（安徽专用）版高考化学 阶段滚动检测三 新人教版（含精细解析）

阶段滚动检测（三）

第一〜七章

（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.（滚动单独考查）设为阿伏加德罗常数，以下有关表达正确的选项是（）

A.1molCh与足量金属铝反响，转尊的电子数为3以

B.标准状况下,11.2L氮气中约含有M个氮原子

C.将麻个NL分子溶于1L水中得到1mol-Lf的氨水

D.常温下32g含有少量臭氧的氧气中，共含有2M个氧原子（氧的相对原子质量：16）

@））

2.不能用',来表示其结构的微粒是（）

A.NeB.F-C.Al3+D.S2-

3.下来是元素周期表中短周期的一局部，X、W的质子数之和为23，以下说法正确的选项是（）

XY

ZV

A.X元素最少可形成五种氧化物

B.Y元素的氢化物的水溶液属于强酸

C.W元素的氢化物比上0稳定

D.Z的单质和Y的单质反响，其物质的量之比为1：1

4.（2019•许昌模拟）以下关于化学键的说法中正确的选项是（）

A.构成单质分子的微粒一定含有共价键

B.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物

C.非极性键只存在于双原子单质分子里

D.不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键

5.（滚动交汇考查）以下说法正确的选项是（）

A/款J原子中，核内中子数与核外电子数的差值为143

B.纯碱、CuS04-5H?0和生石灰分别属于盐、混合物和氧化物

C.但凡能电离出离子的化合物都是离子化合物

I）.NL、硫酸钢和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质

6.（滚动单独考查）取100mL0.3me1/1,和300mL0.25mol/L的硫酸注入

500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H+的物质的量浓度是（）

A.0.21mol/LB,0.42mol/L

C.0.56mol/LD,0.26mol/L

7.（滚动单独考查）（2019•临沂模拟》以下离子方程式中不正确的选项是（）

A.碳酸氢钙溶液中参加过量氢氧化钢溶液：

Ca++2HCO；+2OH-=CaCO31+2乩0+（：0厂

B.4mol/L的NaAlO2溶液和7mol/L的盐酸等体积均匀混合：

+3+

4A1074-7H4-H20=3Al（0H）31+A1

C.0.1mol溪化亚铁溶液中滴入含0.1molCh的氯水:2Fe2++2Br-+2C12=

3+

2Fe+Br2+4Cr

D.向Mg（HCO3）2溶液中参加过量的NaOH溶液:

Mg2+4-2HC0T4-20H-=MgC（）31+C07+2也0

8.实骁室用Zn与稀硫酸反响来制取氢气，常加少量CuSO」来加快反响速率。为了研究CuSOi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，分别参加四个盛有相同大小的Zn

片（过量）的反响瓶（甲、乙、丙、丁）中，收集产生的气体，并记录收集相同体积的气体所需的时间。

甲乙丙丁

试剂

4mol,L-1

20V.v2V,

Hg/mL

饱和CuSOt

02.5V.,10

溶液/mL

H20/mLV5v680

收集气体所

tit2ta

需时间/s

以下说法正确的选项是（）

A.tl=t2=t3=tl

B.Vi=M=1()

C.Vfi=7.5

D.V1<V2<V3<2O

9.（滚动单独考查）常温下，以下各组离子在指定溶液中可能大量共存的是

A.澄清透明的溶液中：Cu2+.Fe3+.\QT、Cl-

B.使pH试纸显深蓝色的溶液中：NH<\Na+、SOf.Cl-

C.含有大量CIO一的溶液中:K+、Na\1一、sot

D.c(A产)=0.1mol-。的溶液中：Na\NH：、A10T,S05~

10.(滚动交汇考查)A、B、C、D四种物质间能够实现以下转化，不符合转化关系的A物质是()

A.硅B.硫。.钠D.氯气

11.以下表达中，正确的选项是()

A.甲烷的燃烧热A//=-890.3kJ・molf,那么甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH.(g)+2O：(g)=CO,(g)+

2H20(g)

