阶段滚动检测四

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)一、选择题(本题包括16小题,每题3分,共48分)1.(滚动单独考查)下列关于化学键的说法正确的是()A.C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键B.不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C.含极性键的共价化合物一定是电解质D.微粒Na+、Mg2+比O2-多一个电子层【解析】选B。(NH2)2CO(尿素)中只含共价键,A项错误;H2O2中含有OO非极性键,B项正确;CO中的化学键为极性键,但CO是

2、非电解质,C项错误;Na+、Mg2+、O2-的核外电子排布均相同,D项错误。2.(2019保定模拟)某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+,加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,下列结论正确的是()A.一定有Fe2+,一定没有Fe3+、Mg2+B.一定有Fe3+,一定没有Fe2+、Mg2+C.一定有Fe3+,可能有Fe2+,一定没有Mg2+D.一定有Fe2+,可能有Mg2+,一定没有Fe3+【解析】选D。加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色的现象是溶液中含有亚铁离子的特性,若有Fe3+,则产生氢氧

3、化铁的红褐色沉淀会掩盖Fe(OH)2的白色,所以不可能存在Fe3+,而Mg(OH)2是白色,可能存在Mg2+。【互动探究】(1)该题中若加入NaOH溶液时,立即产生红褐色沉淀,则离子的存在情况又将怎样?提示:一定含有Fe3+,Mg2+、Fe2+无法确定。(2)若某溶液中加入NaOH溶液时有白色沉淀生成,继续滴加NaOH溶液时白色沉淀部分溶解,则溶液中可能含有什么离子?提示:含有Mg2+、Al3+。Mg(OH)2和Al(OH)3均是白色沉淀,但是前者不溶于过量的NaOH溶液,后者却溶于过量的NaOH溶液。3.(滚动单独考查)用试纸检验气体性质是一种重要的实验方法。下列试纸的选用、现象、对应结论都

4、正确的一项是()选项试剂湿润的试纸或溶液实验现象实验结论A碘水淀粉试纸变蓝碘具有氧化性B浓氨水,生石灰蓝色石蕊试纸变红氨气为碱性气体CNa2SO3,硫酸溴水褪色SO2具有漂白性DCu,浓硝酸KI-淀粉试纸变蓝NO2具有氧化性【解析】选D。碘水中的I2与淀粉作用出现蓝色,与I2的氧化性无关,A错误;NH3遇红色石蕊试纸变蓝,证明NH3是一种碱性气体,B错误;Na2SO3与H2SO4反应产生SO2,SO2使溴水褪色,是SO2具有还原性,C错误;Cu与浓硝酸反应产生NO2,NO2氧化I-生成的I2与淀粉作用变蓝,证明NO2具有氧化性而不是酸性,D正确。4.(滚动单独考查)短周期元素A、B、C、D在元

5、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()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。【加固训练】短周期主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置关系如图,下列推论合理的是()A.若Z的核电荷数是Y的两倍,则X为碳元素B.若W的核电荷数是Y的两倍,则X是氮元素C.原子半径:ZYXD.最简单氢化物的稳定性:YXW【解析】选D。若Z的核电荷数是Y的两倍,则Z为硫元素,Y为氧元素,X为

6、氮元素,A项错误;若W的核电荷数是Y的两倍,则W为硅元素,X为碳元素,Y为氮元素,B项错误;由图中位置关系可知,原子半径XY,C项错误;非金属性YXW,则最简单氢化物的稳定性:YXW,D项正确。5.(滚动单独考查)短周期元素X、Y、Z,其中X、Y位于同一主族,Y、Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列比较正确的是()A.元素非金属性:ZYXB.最高价氧化物对应水化物的酸性:ZYC.原子半径:ZYXD.气态氢化物的稳定性:ZYSP,A项错误;非金属性:SP,故最高价氧化物对应水化物的酸性:H2SO4 H3PO4,B项错误;原子半径:PSO,C

