1、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(四) (第三八章)(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.(滚动单独考查)发生下列变化后固体物质质量减轻的是()A.新制的氢氧化亚铁沉淀在空气中加热灼烧B.过氧化钠粉末吸收空气中的CO2C.将铁粉投入硫酸铜溶液D.铜粉长期置于潮湿空气中【解析】选A。A项，氢氧化亚铁在空气中转化为氧化铁固体，物质质量减轻；B项，过氧化钠转化为碳酸钠，质量增重；C项，铁溶解析出铜，质量增重；D项，铜生成铜绿，质量增重。
2、2.(滚动单独考查)已知X为单质，Y为化合物。且有如下转化关系X+Cl2YX+Cl2来源:Zxxk.Com若Y溶于水后得到强酸溶液，则X可能是H2若Y溶于水后得到中性溶液，则X可能是Na若Y溶液滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则X可能是Cu若Y溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则X可能为Al能实现上述转化关系的是()A.B.C.D.【解析】选C。若X是H2，则Y是HCl，溶于水后得到盐酸，电解盐酸又重新得到H2和Cl2，则X可能是H2，正确；若X是Na，则Y是NaCl，溶于水溶液呈中性，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，错误；若X是Cu，则Y是CuCl2，滴加NaOH溶
3、液后有蓝色沉淀Cu(OH)2生成，电解CuCl2溶液得到Cu和Cl2，正确；若X是Al，则Y是AlCl3，逐滴滴加NaOH溶液后先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀又溶解，电解AlCl3溶液得到Al(OH)3、H2和Cl2，错误。3.(滚动单独考查)下列排序正确的是()碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2KOH原子半径：NaMgBe熔沸点：HBrHClHF还原性：H2SeH2SHCl来源:学。科。网A.B.C.D.【解析】选B。金属性：KCa，则碱性：KOHCa(OH)2，错误；原子半径：Na和Mg同周期，Na的半径大于Mg的，Be和Mg同主族，Mg的半径大于Be的，正确；HF由于分子间存在氢键，熔
4、沸点最高，而HBr的相对分子质量大于HCl的相对分子质量，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故熔沸点：HFHBrHCl，错误；非金属性：ClSSe，则还原性：H2SeH2SHCl，正确。4.(2017邯郸模拟)短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的位置如图所示，其中A元素原子形成的简单离子在同周期元素形成的简单离子半径最小，下列判断正确的是()来源:学科网A.工业上采用电解熔融状态的AD化合物的方法制取单质AB.元素B和C的最高正化合价相等C.简单离子半径大小顺序：CDBD.阴离子的还原性：CCl-O2-，C项正确；非金属性：SCl-，D项错误。5.(滚动单独考查)下列有关说法
5、不正确的是()A.13C与14N的中子数相同B.同周期主族元素对应单质的活泼性从左往右先减弱再增强C.等物质的量的不同金属单质与相同的物质发生反应时，失电子数越多的金属还原性越强D.第A族元素气态氢化物的还原性和水溶液的酸性均随着相对分子质量的增大而增强【解析】选C。13C与14N的原子核内均含有7个中子，A项正确；同周期主族元素从左往右金属性减弱，非金属性增强，对应单质的活泼性先减弱再增强，B项正确；等物质的量的Na和Al分别与盐酸反应生成H2，Al失电子数多，但Na的还原性更强，C项错误；第A族元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，所以第A族元素气态氢化物的还原性从上到下依次增强，其气态氢