△〃=一890.3kJ-mol-1

B.500°C、30MPa下，将0.5molM和L5mol压置于密闭的容器中充分反响生成NHa(g)，放热19.3kJ，其

热化学方程式为：

N2(g)+31L(g)—他化剂--2NH3(g)

b°—5OO℃»5OMPa

△仁一38.6kJ-mol-'

C.相同条件下,2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量

I).常温下，反响C(s)+C0?(g)=2C0(g)不能自发进行，该反响的△//>()

12.TC时在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反响生成Z(g)。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R和T2时，Y的体积百分含量与时间关系如图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：3X(g)+Y(g)L^2Z(g)

B.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.反响进行的前4min内，用X表示的反响速率

v(X)=0.075mol,L-1,min-1

D.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

13.(2019•安庆模拟)现有以下短周期元素性质的数据：

编号

①②③④⑤⑥©

元素性

原子X径0.741.601.521.100.991.860.75

最高化合价4-2+1+5+7+1+5

最低化合价-2-3-1-3

以下说法正确的选项是()

A.第一电离能：①〉⑦

B.电负性：②<④

C.相应离子的半径：②X©>①

D.气态氢化物的稳定性和沸点：

14.用高铁酸钠(NaFcOJ对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术，制取NaFcO」的反响为：FeA+

3Na20r=2Na2Fe0.1+Na20，以下说法不正确的选项是()

A.FeH是反响的复原剂

B.Na曲既是氧化剂又是复原剂

C.NaJeOi既是反响的氧化产物，又是反响的复原产物

D.Na^eO,能消毒杀菌是因其具有强氧化性

15.温度为TC,压强为1.()1X1()'、Pa条件下,某密闭套器中以下反响到达化学平衡A(g)+B(g)=^3C(?).

测得此时c(A)=0.022mol-L_1；压缩容器使压强增大到2.02X10。Pa，第二次到达平衡时，测得c(A)=0.05

mol-L-1；假设继续压缩容器，使压强增大到4.04X107Pa，第三次到达平衡时，测得c(A)=0.075mol-L-l；

那么以下关于C物质状态的推测正确的选项是()

①C为非气态；②C为气态；③第二次到达平衡时C为气态；④第三次到达平衡时C为非气态

A.(2)B.®®C.②④D.①④

16.(2019•北京模拟)如图为反响2X(g)+Y(s)=^2Z(g)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

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.(12分)(滚动交汇考查)A、B、D、Y为原子序数依次增大的4种短周期元素。：

①A、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。

②D的氢化物是最常用的溶剂。请答复：

(1)AD.,中具有的化学键的类型是(填“共价键”或"离子键〃)。

(2)高温时，6gA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65.75kJ,其反响的热

化学万程式是O

(3)D与氢元素可组成含有10个电子的X一，与X一组成元素相同，原子个数比也相同的分子制备R的反响方程式

为O

(4)将盛有一定量红棕色气体BD?的4L容器压缩至2L,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O

(5)\口与Dz反响生成的反响方程式为,

该反响的平衡常数表达式为。

18.(10分)(2019•池州模拟)元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下面是元素周期表的一局部，表

中所列字母A、D、E、G、Q、M、R、T分别代表某一化学元素。请用所给元素答复以下问题。

(DT元素的基态原子价电子排布式为o

(2)G和E的原子可形成与Ne具有相同电子层结构的简单离子，这两种离子的半径由大到小的顺序是(填离子符

号);Q、M、R中第一电离能最大的是(填元素符号)o

(3)M、D两种元素形成的化合物分子共有个。键个n键：分子构型是。

(4)A分别与D、E、R形成的分子中，分子间存在氢键的是(填分子式)o

(5)从所给元素中组成适宜的反响物，用化学方程式说明元素M、R的非金属性强弱。

(6)第三周期主族元素单质熔点上下为顺序如下图，”1所对应的元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是—

,“7”所对应的最高价氧化物的晶体类型是.