7、项错误;非金属性:PSO,故气态氢化物的稳定性:PH3H2S0【解析】选C。中破坏的是非极性键,A错误;中是NH2和H生成NH3,B错误;、三个过程均是能量降低的过程,所以是放热过程,C正确;由图可知反应物的能量高于生成物的能量,是放热反应,因此HCB.T2A,A错误;当压强一定,升高温度,平衡向吸热反应方向移动,NO2的体积分数增大,故由图象可知,T2T1,B错误;根据=,平衡向正反应方向移动,n总增大,平均相对分子质量减小,当平均相对分子质量不变时,可逆反应达到平衡状态,C错误;升温向吸热反应方向进行,增大NO2的体积分数,可采用加热的方法,D正确。12.已知AgI为黄色沉淀,AgCl为白

8、色沉淀,25 时,AgI饱和溶液中c(Ag+)=1.2210-8 molL-1,AgCl饱和溶液中c(Ag+)=1.3010-5 molL-1。若在5 mL含有KCl和KI浓度均为0.01 molL-1的混合溶液中,滴加8 mL 0.01 molL-1的AgNO3溶液,则下列叙述中不正确的是世纪金榜导学号79100478()A.溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为c(N)c(K+)c(Cl-)c(I-)c(Ag+)B.溶液中先产生的是AgI沉淀C.AgCl的Ksp的数值为1.6910-10D.若在AgI悬浊液中滴加KCl溶液、黄色沉淀可能转变成白色沉淀【解析】选A。根据已知条件,若在含有KCl和

9、KI的溶液中加入AgNO3溶液,首先生成AgI沉淀,反应后剩余n(Ag+)=(0.008-0.005) L0.01 molL-1=310-5 mol,继续生成AgCl沉淀,反应后剩余n(Cl-)=0.005 L0.01 molL-1-310-5 mol=210-5 mol,c(Cl-)=1.5410-3 molL-1,悬浊液中c(Ag+)=1.1010-7molL-1,c(I-)=1.3510-9,混合溶液中n(K+)=110-4 mol,n(N)=0.008 L0.01 molL-1= 8.010-5 mol,则c(K+)c(N),故c(K+)c(N)c(Cl-)c(Ag+)c(I-),A项

10、错误;AgI比AgCl更难溶,先产生的是AgI沉淀,B项正确;AgCl的Ksp的数值为(1.3010-5)2=1.6910-10,C项正确;AgI饱和溶液中c(Ag+)=1.2210-8 molL-1, Ksp(AgCl)=1.6910-10,当溶液中c(Cl-)=1.39 10-2molL-1时,AgI可转化为AgCl,D项正确。【加固训练】已知Ksp(AgCl)=1.7810-10,Ksp(Ag2CrO4)=2.0010-12。在只含有KCl、K2CrO4的混合溶液中滴加0.001 molL-1的AgNO3溶液,当AgCl与Ag2CrO4共存时,测得溶液中Cr的浓度是5.00010-3 m

11、olL-1,此时溶液中Cl-的物质的量浓度是()A.1.3610-5 molL-1B.8.9010-6 molL-1C.4.4510-2 molL-1 D.110-5 molL-1【解析】选B。此时溶液中c(Ag+)=2.00010-5 molL-1,故c(Cl-)=8.9010-6 molL-1。13.(2019湖州模拟)利用I2O5可消除CO污染,其反应为I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s);不同温度下,向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO,测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t变化曲线如图所示。下列说法正确的是世纪金榜导学号79100479

12、()A.b点时,CO的转化率为20%B.容器内的压强保持恒定,表明反应达到平衡状态C.b点和d点的化学平衡常数: KbKdD.0到0.5 min反应速率v(CO)=0.3 molL-1min-1【解析】选C。设CO转化量为y mol,I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol20转化量/molyyb点量/mol2-y y根据b点时CO2的体积分数(CO2)=y/2=0.80,得y=1.6 mol,CO的转化率为100%=80%,A错误;由于该反应前后气体的物质的量不变,所以容器内压强恒定,不能作为平衡状态的标志,B错误;由于反应温度不同,且b点比d点时生成物CO2的体

