上海市黄浦区大同中学2019_2020学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）.docx

上海市黄浦区大同中学2019-2020学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共18小题，共72.0分）1.下列生活生产中常见物质的化学式与名称相对应的是( )A. FeSO47H2O 绿矾B. Na2O2火碱C. BaCO3 重晶石D. C6H12O6 蔗糖【答案】A【解析】【详解】A.七水硫酸亚铁，俗称绿矾，化学式为FeSO47H2O，A正确；B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，化学式为NaOH，B错误；C.重晶石是钡的最常见矿物，它的成分为硫酸钡，化学式为BaSO4，C错误；D.C6Hl2O6存在同分异构现象，可能是葡萄糖也可能是果糖，D错误；故合理选项是A。2.在无色透明的溶液中可以大量共存的离子组是()A. OH-、K+、Al3+、SO42-B. OH-、NH4+、Cl-、Na+C. Cu2+、NO3-、Cl-、SO42-D. Mg2+、K+、Cl-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A.OH-、Al3+之间反应，溶液中不能大量共存，A错误； B.OH-、NH4+之间发生反应生成弱电解质一水合氨，在溶液中不能大量共存，B错误； C.Cu2+为有色离子，且Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，在溶液中不能大量共存，C错误； D.选项离子之间不发生任何反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，D正确； 故合理选项是D。3.下列反应能生成三价铁的是A. 铁丝在硫蒸气中燃烧B. 铁与硫酸铜溶液反应C. 铁在氯气中燃烧D. 铁与稀硫酸溶液反应【答案】C【解析】A铁丝在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铁，生成的是二价铁，故A错误；B铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，生成的是二价铁，故B错误；C铁在氯气中燃烧生成氯化铁；生成的是三价铁，故C正确；D铁与稀硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，生成的是二价铁，故D错误；故选C。4.在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是A. Na+B. Fe3+C. Al3+D. Fe2+【答案】D【解析】试题分析：在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，会发生反应形成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀，在空气中充分搅拌Fe(OH)2被氧化产生Fe(OH)3沉淀，再加入过量的稀盐酸，反应变为FeCl3，溶液中离子数目明显减少的是Fe2，选项D正确。考点：考查金属及化合物的性质及转化关系的知识。5.下列各组反应，最终一定能得到白色沉淀的是A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液B. 向CuSO4溶液中加入NaOH溶液C. 向FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液D. 向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸【答案】D【解析】A、Al2(SO4)3溶液中加入过量NaOH溶液，最终得到偏铝酸钠和硫酸钠溶液，不会生成白色沉淀，故A错误；B、CuSO4溶液中加入NaOH溶液会生成氢氧化铜蓝色沉淀，故B错误；C、FeCl2溶液中加入过量NaOH溶液会先生成白色的氢氧化亚铁，然后迅速变为灰绿色，最终得到红褐色沉淀氢氧化铁，故C错误；D、向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸会生成硅酸白色沉淀物质，故D正确；故选D。点睛：本题考查了复分解反应的条件。本题的易错选项是AC，A中注意氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠反应而溶解，C中注意生成的氢氧化亚铁容易被氧化。6.关于的说法不正确的是 A. 可用作医用胃酸中和剂B. 是两性氢氧化物C. 实验室可用铝盐溶液与过量NaOH溶液反应制取D. 