浙江2013版化学复习方略 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，调节适宜的观看比例，答案解析附后。阶段滚动检测四专题38 90分钟 100分第卷选择题共48分一、选择题此题包括16小题，每题3分，共48分1.滚动单独考察氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池。氢镍电池的总反响式是H22NiOOH2NiOH2。根据此反响式判断，以下表达中正确的选项是A.电池放电时，电池负极发生复原反响B.电池放电时，镍元素被氧化C.电池充电时，氢元素被氧化D.电池放电时，H2在负极放电2.滚动交汇考察如图为反响2XgYs2Zg的反响过程和能量关系图，以下说法正确的选项是A.曲线a和

2、b表示两个反响过程的反响热不同B.曲线a一定表示反响是在无催化剂时的反响过程C.增大压强，X的转化率一定增大D.反响到达平衡后，升高温度，平衡常数K值一定减小3.以下操作中，能使电离平衡H2OHOH向右挪动且溶液呈酸性的是A.向水中参加NaHSO4溶液B.向水中参加Al2SO43溶液C.向水中参加Na2CO3溶液D.将水加热到100 ，使pH64.滚动单独考察用石墨作电极，分别电解以下各物质的溶液：CuCl2CuSO4NaBrNaNO3盐酸H2SO4KOH。其中只有水被电解的有A.B.C. D.5.2019·丽水模拟以下反响中符合以下图图像的是A.N2g3H2g2NH3gHQ1 kJ

3、·mol1Q10 B.2SO3g2SO2gO2gHQ2 kJ·mol1Q20C.4NH3g5O2g4NOg6H2OgHQ3 kJ·mol1Q30D.H2gCOgCsH2OgHQ4 kJ·mol1Q406.以下事实不能证明氨水是弱碱的是A.pH11的氨水参加水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9B.氯化铵溶液呈酸性C.常温下0.01 mol·L1氨水的pH10.6D.体积一样的0.1 mol·L1氨水和0.1 mol·L1 NaOH溶液中和盐酸的量一样7.2019·张家口模拟某温度下，C和水在密闭容器中发生以下反响

4、：CsH2OgCOgH2gCOgH2OgCO2gH2g，当反响达平衡时，测得cH21.9 mol·L1，cCO0.1 mol·L1，那么CO2的浓度为A.0.1 mol·L1 B.0.9 mol·L1C.1.8 mol·L1 D.1.9 mol·L18.实验室用Zn与稀硫酸反响来制取氢气，常加少量CuSO4来加快反响速率。为了研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，某同学设计了实验方案见表，将表中所给的试剂按一定体积混合后，分别参加四个盛有一样大小的Zn片过量的反响瓶甲、乙、丙、丁中，搜集产生的气体，并记录搜集一样体积的气体所需的时间

5、。实验试剂甲乙丙丁4 mol·L1H2SO4/mL20V1V2V3饱和CuSO4溶液/mL02.5V410H2O/mLV5V680搜集气体所需时间/st1t2t3t4以下说法正确的选项是A.t1t2t3t4B.V4V510C.V67.5D.V1V2V3209.某密闭容器中发生如下反响：2XgYgZgH<0。如图是表示该反响的速率v随时间t变化的关系图，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的用量。那么以下说法中不正确的选项是A.t3时减小了压强B.t5时增大了压强C.t6时刻后反响物的转化率最低D.t4t5时该反响的平衡常数大于t6时反响的平衡常数10.201

6、9·大同模拟以下溶液中，微粒浓度关系正确的选项是A.含有NH、Cl、H、OH的溶液中，离子浓度一定是：cClcNHcOH>cHB.室温下，pH6的醋酸与醋酸钠的混合溶液中cNacCH3COOC.0.1 mol·L1的Na2S溶液中，cOHcHcHS2cH2SD.pH3的一元酸和pH11的一元碱等体积混合后的溶液中一定是cOHcH11.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，以下操作中可能使测定结果偏低的是A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗23次B.开场实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变

7、橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次12.2019·嘉兴五校联考在不同温度下，水溶液中cH与cOH有如下图关系。以下条件关于离子共存说法中正确的选项是A.a点对应的溶液中大量存在：Fe3、Na、Cl、SO42B.b点对应的溶液中大量存在：NH4、Ba2、OH、IC.c点对应的溶液中大量存在：Na、Ba2、Cl、CO32D.d点对应的溶液中大量存在：Na、K、SO32、Cl13.25 时，向AgCl的白色悬浊液中依次参加等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最后生成黑色沉淀。有关物质的颜色和溶度积如表：物质Ag

