（安徽专用）版高考化学 阶段滚动检测一 新人教版（含精细解析）

1、阶段滚动检测(一)第一、二章90分钟 100分第一卷(选择题共48分)一、选择题(此题包括16小题 ,每题3分 ,共48分) 1.2019年深圳大运会“虹火炬所用燃料的主要成分为丙烷。NA表示阿伏加德罗常数 ,以下有关丙烷的表达正确的选项是()A.11.2 L丙烷中含有的分子数为0.5NAB.丙烷的摩尔质量是44 gC.同温同压下 ,相同体积的丙烷和二氧化碳的物质的量相等D.2.2 g丙烷分子中所含CH键的个数为0.5NA2.(2019·池州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值 ,以下表达正确的选项是()A.标准状况下 ,22.4 L重氢(D2)气体分子中含有2NA个中子B.常温常压下

2、 ,3.36 L氯气与2.7 g铝充分反响 ,转移电子数为0.3NAC.Cu-Zn-CuSO4原电池工作时 ,假设析出0.1 mol Cu时 ,转移电子数为0.2NA ,正极溶解Zn 6.5 gD.1 mol异丁烷中 ,含共价键数目为10NA3.以下说法中错误的选项是()A.从1 L 1 mol·L1的NaCl溶液中取出10 mL ,其浓度仍是1 mol·L1B.配制0.5 L 10 mol·L1的盐酸 ,需要氯化氢气体112 L(标准状况)C.0.5 L 2 mol·L1 BaCl2溶液中 ,Ba2和Cl总数为3×6.02×1023

3、D.10 g 98%的硫酸溶液(密度为1.84 g·cm3)与10 mL 18.4 mol·L1的硫酸溶液的浓度是不同的4.资料说明：火星外表富含硅酸盐和硫酸盐；火星上的水以冰块和霜冻的形式存在于南北两极。以下表达不正确的选项是()A.硅酸盐、硫酸盐都是含氧酸盐B.水玻璃是混合物 ,冰水混合物是纯洁物C.Al2O3·2SiO2·2H2O属于氧化物D.硅酸钠、硫酸钡、水分别属于强电解质、强电解质、弱电解质5.(2019·海南高考)以下固体混合物与过量的稀H2SO4反响 ,能产生气泡并有沉淀产生的是()A.NaHCO3和Al(OH)3 B.BaCl

4、2和NaClC.HClO3和K2SO4 D.Na2SO3和BaCO36.500 mL 2 mol/L FeCl3溶液和500 mL 2 mol/L明矾溶液分别滴入沸水中 ,加热制成甲、乙两种分散系 ,经测定甲分散系中分散质的粒子大小在1100 nm之间 ,乙分散系中分散质的粒子大小在109107 m之间。以下关于甲、乙分散系的判断合理的是()A.在暗室里用一束明亮的“强光照射甲、乙两种分散系 ,发现甲有丁达尔效应 ,乙没有丁达尔效应B.向甲、乙两种分散系中分别滴加过量的氢氧化钠溶液 ,现象都是“先聚沉 ,后溶解C.向甲、乙两种分散系中分别滴加过量氢碘酸溶液 ,现象分别是深褐色溶液、无色溶液D.

5、蒸干、灼烧FeCl3和明矾溶液会得到对应的固体盐7.标准状况下有0.112 L水；3.01×1023个氯化氢分子；13.6 g H2S气体；0.2 mol氨气 ,以下对这四种物质的关系由小到大排列正确的选项是()A.体积：B.密度：C.质量：D.氢原子数：8.(2019·南昌模拟)以下各组离子在常温下能大量共存 ,当溶液c(H)101 mol/L时有气体生成 ,当溶液c(H)1013 mol/L时 ,有沉淀生成的是()A.Mg2 ,NH ,Cl ,SOB.Na ,Cu2 ,CO ,NOC.Ba2 ,K ,SO ,ClD.Na ,Fe2 ,SO ,NO9.某学生配制了100

6、mL 1 mol/L的硫酸溶液。然后 ,对溶液浓度做精确测定 ,且测定过程中一切操作都正确。结果测得溶液的物质的量浓度低于1 mol/L。那么 ,在配制过程中 ,以下操作可能导致溶液浓度偏低的是()量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸将浓硫酸在烧杯中稀释 ,转移到容积为100 mL的容量瓶中后 ,没有洗涤烧杯在转移过程中用玻璃棒引流 ,因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面最后定容时 ,加水超过了刻度线 ,马上用胶头滴管吸去多余的水 ,使溶液凹液面刚好与刻度线相切A. B. C. D.10.以下离子反响方程式表示正确的选项是()A.过量石灰水与碳酸氢钙反响：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2