受热分解为氧化铝和水【答案】C【解析】【详解】A.胃酸的主要成分是盐酸，氢氧化铝碱性较弱，能与盐酸反应，产物对胃无刺激，可以治疗胃酸过多，A正确；B.氢氧化铝溶于强酸、强碱生成相应的盐与水，因此是两性氢氧化物，B正确；C.氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氢氧化钠过量会导致氢氧化铝溶解，产率降低，实验室通常用铝盐与弱碱一水合氨反应制取氢氧化铝，C错误；D.难溶性金属氢氧化物加热分解，产生相应的氧化物和水，氢氧化铝加热分解为氧化铝与水，D正确；故合理选项是C。7.下表各物质中A、B、C、D、E均含有同一种短周期元素，其中A是单质，B常温下是气态氢化物，C、D是氧化物，E是D和水反应的产物。则各物质之间通过一步反应就能实现表中所示转化的是 ()物质编号物质转化关系ADESiSiO2Na2SiO3SSO3H2SO4NaNa2O2NaOHN2NO2HNO3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】Si的氧化物只有二氧化硅，二氧化硅不溶于水，不与水反应，不能一步得到硅酸，故不符合；若A是S单质，S与氢气化合生成硫化氢，S、H2S都能与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水化合生成硫酸，故符合；若A是钠，则B为氢化钠，NaH为固态，且NaH不能反应生成氧化钠，故不符合；若A为氮气，N2与氢气化合生成氨气，N2、NH3都能与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故符合；所以答案选B。8. 不能发生铝热反应的是 （ ）A. V2O5B. Cr2O3C. MnO2D. MgO【答案】D【解析】【分析】铝热反应的实质为金属单质之间的置换反应，能跟铝粉组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应较铝弱，据此进行解答。【详解】铝热反应的实质为金属单质之间的置换反应,能跟铝粉组成铝热剂的金属氧化物对应的金属活泼性应较铝弱,则A.V的活泼性小于Al，V2O5可与Al发生铝热反应,故A不选；B.Cr的活泼性小于Al，Cr2O3可与Al发生铝热反应,故B不选；C.Mn的活泼性小于Al，MnO2可与Al发生铝热反应,故C不选；D.Mg的活泼性大于Al,MgO不能与Al发生铝热反应,故D选；故答案选D。9.以下离子方程式书写错误的是()铁跟稀硫酸反应：硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：氢氧化铜中加入盐酸：A. 只有B. 只有C. 全部D. 只有【答案】C【解析】【详解】铁跟稀硫酸反应应生成Fe2+，错误；硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应，产生硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式应该为： ，错误；Ca(HCO3)2是易溶于水的强电解质，应拆开写为Ca2+、HCO3-，正确的离子方程式为：，错误；四Cu(OH)2是难溶于水，以固体形式存在，不能拆开，正确的离子方程式为：，错误；可见上述四个离子方程式全部错误，故合理选项是C。10.下列各组试剂中，只用试管和胶头滴管，不用其他试剂就可以鉴别的是A. NaOH(aq)和Al2(SO4)3 (aq)B. 稀盐酸和NaHCO3 (aq)C. CaCl2(aq)和Na2CO3(aq)D. Ba(OH)2（aq）和Na2SO4(aq)【答案】A【解析】【分析】根据物质的检验、离子鉴别方法及常见化学反应原理分析。【详解】A. NaOH溶液逐滴滴加到Al2（SO4）3溶液中，先生成沉淀，氢氧化钠过量时沉淀溶解，而Al2（SO4）3溶液逐滴滴加到NaOH溶液中先没有显现，滴加一定时间后可生成沉淀，现象不同，可以鉴别，故A正确；B. 稀盐酸和NaHCO3 (aq) 为无色溶液，改变滴定顺序，均生成CO2气体，不能鉴别，故B错误；C. CaCl2（aq）和Na2CO3（aq）均为无色溶液，改变滴定顺序，均生成碳酸钙沉淀，不能鉴别，故C错误；D. Ba（OH）2（aq）和Na2SO4（aq）均为无色溶液，改变滴定顺序，均生成硫酸钡沉淀，不能鉴别，故D错误。故选A。【点睛】物质的检验和鉴别，把握滴定顺序改变发生的化学反应为解答的关键，注意不用其他试剂检验时可利用颜色或滴定顺序变化讨论。11.将pH等于12的NaOH溶液与pH等于2的某酸溶液等体积混合,则所得溶液的pH为()A. 等于7B. 大于或等于7C. 小于或等于7D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】氢氧化钠溶液中pH=12，则c(OH-)=0.01mol/L。