13、积分数大,说明反应进行的程度大,则化学平衡常数:KbKd,C正确;0到0.5 min时:设CO转化量为x mol,I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 2 0转化量/mol x xa点量/mol 2-x x根据a点时CO2的体积分数(CO2)=0.30,得x=0.6 mol,则从0到0.5 min时的反应速率为v(CO)=0.6 molL-1min-1,D错误。14. (2019信阳模拟)下列说法正确的是()世纪金榜导学号79100480A.pH=12的NaOH溶液中,c(H+)=10-12 molL-1,稀释为原体积的10倍后c(H+)=molL-1=10-1

14、3 molL-1B.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液因生成的CH3COONa水解,pH7C.pH=3的HA酸溶液中c(H+)=10-3 molL-1,稀释为原体积的10倍后pH4D.pH=11和pH=13的NaOH溶液等体积混合后,溶液中的c(H+)=molL-1【解析】选C。NaOH溶液中的H+是由水电离产生的,当稀释时,由于混合液中NaOH浓度的变化,对H2O的电离的抑制作用会改变,水的电离平衡会发生移动,因而将其当成不变的值进行计算是错误的,即A、D错;B项中CH3COOH开始电离出的H+即可将NaOH溶液中和完全,而绝大多数的CH3COOH最初是没

15、电离的,即CH3COOH远远过量,因而混合液呈酸性,B错;C项中HA若为强酸,稀释10倍后pH=4,若为弱酸,稀释10倍后pH”“”或“=”)。提示:。pH=11的NaOH溶液的c(OH-)=1.010-3 molL-1,c(NaOH)=1.010-3 molL-1,pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远大于1.010-3 molL-1,混合后溶液显中性,则V(CH3COOH)c(N)c(H+)c(OH-)C.若a=2b,则c(N)c(Cl-)c(OH-)c(H+)D.若混合后溶液满足c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O),则可推出a=b【解析】选B。A项溶液中存在电荷守恒

16、c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),因pH=7,c(H+)=c(OH-),则c(Cl-)=c(N),正确;B项,b=2a,盐酸过量应有c(H+)c(N),错误;C选项,若a=2b,反应后生成N和剩余的NH3H2O的物质的量相等,已知相同条件下NH3H2O的电离程度大于N的水解程度,则c(N)c(Cl-)c(OH-)c(H+),正确;D选项,如果a=b,完全反应生成NH4Cl,根据质子守恒可知c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O),正确。【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

17、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。二、非选择题(本题包括5小题,共52分)17.(10分)(滚动交汇考查)A、B、C、D、E五种短周期元素,原子序数依次增大,A、E同主族,A元素的原子半径最小,B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成一种盐Y,A、B、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物。回答下列问题:(1)将E的单质投入水中,发生反应的离子方程

18、式为_,该反应的氧化剂是_。(2)C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应的化学方程式为_。产物中含有的化学键类型为_(填“离子键”或“共价键”)。(3)已知0.4 mol 液态C2A4与液态双氧水反应,生成C2和液态水,放出327.2 kJ的热量。1 mol液态水变为水蒸气需吸收44.0 kJ的热量。写出液态C2A4与液态双氧水反应,生成C2和水蒸气的热化学方程式_。(4)BD2与E2D2反应的化学方程式为_。【解析】因为B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,B为C;A的原子半径最小,A为H;E与A同主族,E为Na;C元素的最高价氧化物的水化物X与其氢化物反应生成盐,C为N;A、B

19、、C、E四种元素都能与D元素形成原子个数比不相同的常见化合物,则D为O。(1)将E的单质投入水中,发生反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2,该反应的氧化剂为H2O。(2)HNO3与NH3反应的化学方程式为NH3+HNO3NH4NO3,NH4NO3中存在的化学键为离子键、共价键。(3)0.4 mol N2H4与H2O2反应生成N2和H2O(l)放出327.2 kJ热量,1 mol N2H4与H2O2完全反应生成N2和H2O(l)的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(l)H=-818 kJmol-1;根据H2O(l)H2O(g)H=44.0 kJ