7、H2OB.FeSO4 酸性溶液暴露在空气中：4Fe2O24H=4Fe32H2OC.向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al34NH3·H2O=AlO4NH2H2OD.H2SO4与Ba(OH)2溶液反响：Ba2OHHSO=BaSO4H2O11.(2019·江苏高考)NaCl是一种化工原料 ,可以制备一系列物质(如图)。以下说法正确的选项是()A.25 ,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳与Cl2的反响中 ,Cl2既是氧化剂 ,又是复原剂C.常温下枯燥的Cl2能用钢瓶贮运 ,所以Cl2不与铁反响D.如下图转化反响都是氧化复原反响12.氮化硅(Si3N4)是一种新型陶

8、瓷材料 ,它可由石英与焦炭在高温的氮气流中 ,通过以下反响制得：3SiO26C2N2Si3N46CO ,以下说法正确的选项是()A.该反响的氧化剂是SiO2和N2B.该反响的复原产物为Si3N4C.该反响中氧化剂和复原剂质量比为97 D.1 mol Si3N4生成时共转移6 mol电子13.(2019·合肥模拟)Co2O3在酸性溶液中易被复原成Co2 ,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。以下反响在水溶液中不可能发生的是()A.3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B.Cl2FeI2=FeCl2I2C.Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2OD.2Fe32

9、I=2Fe2I214.某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2 ,假设先向该溶液中通入一定量的氯气 ,再向反响后的溶液中滴加KSCN溶液 ,结果溶液变为红色(：AgBr、AgI分别为浅黄色和黄色不溶于硝酸的沉淀) ,那么以下表达正确的选项是 ()A.原溶液中的Br一定被氧化B.通入氯气之后原溶液中的Fe2一定被氧化C.溶液中一定不存在Fe2 D.假设取少量所得溶液 ,再参加CCl4溶液 ,静置、分液 ,向上层溶液中参加足量的AgNO3 溶液 ,能产生黄色沉淀15.(2019·潍坊模拟)一定量的氢气在氯气中燃烧 ,所得混合物用100 mL 3.00 mol/L的NaOH溶液(密度为1.

10、2 g/mL)恰好完全吸收 ,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05 mol(溶液中只含NaCl和NaClO两种溶质)。那么以下有关说法不正确的选项是()A.原NaOH溶液的质量分数为10.0%B.所得溶液中Cl的物质的量为0.25 molC.与NaOH反响的氯气为0.15 molD.所用氯气和参加反响的氢气的物质的量之比为3216.(2019·阜阳模拟)H3AsO3与SnCl2在浓盐酸中可发生以下反响：3SnCl212Cl2H3AsO36H=2As3M6H2O ,关于该反响的说法中正确的组合是()氧化剂是H3AsO3；复原性：Cl>As；每生成1 mol As ,反响中

11、转移电子的物质的量为2 mol；M为SnCl；M是氧化产物。A. B. C. D.第二卷(非选择题共52分)二、非选择题(此题包括5小题 ,共52分)17.(10分)(2019·宿州模拟)实验室需要0.1 mol·L1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L1硫酸溶液500 mL。根据这两种溶液的配制情况答复以下问题：(1)如下图的仪器中配制溶液肯定不需要的是_,配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。(2)以下操作中 ,容量瓶所不具备的功能有。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D.量取一定体积的液

12、体 E.用来加热溶解固体溶质(3)根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确 ,假设定容时俯视刻度线 ,那么所得溶液浓度0.1 mol·L1(填“大于、“等于或“小于 ,下同)。假设NaOH溶液在转移至容量瓶时 ,洒落了少许 ,那么所得溶液浓度0.1 mol·L1。(4)根据计算可知 ,所需质量分数为98%、密度为1.84 g·cm3的浓硫酸的体积为mL(计算结果保存一位小数)。如果实验室有15 mL、20 mL、50 mL量筒 ,应选用mL量筒最好。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释 ,稀释时操作方法是：_。18.(9分) 某无色透明

