1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。阶段滚动检测(一)(第一、二章)(90分钟100分)第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1.单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点越高。下列溶液中沸点最高的是()A.0.01 molL-1的蔗糖溶液B.0.02 molL-1的CH3COOH溶液C.0.02 molL-1的NaCl溶液D.0.01 molL-1的K2SO4溶液【解析】选C。1 L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1 L
2、0.01 molL-1=0.01 mol；CH3COOH是挥发性溶质，且1 L溶液中分子的物质的量为1 L0.02 molL-1=0.02 mol；1 L 0.02 molL-1NaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1 L0.02 molL-12=0.04 mol；1 L 0.01 molL-1K2SO4溶液中溶质的离子的总物质的量为1 L0.01 molL-13=0.03 mol；则溶液中溶质的粒子数最多的为C项物质，即C项物质的沸点最高。2.(2016洛阳模拟)下列有关分类和氧化还原的描述正确的是()A.酸性氧化物一定是非金属氧化物，混合物、分散系、胶体有从属关系B.纯碱、烧碱、熟石灰均属
3、于碱，酸、碱、盐之间发生的反应均属于复分解反应C.得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强；含最高价元素的化合物一定具有强的氧化性D.元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得【解析】选D。如Mn2O7是酸性氧化物，A错误；纯碱是碳酸钠，属于盐类，氧化性酸如硝酸与还原性盐如亚铁盐之间发生氧化还原反应，B错误；氧化性强弱只与得电子的难易有关，与得电子的多少无关，磷酸中磷元素是最高价，无氧化性，C错误；单质中元素的化合价为0，可以由负化合价升高得到，也可以由正化合价降低得到，D正确。3.(2016衡水模拟)某溶液只含有Na+、Fe3+、Cl-、S四种离子，已知Na+、Fe3+、Cl-的个数比为321
4、。则溶液中Fe3+和S的个数比为()A.12B.14C.34D.32【解析】选A。根据电荷守恒可得，n(Na+)1+n(Fe3+)3=n(Cl-)1+n(S)2，31+23=11+n(S)2，则n(S)=4，故n(Fe3+)n(S)=24=12。4.由CO2、H2和CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2和CO的体积比为()A.29813B.22114C.13829D.261557【解析】选C。因为CO与N2的相对分子质量都是28，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2决定，CO的量可以是任意值，根据十字交叉法：则CO2和H2的体积比
5、为2616或138时，混合气体的平均相对分子质量为28。5.(2016成都模拟)某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析下列说法正确的是()A.实验、反应制得的物质均为纯净物B.实验、均未发生氧化还原反应C.实验、均为放热反应D.实验、所涉及的物质均为电解质【解析】选B。反应制得的是氢氧化铁胶体，是混合物，A错误；实验的反应是水解反应，B正确；水解反应是吸热反应，C错误；实验所涉及的物质：铁、氯气既不是电解质，也不是非电解质，D错误。6.(2016九江模拟)质量分数为a%，物质的量浓度为cmolL-1的KOH溶液，蒸发溶剂，恢复到原温度，若质量分数变为2a%，则物质的量浓度变
6、为()A.大于2cmolL-1B.等于2cmolL-1C.小于2cmolL-1D.在c2cmolL-1【解析】选A。设质量分数为a%KOH溶液的密度为xgmL-1，质量分数为2a%KOH溶液的密度为ygmL-1，则：质量分数为a% KOH溶液的物质的量浓度为c=molL-1；质量分数为2a%KOH溶液的物质的量浓度为c=molL-1，氢氧化钾溶液浓度越大密度越大，则x2c。7.N2O是一种有甜味、能溶于水、能助燃的无色气体，它能刺激神经使人发笑，俗称“笑气”；它具有麻醉作用，曾用作牙科麻醉剂。现有等物质的量的笑气和二氧化碳，下列数值不一定相同的是()A.分子数B.电子数C.原子数D.质量【解析
7、】选D。相同条件下，相同物质的量的气体具有相同的分子数，分子数相同的N2O和CO2，原子数也相同，一个N2O分子含电子数22个，一个CO2分子含电子数22个，它们的摩尔质量可能不同，故物质的量相同时质量可能不同。8.(2016深圳模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.4.6 g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3NAB.1 L 0.5 molL-1的FeCl3溶液充分水解后，所得Fe(OH)3胶粒的数目为0.5NAC.2.0 gO与D2O的混合物中所含中子数为NAD.1 L含NA个Al3+的Al(NO3)3溶液中，N物质的量浓度大于3 molL-
