1、上海市复旦中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共40分）1.下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是A. NH3B. FeSC. FeCl2D. FeCl3【答案】C【解析】【详解】A. 氮气和氢气在一定条件下生成NH3，可以由单质直接化合得到，故A不选；B. 铁与硫加热反应生成FeS，可以由单质直接化合得到，故B不选；C.铁与氯气反应只生成FeCl3，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能由单质直接化合而得到，故C可选；D. 铁与氯气反应只生成FeCl3，可以由单质直接化合得到，故D不选；故答案选C。2.历史上，铝、钛、
2、铁、铜四种金属，最早使用的是A. 铜B. 铁C. 钛D. 铝【答案】A【解析】【详解】由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然铜；铁、钛、铝均比铜活泼，使用的比铜晚，因此A正确；故答案选A。3.在某些月饼的包装盒内有个小纸袋，将小纸袋打开，可看到灰黑色粉末，其中有些已变成棕褐色。将灰黑色粉末溶于盐酸，溶液呈浅绿色，滴入几滴氯水，溶液变棕黄色。以下结论不正确的是A. 该灰黑色粉末用作抗氧化剂B. 小纸袋中原装粉末是Fe2O3C. 小纸袋中可能装有活性铁粉D. 该灰黑色粉末不可食用【答案】B【解析】【详解】由题中信息可知，铁粉为黑色粉末，
3、加入盐酸后生成氯化亚铁溶液（呈浅绿色），滴入几滴氯水，发生氧化反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，生成了铁离子，溶液变棕黄色；A、铁为灰黑色粉末，具有还原性，用作抗氧化剂，故A不选； B、氧化铁为红棕色，不是灰黑色，且不具有还原性，不能抗氧化，故B可选；C、该灰黑色粉末是铁粉，故C不选； D、该灰黑色粉末为铁粉，不可食用，故D不选；故答案选B。4.要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+进行如下实验操作时最佳顺序为加入足量氯水 加入足量KMnO4溶液 加入少量KSCN溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】鉴别某溶液中不含有Fe3+而含有Fe2+的步骤为：先向溶液中加
4、入含有SCN-的溶液，看是否有红色生成，若有红色生成则该溶液中含有Fe3+；若无红色生成，再向其中加入具有强氧化性的物质，观察是否有红色生成，若有红色生成，则该溶液中含有Fe2+；加入的氧化剂的本身颜色不能干扰该检验反应，紫红色的KMnO4溶液对于Fe3+和SCN-生成的红色物质有干扰，而黄色的氯水不会，故选C项；故答案选C。【点睛】Fe3+的检验方法：加入硫氰化钾溶液，变为血红色溶液；加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀；Fe2+的检验方法：加入硫氰化钾溶液，无现象，再滴加氯水，变为血红色溶液；加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，变为灰绿色，最后为红褐色；滴加酸性高锰酸钾，紫色褪去。5.下列实验操作
5、中，仪器需插入液面下的是A. 分液时，分液漏斗的长颈插入下层液体里B. 用水吸收氨气的导气管C. 制备Fe(OH)2，用胶头滴管将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中D. 往NaOH溶液中加酚酞【答案】C【解析】【详解】A. 分液时，分液漏斗的结构中有旋塞，可以控制液体的滴加速度，分液漏斗的长颈应该紧贴烧杯内壁，不用插入下层液体里，故A不选；B. 氨气极易溶于水，吸收氨气时导气管不能插入液面以下，易发生倒吸，故B不选C.为防止Fe(OH)2被氧化，制备时用胶头滴管插入液面以下，将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，以达到隔绝空气的作用，故C可选；D. 向试管中滴加溶液时，胶头滴管不能插入试管中，在试
6、管口上方悬空滴加，故D不选；故答案选C。6.常温下某溶液中由水电离的c(H)11010 mol/L，该溶液中溶质不可能是( )A. NaHSO4B. Al2(SO4)3C. NaOHD. HCl【答案】B【解析】常温下，溶液中由水电离的c(H)11010 mol/L，说明溶液中的溶质对水的电离起抑制作用。NaHSO4在溶液中电离出Na+、H+、SO42-，H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是NaHSO4，A项错误；Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3+能发生水解，能促进水的电离，该溶液中溶质不可能是Al2(SO4)3，B项正确；NaOH电离出的OH对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶
7、质可能是NaOH，C项错误；HCl电离出的H+对水的电离起到抑制作用，该溶液中溶质可能是HCl，D项错误。7.某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+、Ag+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量存在的离子是A. NH4+B. Mg2+C. Fe2+D. Ag+【答案】B【解析】【分析】NH4+与碱在微热时反应生成氨气逸出，则铵根离子减少；Fe2+和氢氧化钠溶液反应生成的Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，则Fe2+减少；Ag+与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化银沉淀，加入盐酸后变为氯化银沉淀，Ag+减少，以此来解答。【详解】混合溶液
8、中加入过量的NaOH并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg（OH）2、Fe（OH）2、AgOH沉淀；Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg（OH）2、Fe（OH）3、AgOH与过量的盐酸作用分别生成MgCl2、FeCl3溶液，AgCl沉淀；则减少的离子为NH4+、Fe2+、Ag+，溶液中大量存在的离子是Mg2+，故B正确；故答案选B。8.下列离子方程式书写正确的是A. 标准状况下2.24LCO2通入1mol/L100mLNaOH溶液中：CO2+OH-HCO3-B. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OC Na
