上海市高二化学上册月考试卷题免费试卷

【答案】D
【解析】
金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成，不存在阴离子，故选D。

【答案】D
【解析】
产生标准状况下11.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。

【答案】C
【解析】
A项、铝合金质硬而轻且不易生锈，可做飞行器的材料，以减轻产品的质量，故A正确；
B项、硬铝为铝的合金，强度跟铝相比有很大的提高，在某些性能上优于钢材，故B正确；
C项、硬铝的熔点低于成分金属铝，故C错误；
D项、铝属于活泼金属，铝与氧气反应其表面生成一层致密的氧化铝保护膜，使铝有很好的抗腐蚀性，常被建筑行业用作材料以及门窗框架，故D正确；
故选C。

【答案】D
【解析】
在炼铁高炉中，焦炭在空气中燃烧生成二氧化碳，生成的二氧化碳在高温条件下与焦炭发生反应生成一氧化碳，在高温下氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，一氧化碳是炼铁过程中的还原剂，故选D。

【答案】C
【解析】
每个Al原子最外层有3个电子，铝原子最外层电子是其价电子，所以每个铝原子的价电子个数是3，Al13中价电子个数是39，铝的某种超原子结构（Al13）具有40个价电子时最稳定，要使Al13达到稳定结构必须得到一个电子，所以稳定的Al13所带的电荷数为﹣1，故选C。

【答案】D
【解析】
A中Ne的质子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；B中Al3+的核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；C中Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，最外层电子数为2；D中Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，最外层电子数为18，则D中Fe2+的最外层电子数最多，故选D。

【答案】A
【解析】
溶液中放入铝片可产生氢气，该溶液可能为酸溶液或碱溶液，溶液中存在大量H+或OH-离子。
A项、溶液中Na+、Cl﹣、K+、SO42﹣四种离子之间不反应，且与H+或OH-不反应，可以大量共存，加入Al后能生成氢气，故A正确；
B项、碱溶液中，Fe3+、Al3+、NH4+与OH-离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C项、碱溶液中，NH4+、Mg2+与OH-离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．酸溶液中S2﹣、HCO3﹣与H+离子反应，碱溶液中，HCO3﹣与OH-离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选A。

【答案】B
【解析】
金属活泼性越强，与酸反应速率越快，金属活泼性Mg＞Zn＞Fe，则反应速率的顺序为Mg＞Zn＞Fe，完全反应所需时间的顺序为Fe＞Zn＞Mg，金属足量，则酸完全反应，等量的硫酸反应生成氢气相同，则B图像符合，故选B。

【答案】A
【解析】
镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，得到含有氯化镁、氯化铝和盐酸的混合液，向混合液中加入过量NaOH 溶液，氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，则所得的沉淀为氢氧化镁，沉淀经洗涤、干燥、灼烧，氢氧化镁分解生成氧化镁和水，则得到白色粉末为MgO，MgOg质量等于Mg、Al合金的质量，由镁原子个数守恒可知，氧化镁中氧元素的质量等于合金中铝的质量，则合金中Mg、Al的质量比为24：16＝3：2，故选A。

【答案】C
【解析】
铁与硫酸铜反应的化学方程式为Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol，则由化学方程式可得：
Fe+CuSO4═FeSO4+Cu △m
1mol 8g
xmol 0.3g
由化学方程式可得关系式：1mol：xmol＝8g：0.3g，解得x＝0.0375，则硫酸铜的物质的量浓度＝＝0.25mol/L，故选C。

【答案】C
【解析】
A项、FeCl2溶液与Cl2发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故A错误；
B项、AlCl3溶液中，铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；
C项、氢氧化铝为两性氢氧化物，溶于强酸和强碱，不溶于弱酸弱碱，则Al2（SO4）3溶液与过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为：Al3++3 NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故C正确；
D．NaOH溶液与少量Ca（HCO3）2溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故D错误；
故选C。

