1、四川省宜宾市叙州区第一中学校2019-2020学年高二化学下学期第一次在线月考试题（含解析）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分7.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12
2、 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第卷 选择题(48分)一、选择题(每小题6分，共8个小题，共48分；其中每题都为单选题。)1.在恒容密闭容器中，进行如下反应：NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)；H=373.2kJ/mol达到平衡后，为提高NO的转化率，采取的正确措施是( )A. 加催化剂B. 充入CO增大压强C. 充入N2D. 升高温度【答案】B【解析】【详解】A.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变NO的转化率，A错误；B.充入CO增大压强，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，增大压强，化学平衡向气体体
3、积减小的正反应方向移动，NO的转化率增大，B正确；C.氮气是生成物，充入N2，平衡逆向移动，NO的转化率降低，C错误；D.升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误；故合理选项是B。2.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )A. NaOH、H2SO4B. CuCl2、Cu(NO3)2C. Na2SO4、NaClD. KNO3、AgNO3【答案】A【解析】【分析】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸
4、铜和水；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，A正确；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl-2e-=Cl2，阴极为Cu2+2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极
5、反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，电极反应不同，B错误；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，电极反应不同，C错误；D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4
6、OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，电极反应不同，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。3.在由水电离的c(H)1014molL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. K、Fe2、S2、MnO4-B. Al3、Cl、NH4+、SO42-C. Na、NO3-、Cl、SO42-D. Na、AlO2-、Br、Cl【答案】C【解析】【详解】在室温下纯水电离产生的c(H)=10-7mol/L，现在该溶液中由水电离的c(H)=10-14mol/L10-7mol
7、/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。A.在酸性溶液中，H+与S2-、MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与Fe2会形成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，A错误；B.在碱性溶液中OH-与Al3、NH4+会发生反应形成Al(OH)3沉淀、NH3H2O，不能大量共存，B错误；C.Na、NO3-、Cl-、SO42-与OH-或H+都不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；D.在酸性溶液中，H+与AlO2-会发生反应形成Al3+，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。4.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) Hc(OH-)-c(H+)
8、B. N点的pH7的原因是由于NaOH过量所致C. HX为弱酸，且电离平衡常数Ka110-10D. P点c(Cl-)=0.05mol/L【答案】A【解析】【详解】A.M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+) c(OH-)-c(H+)，A正确；B.N点溶液为NaX溶液，该盐是强碱弱酸盐，X-发生
9、水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，B错误；C.0.1mol/L的HX的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，根据电离平衡常数的定义可得K=，C错误；D.P点溶液为NaCl、HCl按1:1物质的量的混合溶液，c(Cl-)=，D错误；故合理选项是A。8.某温度下,在容积为1L的密闭容器中充入和 ，发生 ,测得的物质的量随时间的变化如图所示，(已知，此温度下,该反应的平衡常数)下列说法正确的是( )A. B. 点b所对应的状态为化学平衡状态C. 的生成速率,点a低于点bD. 欲增大平衡状态时 ,可保持其他条件不变,升高温度【答案】B【解
10、析】【分析】据定义计算反应速率，并利用不同物质表示的反应速率之间的关系进行换算；据可逆反应进行过程中正逆反应速率的变化，比较有关速率的大小；利用Qc与K的关系判断是否化学平衡状态；用平衡移动原理判断平衡移动方向。【详解】A项：010min，n(CH3OH)增加0.75mol，v(CH3OH)=0.75mol/(1L10min)=0.075molL-1min-1，则v(H2)=0.075mol/(1L10min)3=0.225molL-1min-1，A项错误；B项：据图中数据，点b所在状态有0.25molCO2、1.0molH2、0.75molCH3OH、0.75molH2O(g)，将它们的浓度
11、代入Qc表达式，得Qc2.25K，为化学平衡状态，B项正确；C项：从起始到平衡过程中，的生成速率（正反应速率）逐渐减小，即正反应速率点a高于点b，C项错误；D项：欲使平衡状态时增大，即使平衡右移。因H0，可保持其他条件不变降低温度，D项错误。本题选B。【点睛】图中b点之后的曲线未画出，不能由图象臆断反应到达化学平衡。此时必须应用Qc与K的关系判断是否为化学平衡。第卷 非选择题(52分)9.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO45H2O，主要步骤如下：已知该条件下，通过调节溶液酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH
12、 分别如下：物质开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe（OH）32.23.2Fe（OH）27.69.6Cu（OH）24.76.4请回答下列问题：（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施有:_(写一种)。（2）试剂是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是_。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是_。（3）试剂为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在_范围。操作的名称是_。（4）溶液 C 得到CuSO45H2O的主要步骤是_、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) (2). 调节p