8、ClAgIAg2S颜色白黄黑Ksp251.8×10101.5×10161.8×1050以下表达中不正确的选项是A.溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀B.假设先参加Na2S溶液，再参加KI溶液，那么无黄色沉淀产生C.25时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积一样D.25时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的cAg一样14.T 时在2 L密闭容器中使Xg与Yg发生反响生成Zg。反响过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；假设保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间关系如图

9、2所示。那么以下结论错误的选项是A.容器中发生的反响可表示为：3XgYg2ZgB.保持其他条件不变，升高温度，反响的化学平衡常数K减小C.反响进展的前4 min内，用X表示的反响速率vX0.075 mol·L1·min1D.假设改变反响条件，使反响进程如图3所示，那么改变的条件是使用催化剂15.2019·绍兴模拟25 时，弱酸的电离平衡常数如表，以下说法正确的选项是弱酸CH3COOHHCNH2CO3K1.8×1054.9×1010K14.3×107K25.6×1011A.等物质的量浓度溶液pH关系：pHNaCNpHNa2CO

10、3pHCH3COONaB.a mol·L1 HCN与b mol·L1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中cNacCN，那么a一定小于bC.往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电才能先增大，后减小D.NaHCO3和Na2CO3的混合液中：cNacHcOHcHCOcCO16.滚动交汇考察一种新型酸性乙醇电池用磺酸类质子作溶剂，比甲醇电池效率高出32倍，电池反响式为C2H5OH3O2=2CO23H2O，电池构造如下图。以下关于该电池的说法正确的选项是A.放电过程中，电源内部的H从正极区向负极区迁移B.通入乙醇的电极是正极C.该电池的正极反响为：4HO24e=2H2OD.每消耗0.2 mol

11、 C2H5OH，转移电子的物质的量为1.2 mol题号12345678答案题号910111213141516答案第卷非选择题共52分二、非选择题此题包括5小题，共52分17.8分2019·渭南模拟将0.2 mol·L1 HA溶液与0.2 mol·L1 NaOH溶液等体积混合，混合液中cNacA，那么用“、“或“填写以下空白。1混合溶液中cHAcA；2混合溶液中cHAcA0.1 mol·L1；3混合溶液中由水电离出的cOH0.2 mol·L1 HA溶液中由水电离出的cH；425 时，假如取0.2 mol·L1 HA溶液与0.1 mol&

12、#183;L1 NaOH溶液等体积混合，混合液pH7，那么混合液中HA的电离程度NaA的水解程度。18.12分滚动交汇考察A、B、D、Y为原子序数依次增大的4种短周期元素。：A、B、D位于同一周期，D、Y位于同一主族。A的原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。D的氢化物是最常用的溶剂。请答复：1AD2中具有的化学键的类型是填“共价键或“离子键。2高温时，6 g A的单质与D的气态氢化物反响，生成两种复原性气体，吸收的热量为65.75 kJ，其反响的热化学方程式是_。3D与氢元素可组成含有10个电子的X，与X组成元素一样，原子个数比也一样的分子制备D2的反响方程式为_。4将盛有一定量红棕色气

13、体BD2的4 L容器压缩至2 L，待气体颜色不再变化时，容器内的压强填“大于、“等于或“小于原来的2倍，原因是_。此过程中容器内气体颜色的变化为_。5YD2与D2反响生成YD3的反响方程式为_，该反响的平衡常数表达式为_。19.10分滚动交汇考察W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W是金属元素，X是地壳中含量最多的金属元素，且W、X的最高价氧化物的水化物互相反响生成盐和水；Y、Z是非金属元素，Y与W可形成离子化合物W2Y；G在Y的前一周期，其原子最外层比Y原子最外层少1个电子。1X的原子构造示意图为_。2W、X的最高价氧化物的水化物互相反响的离子方程式为_。3工业上制取X单质的化