20、mol-1,N2H4与H2O2反应生成N2和H2O(g)的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(g)H=-642 kJmol-1。(4)CO2与Na2O2反应的化学方程式为2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2。答案: (1)2Na+2H2O2Na+2OH-+H2H2O(2)NH3+HNO3NH4NO3离子键、共价键(3)N2H4(l)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(g)H=-642 kJmol-1(4)2CO2+2Na2O22Na2CO3+O218.(10分)(滚动交汇考查)由于温室效应和资源短缺等问题,如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用,引起

21、了全社会的普遍关注。世纪金榜导学号79100483(1)科学家们提出利用工业废气中的CO2可制取甲醇。已知在常温常压下反应的热化学方程式:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90 kJmol-1; CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41 kJmol-1,二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式为_。(2)在体积为1 L的密闭容器中,充入1 mol CO2和2.5 mol H2在如图图示条件下测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。从反应开始到平衡,平均反应速率v(H2)=_。反应的平衡常数K=_。下列对二氧化碳、氢气制备甲醇的有关叙述正确的是_

22、。A.升高温度正反应速率减慢,逆反应速率加快B.当3v正(H2)=v逆(CO2)时,该反应达到了平衡状态C.将H2O(g)从体系中分离出来,可提高CO2和H2的转化率D.再充入1 mol CO2和3 mol H2,可使增大(3)某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理,设计如图所示的燃料电池装置。该电池工作时,OH-向_极移动(填“正”或“负”),该电池正极的电极反应式为_ _。以该燃料电池作为电源,电解精炼铜。若粗铜中含锌、银、金等杂质,则通电一段时间后,阳极减少的质量将(填“大于”“等于”或“小于”)_阴极增加的质量。【解析】(1)根据盖斯定律:-可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H

23、2O(g)H=-49 kJmol-1。(2)从反应开始到平衡,平均反应速率v(CO2)=(1 mol-0.25 mol)1 L10 min=0.075 molL-1min-1,所以v(H2)=3v(CO2)=0.225 molL-1min-1。反应达到平衡时,c(CO2)=0.25 molL-1,c(CH3OH)=c(H2O)=0.75 molL-1,c(H2)=0.25 molL-1,所以该温度下反应的平衡常数K=c(CH3OH)=144。对于反应CO2( g )+3H2( g )CH3OH(g)+H2O(g)H=-49 kJmol-1,A项,升高温度正、逆反应速率都加快 ;B项,当v正(H

24、2)=3v逆(CO2)时,该反应达到平衡状态;C项,将H2O(g)从体系中分离出来,平衡正向移动,可提高CO2和H2的转化率;D项,再充入1 mol CO2和3 mol H2,相当于增大压强,平衡正向移动,增大。(3)燃料电池总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-2C+6H2O。 该电池工作时,OH-向负极移动,电池正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-。由于粗铜中含锌、银、金等杂质,则通电一段时间后,阳极减少的质量将大于阴极增加的质量。答案:(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49 kJmol-1(2)0.225 molL-1min-1144C、D

25、 (3)负O2+2H2O+4e-4OH-大于【加固训练】环境问题备受全世界关注。化工厂以及汽车尾气排放的一氧化碳(CO)、氮氧化物(NOx)等气体已成为大气污染的主要因素。汽车尾气治理的方法之一是在汽车的排气管上安装一个“催化转化器”。已知反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)H=-113 kJmol-1。为了模拟催化转化器的工作原理,在t 时,将2 mol NO与1 mol CO充入1 L 反应容器中,反应过程中NO(g)、CO(g)、N2(g)物质的量浓度变化如图所示。(1)当15 min达到平衡时,此时NO的转化率为_。(2)写出该反应的化学平衡常数表达式K=_,此条