13、H时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质快除去 (3). 温度控制在80C，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 (4). 3.2pH4.7 (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶【解析】【分析】孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，Fe+ H2SO4=FeSO4+H2，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，向溶液A中加入试剂双
14、氧水得到溶液B，双氧水是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+，向溶液B中加入试剂CuO经过操作得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作为过滤，D为Fe(OH)3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，据此答题。【详解】（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，可以采取的措施有: 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)。因此，本题正确答案是：适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)；（2）试剂是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质除去。根据图像可知，在80pH等于1.5时转化率最高，所以应该控制的条件
15、就是溶液温度控制在80，pH控制在1.5，氧化时间为4小时左右。因此，本题正确答案是：温度控制在80C，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据表中数据，应调节溶液的 pH 保持在3.2pH“”“ (4). K(b)；过c点作垂线与曲线有交点。与交点比，c点时的平衡转化率较小，根据平衡移动原理，c点压强较小，则p2p1。地康法制氧气的总反应中，正反应气体分子数减小，其他条件相同时，增大压强，HCl平衡转化率增大。【点睛】分步反应中，先是反应物、后是生成物的物质，是总反应的催化剂；若先是生成物、后是反应物，则是反应的中
16、间产物。11.下图是利用废铜屑（含杂质铁）制备胆矾（硫酸铜晶体）的流程。 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2开始沉淀2.77.54.4完全沉淀3.79.767请回答： （1）溶液B中含有的阳离子有_（填离子符号）。（2）下列物质中最适宜做氧化剂X的是_（填字母）。aNaClO bH2O2 cKMnO4（3）加入试剂是为了调节pH，要调整pH范围是_，则试剂可以选择_（填化学式）。（4）沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是_（用离子方程式表示）。（5）溶液E经过操作可得到胆矾
17、，操作为_、过滤、洗涤。（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）=8.6-2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，此时溶液中的Fe3+能否沉淀完全：_（填“能”或“否”） 。【答案】 (1). Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+ (2). b (3). 3.7 4.4 (4). CuO【或Cu(OH)2或CuCO3】 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 能【解析】【分析】灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，
18、B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，过滤得到的沉淀D为Fe(OH)3，溶液E为CuSO4，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，据此解答。【详解】（1）A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，所以B中含有阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+；（2）氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质，双氧水被还原为水，不引进新
19、的杂质，但是次氯酸钠和高锰酸钾溶液能引进新的杂质，所以选双氧水，故答案为b；（3）加入试剂是为了调节pH，试剂能和氢离子反应且不能引进新的杂质，该试剂为CuO或Cu(OH)2或CuCO3，由于是沉淀铁离子，而不沉淀铜离子，所以根据表中数据可知要调整pH范围是3.74.4；（4）亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，因此实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+3Fe2+；（5）溶液E为硫酸铜，硫酸铜溶液经过操作可得到胆矾，由于硫酸铜易溶于水，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）=8.6-2pH
20、，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，则此时溶液的pH（8.6lg1）24.33.7，所以溶液中的Fe3+能沉淀完全。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用。12.为了测定某烧碱样品的纯度（含有的少量可溶性杂质不与酸反应），某同学进行滴定实验。回答下列问题（1）烧碱样品溶液的配制：用_（填仪器名称，下同）准确称取烧碱样品wg，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解并冷却后，全部转移至250mL的_中并定容。（2）滴定：用移液管（或碱式滴定管）量取25.00mL烧碱溶液于锥形
21、瓶中并加几滴甲基橙指示剂；将物质的量浓度为mmolL1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1mL；在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去H2SO4标准溶液的体积_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。步骤的操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_。步骤中液面应调整到_，尖嘴部分应_。若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响_（填“偏高”“偏低”或“无影响”，其他操作均正确）。（3）烧碱样品的纯度为_（用含w、m、V1、V2的代数式表示）。【答案】 (1). 托盘天平 (2). 烧杯 (3). 容量瓶
22、(4). 无影响 (5). 便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况 (6). 零刻度或零刻度以下 (7). 充满液体，无气泡 (8). 偏高 (9). 80m(V2V1)/w%【解析】【详解】（1）基本的实验操作流程和装置。用天平称量，称量好的药品应该要在烧杯中先溶解冷却，然后再转移到容量瓶中，答案为托盘天平 烧杯 容量瓶；（2）锥形瓶中装入待测液，所以锥形瓶中有蒸馏水不会对实验带来影响，答案无影响；锥形瓶下垫一张白纸，更有利于观察颜色的变化，答案便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；要读取溶液的体积，那么开始的体积的读数应该在零刻度或零刻度以下，嘴的部分应该充满液体，不能有气泡或者有悬挂的液滴，答案零刻度或零刻度以下 充满液体，无气泡；酸式滴定管如果没有用硫酸润洗，那么硫酸会被酸式滴定管中的水稀释，浓度变小，消耗的硫酸的量就会变多，测的结果偏高，答案偏高；（3）利用反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O， 2 1 n(NaOH) m(V2-V1) 10-3n(NaOH)= 2m(V2-V1) 10-3配制了250mL溶液，取了25mL溶液，样品中的NaOH的质量40g/mol10n(NaOH)= 0.8m(V2-V1) ，质量分数为，答案为【点睛】分析误差时，利用，所有的操作错误，都转化为n或者V的误差，再去判断误差分析。