13、溶液中可能大量存在Ag、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的几种 ,请填写以下空白：(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是。(2)取少量原溶液 ,参加过量稀盐酸 ,有白色沉淀生成；再参加过量的稀硝酸 ,沉淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是 ,有关的离子方程式为_。(3)取(2)中的滤液 ,参加过量的稀氨水(NH3·H2O) ,出现白色沉淀 ,说明原溶液中肯定有_ ,有关的离子方程式为_。(4)原溶液可能大量存在的阴离子是以下的_。A.Cl B.NO C.CO D.OH19.(7分)有A、B、C三种可溶性正盐 ,阴、阳离子各不相同 ,其阴离子的摩尔质量依次增大(按A、B、C

14、的顺序) ,将等物质的量的A、B、C溶于水 ,所得溶液中只含有Fe3、K、SO、NO、Cl五种离子 ,同时生成一种白色沉淀。请答复以下问题：(1)经检验 ,三种正盐中还有以下选项中的一种离子 ,该离子是。A.Na B.Mg2 C.Cu2 D.Ag(2)正盐A、B、C的化学式分别为：_、_、_。(3)假设将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后 ,所得溶液只含有Fe3、SO、NO、K四种离子且物质的量之比依次为1234 ,那么A、B、C三种正盐的物质的量之比为。20.(12分)某研究性学习小组拟用铜屑、氧化铜的混合物与硫酸、硝酸组成的混酸反响制取CuSO4·5H2O晶体 ,混酸中硝酸的复

15、原产物为NO ,反响过程中不产生SO2 ,反响后的溶液中不含有Cu(NO3)2 ,反响中固体完全溶解 ,两种酸恰好完全反响。设固体混合物的总质量为240 g ,其中氧化铜的质量分数为x ,试答复以下问题：(1)所得CuSO4·5H2O晶体的质量y的表达式为： g(用x表示)；(2)假设要保证固体全部溶解 ,混酸恰好反响 ,那么混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比(A)：(填“A的取值范围)；(3)假设A ,反响结束时将所得气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3 ,至少需要30%的双氧水g(保存一位小数)。21.(14分)(2019·广东高考)某同学进行实验研究时

16、,欲配制1.0 mol·L1 Ba(OH)2溶液 ,但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂(相对分子质量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅局部溶解 ,烧杯中存在大量未溶物。为探究原因 ,该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283 K、293 K和303 K时的溶解度(g/100 g H2O)分别为2.5、3.9和5.6。(1)烧杯中未溶物仅为BaCO3 ,理由是_。(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成 ,设计实验方案 ,进行成分检验。写出实验步骤、预期现象和结论。(不考虑结晶水的检验；室温时Ba

17、CO3饱和溶液的pH9.6)限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中 ,参加足量蒸馏水 ,充分搅拌 ,静置 ,过滤 ,得滤液和沉淀步骤2：取适量滤液于试管中 ,滴加稀硫酸步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中,_实验步骤预期现象和结论步骤4：(3)将试剂初步提纯后 ,准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：配制250 mL 约0.1 mol·L1 Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样 ,置于烧杯中 ,加适量蒸馏水 , ,将溶液转入 ,洗涤 ,定容 ,摇匀。滴

18、定：准确量取25.00 mL所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中 ,滴加指示剂 ,将(填“0.020、“0.05、“0.198 0或“1.5)mol·L1盐酸装入50 mL酸式滴定管 ,滴定至终点 ,记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸V mL。计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数(只列出算式 ,不作运算)(4)室温下 ,(填“能或“不能) 配制1.0 mol·L1 Ba(OH)2溶液。答案解析1.【解析】选C。A项中未注明标准状况 ,不正确；摩尔质量的单位是g·mol1 ,B不正确；同温同压下 ,相同体积的任何气体的物质的量相等 ,C正确；2.2 g丙

19、烷分子中所含CH键的个数应为0.4NA ,D不正确。2.【解析】选A。一个重氢原子中含有一个中子 ,标准状况下 ,22.4 L D2的物质的量为1 mol ,故含有2NA个中子 ,A项正确；常温常压下 ,3.36 L氯气的物质的量小于0.15 mol ,与2.7 g铝充分反响 ,转移电子数小于0.3NA ,B项不正确；Cu-Zn-CuSO4原电池工作时 ,负极Zn溶解 ,C项不正确；1 mol异丁烷中 ,含CH共价键数目为10NA ,D项不正确。3.【解析】选D。10 g 98%的硫酸溶液物质的量浓度为18.4 mol·L1 ,与10 mL 18.4 mol·L1的硫酸溶液

