上海市第二中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）

上海市第二中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）原子量：H-1O-16S-32Al-27Cu-64一、选择题1.最早编制元素周期表的科学家是()A.卢瑟福B.汤姆逊C.居里夫人D.门捷列夫【答案】D【解析】【详解】A、1909年，通过α粒子散射实验，卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子核式结构模型理论，选项A错误；B、1897年汤姆逊发现了电子，选项B错误；C、居里夫人是放射元素镭的发现者，选项C错误；D、门捷列夫是俄国化学家，元素周期律的发现者，著有著作《化学原理》，选项D正确；答案选D。2.铝合金用途广泛，可用于制造飞机，铝合金一般具有的性质是()A.高强度、高密度B.低强度、高密度C.高强度、低密度D.低强度、低密度【答案】C【解析】【详解】飞机的体积一定，由密度公式变形m=ρV可知，材料的密度越小，飞机的质量越小，由G=mg可得出，质量小则重力小，越容易起飞，所以用铝合金作飞机材料利用了铝合金的密度小，且用于飞机的材料强度要高，故利用了铝合金的高强度、低密度。答案选C。3.缺铁性贫血，这里的“铁”指的是()A.Fe2+B.Fe3+C.单质铁D.氧化铁【答案】A【解析】【详解】铁是合成血红蛋白的主要元素，它以二价铁离子的形式参与血红蛋白中的血红素的构成，铁是指元素。故缺铁性贫血的“铁”指的是Fe2+。答案选A。【点睛】本题考查铁的应用，理解元素的存在形式是解题的关键，元素有两种存在形式：化合态（存在于化合物中）、游离态（存在于单质中），根据铁在体内的存在形式判断。4.金属可以导电，因为它()A.熔点高B.有固定几何形状C.有金属离子D.有自由运动的电子【答案】D【解析】【详解】金属都是由金属阳离子与自由电子通过金属键构成的金属晶体，因为金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热。与有金属离子、熔点高、有固定几何形状无关。答案选D。5.下列物质不属于混合物的是A.铝热剂B.水玻璃C.胆矾D.漂白粉【答案】C【解析】试题分析：A．铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，故A正确；B．水玻璃是硅酸钠的溶液，是混合物，故B正确；C．胆矾是CuSO4·5H2O，属化合物，是纯净物，故C错误；D．漂白粉是氯化钙与次氯酸钙的混合物，故D正确，答案为C。考点：考查混合物与纯净物的判断6.测定CuSO4∙xH2O中结晶水的含量的实验中，称量次数至少()A.2次B.3次C.4次D.5次【答案】C【解析】【详解】测定CuSO4∙xH2O中结晶水的含量的实验中，需分别测定：①准确测定某晶体的质量；②准确测定的坩埚质量；③待试管冷却后，在天平上迅速称出试管和CuSO4的质量；④加热，再称量，至两次称量误差不超过0.1为止。至少4次。答案选C。7.把镁粉中混有的少量铝粉除去，应选用的试剂是（）A.盐酸B.氨水C.烧碱溶液D.纯碱溶液【答案】C【解析】【详解】A选项，盐酸和镁粉、铝粉都要反应，不能把镁粉中混有的少量铝粉除去，故A错误；B选项，氨水和镁粉、铝粉都不反应，故B错误；C选项，烧碱和镁粉不反应，和铝粉反应，因此可以把镁粉中混有的少量铝粉除去，故C正确；D选项，纯碱和镁粉、铝粉不反应，不能把镁粉中混有的少量铝粉除去，故D错误；综上所述，答案为C。8.关于氧化铝和氢氧化铝的说法错误的是()A.都是白色固体B.都难溶于水C.都具有两性D.都受热易分解【答案】D【解析】【分析】根据氧化铝和氢氧化铝的性质分析判断。【详解】A项：氧化铝和氢氧化铝都是白色固体，A项正确；B项：氧化铝和氢氧化铝都难溶于水，B项正确；C项：氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，C项正确；D项：氧化铝受热不分解，氢氧化铝受热易分解，D项错误。本题选D。9.下列变化不可能通过一步实验直接完成的是()A.Al(OH)3→Al2O3B.Al2O3→Al(OH)3C.Al→AlO2-D.Al3+→Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；故选B。10.关于单质铁的性质，下列说法中正确的是()A.铁与高温水蒸气反应生成Fe2O3B.铁与硫单质反应生成Fe2S3C.生铁是一种铁-碳合金D.常温下，冷的浓硫酸与铁单质不反应【答案】C【解析】【详解】A、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，选项A错误；B、硫的氧化性较弱，铁被氧化为+2价铁，故铁与硫单质反应生成FeS，选项B错误；C、生铁是一种生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，选项C正确；D、常温下，Fe和冷的浓硫酸反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，不是Fe和浓硫酸不反应，选项D错误；答案选C。11.能将溶液中的Fe3+转化为Fe2+的是A.CuB.NH3∙H2OC.Cl2D.KSCN【答案】A【解析】【详解】A．Cu可作还原剂，能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋；故A正确；B．铁离子和氨水发生得分解反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；C．氯气常做氧化剂，不能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，可将Fe2+氧化为Fe3+，故C错误；D．铁离子和硫氰酸钾生成配合物，溶液显红色，故D错误；故答案为A。12.能使Al(OH)3的电离平衡向碱式电离方向移动的是（）A.HNO3B.H2CO3C.NaOHD.氨水【答案】A【解析】【分析】Al（OH）3的电离方程式可表示为：H2O+AlO2－+H＋Al（OH）3Al3＋+3OH－，根据影响平衡的因素分析。