6、化物水溶液的酸性从上到下依次增强，D项正确。6.(2017梅州模拟)X、Y、Z、W是短周期元素且原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的二倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的氧化物是生产光导纤维的原料，W的简单氢化物是强电解质。下列说法正确的是()A.原子半径：ZYXB.简单氢化物的稳定性：WYZC.最高价含氧酸的酸性：YXWD. X、Y、Z、W四种元素两两之间均可以形成二元化合物【解析】选D。根据题干信息可推得X为碳、Y为氧、Z为硅，W为氯。原子半径：SiCO，A项错误；简单氢化物的稳定性：H2OHClSiH4，B项错误；最高价含氧酸的酸性：HClO4H2CO3H2SiO3，C项错误
7、；C、H、Si、Cl四种元素两两之间形成的二元化合物有CO(或CO2)、SiC、CCl4、SiO2、ClO2、SiCl4，D项正确。7.(滚动单独考查)(2017开封模拟)已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6kJmol-1。下列说法正确的是()A.1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量小于241.8 kJB.1mol水蒸气完全分解成氢气与氧气，需吸收241.8 kJ热量C.2 mol氢气与1 mol氧气的总能量小于2 mol水蒸气的总能量D.2 mol氢氢键和1 mol氧氧键拆开所消耗的能量大于4 mol氢氧键成键所放出的能量【解析】选B。A.由题中所给热化学方程式可知
8、1 mol氢气燃烧生成气态水放热241.8 kJ，生成液态水放热应大于241.8 kJ，A项错误；B.据题中所给反应热化学方程式可知B项正确；C.该反应放热，2 mol氢气与1 mol氧气的总能量大于2 mol水蒸气的总能量，C项错误；D.该反应为放热反应，所以拆开2 mol氢氢键和1 mol氧氧键需要的能量小于生成4 mol氢氧键放出的能量，D项错误。8.(滚动单独考查)(2017广州模拟)已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)2H2O(l) H=-571.6 kJmol-12CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) H=-1 452 kJmol-1H+(aq)+OH
9、-(aq)H2O(l) H=-57.3 kJmol-1据此判断下列说法正确的是()A.CH3OH的燃烧热为1 452 kJmol-1B.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H-571.6 kJmol-1C.2CH3OH(l)+O2(g)2CO2(g)+4H2(g)H=-880.4 kJmol-1D.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)H2O(l)+CH3COONa(aq)H=-57.3 kJmol-1【解析】选B。A.燃烧热为1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，甲醇的燃烧热为726 kJmol-1，A项错误；B.水由气态变为液态会释放热量，据可知B项正确；C.-2得2CH
10、3OH(l)+O2(g)2CO2(g)+4H2(g)H=-308.8 kJmol-1，C项错误；D.CH3COOH为弱酸，电离吸热，CH3COOH与NaOH溶液反应，放出的热量小于57.3 kJ，D项错误。【加固训练】已知LiH可作飞船的燃料，已知下列反应：2Li(s)+H2(g)2LiH(s) H=-182 kJmol-12H2(g)+O2(g)2H2O(l) H=-572 kJmol-14Li(s)+O2(g)2Li2O(s) H=-1 196 kJmol-1则LiH在O2中燃烧的热化学方程式为()A.2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l) H=-702 kJmol-1B.
