上海市交大附中2017高二上学期第一次月考化学精校Word版含解析

上海交通大学附属中学2017—2017学年度第一学期高二化学月考一试卷1.下列化合物中不能由化合反应直接得到的是（）A.FeSB.Fe（OH）3C.FeC13D.A1(OH)3【答案】D【解析】A.Fe+SFeS，故FeS能由化合反应直接得到；B.4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，故Fe(OH)3能由化合反应直接得到；C.2FeCl2+Cl22FeCl3，故FeCl3能由化合反应直接得到；D.Al(OH)3不能由化合反应直接得到。故选D。2.以下物质属于纯净物的是（)A.硬铝B.漂白粉C.绿矾D.铝热剂【答案】C【解析】A.硬铝含有铝、铜、锰、硅等，故A属于混合物；B.漂白粉含有次氯酸钙、氯化钙等，故B属于混合物；C.绿矾是FeSO4·7H2O，属于纯净物；D.铝热剂含有金属铝和其它较铝不活泼金属的氧化物，故D属于混合物。故选C。3.有关Fe2O3及硫酸盐的内容，以下叙述正确的是（）A.铝热剂就是指Fe2O3粉和铝粉的混合物B.检验从火星上带回来红色物质是否是Fe2O3的操作步骤是：样品→粉碎→加水→溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液C.分别还原amolFe2O3所需H2、A1、CO的物质的量之比为3:2:3D.明矾属硫酸盐，含结晶水，是混合物【答案】C...............4.下列说法错误的是()A.质子数相同的原子，其核外电子排布也相同B.质量数相同的不同原子，其化学性质一定相同C.金属性越强，其原子在反应中越容易失去电子D.非金属性越强，其阴离子反应中越容易失去电子【答案】B【解析】试题分析：A、原子呈电中性，质子数等于核外电子数，故A正确；B、决定化学性质的是元素的最外层电子数，而质量数等于质子数和中子数之和，所以质量数相同的原子，核外电子数不一定相等，故B错误；C、金属性越强，金属越活泼，还原性越强，越容易失去电子，故C正确；D、非金属性越强，非金属越活泼，越易得电子，得电子后的微粒越难失去电子，故D正确。故选B。考点：考查了原子结构与元素周期律的相关知识。5.把一块生锈的铁片投入盛有稀硫酸的烧杯里，待铁片完全溶解后，往烧杯里滴加氢氧化钠溶液至过量，然后过滤，并充分灼烧不溶物。则最终留下的固体是（）A.Na2OB.Fe(ｏH）3C.Fe2O3D.Fe2O3和NaOH【答案】C【解析】生锈的铁片在稀硫酸中完全溶解后，生成氯化铁和氯化亚铁的溶液，此溶液与过量氢氧化钠溶液作用生成氢氧化铁和氢氧化亚铁，然后过滤，充分灼烧不溶物，发生的反应为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，则最终留下的固体是Fe2O3，故选C。6.A1、Fe都是重要的金属元素，下列说法正确的是（）A.两者对应的氧化物均为碱性氧化物B.两者的单项都不能与氢氧化钠反应C.常温条件下，两种金属都能溶解于浓硫酸中D.制备A1C13、FeC13,均不能采用将其溶解直接蒸干的方法【答案】D【解析】A．氧化铁（或氧化亚铁）是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，A错。B．氧化铝可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，B错。C．常温下铝和铁遇浓硫酸发生钝化，在金属表面生成一层致密的氧化膜而阻止内部金属被氧化，C错。D．氯化铝和氯化铁都能发生水解生成氢氧化物和盐酸，若将它们的水溶液蒸干，则会促进它们继续水解最终无法得到相应的氯化物，所以D正确。7.X、Y、Z均为短周期主族元素，X、Y处于同一周期，X、Y的最低价离子分别为X2-和Z-，-Y+和Z-具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（）A.原子序数：X>Y>ZB.气态氢化物的稳定性：H2X>HZC.离子半径：X2->Y+>Z-D.原子最外层电子数：Y>X>Z【答案】A【解析】X、Y、Z均为短周期主族元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，所以X为第VIA元素，Z为第VIIA元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y一定是IA的11号钠元素，Z为9号F元素，X为16号S元素。A.原子序数：S＞Na＞F，A正确；B.气态氢化物的稳定性：HF＞H2O，B不正确；C.离子半径：S2－＞Na＋＞F－,C不正确；D.原子最外层电子数：F＞S＞Na,D不正确。本题选A。点睛：F的非金属性最强，所以HF的稳定性强于水。硫离子核外有3个电子层，钠离子和氟离子都有2个电子层，原子序数越大的，离子半径越小。8.下列离子方程式表达正确的是（）A.明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-完全沉淀A13++Ba2++SO42-+3OH-→BaSO4↓+A1（OH）3↓B.将铁粉加入到稀硫酸中：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C.硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe3++H2O2+2H+→2Fe3++2H2OD.NaA1O2溶液中通入过量的CO2：2A1O2-+3H2O+CO2→2A1（OH）3↓+CO32-【答案】C【解析】明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42-完全沉淀A13++2Ba2++2SO42-+4OH-→2BaSO4↓+A1O2-+2H2O，故A错误；将铁粉加入到稀硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢，亚铁离子被氧化为铁离子：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；NaA1O2溶液中通入过量的CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠：A1O2-+2H2O+CO2=A1（OH）3↓+HCO3-，故D错误。