上海市曹杨第二中学2018-2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）

上海市曹杨第二中学2018-2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）考生注意：1.答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。2.本试卷共有道试题，满分100分，考试时间60分钟请考生用水笔或圆珠笔将答案直接写在答题卷上。相对原子质量：H-1N-14O-16Mg-24Al-27S-32Fe-56Ba-133一.选择题（每题一个正确答案）1.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述：“绛矾，本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”据此推测，“青矾”的主要成分为()A.CuSO4·5H2OB.FeSO4·7H2OC.KAl(SO4)2·12H2OD.Fe2(SO4)3·9H2O【答案】B【解析】【分析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。【详解】CuSO4·5H2O为蓝色晶体，FeSO4•7H2O是绿色晶体，KAl（SO4）2•12H2O是无色晶体，Fe2（SO4）3•9H2O为黄色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO4•7H2O，故选B。【点睛】本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。2.关于金属晶体和金属键的叙述中，错误的是（）A.金属键的强弱决定了金属单质的化学活动性B.金属的导电.导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关C.金属晶体里的自由电子为许多金属离子所共有D.金属键是指金属离子之间通过自由电子产生的强烈相互作用【答案】A【解析】【详解】A选项，金属键的强弱决定金属的熔、沸点和硬度等物理性质，故A错误；B选项，金属的导电、导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关，故B正确；C选项，金属晶体中金属离子以一定方式堆积，电子在里自由移动，故自由电子为许多金属离子所共有，故C正确；D选项，金属键是指金属离子之间与自由电子产生的强烈相互作用，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】金属的化学性质主要取决于最外层电子数，金属的导电性、导热性、延展性都可以用电子来解释。3.联合国卫生组织经过严密的科学分析，认为我国的铁锅是最理想的炊具，并向全世界大力推广.其最主要原因是（）A.价格便宜B.烹饪的食物中留有人体必需的铁元素C.保温性能好D.生铁导热性能最好【答案】B【解析】【详解】我国的铁锅是最理想的炊具，并向全世界大力推广，主要原因是在烹饪食物过程中微量的铁变为了亚铁离子，亚铁离子对人体具有补铁的作用，故B正确；综上所述，答案为B。【点睛】补铁口服液是补亚铁，铁锅在烹煮食物过程中铁变为铁离子。4.下列物质在空气中放置较长时间，因发生氧化反应而变质的是（）A.氢氧化铁B.氢氧化钠C.氢氧化亚铁D.硫酸铁【答案】C【解析】【详解】A选项，氢氧化铁在空气中长久放置可能发生分解，最终变为氧化铁，化合价没有变化，故A错误；B选项，氢氧化钠在空气中长久放置会与二氧化碳反应生成碳酸钠，化合价没有变化，故B错误；C选项，氢氧化亚铁在空气中长久放置被氧气氧化变为氧化铁，故C正确；D选项，硫酸铁在空气中长久放置可能会发生水解，但没有化合价变化，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】+2价的铁有很强的还原性，易被空气氧化。5.下列物质熔点高低排列顺序正确的是（）A.NaCl＜MgO＜H2OB.Na＜Mg＜AlC.K＞Na＞LiD.单晶硅金刚石氮化碳【答案】B【解析】【详解】A选项，不同类型的晶体的熔点比较的一般规律为：分子晶体＜离子晶体＜原子晶体，NaCl、MgO是离子晶体，H2O为分子晶体，熔点低，故A错误；B选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径Al＜Mg＜Na，熔沸点Na＜Mg＜Al，故B正确；C选项，金属晶体的熔点比较：离子半径越小，熔沸点越高，半径K＞Na＞Li，故熔沸点Li＞Na＞K，故C错误；D选项，原子晶体熔沸点比较：半径越小，熔沸点越高，因此三者熔沸点为：金刚石氮化碳单晶硅，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】晶体熔沸点一般规律为：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体原子晶体、金属晶体：主要看半径，半径越小，键越强，熔沸点越高；离子晶体：主要比较离子半径和晶格能，离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高；分子晶体：结构和组成相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，有氢键的物质熔沸点格外的高。6.制备氯化物时，常用两种方法：①用金属与氯气直接化合制得；②用金属与盐酸反应制得．用以上两种方法都可制得的氯化物是()A.AlCl3B.FeCl3C.FeCl2D.CuCl2【答案】A【解析】【详解】A、AlCl3可由Al与Cl2反应生成，也可由Al与HCl反应生成，A正确；B、Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，B错误；C、Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe与HCl生成FeCl2，C错误；D、Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，D错误。答案选A。7.常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）A.c(CH3COO－)＞c(Na+)B.c(CH3COO－)＜c(Na+)C.c(CH3COO－)=c(Na+)D.无法确定c(CH3COO－)与c(Na+)的关系【答案】C【解析】【详解】常温下，将醋酸和氢氧化钠溶液混合，根据电荷守恒，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，溶液pH=7，c(OH－)=c(H+)，因此c(CH3COO－)=c(Na+)，故C正确；综上所述，答案为C。