11、2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l) H=-1 950 kJmol-1C.2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l) H=-1 586 kJmol-1D.2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(g) H=-988 kJmol-1【解析】选A。依据热化学方程式结合盖斯定律(-2+)2得到：2LiH(s)+O2(g)Li2O(s)+H2O(l)H=-702 kJmol-1。9.(滚动单独考查)(2017济南模拟)以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇反应及其能量变化如图所示，下列判断错误的是()A.该反应的活化能为akJmol-1B.1 mol CO(g)和
12、2 mol H2(g)的能量和大于1 mol CH3OH(g)的能量C.该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=(a-b)kJmol-1D.CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)H=ckJmol-1，c(a-b)【解析】选D。据图示可知A、B、C选项均正确；D.图示所给为1 mol CO(g)和2 mol H2(g)生成1 mol CH3OH(g)，1 mol CH3OH(g)CH3OH(l)还会放热，而c为负值，所以cv逆(B点)【解析】选C。化学平衡常数K=，A错误；根据图象分析升高温度，c(CO)减小，即升温平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，反应物的总能
13、量小于生成物的总能量，B错误；C点所在的曲线是通入0.1 mol CO，B点所在的曲线是通入0.2 mol CO，由于开始两者的体积相等，B点可以看成先在2倍体积的容器中反应，则平衡时，二氧化碳的物质的量是C点的2倍，然后缩小容器体积为1倍，则平衡不移动，所以B点二氧化碳的浓度是C点二氧化碳浓度的2倍，C正确；温度越高，反应速率越快，v逆(A点)0。一定温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s05001 0001 500c(N2O5)/molL-10.500.350.250.25下列说法中错误的是()世纪金榜导学号30682479A.500 s时O2的浓度为0.075 m
14、olL-1B.平衡后，升高温度，正反应速率先增大后减小C.平衡后，要使平衡常数增大，改变的条件是升高温度D.1 000 s时将容器的体积缩小一半，重新达到平衡时0.25 molL-1c(N2O5)c(Ac-)c(H+)c(OH-)B.c(Na+)c(Ac-)c(OH-)c(H+)C.c(Na+)=c(Ac-)+c(HAc)D.c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)【解析】选A。根据题中数据，NaOH溶液与HAc溶液恰好完全反应，得到NaAc溶液，由于Ac-发生水解：Ac-+H2OHAc+OH-，水解的程度非常弱，因此离子浓度大小是c(Na+)c(Ac-)c(OH-)c(H+)，A
15、项错误，B项正确；根据物料守恒，可知c(Na+)=c(Ac-)+c(HAc)，C项正确；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(Ac-) +c(OH-)，D项正确。来源:学科网ZXXK【方法规律】溶液中的等式、不等式问题解题思路(1)在列电荷守恒时，注意离子所带电荷的多少，不要简单认为只是各种离子浓度相加。(2)等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理：等式一般与电荷守恒、物料守恒相联系，如果给定的不是两个等式，可以把两个守恒式变化形式后做差，加以推导即可。如果给定的是不等式，要先考虑等式，对等式一边加入或减少某离子，即可变成不等式。【加固训练】常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A
16、.新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)B.pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)c(HC)c(C)c(H2CO3)C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(N)c(OH-)=c(H+)D.0.2 molL-1CH3COOH溶液与0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)【解析】选D。A项，新制氯水中加入固体NaOH生成次氯酸钠、氯化钠、水，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，错误；B项，碳酸氢
17、钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，pH=8.3的NaHCO3溶液中c(Na+)c(HC) c(H2CO3)c(C)，错误；C项，氨水浓度比盐酸的浓度大，反应后溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为c(N)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，错误；D项，0.2 molL-1的CH3COOH溶液与0.1 molL-1的NaOH溶液等体积混合后得到0.05 molL-1的CH3COOH溶液和0.05 molL-1的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，依据物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COO-) +c(CH3COOH)，代入电荷守恒计算