20、的浓度相同 ,D项错误。4.【解析】选C。硅酸盐通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成 ,Al2O3·2SiO2·2H2O属于硅酸盐。5.【解析】选D。NaHCO3和稀H2SO4反响生成CO2气体 ,Al(OH)3与稀H2SO4反响得到Al2(SO4)3溶液 ,故A不符合题意；BaCl2和稀H2SO4反响只生成BaSO4沉淀 ,故B不符合题意；HClO3和K2SO4与稀H2SO4均不反响 ,故C不符合题意；BaCO3H2SO4=BaSO4H2OCO2 ,Na2SO3H2SO4=Na2SO4H2OSO2 ,BaSO4为沉淀 ,故D符合题意。6.【解析】选C。依题意 ,

21、甲、乙两种分散系都是胶体 ,氢氧化铝溶于氢氧化钠 ,而氢氧化铁不溶；铁盐能氧化I生成I2 ,I2溶于水呈深褐色 ,蒸干氯化铁溶液后灼烧得到氧化铁 ,蒸干明矾溶液得到硫酸钾和硫酸铝。7.【解析】选A。A项中n(HCl)0.5 mol ,n(H2S)0.4 mol ,故体积关系V(H2O)<V(NH3)<V(H2S)<V(HCl)；B项中液态水密度最大 ,而不是HCl；C项中m(H2O)112 g ,m(HCl)18.25 g ,m(H2S)13.6 g ,m(NH3)3.4 g ,故质量由小到大顺序为：m(NH3)<m(H2S)<m(HCl)<m(H2O)；D

22、项H原子最多的是0.112 L H2O ,n(H)×212.4 mol ,0.5 mol HCl、0.4 mol H2S、0.2 mol NH3中H原子的物质的量分别为0.5 mol、0.8 mol、0.6 mol ,故氢原子数由小到大顺序为。8.【解析】选D。A中在酸性环境时无气体生成；B中Cu2和CO不能共存；C中Ba2和SO不能共存；D中离子在酸性环境时NO被Fe2复原生成NO气体 ,碱性环境时生成Fe(OH)2沉淀。9.【解析】选D。量筒用蒸馏水洗净后立即量取 ,浓硫酸被稀释 ,所取溶质H2SO4偏少 ,会导致浓度偏低。未洗涤烧杯 ,溶质H2SO4损失 ,会导致浓度偏低。少量

23、溶液流到容量瓶外面 ,溶质H2SO4损失 ,会导致浓度偏低。加水超过了刻度线 ,马上用胶头滴管吸去多余的水 ,会损失H2SO4 ,导致溶液浓度偏低 ,应选D。10.【解析】选B。石灰水过量 ,产物中无CO ,A不正确；Al (OH)3不溶于弱碱NH3·H2O ,C不正确；D项的离子方程式应为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。11.【解析】选B。A项 ,25 ,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小 ,A项错误；B项 ,石灰乳与Cl2反响生成CaCl2和Ca(ClO)2 ,既有氯的化合价升高 ,也有氯的化合价降低 ,Cl2既是氧化剂 ,又是复原剂 ,B项正确；C项 ,Cl

24、2与铁在点燃的条件下反响 ,C项错误；D项 ,氯化钠转化为碳酸氢钠和碳酸氢钠转化为碳酸钠 ,这两个反响都不是氧化复原反响 ,D项错误。12.【解析】选B。从元素化合价变化可知 ,N2为氧化剂 ,C为复原剂 ,SiO2既不是氧化剂也不是复原剂 ,复原产物为Si3N4。该反响中氧化剂和复原剂质量比为79 ,当生成1 mol Si3N4时 ,有2 mol N2参加反响 ,共转移12 mol电子。13.【解析】选A。根据题目条件 ,氧化性FeCl3>I2 ,所以复原性I>Fe2 ,Cl2通入FeI2溶液中 ,首先被氧化的是I ,所以A项反响不可能发生 ,B项反响可以发生；C项 ,氧化性Co