8、1【解析】选B。4.6 g钠的物质的量为0.2 mol，而1 mol钠与足量氧气反应的产物无论是Na2O还是Na2O2均有2 mol钠离子和1 mol阴离子，即含有的阴、阳离子的总数为0.3NA个，A正确；一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，0.5 mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.5NA个，B错误；O与D2O的摩尔质量均为20 gmol-1，故2.0 g混合物的物质的量为0.1 mol，而1个O与D2O分子均含10个中子，故0.1 mol混合物中含1 mol中子即NA个，C正确；Al3+在溶液中会水解，当含NA个Al3+时，溶液中N物质的量大于3 mol，浓度大于3 molL-1，D正
9、确。9.(2016安阳模拟)2015年8月12日晚，天津危险品仓库发生大爆炸，造成了巨大损失。据悉，该仓库存放的危险品有多种，包括剧毒化学品氰化钠(NaCN)。下列有关氰化钠的说法中，错误的是()A.NaCN中碳元素的化合价为+4B.NaCN易溶于水，其水溶液呈碱性C.可用强氧化剂如H2O2等将NaCN氧化为无毒物质D.为防止中毒，须加强对地表水、排海口等的氰化物排查【解析】选A。NaCN中钠元素化合价+1价，氮元素化合价-3价，根据化合价代数和为0计算，+1+x-3=0，x=+2，故A错误；NaCN在溶液中水解，NaCN+H2ONaOH+HCN，溶液显碱性，B正确；过氧化氢氧化NaCN生成碳
10、酸氢钠、水和氨气，氧化为无毒物质，C正确；NaCN是剧毒物质，不能排放到自然界，会污染环境、地下水，D正确。10.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是()A.容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B.配制一定物质的量浓度的稀盐酸时，用量筒量取9.82 mL浓盐酸C.配制1 L 0.1 molL-1的NaCl溶液时用托盘天平称量5.85 g NaCl固体D.定容时，为防止液滴飞溅，胶头滴管应紧贴容量瓶内壁【解析】选A。量筒只能精确到0.1 mL，B错误；托盘天平只能精确到0.1 g，C错误；用胶头滴管定容时，滴管不能紧贴容量瓶内壁，以防蒸馏水附着在容量瓶
11、刻度线上部，引起误差，D错误。11.(2016成都模拟)若NA为阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A.20.0 g HF中含共价键数目为1.0NAB.将2.24 L NH3溶于1 L水中，溶液含有OH-数目为0.1NAC.6.72 L NO2与水反应后，转移的电子数为0.2NAD.H2S和SO2各0.1 mol反应后，体系中的硫原子数目小于0.2NA【解析】选A。20.0 g HF的物质的量是1 mol，结构是HF，含共价键数目为1 mol，A正确；没有给出氨气所处的外界条件，不能根据其体积求物质的量，而且一水合氨电离不完全，B错误；没有给出二氧化氮所处的外界条件，C错误；根据原子守恒知
12、硫原子数目为0.2NA，D错误。【加固训练】(2016绵阳模拟)阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是()22 g T2O含有电子数为10NA0.44 g C3H8中含有的共价键总数目为0.1NA1 mol Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA28 g硅晶体中含有2NA个SiSi键11.2 L Cl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA200 mL 1 molL-1Al2(SO4)3溶液中，Al3+和S总数是NA在常温常压下，0.1 mol铁与0.1 mol Cl2充分反应，转移的电子数为0.3NAO2和O3的混合物共6.4 g，其中所含原子数一定为0.4N
13、AA.B.C.D.【解析】选D。22 g T2O的物质的量为1 mol，含有电子数为10NA，正确；0.44 g C3H8的物质的量为0.01 mol，0.01 mol丙烷分子中含有0.02 mol碳碳单键和0.08 mol碳氢单键，含有的共价键总数目为0.1NA，正确；1 mol Na2O2与CO2完全反应生成0.5 mol氧气，转移了1 mol电子，转移电子数为NA，错误；28 g硅晶体中含有1 mol硅原子，硅晶体中，1 mol硅原子与其他4 mol硅原子形成4 mol SiSi键，根据均摊法，1 mol硅原子形成的SiSi键的物质的量为1 mol41/2=2 mol，则28 g硅晶体中