14、学方程式为_。4G的气态氢化物与Y的最高价氧化物的水化物恰好反响生成的正盐溶液中，离子浓度由大到小的顺序为。在催化剂作用下，汽车尾气中G的氧化物GO与一氧化碳两种气体能互相反响转化为无污染、能参与大气循环的两种气体，假设有33.6 L已换算成标准状况一氧化碳参加反响，转移的电子数为mol。5298 K时，Z的最高价氧化物为无色液体，0.25 mol该物质与一定量水混合得到Z的最高价氧化物的水化物的稀溶液，并放出a kJ的热量。该反响的热化学方程式为_。6实验室制备Z的单质时，常用排WZ的饱和溶液法进展搜集，其理由是请结合化学平衡理论简要分析说明_。20.12分环境问题备受全世界关注。化工厂以及

15、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。反响2NOg2COg N2g2CO2gH113 kJ·mol1。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 反响容器中，反响过程中NOg、COg、N2g物质的量浓度变化如下图。1当15 min到达平衡时，此时NO的转化率为_。2写出该反响的化学平衡常数表达式K，此条件下反响的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.参加催化剂 B.降低

16、温度C.缩小容器体积 D.增加CO物质的量4当15 min到达平衡后，假设保持体系温度、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“不挪动。21.10分2019·杭州模拟1实验室用铜制取硫酸铜，将适量硝酸分屡次参加到铜粉与稀硫酸的混合物中，加热使之反响完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体。理论上硫酸和硝酸的物质的量之比最正确为：；2实际上，即使铜粉、硫酸及硝酸都比较纯制得的CuSO4·5H2O中还是有可能存在的杂质是，除去这种杂质的实验操作称为。3为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进展如下设计：方案甲：以空气为氧化剂。将铜粉在填仪

17、器名称中反复灼烧，使铜与空气充分反响生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反响。方案乙：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发如今常温下几乎不反响。向反响液中加少量FeSO4，即发生反响，生成硫酸铜。反响完全后，加物质甲调节pH，铁元素全部沉淀一般认为铁离子的浓度下降到105mol·L1，就认为沉淀完全，然后过滤、浓缩、结晶。请答复以下问题：KspCuOH21022，KspFeOH21016，KspFeOH31038为了使铁元素全部沉淀，应调节pH至少为_；甲物质可选用的是；A.CuCl2 B.NaOHC.Cu2OH2CO3D.CuOE.H2SO4反响中参加少量FeSO4对铜的氧化

18、可以起催化作用。其反响过程是：第1步，4Fe2O24H=4Fe32H2O，请写出其第2步反响的离子方程式_。方案丙：将铜丝放到一定量的稀硫酸中，参加适量的H2O2，并控温在5060 ，持续反响1 h，也能获得硫酸铜。请答复以下问题：反响时温度必须控制在5060 ，温度不宜过高的主要原因是_；写出该反响的化学方程式为_。答案解析1.【解析】选D。根据电池反响可首先看出放电时，H2在负极被氧化，NiOOH在正极被复原，而充电时那么是氢元素被复原，镍元素被氧化。2.【解析】选D。反响热与反响过程无关，只与反响物和生成物的状态有关，A错；曲线a也可能是使用了催化剂，但是催化剂a的催化效果比催化剂b的效

19、果差，B错；因为该反响为气体体积不变的反响，增大压强X的转化率不变，C错；因为正反响为放热反响，升高温度平衡常数减小，D对。3.【解题指南】解答此题时应注意以下两点：1水的电离程度增大，cH不一定增大。2NaHSO4=NaHSO，它相当于一元强酸。【解析】选B。A项，参加NaHSO4溶液显酸性，但抑制水的电离，A错误；参加Al2SO43溶液，Al3水解促进水的电离，同时水解使溶液显酸性，B正确；参加Na2CO3溶液，CO水解显碱性，C错误；将水加热促进其电离，氢离子浓度增加，但水仍然是中性的，D错误。4.【解析】选C。活泼金属的含氧酸盐如NaNO3、含氧酸如H2SO4、可溶性强碱如KOH在用惰

20、性电极电解时，本质是电解水，C正确；不活泼金属无氧酸盐如CuCl2、无氧酸如盐酸本质是电解溶质本身；不活泼金属的含氧酸盐如CuSO4、活泼金属的无氧酸盐如NaBr本质是电解溶质和水。5.【解析】选B。根据图像可知在773 K时生成物的浓度比573 K时的浓度高，说明升高温度，平衡向正反响方向挪动，所以正反响为吸热反响；根据反响速率-压强图像可知，到达平衡后增大压强，v逆>v正，说明反响向逆反响方向挪动，逆反响方向为气体体积减小的反响。综合上面两点可知，B对。6.【解题指南】解答此题应注意以下两点：1弱碱溶液稀释时，由于电离程度增大，每稀释10倍，pH减小值小于1。2体积一样，浓度也一样的