25、2O3>Cl2 ,D项 ,氧化性Fe3>I2 ,反响均能发生。14.【解析】选B。Br、Fe2、I的复原性逐渐增强 ,氯气先氧化I、再氧化Fe2、最后氧化Br。向反响后的溶液中滴加KSCN溶液变为红色 ,这说明Fe2局部被氧化或全部被氧化 ,那么I完全被氧化 ,Br未被氧化或局部被氧化或全部被氧化。所得溶液参加CCl4溶液后 ,I2被萃取 ,溶液中已无I ,不能产生黄色沉淀 ,故A、C、D不正确 ,B正确。15.【解析】选C。根据Na守恒 ,反响后溶液中Na的总物质的量仍为0.3 mol ,其中含0.05 mol NaClO ,0.25 mol NaCl ,那么与氢氧化钠反响的氯气

26、为0.05 mol ,故C不正确。16.【解析】选A。根据物料守恒和电荷守恒写出方程式中的M的化学式为SnCl。反响过程中Sn元素从2价升高到4价 ,As元素从3价降低到0价 ,H3AsO3是氧化剂 ,SnCl是氧化产物 ,每生成1 mol As ,转移3 mol电子。反响中Cl未被氧化 ,综合分析A正确。17.【解析】(1)图中五种仪器分别为烧瓶、量筒、分液漏斗、胶头滴管、容量瓶 ,配制上述溶液肯定不需要烧瓶和分液漏斗 ,还需要烧杯、玻璃棒。(2)容量瓶不能用于贮存、加热溶液 ,它只有一个刻度线 ,也不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体。(3)因无450 mL的容量瓶 ,所以配制NaOH溶

27、液要用500 mL的容量瓶 ,故要根据500 mL溶液计算 ,m(NaOH)c·V·M0.1 mol·L1×0.5 L×40 g/mol2.0 g ,定容俯视刻度线 ,造成加水较少 ,浓度偏高 ,洒落溶液会造成溶液浓度偏低。(4)由稀释前后物质的量相等 ,V(浓)L L13.6 mL ,选用15 mL量筒最好 ,误差小。稀释时将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入水中 ,并用玻璃棒不断搅拌。答案：(1)A、C烧杯、玻璃棒(2)B、C、E(3)2.0大于小于(4)13.615将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入水中 ,并用玻璃棒不断搅拌18.【解析】(1)无色透明溶液中不

28、可能含有Cu2、Fe3等有色离子。(2)加稀盐酸有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成 ,那么肯定存在Ag ,离子方程式为AgCl=AgCl。(3)加稀氨水有白色沉淀出现 ,肯定含有Mg2。(4)原溶液中由于含有Ag ,阴离子中不可能含有Cl、CO、OH ,一定含NO。答案：(1)Cu2、Fe3(2)AgAgCl=AgCl(3)Mg2Mg22NH3·H2O=Mg(OH)22NH(4)B19.【解析】(1)四个选项中的阳离子中 ,只有Ag和Cl或SO能生成白色沉淀 ,应选D。(2)将等物质的量的A、B、C溶于水 ,所得溶液中只含有Fe3、K、SO、NO、Cl五种离子 ,说明Ag缺乏 ,Cl过量

29、,再根据A、B、C三种正盐的阴离子的摩尔质量依次增大可知 ,A为FeCl3 ,B为AgNO3 ,C为K2SO4 。(3)A、B、C三种正盐溶于水后 ,所得溶液只含有Fe3、SO、NO、K四种离子 ,说明Ag和Cl的物质的量相等 ,即FeCl3的物质的量与AgNO3的物质的量之比为13。又因Fe3、SO的物质的量之比为12 ,那么FeCl3的物质的量与K2SO4的物质的量之比为12 ,因此A、B、C三种正盐的物质的量之比为132。答案：(1)D(2) FeCl3AgNO3K2SO4(3)13220.【解析】(1)根据w(CuO)x可得：n(CuO)240 g×x÷80 g&#

30、183;mol13x mol。w(Cu)1x ,n(Cu)240 g(1x)÷64 g·mol1 moln(CuO)n(Cu)n(CuSO4·5H2O) ,那么：y3x mol mol×250 g·mol1 g(2)根据3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2On(HNO3) mol那么/3x(),0<x<10<<(3)假设A ,那么xn(Cu)×1 mol设需30%的双氧水的质量为a ,那么根据电子守恒得：×21×2。解之得 ,a113.3 g答案：(1)y125(153x)/2(2)0<A<2/3(3)113.321.【解题指南】解答此题时要注意以下两点：(1)明确实验目的；(2)灵活利用溶解度进行有关计算和判断。【解析】(1)Ba(O