【点睛】应用电荷守恒和溶液pH=7结合思考。8.对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。答案选B。【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。9.pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，则混合液的pH为（）A.7B.8C.6D.无法计算【答案】C【解析】【详解】pH=5的盐酸，51c()110HmolLpH=9的氢氧化钠溶液，141519110c()110110OHmolLmolL物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，55161111109110()110119cHmolLmolL则混合液的pH：61lg()lg1106pHcHmolL，故C正确；综上所述，答案为C。【点睛】是什么溶液先表示什么[是酸溶液先表示c(H+)，是碱溶液先表示c(OH－)]，根据谁大计算谁，不管谁大，一定要计算c(H+)，再计算pH。10.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断正确的是（）A.溶液可能含Fe3+B.溶液中定一定含Cu2+C.溶液中加KSCN一定变红色D.剩余固体中一定含Cu【答案】D【解析】【分析】FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁先和铁离子反应，生成亚铁离子，铁离子反应完，铁再和铜离子反应，生成铜和亚铁离子，充分反应后仍有固体存在，说明可能固体为铜，也可能为铜和铁。【详解】A选项，因有固体剩余，则固体会与铁离子反应，因此溶液不可能含Fe3+，故A错误；B选项，如果固体中还剩余铁，则溶液中一定不含Cu2+，故B错误；C选项，因有固体，因此不可能有铁离子，因此溶液中加KSCN不可能变为红色，故C错误；D选项，因有固体剩余，当铁少量，则为铜，当加入的铁过量，剩余为铜和铁固体，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】铁与FeCl3、CuCl2的混合溶液反应，先是铁与FeCl3反应，再与CuCl2溶液反应，有固体剩余，则一定含铜，可能有铁。11.如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误（）A.生铁块中的碳是原电池的正极B.红墨水柱两边的液面变为左高右低C.两试管中相同的电极反应式是：Fe-3e-=Fe3+D.a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管发生了析氢腐蚀【答案】C【解析】【分析】左试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，右试管中发生析氢腐蚀。【详解】A选项，左试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，生铁块中的碳是原电池的正极，铁为负极，故A正确；B选项，左试管中生铁放在食盐水中发生吸氧腐蚀，左边气体减少，右试管中发生析氢腐蚀，右边生成了氢气，因此红墨水柱两边的液面变为左高右低，故B正确；C选项，两试管中铁都为负极，其电极反应式是：Fe－2e－=Fe2+；故C错误；D选项，a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管发生了析氢腐蚀，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】电化学中铁的变化只能变为亚铁离子，即Fe－2e－=Fe2+。12.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（）A.NH4ClB.K2SO4C.Na2CO3D.Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】A选项，0.1molNH4Cl溶于水形成溶液中含有0.1mol氯离子，铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨，只含极少量氢氧根离子；B选项，0.1molK2SO4溶于水形成溶液中含有0.1mol硫酸根离子、极少量氢氧根离子，氢氧根离子就等于纯水电离出的氢氧根离子；C选项，0.1molNa2CO3溶于水形成溶液中碳酸根水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，促进水解，因此比A、B中氢氧根离子多，消耗得碳酸根离子数目与生成的碳酸氢根离子数目相等，故阴离子数目最多；D选项，0.1molAl(OH)3在水中溶解度很少，因此溶液中阴离子数目较少；综上所述，答案为C。13.室温下，由水电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中，一定能大量存在的离子是（）A.Fe3+B.CH3COO-C.HCO3-D.NO3-【答案】D【解析】室温下，由水电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液是水的电离受到抑制的情况，溶液可能显酸性也可能显碱性。A.在碱性溶液中Fe3+不能大量存在，故A错误；B.在酸性溶液中CH3COO-不能大量存在，故B错误；C.在酸性溶液和强碱性溶液中HCO3-不能大量存在，故C错误；D.在酸性或碱性溶液中NO3-都能大量存在，故D正确；故选D。14.利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是A.若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B.若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e−=Fe2+C.若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D.若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑【答案】B【解析】【详解】A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。故选B．15.关于如图装置中的变化叙述错误的是A.电子