14、含有2NA个SiSi键，正确；不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算11.2 LCl2的物质的量，错误；200 mL 1 molL-1Al2(SO4)3溶液中含有溶质硫酸铝0.2 mol，0.2 mol硫酸铝中含有0.4 mol铝离子、0.6 mol硫酸根离子，由于部分铝离子发生水解，则溶液中铝离子和硫酸根离子的总物质的量小于1 mol，Al3+和S总数小于NA，错误；在常温常压下，0.1 mol铁与氯气完全反应需要消耗0.15 mol氯气，Cl2不足，0.1 mol氯气完全反应转移了0.2 mol电子，转移的电子数为0.2NA，错误；O2和O3的混合物共6.4 g，混合物中含有
15、氧原子的质量为6.4 g，所含氧原子数一定为0.4NA，正确。12.(2016吉安模拟)反应11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每1 mol CuSO4能氧化P的物质的量为()A.0.2 molB.0.4 molC.0.6 molD.2.2 mol【解析】选A。Cu的价态由+2+1(被还原)，11 mol磷元素中有6 mol化合价升高为+5(被氧化)、5 mol化合价降低为-3(被还原)，可见被氧化的6 mol P是被Cu(+2)和另一部分P(0价)共同氧化的。由电子得失数目可知，6 mol被氧化的P共失电子6 mol5=30 mol，其中Cu(+2)
16、得15 mol，另一部分P得另15 mol。即15 mol CuSO4所氧化的P为=3 mol，则1 mol CuSO4能氧化P的物质的量为0.2 mol。13.在一无色溶液中检验出有Ba2+、Ag+，同时又测得其酸性很强。某学生还要鉴定此溶液中是否大量存在：Cu2+Fe3+Cl-N S2-CNMg2+ Al3+Al。其实，这些离子中有一部分不必再鉴定就能加以否定，你认为不必鉴定的离子组是()A.B.C.D.【解析】选D。已知溶液是无色的，则不可能存在Cu2+、Fe3+；溶液酸性很强，则一定不存在S2-、C、Al；有Ag+，则不能含有Cl-。14.下列各离子组在溶液中能共存且通入括号中相应气体
17、后，仍能大量存在的是()A.Na+、Ba2+、HS、I-(氯气)B.Ca2+、N、Na+、Cl-(二氧化硫)C.Fe3+、S、C、N(氨气)D.Na+、K+、HC、Cl-(二氧化碳)【解析】选D。几种离子之间不反应，通入氯气后，氯气能将HS、I-氧化，A错误；离子之间不反应，通入二氧化硫，二氧化硫被硝酸根离子氧化，不能共存，B错误；Fe3+、C之间反应生成沉淀，C错误；离子之间不反应，通入二氧化碳后也不反应，D正确。【加固训练】常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0 molL-1的KNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl-、SB.c(H+)H3AsO4b.氧化性：H3As
18、O4KBrO3c.还原性：AsH3Xd.还原性：XAsH3【解析】(1)根据盖斯定律+可得热化学方程式为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)H=-319.68 kJmol-1。(2)0.4 mol KBrO3在反应中得到2 mol电子，说明溴元素在反应中降低了5价，所以X的化学式为Br2；KBrO3在反应中得到电子，则另外一种化合价变化的元素在反应中失去电子被氧化，所给物质中砷元素化合价发生了变化，低价态的AsH3是还原剂，利用氧化还原反应中电子得失相等的规律可配平该方程式为8KBrO3+5AsH3+4H2SO44K2SO4+4Br2+5H3AsO4+4H
19、2O。根据上述反应可推知正确的是a、c。答案：(1)Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)H=-319.68 kJmol-1(2)Br2AsH35a、c19.(10分)(2016临汾模拟)某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：.将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；.待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；.冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用。查阅文献：检验微量Cu2+的方法是向试液中滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+。(1)该同学假设黑色沉淀是CuO。检验过程如下：将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K
20、4溶液，产生红褐色沉淀。将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后再滴加K4溶液，未见红褐色沉淀。由该检验过程所得结论是_。(2)再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物。实验如下：实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现红棕色气体3.B试管中出现白色沉淀现象2说明黑色沉淀具有_性。能确认黑色沉淀中含有硫元素的现象是_，相应的离子方程式是_。为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是_。(3)以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物。进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物。将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是_。【解析】(1)向试液