9.下列微粒性质递变正确的是（）A.原子半径：C、A1、Na、K依次增大B.离子半径：O2-、F-、A13+、Mg2+、Na+依次减小C.热稳定性：HF、NH3、PH3、SiH4依次增强D.非金属性：Si、P、S依次减弱【答案】A【解析】A.同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，所以原子半径：C<Si，Na<K，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径：Si<Al<Na，总之，原子半径：C、Al、Na、K依次增大，故A正确；B.电子层结构相同离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：O2>F>Na>Mg2>Al3，故B错误；C.元素的非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越强。非金属性：F>N>P>Si，所以热稳定性：HF、NH3、PH3、SiH4依次减弱，故C错误；D.同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：Si、P、S依次增强，故D错误。故选A。10.甲乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL0.1mol/LA1C13溶液，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是（）A.甲中沉淀一定比乙中多B.乙中沉淀可能比甲中的多C.甲中沉淀一定比乙中的少D.甲中和乙中的沉淀可能一样多【答案】D【解析】相同体积相同pH的两溶液中，n(NH3·H2O)＞n(NaOH)，当两者都不足量时，生成的Al(OH)3沉淀的量由一水合氨和NaOH来决定，n(NH3·H2O)＞n(NaOH)，所以甲中沉淀比乙中的多；当氨水过量NaOH不足时，甲中生成的Al(OH)3的物质的量=0.01L×0.1mol•L-1=0.001mol，乙中生成的Al(OH)3的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；当氨水过量，NaOH恰好时，生成的沉淀取决于AlCl3，AlCl3的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；当氨水和NaOH都过量时，因Al(OH)3能溶于NaOH但不溶于氨水，甲中生成的Al(OH)3为0.001mol，乙中生成的0.001molAl(OH)3溶于过量的NaOH，所以甲中沉淀比乙中多。A．甲中沉淀不一定比乙中的多，故A错误；B、甲中沉淀可能比乙中的多，故B错误；C、甲中沉淀可能比乙中的多，也可能一样多，故C错误；D、甲中和乙中的沉淀可能一样多，故D正确；故选D。点睛：本题考查了弱电解质的电离以及氢氧化铝的有关计算，根据氢氧化铝的性质确定发生的反应，明确反应的分界点是解本题关键。本题的易错点是需要知道氢氧化铝不能被氨水溶解，能够被氢氧化钠溶解。11.由A1、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该盐酸得到浓度为（）A.0.5mol/LB.3.0mol/LC.1.0mol/LD.2.0mol/L【答案】C【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该元素的物质的量浓度==1mol/L，故选C。点睛：注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，明确反应后的溶质组成为解答关键，Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算盐酸的浓度。12.两种短周期元素X和Y形成的单质能与氢气反应生成HX和HY，反应热分别为Q1和Q2，已知Q1>Q2,则判断一定正确的是（）A.沸点：HY>HXB.还原性：HY>HXC.稳定性：HY>HXD.酸性：HXO4>HYO4【答案】B【解析】试题分析：放出的热量越多，说明生成物越稳定，则稳定性：HX＞HY。还原性：HY＞HX。非金属性X大于Y。由于X的最低价是-1，最高价氧化物对应水化物不是HXO4，D错误；考点：本题主要考查反应热与物质稳定性，元素非金属性强弱判断。13.在含有Fe2+、Fe3+、A13+、NH4+的溶液中加入足量Na2O2固体，充分反应后，再加入过量稀盐酸，反应完全后离子数目没有明显变化的是（）A.Fe3+B.Fe2+C.A13+D.NH4+【答案】C【解析】试题分析：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子保持不变；A．Fe3+增多，故A不选；B．Fe2+减少，故B选；C．铝离子浓度保持不变，故C选；D．NH4+减少，故D不选；故选C。考点：考查了离子反应发生的条件、物质的性质的相关知识。14.用FeC13溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）A.若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C.若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D.若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【答案】B考点：考查铁及其化合物的性质及溶液的成分的确定的知识。视频15.下列各图示中能较长时间看到Fe（OH)2白色沉淀的是()①②③④A.①②③B.①②④C.①②③④D.