19.(8分)(2019•大连模拟)一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反响生成甲醇(催化剂

为CusO/ZnO)

C0(g)+2IL(g).——：CIWH(g)A//：0，根据题意完成以下各题：

(1)反响到达平衡时，平衡常数表达式仁O

(2)其他条件不变，仅把温度改为5CCTC,请在图上画出此温度下甲醉的物质的量陨反响时间变化的示意图。

(3)升高温度，(值—(填"增大"、"减小”或"不变”)，增大压强，(值

—(填"增大"、"减小”或"不变”)。

⑷在300X：时，从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v(Hz)=o

(5)在其他条件不变的情况下，对处于B点的体系体积压缩到原来的1/2,以下有关该体系的说法正确的选项

是o

a.氢气的浓度减小

b.正反响速率加快，逆反响速率减小

c.甲醇的物质的量增加

d.重新平衡时n(H2)/n(CH：QH)减小

20.(10分)(2019•昆明模拟)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相互反响生成盐和水；义Z是非金属元素，丫与皿可形成

离子化合物aY；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。

(DX的原子结构示意图为o

(2)W、X的最高价氧化物的水化物相互反响的离子方程式为

⑶工业上制取X单质的化学方程式为O

(4)G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GD与一氯化碳两种气体能相互反响转化为无污

染、能参与大气循环的两种气体，假设有33.6L(已换算成标准状况)一氧化碳参加反响，转移的电子数为

molo

(5)298K时，Z的最高价氧化物为无色液体,0.25mol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akJ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的饱和溶液法进行收集，其理由是(请结合化学平衡理论简要分析说

明)o

21.(12分)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(NOJ等气体已成为大

气污奖的主要因素。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2N0(g)+

2C0(g)=^N2(g)+2COKg)AQ—113kJ・moL。为了模拟催化转化器的工作原理，在t℃时，将2molN0

与1nolCO充入1L反响容器中，反响过程中NO(g)、CO(g)、Nz(g)物质的量浓度变化如下图。

(1)当15min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4，此条件下反响的K=(填计算

结果，可用化简后的分数值表示)

⑶根据图中20〜25min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,降低温度

C.缩个容器体积D.增加C0物质的量

⑷当15min到达平衡后，假设保持体系温度、体积不变，再向容器中充入2molNO、1molCO,平衡将

(填“向左"、“向右”或"不〃)移动。

答案解析

1.【解析】选D。1molCL完全反响生成2moic广，转移2moi电子，A错；He为单原子分子，标准状况下,11.2

LHe含有0.5mol原子，B错；溶液的体积不是溶质与溶剂的体积之和，物质的量浓度无法计算，C错：0,和

。2都是由氧原子组成的，32g气体，含有2,，M个氧原子，D对。

2•【解析】选D。该微粒可能为原子Ne,也可能为阳离子A-+,也可能为阴离子「，但是不可能为S’.,因为S?