21、中滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。(2)A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化。根据反应现象B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+。为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为取冷却后A试管中的溶液，滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物。(3)浓硫酸具有强氧化
22、性，硫化铜被浓硫酸氧化为二氧化硫。答案：(1)黑色沉淀中不含有CuO(2)还原B试管中出现白色沉淀NO2+SO2+Ba2+H2OBaSO4+NO+2H+取冷却后A试管中的溶液，滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物(3)CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2+4H2O20.(10分)(2016安阳模拟)一份溶液中可能含有K+、Al3+、H+、N、Cl-、Br-、I-、ClO-、Al等离子中的若干种。为了确定溶液的组成，进行了如下操作：(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积关系如图所示：则该
23、溶液中一定存在的离子是_，一定不存在的离子是_。(2)经检测后，该溶液中含有大量的Cl-、Br-、I-，若向1 L该混合溶液中通入一定量的氯气，则溶液中Cl-、Br-、I-与通入氯气的体积(标准状况下)关系如下表所示，回答下列问题：Cl2的体积(标准状况下)2.8 L5.6 L11.2 Ln(Cl-)1.25 mol1.5 mol2 moln(Br-)1.5 mol1.4 mol0.9 moln(I-)amol00则a为_。原溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为_。【解析】(1)根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中有氢离子，一定没有ClO-、Al；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，
24、说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有铝离子；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有铵根离子。(2)根据反应可知，溶液中阴离子总的物质的量不变(不含氢氧根离子)，由表中数据可知，通入5.6 L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1 mol溴离子，故a=1.5+1.4-(1.25+1.5)=0.15。2.8 L时，n(Br-)=1.5 mol，故原溶液中n(Br-)=1.5 mol；n(Cl-)=0.1252=0.25(mol)，n(I-)=0.25 mol，故原溶液中n(Cl-)=1.25-0.25=1(mol)，原溶液中n(I-)=0.25+0.15=0.4(mol)；故原
25、溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量浓度之比为11.50.4=10154。答案：(1)Al3+、H+、NClO-、Al(2)0.1510154【加固训练】实验室有NaHSO4、Ba(OH)2、NH3H2O、NaHCO3、KAl(SO4)2五种无色溶液，现欲通过它们之间的相互反应的现象对其进行鉴别。部分物质间的反应现象如下表。ABCDEABCDE表中“”表示生成气体物质，“”表示生成沉淀。根据以上信息，回答以下问题。(1)B、E的化学式分别为_、_。(2)写出A的电离方程式：_。(3)C、D两溶液反应的离子方程式为_。(4)向含有0.1 mol溶质的D溶液中滴加E溶液，所生成沉淀的物质的量之和最
26、多为_mol。【解析】(1)C与D反应生成气体和沉淀，则C、D分别是NaHCO3、KAl(SO4)2中的一种；B与C反应只有气体生成，则B、C分别是NaHSO4、NaHCO3中的一种；据此可知C是NaHCO3，则D是KAl(SO4)2，B是NaHSO4；又由于E与B、C、D反应都有沉淀生成，故E是Ba(OH)2，A是NH3H2O。(2)NH3H2O是弱电解质，书写电离方程式时要用可逆号。(3)Al3+与HC发生相互促进的水解反应。(4)当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按11.5的物质的量之比混合时，Al3+恰好完全沉淀，反应方程式为2KAl(SO4)2+3Ba(OH)22Al(OH)3+3
