黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）.doc

黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）第卷(选择题)一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1.为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用NaHCO3作发泡剂，因为它()热稳定性差 增加甜味 产生二氧化碳 提供碳酸钠A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用碳酸氢钠的不稳定性进行分析；【详解】碳酸氢钠不稳定受热易分解，2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，产生CO2，使面包疏松多孔，NaHCO3、Na2CO3、CO2不具有甜味，不能增加甜味，与提供Na2CO3无关，故选项C正确。2.下列关于钠及其化合物的说法正确的是()A. 过氧化钠的电子式： B. 金属钠可用来除去乙醇中的少量水C. 常温下Na与O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率加快D. 钠钾合金可做原子反应堆的导热剂【答案】D【解析】【详解】A、过氧化钠属于离子化合物，含有离子键和非极性键，其电子式为，故A错误；B、金属钠与水、乙醇都能发生反应，因此金属钠不能用来除去乙醇中少量的水，故B错误；C、常温下，Na与O2反应生成Na2O，随温度升高，Na与O2反应生成Na2O2，故C错误；D、钠钾合金常温下为液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确。3.铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中大量存在的离子有A. Fe3+B. AlO2-C. Al3+D. Fe2+【答案】B【解析】【详解】铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，发生2Al+6H+=3H2+2Al3+、Fe+2H+=Fe2+H2，过滤后向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，发生H+OH-=H2O、Fe2+2OH-=Fe(OH)2、Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，铁元素存在于沉淀，铝元素存在于AlO2-中，所以滤液中存在的离子为A1O2-，故选B。【点睛】明确发生的离子反应是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意氢氧化铝具有两性，能够被氢氧化钠溶解。4.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al (NH4)2CO3A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故符合。答案选D。5. 将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml 1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（ ）A. 1:2:3B. 6:3:2C. 3:1:1D. 1:1:1【答案】C【解析】【分析】Na与盐酸反应：2Na2HCl=2NaClH2，Mg与盐酸反应：Mg2HCl=MgCl2H2，Al与盐酸的反应：2Al6HCl=2AlCl33H2，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；详解】2Na2HCl=2NaClH2 2 2 0.3 0.3100103L1molL1 ，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na2H2O=2NaOHH2，根据得失电子数目守恒，有0.3mol1=n(H2)2，即n(H2)=0.15mol；Mg2HCl=MgCl2H20.3 0.6100103L1molL1 ，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al6HCl=2AlCl33H2，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。6.将物质X逐渐加入Y溶液中，生成沉淀物质的量n2与所加X的物质的量n1的关系如图所示。符合图所示情况的是ABCDXNaOHAlCl3HClNaAlO2YAlCl3NaOHNaAlO2HClA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A随着NaOH溶液的加入先后发生以下两个反应：Al33OHAl(OH)3(沉淀物质的量由0增至最大值)；Al(OH)3OHAl (OH)4（沉淀物质的量由最大值降为0）。两个反应中消耗的NaOH物质的量之比为31，与题图不符。B随着AlCl3溶液的加入先后发生以下两个反应：Al34OHAl (OH)4（不产生沉淀）；Al33Al (OH)44Al(OH)3（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应中消耗AlCl3物质的量之比为31，与题图也不符。C随着盐酸的加入先后发生以下两个反应：HAl (OH)4Al(OH)3H2O （沉淀物质的量由0增至最大值）；3HAl(OH)3Al33H2O(沉淀物质的量由最大值降为0)两个反应中消耗盐酸物质的量之比为13，符合题图。D随着NaAl (OH)4溶液的加入先发生以下反应：Al (OH)44HAl34H2O（不产生沉淀）；待盐酸耗尽发生Al33Al (OH)44Al(OH)3的反应（沉淀物质的量由0增至最大值）。两个反应消耗NaAl (OH)4物质的量之比为13，与题图也不符。7.下列反应结束后，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色的是 ( )A. 铁锈与过量稀盐酸B. FeCl3溶液与过量铜片C. FeCl3溶液与过量铁粉D. FeCl2溶液与过量Zn粉【答案】A【解析】试题分析：A、铁锈与过量稀盐酸反应生成FeCl3，溶液中存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，故A正确；B、FeCl3溶液与过量铜片反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故B错误；C、FeCl3溶液与过量铁粉反应生成FeCl2，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故C错误；D、FeCl2溶液与过量Zn粉生成ZnCl2和Fe，溶液中不存在铁离子，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变血红色，故D错误；故选A。考点：考查了铁离子的检验的相关知识。8.