一的核外有18个电子，D错。

3.【解析】选A。根据表格中元素的位置关系可知，X、Y、Z、TV为第二、三周期元素，设X的原子序数为a,W

的原子序数为a+9,由X、W的质子数之和为23可知，2a+9=23,a=7。所以X、Y、Z、W分别为N、F、Si、S

四种元素。N的常见氧化物有N?。、N)、刈、N2O3、N20KNQ5等，A对；F的氢化物为HF,HF的水溶液为弱酸，B

错；H2s的稳定性弱于乩0,C错：Si与Fz反响，生成SiF」，Si与F2的物质的量之比为1：2,D错。

4.【解析】选B。单质分子中也可能不存在化学键，如稀有气体用错；由非金属元素组成的化合物如NH£1为

离子化合物，B对；非极性键也存在于化合物中如Naid、C2H2等，C、D错。

5.【解析】选D。2款;中核内中子数与核外电子数的差为235-92X2=51,A错；CuSO「5HQ为纯洁物，B错；

能电离出离子的化合物不一定是离子化合物，如HC1在水溶液中也能电离出H'和C】，C错；\乩为非电解质,

硫酸软为强电解质，水为弱电解质J)对。

6.【解析】选B。溶液中H+的物质的量为2X(0.1LXO.3mol-L-,+0.3LXO.25mol•L-,)=0.21mol,所以

FT的浓度为0.21mol/0.5L=0.42mol-17,,B对。

7.【解析】选D。Ca(HC0：,)2与过量NaOH反响的离子方程式为Ca2++2HC0J+

201F=CaC03I+2IL0+C0r,A对；NaAlO?与HC1的物质的量之比为4：7发生反响，根据410『+1广+

H?0=Al(()H)3l可知A10；完全反响，H*剩余，后继续发生反响Al(0H)3+3H+=A13++3H2，所以Al(OH”与

’的物质的量之比为3：1,B对；溪化亚铁溶液中参加等物质的量的Cb,羟2+完全反响」狂一局部反响，C对；

Mg(HC03)2溶液中参加过量的NaOH,应该生成Mg(0H)2沉淀，因为Mg(0H)2的溶解度比MgCO,的小，D错。

8.【解析】选C。因为该实验仅研究CuSOi的量对反响速率的影响，所以H2soi的量应相同，*=V2=V3=20,D错；

硫酸的物质的量相同，H£Oj的浓度相同，HzSO；才对反响速率影响相同，那么溶液的体积相同，根据丁组数据可

知，CuSO』溶液与的体积之和为10mL,所以V.,=2、匕=10、匕=7.5,B错、C对；CuSO」的量越多，反响速

率越快，tl、t2、t3、口不相等,A错。

9.【解析】选A。pH试纸显深蓝色，说明溶液的碱性较强小时与胡一不能共存，B错；C1(T与1或C10一与S0『

不能共存，C错；Af+与A10「不能大量共存」)错。

10•【解析】选A。硫可以与氧气生成二氧化硫后进一步与氧气反响生成三氧化硫1项正确；钠在空气中缓慢氧

化可得氧化钠，在空气中加热又可得到过氧化钠4项正确；氯气可以和铁反响生成三氯化铁，三氯化铁可以和

铁反响生成氯化印铁，口项正确.

11.【解析】选I)。燃烧热的定义为25。€\101kPa时Jm。】可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。

液态水为稳定氧化物形式，故A错；B项，根据热化学方程式的含义，与此(山+3似9三点黑面士2阳式由对

应的热量是1mol氮气完全反响时的热量，但此反响为可逆反响，虽然投入().5mol的氮气，但最终参加反响的

氮气一定小于0.5mole所以△〃的值大于一38.6,B错；C项，氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量,

说明2mol氢原子的能量大于1mol氢分子的能量，C错：D项的反响是典型的吸热反响，在常温下不能自发进

行，D正确。

12•【解析】选B。根据图1可知.X、Y、Z的物质的量的变化分别为0.6mol、0.2mol.0.4mol.所以反响的

化学方程式为3X(g)+Y(g)=W2Z(g),A对；根据图2可知，T2先到达平衡，Tz>T一升高温度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4min内X的物质的量变化为0.6mol,X

的平均反响速率为0.6mol/(2LX4min)=0.075mol•L-1•min--,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。

13.【解析】选B。由题意知①、②、③、④、⑤、⑥、⑦分别代表0、Mg、Li、P、Cl、Na、N。八项，第一电离

能：N>0；B项，电负性：Mg<P；C项，相应离子的半径：0">Na+>Mg"；D项，气态氢化物的稳定性NHOPH：5,由

于NH,分子间存在氢键，沸点MVPk

14.【解析】选B。Fe—反响后生成NazFeO,，Fe的化合价升高尸cB为复原剂，NazFeO,为第化产物;Na—中的

一1价0反响后生成NazFeOi和Na?。中的一2价0,岫2。2为氧化剂，NazFeO,和Na?。为复原产物,A对、B错、C

对,NEFeOl能够杀菌消毒是因为+6价Fe具有强氧化性，1)对。

15•【解析】选B。第一次平衡与第二次平衡相比，c(A)增加的浓度大于因压强增加的程度，故增压时平衡向逆

反响方向移动，从而可确定第二次到达平衡时C为气态；第二次平衡与第三次平衡相比，c(A)浓度的增加程度小

于因压强增加的程度，故增压时平衡向正反响方向移动，从而确定第三次到达平衡时C为非气态，应选B项。

16.【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的催化效果差，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，1)对。