9、2S水解：S2-+2H2OH2S+2OH-D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4+HCO3-+2OH-CO32-+NH3+2H2O【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，1mol/L100mLNaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，二者1:1完全反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO2+OH-=HCO3-，故A正确；B.碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2Fe（OH）3+2I-+6H+=2Fe2+I2+6H2O，故B错误；C. H2S属于二元弱酸，电离分步
10、进行；Na2S属于二元弱酸形成的盐，水解分步进行：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+ OH-，不能一步到位，故C错误；D. 等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：HCO3-+OH-=CO32-+ H2O，故D错误；故答案选A。【点睛】二氧化碳与氢氧化钠溶液发生反应，当n（CO2）：n（NaOH）=1:1时，反应为CO2+NaOH=NaHCO3；当n（CO2）：n（NaOH）=1:2时，反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；当1/2n（CO2）：n（NaOH）c(CH3COO)c(OH)c(H+)D. c (CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)【
11、答案】D【解析】pH之和为14的酸碱等体积混合，醋酸过量，所以c (Na+)c(CH3COO)+c(CH3COOH)；最终显酸性，排除C；而B违反了电荷守恒，应该是：c (Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH一)；11.关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是A. c(NH4+)：B. 水电离出的c(H+)：C. 和等体积混合后的溶液：c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)D. 和等体积混合后的溶液：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【详解】A. NH3H2O是弱电解质,部分电离，NH4Cl是强电解质
12、完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c(NH4+)：，故A正确；B.酸或碱抑制水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大越抑制水电离，中c(OH-)小于中c(H+)，所以抑制水电离程度小于，则水电离出的c(H+)：mD. Z的体积分数减小【答案】C【解析】【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；B.结合题意可知正反应是气体总体积减少反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m2m，显然不可能成
13、立，所以Y只能是气体，故B错误；C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n2m，则nm，故C正确；D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；答案选C。【点睛】掌握平衡移动方向的判断，需要从改变条件后的数据进行分析，结合平衡移动的规律确定移动方向和物质的状态及化学计量数的大小关系。18.如图是微粒物质的量变化图，常温下向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液，下列说法正确的是A. H2A在水中的电离方程式是：H2A2H+A2-B. 当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)C. 当V(Na
14、OH)=30mL时，则有：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)D. 当V(NaOH)=40mL时，其溶液中水的电离受到抑制【答案】B【解析】【详解】A.根据图知，溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2AH+HA-，HA- H+ A2-，故A错误； B. 当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA,溶液中存在HA-、H2A、A2-，说明 HA-能电离和水解，且c(H2A) c(A2-)，说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序
15、是： c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)，故B正确；C.当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH= Na2A+H2O ，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A 的混合溶液，根据电荷守恒得： c(Na+)+ c(H+)= c(HA-)+ 2c(A2-)+ c(OH-)，物料守恒：3c(HA-)+ 3c(A2-)+ 3 c(H2A)=2 c(Na+)，根据2+得：2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)= c(A2-)+2c(OH-)，故C错误；D.当V(NaOH)=40mL时，二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐Na2A