有关铁及其化合物的说法正确的是A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体B. SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同C. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3【答案】C【解析】【详解】A、制备Fe(OH)3胶体，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，故A错误；B、SO2的漂白原理是与有色物质结合生成无色物质，漂白粉与过氧化钠的漂白原理是利用强氧化性，活性炭的漂白原理是物理吸附作用，故B错误；C、在溶液中铁离子极易发生水解反应，产生难溶性的氢氧化铁，为了抑制铁离子的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，故C正确；D、因I2的氧化性较弱，则与铁反应生成FeI2，故D错误；本题选C。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备方法：往100mL烧杯中加入50mL水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热。9.下列叙述正确的是()A. 将过量Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液最终呈蓝色B. 1 mol Na2O2与足量H2O完全反应，转移2 mol电子C. 用澄清石灰水可以鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液D. 用稀盐酸可以鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液【答案】D【解析】【详解】A、Na2O2与水反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，紫色石蕊遇碱显蓝色，但过氧化钠具有强氧化性，能把有色物质漂白，因此溶液最终变为无色，故A错误；B、过氧化钠与H2O反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与足量H2O反应，转移电子为1mol，故B错误；C、分别发生Na2CO3Ca(OH)2=2NaOHCaCO3、NaHCO3Ca(OH)2=CaCO3H2ONaOH，都有白色沉淀产生，因此澄清石灰水无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，故C错误；D、NaHCO3与盐酸反应：NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，立即产生气体，Na2CO3与盐酸反应：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl、NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，开始无气体产生，一段时间后有气体产生，现象不同，因此可以用盐酸鉴别，故D正确。10.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶，再加入下列固体粉末：FeCl2；Fe2O3；Zn；KNO3。铜粉可溶解的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用元素及其化合物的性质进行分析；【详解】Fe2氧化性弱于Cu2，因此FeCl2不与Cu发生反应，故不符合题意；Fe2O3与硫酸发生Fe2O36H=2Fe33H2O，Fe3氧化性强于Cu2，因此发生Cu2Fe3=Cu22Fe2，故符合题意；Zn与硫酸发生Zn2H=Zn2H2，Cu不溶，故不符合题意；NO3在酸性条件下具有强氧化性，发生3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故符合题意；综上所述选项D正确。11.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()A. 铁锈的主要成分是Fe3O4B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加过量铁粉，然后过滤D. 因为Fe3+具有氧化性，所以可用来做净水剂【答案】C【解析】【详解】A、铁锈的成分是Fe2O3，故A错误；B、铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故B错误；C、Fe与Fe3发生反应Fe2Fe3=3Fe2，能够达到实验目的，故C正确；D、Fe3作净水剂，利用Fe3水解成Fe(OH)3胶体，故D错误。12.下列各组物质相互混合反应后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是()金属钠投入到FeCl3溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 足量Na2O2投入FeCl2溶液中A. 只有B. 只有C. 只有D. 只有【答案】A【解析】【详解】金属钠与水反应：2Na2H2O=2NaOHH2，然后FeCl3与NaOH溶液反应：Fe33OH=Fe(OH)3，有气体生成和沉淀产生，故符合题意；明矾为KAl(SO4)212H2O，加入过量NaOH溶液，只发生Al34OH=AlO22H2O，无沉淀、无气体产生，故不符合题意；发生Ca22OH2HCO3=CaCO32H2OCO32，只产生沉淀，无气体，故不符合题意；Na2O2与水发生2Na2O22H2O=4NaOHO2，利用过氧化钠的强氧化性，将Fe2氧化成Fe3，Fe3与OH反应生成Fe(OH)3沉淀，故符合题意；综上所述，选项A正确。13.甲试管中盛有05mol/L Na2CO3溶液10mL，慢慢往试管中加入1mol/L的盐酸70mL；乙试管中盛有1mol/L的盐酸70mL，慢慢往试管中滴加05mol/L Na2CO3溶液10mL，那么甲、乙两试管中产生的CO2物质的量大小关系为 （ ）A. 甲=乙B. 甲乙C. 甲c(H+)，溶液显碱性；NO与O2反应生成NO2，NO2为红棕色气体；SO2具有漂白性，能使品红褪色；FeCl3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀。所以溶于水呈碱性的是；遇空气变红棕色的是；能使品红溶液褪色是；能与NaOH溶液反应生成沉淀的是。18.已知有以下物质相互转化：试回答：(1)写出B的化学式_，D的化学式_。(2)写出由E转变成F的化学方程式_。(3)写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式_；向G溶液加入A的有关离子反应方程式_。