【化学】上海市复旦中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）
上海市复旦中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
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. NH3 B. FeS C. FeCl2 D. 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、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Fe2O3
C. 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，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（ ）
①加入足量氯水 ②加入足量KMnO4溶液③ 加入少量KSCN溶液
A. ①② B. ③② C. ③① D. ①②③
【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。
5.下列实验操作中，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FeSO 4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＋)＝1×10－10 mol/L，该溶液中溶质不可能是( )
A. NaHSO4 B. Al2(SO4)3 C. NaOH D. HCl
【答案】B
【解析】常温下，溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－10 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++3H2O
C Na2S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。
9.25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是（ ）
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的离子种类相同
C. c(OH-)前者大于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32-)均增大
【答案】C
【解析】A．NaHCO3溶液中存在的电离HCO3-和水解平衡、水的电离平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的水解平衡和水的电离平衡，故A正确；B．HCO3-能电离和水解，电离生成CO32-和H+，水解生成H2CO3和OH-，CO32-第一步水解生成HCO3-和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在H+，所以两种溶液中粒子种类相同，故B正确；C．CO32-的水解程度远远大于HCO3-水解程度，二者水解均显碱性，Na2CO3溶液碱性较强，则氢离子浓度较小，故C错误；D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c(CO32-)均增大，故D正确；故选C。
10.在25℃时将pH＝11 的NaOH 溶液与pH＝3 的CH3COOH溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（ ）
A. c(Na+)==c(CH3COO－)+c(CH3COOH)
B. c(H+)==c(CH3COO－)+c(OH一)
C. c(Na+) >c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)
D. c (CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)
【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+)
m D. 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m>2m，显然不可能成立，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+n>2m，则n>m，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。
18.如图是微粒物质的量变化图，常温下向20mL0.2mol/LH2
A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：H2A→2H++A2-
B. 当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
C. 当V(NaOH)=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H2A⇌H++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-)①，物料守恒：3c(HA-)+ 3c(A2-)+ 3 c(H2A)=2 c(Na+)②，根据①×2+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 ，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：①向其中一份中加入适量KMnO4溶液，溶液红色褪去；②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. ①中溶液红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化，使Fe(SCN)3消失
B. ②中溶液红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+
C. ②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+、（SCN）2的氧化性的相对强弱。所涉及不为：
2MnO4—+ 10SCN-+16H+=2Mn2++5(SCN)2+8H2O
2Fe3＋＋SO2＋4H＋=2Fe2＋＋SO42－＋2H2O
故答案为C
20.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L－1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 mol B. 0.25 mol C. 0.3 mol D. 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2.24 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，n[Fe(NO3)2]=( 0.15L× 4 mol·L－1— )× = 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0.1mol·L-1的氨水中加入少量氯化铵固体，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）
①___和___两种粒子的物质的量之和等于0.2mol。
②___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。
A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B．c(Cl-)=c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-) D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，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）。
②若上述关系中C是正确的，则该溶质的化学式是__。
③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(NH3·H2O)，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NH3·H2O的电离，使c(OH-)减小 (4). NH4+ (5). NH3·H2O (6). NH4+ (7). 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NH3·H2ONH4++OH-，增大NH4+浓度，抑制了NH3·H2O的电离；
（3）①由氮元素守恒可得，NH3·H2O和NH4+两种粒子的物质的量之和等于0.2mol；
②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；
（4）①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；
②若上述关系中C是正确的，c(OH-) (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+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0℃~5℃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）i．Fe3+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Ⅱ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；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0℃~5℃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-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-；生成的Fe(OH)3具有净水作用；
（6）i．方案Ⅰ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Ⅱ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-
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