16、，含有弱离子的盐促进水电离，所以Na2A 促进水电离，故D错误；故答案选B。19.将几滴KSCN(SCN- 是“类卤离子”)溶液加入酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份：向其中一份中加入适量KMnO4溶液，溶液红色褪去；向另一份中通入SO2，溶液红色也褪去。下列说法中不正确的是A. 中溶液红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化，使Fe(SCN)3消失B. 中溶液红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C. 中溶液红色褪去的原因是SO2将SCN-还原D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2【答案】C【解析】本题考查KMnO4、Fe3+、（S
17、CN）2的氧化性的相对强弱。所涉及不为：2MnO4+ 10SCN-+16H+=2Mn2+5(SCN)2+8H2O2Fe3SO24H=2Fe2SO422H2O故答案为C20.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为()A. 0.21 molB. 0.25 molC. 0.3 molD. 0.35 mol【答案】B【解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物完全溶解，放出2.2
18、4 L NO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，nFe(NO3)2=( 0.15L 4 molL1 ) = 0.25mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25 mol。故本题正确答案为B。二、综合分析题21.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理图如图所示。（1）写出涉及铁化合物的两个离子方程式：_；_。（2）25时，向0.1molL-1的氨水中加入少量氯化铵固体，
19、当固体溶解后，测得溶液pH减小，从平衡移动的角度解释主要原因是：_。（3）室温下，如果将0.2molNH4Cl、0.1molNaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失）_和_两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。_和_两种子的物质的量之和比OH-多0.1mol。（4）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能如下四种关系。Ac(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) Bc(Cl-)=c(NH4+)c(OH-)c(H+)Cc(Cl-)c(H+)c(NH4+)c(OH-) Dc(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)若溶液中只
20、溶解了一种溶质，该溶质的名称是_，上述离子浓度大小序中正确的是_（选填序号）。若上述关系中C是正确的，则该溶质的化学式是_。若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氮永混含而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_（填“”“”或“”，下同）c(NH3H2O)，混合后溶液中c(NH4+)与c(Cl-)的关系c(NH4+)_c(Cl-)。【答案】 (1). 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ (2). 4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O (3). 氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3H2O的电离，使c(OH-)减小 (4). NH4+ (5). NH3H2O (6). NH4+ (7).
21、 H+ (8). 氯化铵 (9). A (10). NH4Cl和HC1 (11). (12). =【解析】【分析】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁；酸性环境下，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，据此写出离子方程式； （2）电离平衡NH3H2ONH4+OH-，增大NH4+浓度，抑制了NH3H2O的电离； （3）由氮元素守恒可得，NH3H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，据此分析；
22、 （4）任何电解质溶液中都存在OH-、H+，如果溶液中只存在一种溶质，根据溶液中存在的离子知，溶质只能是氯化铵，NH4+水解导致其溶液呈酸性，但水解程度较小； 若上述关系中C是正确的，c(OH-)c(H+) 则溶液呈酸性，氯化铵溶液呈酸性，要使c(H+)c(NH4+)，溶液中还含有溶质HCl； 该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，溶液呈中性，根据电荷守恒分析。【详解】（1）TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，离子方程式：4Fe2+O2+4H+4Fe3
23、+2H2O； 故答案是：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ ；4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O； （2）NH3H2ONH4+OH-，氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3H2O的电离，使c(OH-)减小，溶液pH减小；故答案是：氯化铵溶于水，电离出大量NH4+，抑制了NH3H2O的电离，使c(OH-)减小； （3）由氮元素守恒可得，NH3H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；故答案是：NH3H2O；NH4+；由电荷守恒可得c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），n（Cl-）=0.2mol，n（Na+）=0.1mol，故NH4+
24、和H+ 两种粒子的物质的量之和比OH-多0.1mol；故答案是：NH4+； H+；（4）溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，任何水溶液中均存在OH-、H+，所以去掉OH-、H+，剩下的离子就是溶质产生的，因此中溶质为氯化铵，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；答案是：氯化铵；A； 若上述关系中C是正确的，c(OH-) c(H+)= c(OH-)；若显碱性，则c(H+)c(OH-)，则 c(Cl-) (11). 溶液酸碱性不同 (12). 能说明，理由：FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3