27、BaSO4+K2SO4；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按12的物质的量之比混合时，S完全沉淀，反应方程式为KAl(SO4)2+2Ba(OH)2KAlO2+2BaSO4+2H2O。可见，当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按11.5的物质的量之比混合时，生成沉淀的物质的量最多。观察反应方程式可知0.1 mol KAl(SO4)2参与反应时生成0.25 mol沉淀。答案：(1)NaHSO4Ba(OH)2(2)NH3H2ON+OH-(3)Al3+3HCAl(OH)3+3CO2(4)0.2521.(能力挑战题)(12分)(2016衡水模拟).同位素示踪法是用同位素作为一种标记，制成含有同位素的标
28、记化合物代替相应的非标记化合物进行化学反应，然后用核探测器随时追踪它在反应产物中的存在形式来确定反应的原理等。氧化还原反应中氧化剂与还原产物、还原剂与氧化产物之间的内在关系也可以利用同位素示踪法进行验证。(1)H2O2与H2SO4酸化的KMnO4反应，生成K2SO4、MnSO4、H2O和O2，如果H2O2中氧原子是示踪原子(18O)，反应完成后含有示踪原子的物质是_。(2)K35ClO3晶体和含有H37Cl的浓盐酸反应生成氯气，已知反应方程式为KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O，此反应生成氯气的摩尔质量为_。(3)某反应体系中共有6种物质，KClO3、KCl、HCl、Cl2、
29、ClO2、H2O，请你以K35ClO3进行同位素示踪完成反应方程式_。.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和H2反应生成甲，甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4，将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)H2。请推测并回答：(1)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为_。(2)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为_。(3)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生的化学方程式为_。(4)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓
30、硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性_(填“合理”或“不合理”)。【解析】.(1)KMnO4被还原为MnSO4，锰元素化合价降低，O2中-1价的18O元素化合价升高，生成18O2。(2)根据方程式和氧化还原反应规律，可知生成氯气的分子式为35Cl37Cl，每3 mol35Cl37Cl中含有35Cl为1 mol、37Cl为5 mol，故摩尔质量为73.3 gmol-1。(3)K35ClO3是氧化剂，氯化合价降低生成35ClO2，HCl是还原剂，氯元素化合价升高被氧化成Cl2，根
31、据化合价升高和降低总数相等写出化学方程式。.根据已知信息及原子守恒并计算验证可知甲为NaH，与水反应的化学方程式为NaH+H2ONaOH+H2。(1)根据题目信息，利用原子守恒可以写出化学方程式：4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl。(2)NaAlH4与水发生氧化还原反应，NaAlH4中氢元素化合价为-1价，反应后升高为0价，水中氢元素为+1价，降低为0价，同时生成NaAlO2，反应为NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2。(3)NaH与Fe2O3反应，铁元素化合价降低，则NaH中氢元素化合价升高，结合原子守恒，氢元素应生成OH-，反应为3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH。(4)制备过程中不合理，盐酸具有挥发性，HCl气体也可能会和Na反应，故固体中有可能混有NaCl；验纯过程中不合理，产物中可能会有Na剩余，和水反应也会产生H2，同时可能也含有NaCl杂质。答案：.(1)18O2(2)73.3 gmol-1(3)2K35ClO3+4HCl2KCl+Cl2+235ClO2+2H2O.(1)4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl(2)NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2(3)3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH(4)不合理关闭Word文档返回原板块- 15 - 版权所有高考资源网