某酸溶液pH=2，则c(H+)=0.01mol/L，如是强酸，则将两种溶液等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，pH等于7；若是弱酸，则c(酸)0.01mol/L，二者等体积混合后，电离的酸与碱反应生成强碱弱酸盐，由于反应后酸溶液过量，所以溶液呈酸性，溶液的pH小于7；故两种溶液等体积混合后所得溶液的pH可能小于7，也可能等于7，故合理选项是C。12.在Na2O2与CO2的反应中，被氧化元素与被还原元素的质量比是 （ ）A. 1：1B. 1：2C. 2：1D. 8：53【答案】A【解析】2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2反应中，过氧化钠中部分O元素从-1价升高到0价被氧化，部分O元素从-1价降低到-2价被还原，被氧化的氧原子与被还原的氧原子的个数之比为2：2=1：1，所以氧化元素与被还原元素的质量比是1：1，故选A。13.某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为A. SiO2B. Fe2O3、SiO2C. SiO2、Al2O3D. Fe2O3【答案】A【解析】SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。14.要除去中含有的、，应选择的试剂是()A. 氯气B. NaOHC. 铁粉D. 氨水【答案】C【解析】分析】、都可与Fe反应，可用铁粉除杂，且不引入新杂质，以此解答。【详解】A.氯气可与反应生成，导致所需物质减少，A不符合题意；B.NaOH可与反应生成Fe(OH)2沉淀，影响被提纯物质的性质，B不符合题意；C.加入铁粉，、都可与Fe反应生成，过量的铁粉可过滤除去，不引入新杂质，C符合题意；D.氨水与溶液中的各种微粒都发生反应，使所需物质减少，且引入新的杂质，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的净化、除杂的知识。注意根据物质的性质的异同，在除杂时，加入的试剂只与杂质反应，与被提纯的物质不能反应，且不能引入新杂质，本题侧重于学生的分析能力和实验能力的考查。15.下列反应最终能生成Fe3+的化合物的是 Fe与盐酸；铁丝在硫蒸汽中燃烧；向FeCl2溶液中通入Cl2；铁与CuCl2溶液反应；Fe(OH)2露置于空气中A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，不符合题意；铁丝在硫蒸汽中燃烧生成FeS，不符合题意；向FeCl2溶液中通入Cl2，反应产生FeCl3，产生了Fe3+，符合题意；Fe与CuCl2溶液反应生成FeCl2和Cu单质，不符合题意；Fe(OH)2露置于空气中，会与空气中的氧气、水反应生成Fe(OH)3，符合题意；综上所述可知：反应能够产生Fe3+的化合物的是；故合理选项是A。16.0.02molL1的HCN溶液与0.02molL1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C(CN-)C(Na)，则下列关系中，正确的是：A. C(Na)C(CN-)C( H)C(OH-)B. C(HCN)+C (CN-)=0.04molL-1C. C(CN-)C(HCN)D. C(Na)+C(H)= C(CN-)+C(OH-)【答案】D【解析】设以100L等体积混合，即；溶合后，根据电荷守恒得，因C(CN-)C(Na)，得，即混合溶液显碱性，以CN的水解为主；所以A错，正确为C(Na)C(CN-)C(OH-)C( H)；B错，C(HCN)+C (CN-)=0.02molL-1；C错，正确关系为C(HCN)C(CN-)；D正确，电荷守恒；17.能在溶液中大量共存一组离子是()A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】C【解析】【详解】A.因、结合生成Cu(OH)2沉淀，不能共存，A错误；B.因、结合生成水和CO2气体，不能共存，B错误；C.选项离子之间不发生任何反应，能大量共存，C正确；D.因、结合生成CaCO3沉淀，不能共存，D错误；故合理选项是C。18.将50mL某AlCl3溶液加入30mL1mol/LNaOH溶液或50mL1.8mol/LNaOH溶液中，均能得到0.78g白色沉淀，则此AlCl3溶液的浓度是()A. 0.5 mol/LB. 0.4 mol/LC. 0.3 mol/LD. 0.2 mol/L【答案】A【解析】【分析】由信息可知，加到30mL1mol/LNaOH溶液中只发生Al3+3OH-=Al(OH)3，加到50mL1.8mol/LNaOH溶液中发生Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以此来计算解答。