17.【解析】A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍4为01)的氢化物是最常用的溶剂」)为0;B为N；Y

与0同主族，丫为S。

(DC0中含有的化学键为共价键。

(2)6gC的物质的量为0.5mol,lmolC完全与水蒸气反响吸收的热量为131.5kJ,反响的热化学方程式为C(s)

4-H20(g)=CO(g)+H?(g)

-l

A//=+131.5kJ,molo

⑶X-为OH一，与OFF组成元素相同，原子个数为1：1的分子为HA,与。2制备。2的反响方程式为:2数0善唾2H2。

+0,to

(4)将容器的体积从4L压缩至2L,容器内的压强瞬间变为原来的2倍，但是因为存在2NO2一=±N2O」平衡，增

大压强平衡向气体物质的量减小的方向进行，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。因为开始容器体积减小，N在浓度增大，所以颜色加深，后因为平衡的移动，NO?浓度减小，颜色变浅。

(5)S”与(J?反响生成SOa的反响方程式为2sO2+O2.催化剂J2S(h,该反响的平衡常数表达式为4=

c(SO2)c(O2)

答案：(1)共价键

⑵C(s)+压0(g)=C0(g)+H2(g)

AQ+131.5kJ-mol-1

(3)2HX)22222H2+0?t

(4)小于ZNa—JMOi为可逆反响，当将其体积压缩为原来的一半时，平衡向右移动，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

(5)2S0,+02;~^剂±2S0：.K=

c(SO2)c(O2)

18.【解析】根据题给局部元素周期表可知A、D、E、G、Q、M、R、T分别为H、C、N、Na、Si、S、CRFe。

(l)Fe元素的基态原子价电子排布式为3d64s2。

(2)Na和N的原子可形成与Ne具有相同电子层结构的简单离子，这两种离子的半径由大到小的顺序是k一>2+；

Si、S、Cl中第一电离能最大的是CL

(3)S、C两种元素形成的化合物分子为CS?,分子中共有2个。键2个n键；分子构型为直线形。

(4)H分别与C、N、C1形成的分子中，分子间存在氢键的是NFU

⑸Cb+Na2s=2NaCl+Sl、Ck+HB=2HC1+SI均能说明元素Cl、S的非金属性强弱。

(6)第三周期主族元素单质熔点最低的是Cl元素，所对应的元素最高价氧化物对应的水化物的化学式是HC10-

单质熔点最高的是Si元素，所对应的最高价氧化物SiO;属于原子晶体。

答案：(1)3d64s2(2)N3->Na+Cl(3)22直线形

⑷Mb(5)CL+Na2S=2NaCl+S\或Ch+HS=2HC1+SI

(6)HC]0t原子晶体

19.【解析】(l)CO(g)+2H?(g)==±CH2H(g)的平衡常数表达式为『黑黑)。

⑵因为C0(g)+2H2(g)=±CH：QH(g)”火0反响为放热反响，升高温度反响速率加快，反响到达平衡所用

时间缩短，但是因为升高温度，平衡向逆反响方向移动，CIhOH的物质的量减小。所以图像如图虚线局部所示:

(3)因为正反响为放热反响，升高温度，平衡常数减小，增大压强，(值不变，(只与温度有关。

(4)上时到达平衡，生成CH30H的物质的量为m,所以CH2H的反响速率为

-1-,l-1

n,\/(3Xt,\)mol•L•min<>Ha的反响速率为2ru/3tAmol•L-•nino

⑸反响C0(g)+2H2(g)E?CH.2H(g)到达平衡时将容器的体积压缩为原来的1/2,那么容器内气体的压强增大，

平衡向正反响方向移动的物质的量减小，但是浓度较没有压缩容器的体积前增大，a