【答案】B
【解析】
根据MgCl2和AlCl3的混合溶液与碱的反应可知，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，Al3+恰好转化为AlO2﹣，先计算出镁离子、铝离子的物质的量，然后根据反应方程式MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O计算即可。
由题意可知：Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀分离出来，Al3+完全转化为AlO2-，溶液中的离子为Na+、AlO2-、Cl-，由质量及电荷守恒易得：n(Na+)=n(AlO2-)+n(Cl-)=0.6 mol+（0.8 mol+1.8 mol）=3.2 mol，V(NaOH)=3.2 mol÷1.6 mol·L-1=2 L；正确选项B。

【答案】B
【解析】
pH＝1的溶液为酸性溶液，I﹣、H+、NO3﹣在溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，Fe3+与I﹣在溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，向该溶液中滴入溴水，单质溴被还原，可知溶液中一定含I﹣，则一定不含Fe3+和NO3﹣，不能确定是否含Cl﹣，故选B。

【答案】C
【解析】
用盐酸溶解后，得到的产物加 KSCN 溶液，无血红色出现，说明得到的产物是氯化亚铁，即混合物中的铁元素全在氯化亚铁中，盐酸的物质的量为：2mol•L﹣1×0.1L＝0.2mol，根据氯元素守恒，则n（Fe）＝n（FeCl2）＝×n（HCl）＝0.1mol，m（Fe）＝0.1mol×56g/mol＝5.6g，若用相同质量的上述混合物粉末高温下同足量的一氧化碳反应，根据Fe元素守恒可知，最终得到铁的质量为5.6g，故选C。

【答案】C
【解析】
向硝酸亚铁溶液中加入盐酸，使溶液呈酸性，Fe2+、H+、NO3﹣在溶液中发生氧化还原反应生成Fe3+、NO和H2O，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3﹣＝3Fe3++NO↑+2H2O，则溶液中c（Fe2+）减小，c（Fe3+）增大，溶液由浅绿色变为黄色，故选C。

【答案】B
【解析】试题分析：A、根据方程式知，当钠和铝的物质的量相等时，恰好反应生成偏铝酸钠和氢气，故A正确；B、偏铝酸根离子是弱离子能发生水解反应，所以导致钠离子的物质的量大于偏铝酸根离子的物质的量，故B错误；C、钠和铝恰好反应生成偏铝酸钠，即最后所得溶液是偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，故C正确；D、设需要钠的物质的量为X．
2Na+4H2O+2Al=2NaAlO2+4H2 ↑
2mol 89.6L
X 6.88L
X=0.6mol，故D正确；故选B。

【答案】A
【解析】
由于FeCl3的氧化性强于CuCl2，所以加入的铁粉先与FeCl3反应生成了FeCl2，多余的铁粉再与CuCl2反应生成了Cu单质。题目中仍有固体存在，说明固体肯定含有Cu单质，但是不一定含有Fe。故A错。

【答案】D
【解析】
AlCl3与过量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A项错误；二氧化硫具有较强还原性，与过氧化钠反应生成Na2SO4，B项错误；I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为FeI2，C项错误；金属铝一般能和活泼性较弱的金属氧化物发生铝热反应，D项正确。

【答案】AD
【解析】
A项、氨气易溶于水，二氧化碳溶于水，先氨气的饱和溶液中加入氯化钠得到呈碱性的氨化的饱和食盐水，碱性溶液有利于增大二氧化碳气体的溶解，便于析出碳酸氢钠，则气体A为氨气，B为二氧化碳，故A错误；
B项、发酵粉的主要成分为碳酸氢钠，第Ⅲ步得到的晶体是碳酸氢钠，故B正确；
C项、第Ⅲ步操作是过滤操操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，过滤需要的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；
D项、第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；
故选AD。