②③④【答案】B【解析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选A。16.X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y的核外电子数的一半，Y与M可形成化合物M2Y。下列说法正确的是（）A.还原性：X的氢化物>Y的氢化物>Z的氢化物B.简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子C.YX2、M2Y都含有极性共价键D.Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4【答案】D【解析】根据题意可以判断X、Y、Z、M分别是氧、硫、氯、钾。A.非金属性X>Z>Y，所以还原性：Y的氢化物＞Z的氢化物＞X的氢化物，故A错误；B.电子层结构相同离子的半径随着核电荷数增大而减小，所以离子半径：Y的离子>Z的离子>M的离子，故B错误；C.M2Y只含有离子键而不含有极性共价键，故C错误；D.Z元素的最高价氧化物的水化物是高氯酸，其化学式为HClO4，故D正确。故选D。17.将mg铝镁合金投入到500mL2mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下），向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60g，则m的值为（）A.5.10B.8.50C.9.35D.11.48【答案】A【解析】反应中AlAl3+Al(OH)3，MgMg2+Mg(OH)2，可知Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据2H+H2，生成5.6LH2转移的电子为×2=0.5mol，所以反应后生成沉淀的质量为mg+0.5mol×17g/mol=13.60g，解得：m=5.1g，故选A。点睛：明确电子转移的数目与OH-的物质的量之间的关系是解题关键，Mg、Al在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Al(OH)3，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成H2的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量与原固体质量之间的关系。18.能与铝作用放出氢气的溶液中，可能大量共存的离子组是（）A.NH4+、Mg2+、NO3-、C1-B.Cu2+、Na+、HCO3-、Br-C.Na+、Fe2+、SO42-、NO3-D.K+、Na+、A1O2-、C1-【答案】D【解析】溶液与金属铝反应能放出氢气，为酸或强碱溶液，但不能为强氧化性酸溶液；A．酸性溶液中，NO3-有强氧化性，与Al作用无氢气生成，碱溶液中氢氧根离子与NH4+、Mg2+反应，则不能共存，故A错误；B．Cu2+、HCO3－在同一溶液中发生双水解反应，且HCO3－在酸、碱性溶液中均不能大量共存，故B错误；C．酸性溶液中，NO3-有强氧化性，与Al作用无氢气生成，且能氧化Fe2+，不能大量共存；碱性溶液中氢氧根离子与Fe2+反应，则不能共存，故C错误；D．碱溶液中K+、Na+、AlO2－、Cl－彼此间不发生离子反应，能共存，但酸溶液中AlO2－不能大量存在，故D正确；故选D。点睛：溶液与金属铝反应能放出氢气，为强酸或强碱溶液，但不能为强氧化性酸溶液，即溶液中不能存在NO3-，因为Al与含有NO3-的酸性反应不能生成氢气，同时此溶液中不可能含有还原性的离子微粒如Fe2+，再结合酸性或碱性条件下离子之间不能结合生成气体、水、沉淀、弱电解质等，则离子能大量共存。19.X、Y为短周期元素，X位育IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（）A.X的原子半径一定大于Y的原子半径B.X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构C.两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1:1D.X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物【答案】D【解析】试题分析：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A．当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B．X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2-，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C．两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D．化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确。故选D。考点：考查位置结构性质的相互关系应用20.向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况下）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是（）A.参加反应铁粉的总质量m2=5.6gB.所用混合溶液中c（HNO3）=0.5mol·L-1C.开始时产生的气体为H2D.AB段产生的反应为置换反应【答案】A【解析】已知氧化性：NO3-＞Fe3+＞H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2++H2↑，则A．最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3×n（NO）+2×n（H2）=2n（Fe），即3×0.05mol+2×0.56L÷22.4L/mol=2n（Fe），n（Fe）=0.1mol，质量为5.6g，A正确；B．