26、件下反应的K=_(填计算结果,可用化简后的分数值表示)。(3)根据图中2025 min内发生变化的曲线,分析引起该变化的条件可能是_。A.加入催化剂B.降低温度C.缩小容器体积D.增加CO物质的量(4)当15 min达到平衡后,若保持体系温度、体积不变,再向容器中充入2 mol NO、1 mol CO,平衡将_(填“向左”“向右”或“不”)移动。【解析】(1)15 min达到平衡时NO转化的浓度为0.4 molL-1,所以NO的转化率为100%=20%。(2)反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的平衡常数表达式为K=,平衡时NO、CO、N2和CO2的浓度分别为1.6 mol

27、L-1、0.6 molL-1、0.2 molL-1、0.4 molL-1,平衡常数K=。(3)2025 min内N2的浓度缓慢增加,说明平衡向正反应方向移动,因为在20 min改变条件的瞬间N2的浓度不变,因此一定不是压强的改变所致, C错;能使平衡向正反应方向移动的措施还有增大反应物的浓度,D对;降低反应温度,B对;催化剂对反应速率没有影响,A错。(4)15 min达到平衡后维持温度、体积不变,再充入2 mol NO、1 mol CO,则在充入NO、CO的瞬间,平衡还没有移动,NO、CO、N2、CO2的浓度分别为3.6 molL-1、1.6 molL-1、0.2 molL-1、0.4 mol

28、L-1,此时Qc=c(C)c(OH-)c(HC)c(H+)。(3)反应BaSO4(s)+CBaCO3(s)+S平衡常数表达式为K=,若Ksp(BaSO4)为110-10, Ksp(BaCO3)为510-9,则K=0.02。(4)若每次加入1 L 2 molL-1的Na2CO3溶液,能处理BaSO4的物质的量为x mol,BaSO4(s)+CBaCO3(s)+S 2.0-x xK=0.02x=0.039处理次数为5.1;则至少处理6次。答案:(1)8 mol(2)C+H2OHC+OH-c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC)c(H+) (3)0.02(4)620.(10分)(2019泉州模拟)

29、硅孔雀石是一种含铜的矿石;含铜形态为CuCO3Cu(OH)2和CuSiO32H2O,同时含有SiO2、FeCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质。以硅孔雀石为原料直接制取硫酸铜产品的工艺流程如图:请回答下列问题:世纪金榜导学号79100485(1)写出步骤中在矿粉中加入30%稀硫酸时,CuSiO32H2O发生反应的化学方程式: _。(2)步骤中加入双氧水的作用是_。(用离子方程式表示)(3)步骤中调节溶液pH约为4,可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的,调节溶液pH可选用的最佳试剂是_。A.Fe(OH)3B.NH3H2OC.CuOD.NaOH(4)已知常温下,KspAl(OH)3=3.2

30、10-34,测得滤液A中Al3+的浓度为110-2 molL-1,则在滤渣B中_(填“有”或“没有”)Al(OH)3。(5)为充分利用母液,某学生设计两种方案回收铜。甲方案:乙方案:按如图所示装置进行电解。乙方案中,铜将在_(填“A”或“B”)极析出,为保持乙方案中电流恒定,B极应该使用_(填“铁”或“石墨”)作电极材料。该方案和甲方案相比较,最大的缺点是_。【解析】(1)CuSiO32H2O+H2SO4CuSO4+H2SiO3+2H2O。(2)观察矿粉中成分,能够与双氧水反应的只有二价铁离子,加入双氧水的目的就是把二价铁离子氧化成三价铁离子:2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(3

31、)调节溶液pH约为4,可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的,而且不能引入新的杂质,所以CuO最合适。(4)KspAl(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=3.210-34,已知滤液A中c(Al3+)=110-2 molL-1,则当c3(OH-)3.210-32,所以滤渣B中有Al(OH)3。(5)由电解装置图可知,铜在阴极即A极析出,为保持乙方案中电流恒定,B极应该使用铁作电极材料。比较甲方案和乙方案装置,乙方案最大的缺点就是消耗能源。答案:(1)CuSiO32H2O+H2SO4CuSO4+H2SiO3+2H2O(2)2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O(3)C(4)有(5)A铁耗能21.(12分)(能力挑战题)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979