25、+和O2，溶液浅紫色一定是MnO42-的颜色；不能说明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。【解析】【分析】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸加热反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，据此写出离子方程式；（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢和水蒸气，因此为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，据此进行分析； （3）由于KOH过量， Cl2与KOH也能发生反应； （4）控制反应在05进行，采用的方法能够达到降温的目的即可； （5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水； （6）
26、iFe3+与KSCN溶液相遇，溶液呈红色；K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+，据此写出离子方程式；（7）K2FeO4晶体碱性条件下较稳定，使用KOH溶液溶出可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验； （8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产
27、物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；据此进行分析； （9）FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，Mn2+被氧化为MnO42-，溶液浅紫色，故能说明氧化性FeO42-MnO42-。【详解】（1）高锰酸钾溶液与浓盐酸混合，反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，A中反应离子方程式是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O；故答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=5Cl2+2Mn2+8H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，因此产生的氯气中含有少量的氯化氢，为了不影响后续实验，除杂装置B中加入饱和食盐水，用以除去氯化氢，B中导管应为“长进短出”，如图所示：；故答案
28、是：；（3）由于KOH过量，Cl2与KOH反应生成氯化钾和次氯酸钾，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案是：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）若要控制反应在05进行，实验时将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴，也可以在通入氯气的过程中不断搅拌，以达到降温目的； 故答案是：将装置C中的三颈烧瓶放在冰水浴；在通入氯气的过程中不断搅拌； （5）根据信息可知，碱性环境下，FeO42-发生氧化还原反应，产生Fe(OH)3胶体，具有较强的吸附作用，能够净水；离子方程式为：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2+8OH-；故答案是：4FeO42-+10H2
29、O=4Fe(OH)3+3O2+8OH-；生成的Fe(OH)3具有净水作用； （6）i方案中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应后溶液中含有Fe3+；根据题干资料信息：K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2，自身会转化为Fe3+；离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3+3O2+10H2O；故答案是：Fe3+；4FeO42-+20H+=4Fe3+3O2+10H2O；（7）K2FeO4晶体在碱性条件下较稳定，使用KOH溶液洗涤可以使K2FeO4稳定析出，同时K2FeO4固体表面可能吸附ClO-，ClO-在酸性条件下可与Cl-反应生成Cl2，从而干扰实验，因此用KOH溶液洗涤的目的是：使
30、K2FeO4稳定溶出，同时洗去K2FeO4固体表面吸附的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，干扰实验；故答案是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO-除尽，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO-干扰实验； （8）K2FeO4的制备实验中，Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，Cl2为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则Cl2的氧化性强于FeO42-；而方案中，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，FeO42-为氧化剂，Cl2为氧化产物，则FeO42-的氧化性强于Cl2；氧化
31、性强弱关系相反的原因是两个反应体系的酸碱性不同，因此溶液的酸碱性会影响物质的氧化性的强弱。故答案是：；溶液酸碱性不同；（9）向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO42-的颜色，故能说明氧化性FeO42-MnO42-；由于K2FeO4为紫色固体，若向含有FeO42-溶液滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，若观察到溶液的颜色仍为浅紫色；若二者没有发生反应，则氧化性：FeO42-MnO42-；故答案是：能说明；FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO42-的颜色；不能说明，向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色。