【答案】CD
【解析】
15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，标准状况下6.72LHCl气体l的物质的量为=0.3mol，将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，由方程式可知0.2mol过氧化钠与水反应生成0.2mol氢氧化钠和0.1mol氧气，反应生成的氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，0.2molAl与0.2mol氢氧化钠反应生成0.2mol偏铝酸钠和0.15mol氢气，反应所得溶液中有0.2mol氢氧化钠和0.2mol偏铝酸钠，向溶液中通入0.3mol氯化氢气体，依据碱性强的溶液先反应可知，氢氧化钠与氯化氢发生中和反应生成氯化钠和水，反应的化学方程式为HCl+NaOH═NaCl+H2O，由方程式可知，0.2mol氢氧化钠中和0.2mol氯化氢，余下0.1mol氯化氢与溶液中偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，反应的化学方程式为HCl+NaAlO2+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓，由方程式可知，0.1mol氯化氢与0.1mol偏铝酸钠反应生成0.1mol氢氧化铝沉淀，溶液中还有0.1mol偏铝酸钠未反应。
A项、反应中共得到0.1mol氧气和0.15mol氢气，气体的体积为0.1mol ×2.24L/mol+0.15mol ×2.24L/mol＝5.6L，故A错误；
B项、由分析可知最终得到的溶液中溶质为NaCl和NaAlO2，故B错误；
C项、由分析可知最终得到0.1mol氢氧化铝沉淀，质量为0.1mol×78g·mol＝7.8g，故C正确；
D．由分析可知最终得到的溶液中NaCl的物质的量为0.3mol，浓度为＝1.5mol/L，故D正确；
故选CD。

【答案】有气泡冒出 Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑ 由浅绿色变为黄色 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ 2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+ 生成白色沉淀迅速变为灰绿色、最后变为红褐色 FeCl2+2NH3·H2O＝Fe（OH）2↓+2NH4Cl 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3
【解析】
（1）将铁屑放入盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
（2）向氯化亚铁溶液中加氯水，氯化亚铁与氯气发生氧化还原反应生成氯化铁；
（3）向氯化铁溶液通入H2S气体，具有氧化性的氯化铁与具有还原性的硫化氢发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化氢和硫沉淀；
（4）向氯化亚铁溶液中中加入氨水，氯化亚铁与氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀和氯化铵，氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
（1）将铁屑放入盐酸中，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，观察到的现象是铁屑溶解，铁屑表面有气泡冒出，溶液变为浅绿色，反应的离子方程式是Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故答案为：有气泡冒出；Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑；
（2）向氯化亚铁溶液中加氯水，氯化亚铁与氯气发生氧化还原反应生成氯化铁，观察到的现象是溶液由浅绿色变为黄色，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故答案为：由浅绿色变为黄色；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；
（3）向氯化铁溶液通入H2S气体，具有氧化性的氯化铁与具有还原性的硫化氢发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化氢和硫沉淀，观察到溶液变为浅绿色，并产生淡黄色沉淀，反应的离子方程式为2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+；
（4）向氯化亚铁溶液中中加入氨水，氯化亚铁与氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀和氯化铵，氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，观察到的现象是立即生成白色沉淀迅速变为灰绿色、最后变为红褐色，反应的化学方程式为①FeCl2+2NH3·H2O＝Fe（OH）2↓+2NH4Cl，②4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色、最后变为红褐色；FeCl2+2NH3·H2O＝Fe（OH）2↓+2NH4Cl；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。

【答案】2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2+3H2↑ 过滤 Fe2O3 Al2O3 NaAlO2 盐 氨水 Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+
【解析】
由流程图可知，铝土矿中氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，则过滤后得到的沉淀M为氧化铁，滤液X为偏铝酸钠和硅酸钠混合液；向混合液中通入二氧化碳，并控制溶液pH，偏铝酸钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，则过滤后得到滤液Y为碳酸钠和硅酸钠混合液；洗净后的氢氧化铝加热分解生成氧化铝。
（1）铝与氧化铁在高温下发生铝热反应生成铁盒氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；
（2）金属铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的的离子方程式是：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2+3H2↑；
（3）①I和II步骤为分离溶液和沉淀的操作，该操作的名称为过滤，故答案为：过滤；
②沉淀M除含有泥沙外，主要是Fe2O3，氢氧化铝受热易分解生成氧化铝和水，所以固体N是Al2O3，故答案为：Fe2O3；Al2O3；
③滤液X中，含铝元素的溶质是偏铝酸钠，化学式为NaAlO2，属于盐类，故答案为：NaAlO2；盐；
④实验室里常往AlCl3溶液中加入氨水可以制取氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱，反应原理为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：氨水；Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+。

