答案选D。【点睛】要从反应的本质出发考虑影响的因素，本题中CaCO32H=Ca2CO2 H2O，所以对反应速率有影响的，有温度和H的浓度。3.下列可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是（）
3、A n（N2）：n（H2）：n（NH3）1：3：2B. 恒温恒容时，混合气体密度保持不变C. 一个NN键断裂的同时，有3个H一H键生成D. 混合气体的总质量不变【答案】C【解析】【详解】A可逆反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度不变，没要求成比例，A项错误；B恒容时，均为气体，总质量不变，V不变，则密度一直没有变化，所以密度保持不变，不能判断是否平衡，B项错误；C一个NN键断裂，代表正反应速率，3个H一H键生成代表逆反应速率，且符合方程式计量数比例，C项正确；D均为气体，根据质量守恒，总质量一直不变，D项错误；本题答案选C【点睛】判断平衡有两个出发点，1、从实质出发，平衡是，不同的物质表示时成
4、比例，2、从特征出发，各物质的质量分数、浓度保持不变。此外，还有别的物理量可以作为参考，当一个变化的量不变的时候，就达到平衡了；一个一直不变的量不能作为参考。4. 对于某平衡体系，下列措施一定会使平衡移动的是A. 升高温度B. 使用催化剂C. 改变体系压强D. 改变各组分浓度【答案】A【解析】【详解】A.任何化学反应要么吸热、要么放热，升高温度平衡一定向吸热方向移动，故A正确；B.使用催化剂改变反应的速率，但平衡不移动，故B错误；C.对于反应前后气体体积变化量为0的反应，改变体系压强，平衡不移动，故C错误；D.对于反应前后气体体积变化量为0的反应，同比例改变各组分浓度，等效于改变压强，平衡不移
5、动，故D错误；故选A。5.醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOHCH3COO- + H+，下列叙述不正确的是A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大B. 0.10 mol/L的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OH-)增大C. CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D. 室温下，欲使0.1 mol/L醋酸溶液的pH、电离度都减小，可加入少量水【答案】D【解析】试题分析：A电离是吸热过程，所以升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大，故A正确；B当温度不变时，水的离子积是个常数值，0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时，c(H+)减小，
6、所以溶液中c(OH)增大，故B正确；CCH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOHH+CH3COO-，加少量的CH3COONa固体，c (CH3COO-)增大，平衡逆向移动，故C正确；D室温下，向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时，溶液的pH、电离度都增大，故D错误。故选D。考点：考查弱电解质的电离平衡6.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为A. AgClAgIAg2SB. AgClAgIAgIAg2SD. AgIAgClAg2
7、S【答案】C【解析】【详解】向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag+Cl-=AgCl，出现白色沉淀，由于存在沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI)，会产生黄色沉淀：Ag+I-=AgI，沉淀由白色变为黄色，由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl会继续溶解电离，直至到达新的平衡状态，发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)c(S2-)Ksp(Ag2S)，会产生黑色
8、沉淀：2Ag+I-= Ag2S，沉淀由黄色变为黑色，由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)，AgI会继续溶解电离，直至到达新的平衡状态，发生沉淀转化，最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化，则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgClAgI Ag2S；答案选C。7.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4固体，保持温度不变，测得溶液pH为1。对于该溶液，下列叙述不正确的是A. 该温度高于25B. 由水电离出来的c(H+)=11013mol/LC. c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(SO42)D. 该温度下加入等体积pH为11的KOH溶液
9、，可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】B【解析】【详解】A. 水的电离是吸热的，25时蒸馏水的pH=7，当其pH=6时说明促进了水的电离，故T25，该温度下水的离子积为10-12，故A正确；B. 该溶液氢离子浓度为0.1mol/L，则氢氧根离子浓度=10-12/0.1mol/L=1011mol/L，该溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，为1011mol/L，故B错误；C.根据硫酸氢钠溶液中的电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(SO42)，故C正确；D. c(NaHSO4)=0.1mol/L，该温度下加入等体积pH为11的KOH溶液，KOH溶液中c(KOH)=m
10、ol/L=0.1mol/L，二者等体积等浓度混合，恰好完全反应，溶液呈中性，故D正确。故答案选B。第II卷 非选择题（58分）8.硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=198kJmol1是制备硫酸重要反应。（1）在容积为V L的密闭容器中起始充入2mol SO2和1mol O2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。与实验a相比，实验b改变的条件是_，判断的依据_。（2）二氧化硫在一定条件下还可以发生如下反应：SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）H=42kJmol1，在1L恒容密闭容器中充入SO2（g）和NO