18、关系中得到：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，正确。第卷(非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.(11分)(滚动交汇考查)某实验小组拟用下列原理制备摩尔盐(NH4)2SO4FeSO46H2O：(1)洗涤铁屑：用_称取2.0 g铁屑放入小烧杯中，加入一定量_溶液小火加热约10 min，加入该溶液的目的是_。(2)溶解废铁屑：往洁净废铁屑中加入15 mL 3 molL-1H2SO4溶液，小火加热，使废铁屑与稀硫酸反应至基本不再冒出气泡为止，趁热过滤出过量的铁屑。取溶解后的溶液少许加入少量KSCN溶液，实验现象是_；请说明产生上述现
19、象的原因：_。(3)混合：将一定量(NH4)2SO4配成饱和溶液，与(2)所得溶液混合，加硫酸调节pH为12，加硫酸的目的是_。(4)结晶：蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶，冷却即有晶体析出，过滤后不用水洗涤而用乙醇洗涤的目的是_。析出的晶体是(NH4)2SO4FeSO46H2O，不是(NH4)2SO4或FeSO47H2O，原因是_。(5)思考：常温下，等物质的量的(NH4)2SO4、(NH4)2SO4FeSO46H2O溶于水后形成等体积的溶液，溶液中铵根离子浓度更大的是_。【解析】(1)加入碳酸钠溶液的目的是除去铁屑表面的油污。(2)铁屑过量，不会产生三价铁离子，溶液不变红。(3)加硫酸的
20、目的是防止硫酸亚铁水解。(4)与水相比用乙醇洗涤的优点是乙醇易挥发，易除去晶体表面残留的水，还能减少晶体的溶解损失；(NH4)2SO4FeSO46H2O的溶解度最小，所以析出的沉淀为(NH4)2SO4FeSO46H2O。(5)(NH4)2SO4FeSO46H2O中的Fe2+水解出的H+抑制了N的水解，所以(NH4)2SO4FeSO46H2O中的N浓度更大。答案：(1)托盘天平碳酸钠除去铁屑表面的油污(2)无明显变化，溶液不变红过量的铁将铁离子还原为亚铁离子(3)防止硫酸亚铁水解(4)乙醇易挥发，易除去晶体表面残留的水，还能减少晶体的溶解损失(NH4)2SO4FeSO46H2O的溶解度最小(5)
21、(NH4)2SO4FeSO46H2O18.(9分)在一容积为2 L的密闭容器中，加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2，在一定条件下发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0；(2)反应3可由反应1+2所得，根据盖斯定律，H3=H1+H2，所以H20(2)小于根据盖斯定律得H3=H1+H2，所以H2H3(3)b(4)c、d21.(14分)(能力挑战题)(滚动交汇考查)(2017武昌模拟)硫酸厂用煅烧黄铁矿(FeS2)来制取硫酸，实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2)制备绿矾。世纪金榜导学号30682485(1)SO2和O2反应制取SO3的反应原
22、理为2SO2+O22SO3，在一密闭容器中一定时间内达到平衡。该反应达到平衡状态的标志是_(填字母)。A.v(SO2)=v(SO3)B.混合物的平均相对分子质量不变C.混合气体质量不变D.各组分的体积分数不变(2)某科研单位利用原电池原理，用SO2和O2来制备硫酸，装置如图，电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。B电极的电极反应式为_。溶液中H+的移动方向由_极到_极(填“A”或“B”)，电池总反应式为_。(3)利用烧渣制绿矾的过程如下：测定产品中绿矾含量的实验步骤：a.称取5.7 g产品，溶解，配成250 mL溶液b.量取25.00 mL待测液于锥形瓶中c.用硫酸
23、酸化的0.01 molL-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积40.00 mL根据上述步骤回答下列问题：滴定时发生反应的离子方程式为(完成并配平离子反应方程式)。Fe2+Mn+_Fe3+Mn2+_用硫酸酸化的KMnO4滴定到终点的标志是_。计算上述产品中FeSO47H2O的质量分数为_。【解析】(1)可逆反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，或各组分浓度含量等不再变化。混合物的平均相对分子质量Mr=总质量/总物质的量，密闭容器中总质量不变，Mr不变即总物质的量不变，B、D正确。(2)利用原电池原理，B极产生硫酸，则SO2失电子，SO2+2H2O-2e-S+4H+；原电池中阳离子由
24、负极移向正极，B作负极，A作正极，电池总反应式为2SO2+O2+2H2O2H2SO4。(3)根据氧化还原反应得失电子数相等配平即可；滴入最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色即为滴定终点；产品中含FeSO47H2O的物质的量为0.04 L0.01 molL-1510=0.02 mol，产品中FeSO47H2O的质量分数为100%97.5%。答案：(1)B、D(2)SO2+2H2O-2e-S+4H+BA2SO2+O2+2H2O2H2SO4(或2SO2+O2+2H2O4H+2S)(3)518H+514H2O滴入最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡红色，半分钟内不褪色97.5%关闭Word文档返回原板块