21、氨水和NaOH溶液中和才能一样。【解析】选D。A项，假设氨水为强碱，必完全电离，加水稀释时，pH11的氨水参加水稀释到原溶液体积100倍时，pH应等于9；B项，氯化铵溶液呈酸性，说明NH发生水解反响生成了弱电解质NH3·H2O，“有弱才水解；C项，常温下0.01 mol·L1氨水的pH10.6，说明氨水不能完全电离，假设完全电离，pH应等于12；D项，无论氨水的碱性强弱，等体积、等浓度的氨水和NaOH溶液电离出的nOH的量一样，它们的中和才能一样，故答案选D。7.【解析】选B。设cCO2x，反响CsH2OgCOgH2g中生成cCOcH2y，那么有xy1.9 mol·

22、;L1，yx0.1 mol·L1，解得x0.9 mol·L1，y1.0 mol·L1，应选B。8.【解析】选C。因为该实验仅研究CuSO4的量对反响速率的影响，所以H2SO4的量应一样，V1V2V320，D错；硫酸的物质的量一样，H2SO4的浓度一样，H2SO4才对反响速率影响一样，那么溶液的体积一样，根据丁组数据可知，CuSO4溶液与H2O的体积之和为10 mL，所以V42、V510、V67.5，B错、C对；CuSO4的量越多，反响速率越快，t1、t2、t3、t4不相等，A错。9.【解析】选B。在t3时刻改变条件正逆反响速率都减小，且平衡向逆反响方向挪动，说明此

23、时改变的条件可能为降低温度或减小了压强，因为反响为气体体积减小的放热反响，降低温度平衡向正反响方向挪动，那么此时改变的条件只能为减小压强，A对；t5时刻改变条件，正逆反响速率都增大，且平衡向逆反响方向挪动，那么此时改变的条件为升高温度，B错；t3t4和t5t6时刻反响一直向逆反响方向进展，所以反响物的转化率一直减小，t6时反响物的转化率最小，C对；从整个图像可知，在t2时刻使用催化剂，t3时刻减小压强，t5时刻升高温度，所以t4t5时的平衡常数大于t6时刻，D对。10.【解析】选C。根据电荷守恒知，因为cClcNH，那么cHcOH，A错；室温下，pH6，即cHcOH，根据电荷守恒知cNa<

24、;cCH3COO，错；由质子守恒知C正确；D项，假设是强酸与强碱混合有cOHcH，假设是强酸与弱碱混合，有cHcOH，假设是弱酸与强碱混合，有cHcOH，错。11.【解析】选C。A项，所用的盐酸的实际用量大于理论用量，故导致测定结果偏高；B项，这种操作会导致盐酸读数偏大，测出NaOH溶液浓度也偏高；C项，由黄色变为橙色可能由于部分cH变大引起的，振荡后可能还会恢复黄色，应在振荡后半分钟内颜色保持不变才能认为已到达滴定终点，故所用盐酸的量比理论用量偏小，测出的NaOH溶液浓度偏低；D项，用NaOH溶液润洗，直接导致盐酸的用量偏大，故测定NaOH浓度偏高。12.【解析】选D。由图像知，a点cHcO

25、H，溶液呈中性，Fe3存在水解，显酸性，故a点处Fe3不能大量存在。b点cH106mol·L1，cOH108mol·L1cH，溶液呈酸性，OH不能大量存在，且NH4与OH不能共存。c点cHcOH，溶液呈中性，但Ba2与CO32不能共存。d点cH107mol·L1，cOH106mol·L1cH，溶液呈碱性，Na、K、SO32、Cl能大量存在，应选D。 13.【解析】选D。溶解平衡的特征是：溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀；根据KspAg2S和KspAgI计算可知，沉淀Ag所需S2的浓度远小于所需I的浓度，参加KI溶液后，Ag2S沉淀不能转化为AgI