【答案】 氯化亚铁被过氧化氢氧化为氯化铁，在氯化铁的催化作用下过氧化氢分解，放出了氧气 SO2 除尽气体中的SO2 溶液颜色变浅但未褪色 证明气体中还含有CO2 收集生成的N2 9H2O2+2SCN-+2H+=2SO2↑+2CO2↑+N2↑+10H2O Fe2+ 向FeCl2 和 KSCN溶液中加入少量双氧水，溶液变红，说明双氧水优先和Fe2+反应 取烧瓶中褪色后的溶液少许，加盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊，证明该反应生成了硫酸根离子
【解析】试题分析：（1）亚铁离子可以被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢在铁离子的催化作用下发生了分解反应生成了氧气和水；
（2）二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，二氧化硫吸收干净后，能使澄清石灰水变浑浊的气体就是二氧化碳，试管D和烧杯的作用是收集氮气，依据题干所给反应物和产物书写离子方程式．
（3）氧化剂优先氧化还原性强的还原剂，向FeCl2 和 KSCN溶液中加入少量双氧水，溶液变红，说明双氧水优先和Fe2+反应；
（4）硫酸根离子的检验试剂是：先稀盐酸后氯化钡溶液。
解析：（1）亚铁离子可以被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢在铁离子的催化作用下发生了分解反应生成了氧气和水；
（2）二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，①试管A中盛放品红溶液，若实验中品红溶液褪色，证明气体中含有SO2；②酸性高锰酸钾溶液除尽二氧化硫气体，因为高锰酸钾溶液过量，所以高锰酸钾溶液颜色变浅；③二氧化硫吸收干净后，能使澄清石灰水变浑浊的气体就是二氧化碳，试管C中盛有澄清石灰水，目的是检验CO2；试管D和烧杯的作用是收集氮气；以上实验证明SCN-能被H2O2氧化的离子方程式为：9H2O2+2SCN-+2H+=2SO2↑+2CO2↑+N2↑+10 H2O；
（3）向FeCl2 和 KSCN溶液中加入少量双氧水，溶液变红，说明双氧水优先和Fe2+反应，因此还原性较强的是Fe2+；
（4）硫酸根离子的检验方法为：取烧瓶中褪色后的溶液少许，加盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，溶液变浑浊，证明该反应生成了硫酸根离子。

【答案】1.75mol/L 85% 12%
【解析】
（1）当加入NaOH溶液的体积为35ml时，n（NaOH）＝0.035L×10mol/L＝0.35mol，
此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，根据Na元素守恒有n（Na2SO4）＝n（NaOH）＝×0.35mol＝0.175mol，根据硫酸根守恒，则有：n（H2SO4）＝0.175mol，所以原硫酸溶液中c（H2SO4）＝＝1.75mol/L，故答案为：稀硫酸溶液的物质的量浓度为1.75mol/L；
（2）从35mL～45mL加入的10mL氢氧化钠完全溶解氢氧化铝，该阶段消耗的n（NaOH）＝0.01L×10mol/L＝0.1mol，根据方程式Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]＝0.1mol，故溶液中n（Al3+）＝0.1mol，n（Al2O3）＝0.05mol，其质量为0.05mol×102g/mol＝5.1g，故Al2O3的质量分数为×100%＝85%；铝离子完全沉淀消耗的氢氧化钠为0.1mol×3＝0.3mol，铁离子、铝离子完全消耗的氢氧化钠溶液的体积为35mL﹣2.3mL＝32.7mL，故该阶段消耗n（NaOH）＝0.0327L×10mol/L＝0.327mol，故铁离子完全沉淀消耗的氢氧化钠为0.327mol﹣0.3mol＝0.027mol，故n（Fe3+）＝＝0.009mol，故m（Fe2O3）＝0.009mol××160g/mol＝0.72g，故Fe2O3的质量分数为×100%＝12%，
故答案为： 85%；12%。