【答案】 (1). FeCl2 (2). KCl (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】【分析】D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，然后逐步分析；【详解】D溶液与硝酸酸化的AgNO3溶液反应后的溶液做焰色反应，火焰呈紫色(透过蓝色玻璃)，说明D中含有K+，得到白色沉淀H，白色沉淀H为AgCl，即D中含有Cl-，即D为KCl，白色沉淀E在空气转化成红褐色沉淀F，即E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为FeCl3，根据相互转化关系，A为Fe，即B为FeCl2，C为KOH，（1）根据上述分析，B化学式为FeCl2，D的化学式为KCl；（2）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；（3）用KSCN鉴别Fe3，溶液出现红色，说明溶液中含有Fe3，离子方程式为Fe33SCN=Fe(SCN)3；FeCl3溶液中加入Fe，发生反应离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2。19.某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、Fe3+、AlO2、CO32、SO42中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：(1)气体A成分是_(填化学式，下同)，气体B的成分是_。(2)写出步骤发生反应的所有离子方程式_。(3)写出步骤形成白色沉淀甲的离子方程式_。(4)通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是_，尚未确定是否存在的离子是_，只要设计一个简单的后续实验就可以确定该离子是否存在，该方法是_。【答案】 (1). CO2 (2). NH3 (3). CO3+2H+=H2O+CO2 AlO2-+4H+=Al3+2H2O (4). Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 (5). Na+、CO32-、AlO2- (6). SO42- (7). 向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42【解析】【分析】溶液X为无色溶液，即X中一定不含有Fe3，Ag与AlO2、CO32、SO42不能大量共存，Ba2与CO32、SO42不能大量共存，Al3与AlO2、CO32不能大量共存，根据反应，产生气体A，气体A只能为CO2，X溶液中一定含有CO32，即X溶液一定不含有Al3、Ag、Ba2，反应中加入盐酸过量，反应中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al(OH)3，则X溶液中一定含有AlO2，碳酸氢铵过量，与过量Ba(OH)2反应，并加热，得到气体为NH3，白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，据此分析即可；【详解】溶液X为无色溶液，即X中一定不含有Fe3，Ag与AlO2、CO32、SO42不能大量共存，Ba2与CO32、SO42不能大量共存，Al3与AlO2、CO32不能大量共存，根据反应，产生气体A，气体A只能为CO2，X溶液中一定含有CO32，即X溶液一定不含有Al3、Ag、Ba2，反应中加入盐酸过量，反应中加入过量的NH4HCO3，产生的气体为CO2，白色沉淀甲只能为Al(OH)3，则X溶液中一定含有AlO2，碳酸氢铵过量，与过量Ba(OH)2反应，并加热，得到气体为NH3，白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，（1）根据上述分析，气体ACO2，气体B为NH3；（2）反应中发生离子方程式为2HCO32=CO2H2O、AlO24H=Al32H2O；（3）Al3与HCO3发生双水解反应，其离子方程式为Al33HCO3=Al(OH)33CO2；（4）根据上述分析，X溶液中一定含有的离子是AlO2、CO32，一定不含有的离子是Ba2、Al3、Ag、Fe3，可能含有的离子是SO42，根据溶液呈现电中性，推出X溶液中一定含有Na，即X中一定含有的离子是AlO2、CO32、Na；白色沉淀乙一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，BaCO3溶于硝酸，BaSO4不溶于硝酸，因此检验是否存在SO42，需要向所得沉淀乙中滴加足量的稀硝酸，若沉淀不完全溶解，则证明含有SO42-。【点睛】离子推断中需要坚持：(1)肯定性原则：根据实验现象推出溶液中一定存在，或一定不存在的离子；(2)互斥性原则：在肯定某些离子存在的同时，结合离子共存规律，否定某些离子的存在；(3) 电中性原则：溶液呈现电中性；(4)进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成或引入的离子对后续实验的干扰；特别是电中性原则，是重点，也是学生经常忘记的原则。20.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。(1)N位于周期表中第_周期_族。(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)Cu+电子排布式为_，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu 2+和Cu，但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O_。(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是_，乙醛分子中HCO的键角_乙醇分子中的HCO的键角(填“大于”、“等于”或“小于”)。(5)Cu(H2O)42+中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，则Cu(H2O)42+的结构为_形。(6)Cu3N的晶胞结构如图，N3的配位数为_，Cu+半径为a pm，N3半径为bpm，Cu3N的密度_g/cm3。(阿伏加德罗为常数用NA表示)(1pm1010 cm)【答案】 (1). 二 (2). VA (3). NOC (4). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 (5). Cu+的3d轨道上电子全满其结构稳定 (6). sp2、sp3 (7). 大于 (8). 平面正方形 (9). 6 (10). 【解析】【详解】（1）N位于第二周期VA族；（2）同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但AA，AA，即三种元素第一电离能大小顺序是NOC；（3）Cu位于第四周期IB族，电子排布式为Ar3d104s1，因此Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；CuO中Cu显2价，Cu2价电子排布式为3d9，Cu2O中Cu显1价，Cu价电子排布式为3d10，处于全满，结构稳定，所以高温下CuO会生成更稳定的Cu2O；（4）乙醛的结构简式为CH3CHO，CH3上的C为sp3，CHO中C为sp2杂化；乙醛HCO中C为sp2杂化，夹角为120，乙醇HCO中C为sp3杂化，夹角为10928，因此前者键角大于后者；（5）两个H2O被Cl取代有两种不同的结构，推出Cu(H2O)42的结构为平面正方形；（6）该晶胞中大球的个数为121/4=3，小球的个数为81/8=1，根据其化学式，小球为N3，大球为Cu，根据晶胞，N3的配位数为6；该晶胞的棱长为