26、沉淀；同种难溶电解质的溶度积只与温度有关，温度不变Ksp不变，所以，25时，AgCl固体在任何水溶液中的溶度积都一样；由于等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的cCl不同，而KspAgCl不变，所以，25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的cAg不同。应选D项。14.【解析】选B。根据图1可知，X、Y、Z的物质的量的变化分别为0.6 mol、0.2 mol、0.4 mol，所以反响的化学方程式为3XgYg2Zg，A对；根据图2可知，T2先到达平衡，T2>T1，升高温度Y的百分含量减少，说明正反响为吸热反响，所以升高温度平衡常数增大，B错；前4 min内X的

27、物质的量变化为0.6 mol，X的平均反响速率为0.6 mol/2 L×4 min 0.075 mol·L1·min1，C对；从图3可知，反响物的起始物质的量不变，到达平衡时各物质的物质的量不变，只是反响到达平衡所用时间缩短，结合该反响为反响前后气体体积不相等的反响，改变的措施只能是使用了催化剂，D对。15.【解析】选C。据表中数据可知酸性大小顺序为：CH3COOHH2CO3HCNHCO，故等浓度的盐溶液碱性大小为Na2CO3NaCNNaHCO3CH3COONa，A错误；因HCN为弱酸，假设ab，即二者恰好完全反响，那么因CN发生水解也会导致cNacCN，B错误；

28、向冰醋酸中参加水时，cH由0增大到某一数值，导电性增强，但随水量增多，cH会减小，故导电性减弱，C错误；据电荷守恒知：cNacHcOHcHCO2cCO，D错误。16.【解析】选C。A项：H应从负极区向正极区迁移；B项：C2H5OH在负极失电子；D项，由H5OH12e3H2O=212H1 mol 12 mol0.2 mol 2.4 mol转移电子2.4 mol。17.【解析】HA与NaOH恰好中和生成NaA溶液，且物质的量浓度为0.1 mol·L1。因为cNacA，说明A发生水解，方程式为AH2OHAOH，故cHAcA，据原子守恒知cHAcA0.1 mol·L1。混合溶液中因

29、A水解，促进了水的电离，而HA溶液中水的电离受到抑制。在第4题中，反响后溶液中溶质为HA和NaA，且二者的浓度均为0.05 mol·L1，因溶液pH7，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。答案：123418.【解析】A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A为C；D的氢化物是最常用的溶剂，D为O；B为N；Y与O同主族，Y为S。1CO2中含有的化学键为共价键。26 g C的物质的量为0.5 mol,1 mol C完全与水蒸气反响吸收的热量为131.5 kJ，反响的热化学方程式为CsH2Og=COgH2gH131.5 kJ·mol1。3X为OH，与OH组成元素一样，原子个数

30、为11 的分子为H2O2，H2O2制备O2的反响方程式为：2H2O22H2OO2。4将容器的体积从4 L压缩至2 L，容器内的压强瞬间变为原来的2倍，但是因为存在2NO2N2O4平衡，增大压强平衡向气体物质的量减小的方向进展，气体的物质的量减小，容器内气体的压强也减小，小于原来的2倍。因为开场容器体积减小，NO2浓度增大，所以颜色加深，后因为平衡的挪动，NO2浓度减小，颜色变浅。5SO2与O2反响生成SO3的反响方程式为2SO2O22SO3，该反响的平衡常数表达式为K。答案：1共价键2CsH2Og=COgH2gH131.5 kJ·mol132H2O22H2OO24小于2NO2N2O4

31、为可逆反响，当将其体积压缩为原来的一半时，平衡向右挪动，容器内气体分子总数减少，容器内压强小于原来的2倍先变深后变浅52SO2O22SO3K19.【解析】地壳中含量最多的金属元素是Al，W的最高价氧化物的水化物可以和AlOH3反响生成盐和水，所以W为Na元素，Y与W可形成离子化合物W2Y，说明Y显2价，所以Y为S元素，其最外层有6个电子，G最外层有5个电子，为N元素。Z的原子序数比Y的大，所以Z为Cl元素。答案：12AlOH3OH=AlO2H2O32Al2O3熔融4Al3O24cNHcSOcHcOH35Cl2O7lH2Ol=2HClO4aqH4a kJ·mol16在氯水中存在如下平衡：Cl2H2OHClHClO，在饱和NaCl溶液中，cCl最大，该平衡逆向挪动程度最大，Cl2溶解的最少，所以可以用排饱和N