【详解】0.78gAl(OH)3沉淀的物质的量是nAl(OH)3=0.78g78g/mol=0.01mol。从反应开始至加入到30mLNaOH溶液时，溶液中OH-的物质的量为n(OH-)=1mol/L0.03L=0.03mol，只发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，碱完全反应，则根据Al元素守恒可知该溶液的物质的量浓度c(AlCl3)0.01mol0.05L=0.2mol/L；由加到50mL 1.8mol/LNaOH溶液中发生Al3+3OH-=Al(OH)3、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，设此AlCl3溶液的溶质的物质的量为x，则根据Al3+3OH-=Al(OH)3可知xmolAl3+反应消耗OH-的物质的量是3xmol，反应产生的Al(OH)3沉淀的物质的量是xmol，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O的Al(OH)3沉淀的物质的量是(x-0.01)mol，消耗OH-的物质的量是(x-0.01)mol，根据消耗的碱的物质的量可知，3x+(x-0.01)=0.051.8，解得x=0.025mol，故该AlCl3溶液的浓度为c(AlCl3)= 0.025mol0.05L=0.5mol/L，由可知，此AlCl3溶液的浓度为0.5mol/L，故合理选项是A。【点睛】本题考查铝离子与碱的反应的有关计算的知识。明确碱的物质的量对发生的化学反应的影响、氢氧化铝是两性氢氧化物，能够能溶于强碱是解答本题的关键。二、填空题（本大题共2小题，共20.0分）19.如何除去下列物质中混有的少量杂质(括号内为杂质)，写出最佳的离子方程式：(1)NaHCO3溶液（Na2CO3）：_；(2)FeCl2溶液(FeCl3)：_；(3)单质Mg粉(Al)：_。【答案】 (1). CO32-+H2O+CO2=2HCO3- (2). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2【解析】【分析】(1)碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠；(2)Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；(3)Al与NaOH溶液反应，而Mg不能。【详解】(1)碳酸钠与水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则除杂的离子反应为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；(2)Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则除杂离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+；(3)Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则除杂离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。【点睛】本题考查混合物分离提纯的知识。把握物质的性质、性质差异、发生的反应为解答的关键，注意元素化合物的应用，本题侧重考查学生的分析与应用能力的。20.有NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应：若所含溶质的物质的量相等，则生成沉淀的物质的量之比是 _ ；若生成沉淀质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量之比是 _。【答案】 (1). 1：2：3 (2). 6：3：2【解析】【分析】若所含溶质的物质的量相等，由化学式可知含氯离子之比为1：2：3；若生成沉淀的质量相等，含氯离子之比为1：1：1，三种盐的物质的量为1：。【详解】若所含溶质的物质的量相等，假设NaCl、CaCl2、AlCl3三种物质的量均为1mol，根据氯离子守恒，则生成AgCl分别为1mol、2mol、3mol，生成AgCl的物质的量之比为1：2：3； 若生成沉淀AgCl的质量相等，设反应产生的AgCl的物质的量是6mol，根据氯离子守恒，则n(NaCl)=6mol，n(CaCl2)=6mol2=3mol，n(AlCl3)=6mol3=2mol，NaCl、CaCl2、AlCl3的物质的量之比=6：3：2。【点睛】本题考查了守恒方法在化学计算的应用的知识。要根据元素守恒进行分析，注意利用赋值