n（NO）＝1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，则所用混合溶液中c（HNO3）=0.05mol÷0.05L＝1mol/L，B错误；C．开始时产生的气体为NO，C错误；D．AB段发生：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，为化合反应，D错误；答案选A。21.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应产物已略去)。（1）写出化学式:A_________、D_________、E________、X________。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是________(填编号)。（3）反应⑥的离子方程式为___________________。（4）反应⑦的化学方程式为___________________；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子_______mol。【答案】(1).Fe(2).FeBr3(3).Fe3O4(4).HBr(5).③⑥(6).Fe3++3SCN-→Fe(SCN)3(7).3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(8).0.8【解析】本题主要考查铁及其化合物的性质。（1）因为A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为液体，C为气体，所以A是金属。又因为D+F得到含有Fe(SCN)3的红色溶液，所以A是铁。相应地B是液态非金属溴，D是溴化铁，E是黑色固体四氧化三铁，X是溴化氢。化学式：AFe、DFeBr3、EFe3O4、XHBr。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥。（3）反应⑥的离子方程式为Fe3＋+3SCN―=Fe(SCN)3。（4）反应⑦的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，3Fe～8e-，该反应中每消耗0.3molA，可转移电子0.8mol。22.已知X、Y、Z、W四种短周期元素的原子序数依次增大,其中X与Y、Z、W所形成的常见化合物（10e或18e）在常温下均为气态，在元素周期表中Z与W相邻,Y的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐,且Y的核电荷数与W的外成层电子数相同。（1）Z离子的结构示意图是_____________________________。（2）X、Y、W可组成一种化合物，原子个数比为4：1：1，该化合物的化学式是_______，其中含有的化学键有__________________。（3）X与Y所形成的分子的电子式为__________，它比同主族其他元素的氢化物沸点高的原因是__________________。（4）请从Z、W的结构上说明Z、W两种元素非金属性的强弱_________________________。【答案】(1).(2).NH4C1(3).离子键、共价键(4).(5).分子间存在氢键(6).相比于硫原子，氯原子的半径较小、最外层电子较多，则获得电子的能力较强，因此氯元素的非金属性比硫元素强【解析】试题分析：Y的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成盐，则Y是N元素；X与Y、Z、W所形成的常见化合物（10e或18e）在常温下均为气态，Y的核电荷数与W的外成层电子数相同，W是Cl元素；在元素周期表中Z与W相邻，Z是S元素；X是H元素。解析：根据以上分析，（1）S2-核外有18个电子，结构示意图是。（2）H、N、Cl可组成一种化合物，原子个数比为4：1：1，该化合物的化学式是NH4C1，NH4C1属于离子化合物，其中含有的化学键有离子键、共价键。（3）H与N所形成的分子是NH3，电子式为，氨分子之间能形成氢键，所以氨气比同主族其他元素的氢化物沸点高。（4）S、Cl电子层数相同，相比于硫原子，氯原子的半径较小、最外层电子较多，则获得电子的能力较强，因此氯元素的非金属性比硫元素强。点睛：同周期元素电子层数相同，从左到右最外层电子数增多，原子核吸引电子能力增强，得电子能量增强，所以从左到右非金属性增强，第三周期元素中氯非金属性最强。23.I.金属铝在生产生活中有广泛用途。（1）铝元素位于元素周期表中位于____________________。（2）用化学方程式表示工业制备铝单质______________________。II.铝热反应可用于焊接钢轨，下图为铝热反应的实验装置图。（1）该铝热反应的化学方程式是________________________。铝热反应的反应现象说明反应物的总能量_____生成物的总能量（填“<”、“>”或“=”）。（2）铝热反应在工业上用于冶炼_______金属（填编号）。A.强还原性B.难溶性C.易导电D.活泼（3）反应结束后，从沙中取出生成的固体物质，有同学推测该固体是铁铝合金，他设计了如下实验证明此固体中含有金属铝：取少量固体于试管中，滴加_________，当观察到_______现象时，证明固体中含有金属铝。【答案】(1).第三周期第IIIA族(2).2A12O34A1+3O2↑(3).2A1+Fe2O32Fe+A12O3(4).>(5).B(6).NaOH溶液(7).有气泡产生【解析】本题主要考查铝及其化合物的性质。（1）铝元素位于元素周期表中第三周期、IIIA。（2）工业制备铝单质的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑。（3）该铝热反应的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3