【详解】A.HNO3与OH-作用使其浓度减小，平衡向碱式电离方向移动，故A正确；B.H2CO3是弱酸，不与Al(OH)3反应，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故B错误；C.NaOH与H+作用使其浓度减小，平衡向酸式电离方向移动，故C错误；D.氨水是弱碱，不与Al(OH)3反应，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故D错误；故选A。13.某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H3XO4，该元素的气态氢化物的化学式是（）A.H2XB.HXC.XH3D.XH4【答案】C【解析】试题分析：某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H3XO4，则其最高正化合价是+5价，根据元素最高化合价与最低化合价的绝对值的和等于8可知其最低化合价是-3价，故这种元素的气态氢化物的化学式是XH3，选项C正确。考点：考查元素的化合价与形成的化合物的化学式的关系及判断的知识。14.下列有关物质性质的比较，不正确．．．的是A.金属性：Al＞MgB.稳定性：HF＞HClC.碱性：NaOH＞Mg(OH)2D.酸性：HClO4＞H2SO4【答案】A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。答案选A。15.如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是A.电子层数B.原子半径C.最高化合价D.最外层电子数【答案】B【解析】【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线无法获知的是原子半径，故选B。16.今年是“化学元素周期表国际年”，有关118号元素295Og说法错误的是()A.原子核外电子数为118B.是零族元素C.位于第六周期D.原子的质量数为295【答案】C【解析】【详解】A、该元素为118号元素，则质子数为118，原子核外电子数为118，选项A正确；B、118号元素为第七周期0族元素，选项B正确；C、118号元素为第七周期0族元素，选项C错误；D、295Og原子的质量数为295，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查元素中各粒子数之间的关系，注意原子序数=原子的质子数=原子核外电子数=核电荷数；质量数=质子数+中子数。17.如图用石墨电极电解CuCl2溶液。下列分析正确的是（）A.a极发生还原反应B.每生成6.4gCu，转移电子0.2molC.阳极反应式：2Cu2eCuD.在直流电源中电流从b流向a【答案】A【解析】试题分析：本题考查电解原理。与电源的正极的电极为阳极，带正电，溶液中阴离子向阳极移动，根据图示可知，b为电源的正极，a为电源的负极，电子从电源负极流出即失电子发生氧化反应，A错误；每生成6.4gCu即为0.1mol转移电子是0.2mol，正确。阴离子Cl-在阳极上发生氧化反应2Cl--2e-=Cl2，C不正确；在直流电源中电流从a流向b，D不正确。考点：本题考查电解原理。18.硫酸铜晶体结晶水合物结晶水含量测定实验中，下列操作错误的是()A.在坩埚中加热晶体粉末B.加热固体变黑C.在干燥器中冷却D.进行恒重操作【答案】B【解析】【详解】A.加热固体药品时可在坩埚中进行，故可在坩埚中加热晶体粉末，选项A正确；B.硫酸铜分解，固体变黑，说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏大，选项B错误；C.在加热后冷却时，为了防止硫酸铜吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，选项C正确；D.实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，即必须进行恒重操作，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查了学生对化学实验的基本操作和常见仪器的使用，又考查了学生分析问题和解决问题的能力，从题目本身对学生的实验能力要求较高，但此题实际上就来源于课本的学生实验，只要学生认真的去操作过、体验过、思考过，就会觉得很熟悉、很简单。19.铜片和铁片（均少部分被氧化）一起放入足量的盐酸中充分反应。反应后的溶液中（）A.一定有Fe3+B.一定有Fe2+C.一定有Cu2+D.一定没有Cu2+【答案】B【解析】【分析】发生的反应有：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应、铁和盐酸反应、铁和氯化铜反应，铜与氯化铁的反应，以此判断溶液中一定含有的金属离子．【详解】表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，由发生的反应：氧化铜和盐酸反应、氧化铁与盐酸的反应，生成铁离子、铜离子，还原性Fe＞Cu，先发生铁和盐酸反应，盐酸足量，可存在铁离子，若盐酸少量，铁和氯化铜反应，生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，将表面都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反应，若反应后铁片有剩余，则一定不存在Fe3＋、Cu2＋、H＋，所得溶液中的阳离子为Fe2＋，故选：B。【点睛】本题考查了铁的性质，把握铁、铜的活泼性即可判断溶液中存在的金属阳离子，解题关键：明确发生的化学反应．20.向pH=1的100mL0.1mol/LAlCl3溶液中加入450mL0.1mol/LNaOH溶液，充分反应后，铝元素的存在形式为()A.AlO2-B.Al(OH)3、AlO2-C.Al(OH)3D.Al3+、Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】pH=1的100mL0.1mol/LAlCl3溶液中含有0.1L×0.1mol/L=0.01molHCl和0.1L×0.1mol/L=0.01molAlCl3，450mL0.1mol/LNaOH溶液中含NaOH0.45L×0.1mol/L=0.045mol，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，消耗NaOH0.01mol，剩余