11、2（g），所得实验数据如下：实验编号温度起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln（SO2）n（NO2）n（NO）甲T10800.200.18乙T20.200.800.16丙T30.200.30a实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则02min时间内，用SO2（g）表示的平均反应速率（SO2）=_，该温度下的平衡常数_。实验丙中，达到平衡时，NO2的转化率为_。由表中数据可推知，Tl_T2（填“”“或“=”），判断的理由是_。【答案】 (1). 升高温度 (2). 实验b与a相比，反应速率快，平衡向逆反应方向移动 (3). 0.05mol/（Lmin） (4). 2.613
12、(5). 100% (6). (7). T1时，该反应的平衡常数K1=2.613，T2时，该反应的平衡常数K2=1，该反应正反应为放热反应，所以T1T2【解析】【详解】（1）根据图像，实验b与a相比，反应速率快，到达平衡时总压强变大，平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故与实验a相比，实验b改变的条件是升高温度。（2）实验甲中，若2min时测得放出的热量是4.2kJ，则02min时间内消耗二氧化硫物质的量为=0.1mol，则（SO2）=0.05mol/（Lmin）；平衡时NO为0.18mol，根据三段式SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）起始量（mol）
13、 0.8 0.2 0 0变化量（mol） 0.18 0.18 0.18 0.18平衡量（mol） 0.62 0.02 0.18 0.18T1温度下平衡常数K1=2.613；实验丙中，平衡时NO为a mol，则参加反应二氧化氮的物质的量为amol，故二氧化氮的转化率为100%=100%；乙实验平衡时，NO为0.16mol，根据三段式SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）起始量（mol） 0.2 0.8 0 0变化量（mol） 0.16 0.16 0.16 0.16平衡量（mol） 0.04 0.64 0.16 0.16T2温度下平衡常数K2=1”、“ (6). 2.010-4 (7)
14、. 5.010-5【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；根据2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应为气体体积减小的放热反应分析改变的条件；(2) 由表可知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析浓度改变，根据=计算速率；根据K=计算平衡常数。第15min后，温度调整到T2，由表中数据可知NO减少，N2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温。(3)依据Ksp(AgCl)=2.01010，计算c(Ag+)= Ksp(AgCl)/c(Cl-)，依据Ksp(Ag2CrO4)= 2.01012计算c(CrO42)= Ksp(Ag2CrO4)/c
15、2(Ag+)。【详解】(1)已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=22lkJ/mol,C(s)+O2(g)=CO2(g) H=393.5 kJ/mol,N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+181 kJ/mol,根据盖斯定律：2-得：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-747 kJ/mol；2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的正反应为气体体积减小的放热反应，a.增大容器的体积，压强减小，平衡逆向移动，NO的转化率减小，故不选a；b.降低温度平衡正向移动，NO的转化率增大，故选b； c.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故选
16、c；d.增大NO的浓度，NO的转化率减小，故不选d。因此，本题正确答案是：-747；bc；(2) 由表可知10min后浓度不再改变，处于平衡状态，用三段式分析浓度改变C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始（mol） 2.0 0 0变化（mol） 1.3 0.65 0.65平衡（mol） 0.70 0.65 0.65则NO、N2和CO2在10min时平衡浓度分别为：0.35mol/L、0.325mol/L和0.325mol/L，05min内，以NO表示的该反应速率(NO)=0.08molL-1min-1，平衡常数K=0.86。第15min后，温度调整到T2，由表中数据可知NO减少，N
17、2增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，则T1T2。因此，本题正确答案是：0.08molL-1min-1；0.86；(3)当溶液中Cl恰好沉淀完全时，即c(Cl-)=1.0106molL1，依据Ksp(AgCl)=2.01010，计算得到c(Ag+)= Ksp(AgCl)/c(Cl-)=molL1=2.010-4mol/L，此时溶液中c(CrO42)= Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=molL1= 5.010-5 molL1。因此，本题正确答案是：2.010-4；5.010-5。10.甲醇(CH3OH)是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱
18、工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜根据要求回答相关问题：(1)写出负极的电极反应式_(2)铁电极为_(填“阳极”或“阴极” )，石墨电极(C)的电极反应式为_(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为_g。假设乙装置中溶液足量，若在标准状况下有448mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增加_g.(4)若将乙装置中两电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式_【答案】 (1). CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O (2). 阴极 (3). 2Cl-2e-=Cl2 (4). 12.8 (5). 1.76
19、(6). Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2【解析】【分析】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，燃料为负极，写出电极反应式；（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电；（3）根据转移电子守恒进行计算。【详解】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O，正确答案：CH3OH+8OH-6e-CO32-+6H2O。（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极
20、反应式为2Cl-2e-=Cl2，正确答案：阴极；2Cl-2e-=Cl2；（3）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子守恒得：丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量m(Cu)=12.8g；若在标准状况下有448mL氧气参加反应，转移电子为左侧溶液生成氢气，钠离子过来，差量法进行计算 2Na+H2 2e- m46g 2g 2mol 44g溶液质量增加0.08mol=1.76g；正确答案：12.8 1.76。（3）若将乙装置中两电极位置互换，阳极为铁，铁失电子；阴极氢离子得电子；电极反应式Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2；正确答案
21、：Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2【点睛】串联电路中利用转移电子守恒进行计算是重点，常见关系式：2H21O21Cl21Cu4Ag4H4OH4e11.碱式氧化(NiOOH)可用废镍催化剂(主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸泡除铝”时，发生反应的离子反应方程式为_。(2)“过滤1”用到的玻璃仪器_。(3)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表:开始沉淀的pH完全沉淀的pHNi2+6.28.6Fe2+7.69.1Fe3+2.33.3Cr3+4.55.6“调pH 1”时，溶液pH范围为_；(4)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOO
22、H，请写出此反应的化学方程式_。(5)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应_，已知BaCrO4的Ksp=1.210-10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)110-5molL1),溶液中钡离子浓度至少为_molL1。【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). 5.66.2 (4). 4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O (5). 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O (6). 1.210-5molL1【解析】【分析】由流程可知，废镍催化剂（主要含Ni、Al，少量Cr、FeS等）加氢
23、氧化钠碱浸，Al溶于氢氧化钠溶液 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，过滤得到固体含有Ni、Cr、FeS，加入稀硫酸酸浸溶解，溶液含有Ni2+、Fe2+、Cr2+，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入Ni（OH）2调节溶液pH使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液pH得到Ni（OH）2沉淀，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到NiSO47H2O晶体，在加热条件下与空气反应得到碱式氧化镍（NiOOH），据此分析解答。【详解】(1)“浸泡除铝”时，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2。本小题答案为：2Al+2NaOH+2H
24、2O2NaAlO2+3H2。(2) “过滤1”用到的玻璃仪器烧杯、漏斗、玻璃棒。本小题答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒。(3)加入Ni(OH)2调节溶液pH 1使Fe3+和Cr2+全部沉淀，镍离子不沉淀，故pH范围为5.66.2。本小题答案我为：5.66.2。(4)在加热条件下Ni(OH)2与空气反应得到碱式氧化镍(NiOOH)，化学方程式为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。本小题答案为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。 (5) 在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，根据原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。已知BaCrO4的Ksp=1.210-10，要使溶液中CrO42-沉淀完全(c(CrO72-)110-5molL1)，根据沉淀溶解平衡可知Ksp=，则1.210-10=110-5molL1c(Ba2+)，则c(Ba2+)= 1.210-5molL1。本小题答案为：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；1.210-5molL1。
