2019-2020年高考化学一轮复习 17阶段考试

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考化学一轮复习17阶段考试姓名成绩一、选择题（6*10分）1.在反应A＋2B===C＋2D中，已知C和D的相对分子质量之比为22∶9，当1.6gA与B完全反应后，生成4.4gC，则在此反应中参与反应的B和生成的D的质量之比为(　　)A．16∶9　　　　　　　　B．23∶9C．32∶9D．46∶9【解析】　根据A＋2B===C＋2D知生成4.4gC时生成D的质量为eq\f(2×9,22)×4.4g＝3.6g，由质量守恒定律知参加反应的B的质量为3.6g＋4.4g－1.6g＝6.4g，故参加反应的B与生成的D的质量比为6.4g∶3.6g＝16∶9。【答案】　A2、　某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－四种离子，其物质的量浓度比为Na＋∶Mg2＋∶Cl－＝3∶5∶5，若Na＋浓度为3mol·L－1，则SOeq\o\al(2－,4)的浓度为(　　)A．2mol·L－1　　　　　　B．3mol·L－1C．4mol·L－1D．8mol·L－1【解析】　根据电荷守恒可知3mol/L×1＋5mol/L×2＝5mol/L×1＋c(SOeq\o\al(2－,4))×2c(SOeq\o\al(2－,4))＝4mol/L。【答案】　C3、两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2LH2( 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　　)A．Mg和AgB．Zn和CuC．Al和ZnD．Al和Cu【解析】　本题可用平均摩尔电子质量(即提供1mol电子所需的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15g金属混合物可提供1mole－，其平均摩尔电子质量为15g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做∞。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15g·mol－1。【答案】　B4.在含有agHNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁粉全部溶解并生成NO，有eq\f(a,4)gHNO3被还原，则a∶b不可能为(　　)A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．9∶2【解析】　Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O则有eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝3∶8，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(3,1)此为a∶b的最小值。(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O则有eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝1∶4，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(9,2)此为a∶b的最大值。所以a∶b的取值范围为eq\f(3,1)≤eq\f(a,b)≤eq\f(9,2)，即a∶b的值在此范围内均合理。【答案】　A5.ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液恰好完全反应后，得到ag铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为(　　)A．1∶7B．7∶1C．7∶8D．8∶7【解析】　溶液中发生的反应有：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，由于ag铁粉反应后得到ag铜，而第一个反应是固体增重的反应，因此铁粉在与CuSO4溶液反应后，又继续与H2SO4反应，n(Cu)＝n(CuSO4)＝eq\f(a,64)mol，n(H2SO4)＝(a－eq\f(a,64)×56)/56＝eq\f(a,7×64)mol，n(CuSO4)∶n(H2SO4)＝7∶1。【答案】　B6.某溶液中可能含有H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是(　　)A．溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋B．溶液中n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.2molC．溶液中一定不含COeq\o\al(2－,3)，可能含有SOeq\o\al(2－,4)和NOeq\o\al(－,3)D．n(H＋)∶n(Al3＋)∶n(Mg2＋)＝1∶1∶1【解析】　由图象可知，反应先后顺序为H＋→Mg2＋、Al3＋→NHeq\o\al(＋,4)→Al(OH)3。由①知溶液中一定含有H＋，一定没有COeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)，由②知溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，由图象可知溶液中还一定含有NHeq\o\al(＋,4)，且n(NHeq\o\al(＋,4))＝0.7mol－0.5mol＝0.2mol，n(H＋)＝0.1mol，n(Al3＋)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4molOH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3molOH－，沉淀Mg2＋消耗0.1molOH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05mol，故只有选项B正确。【答案】　B7.(xx·郑州质检)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是(　　)A．铁溶解，析出0.01molAg和0.005molCuB．铁溶解，析出0.01molAg并放出H2C．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋D．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋【解析】　因为氧化性Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以先发生反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.005mol的铁粉与0.01mol的AgNO3反应，析出0.01molAg，再发生：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005mol铁粉与0.01mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3＋，故选C。【答案】　C8、(xx·海南高考)将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol·L－1MOeq\o\al(＋,2)溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是(　　)A．MB．M2＋C．M3＋D．MO2＋【解析】　根据电子得失相等。锌0.003mol，可失电子0.006mol，若M化合价由＋5变为x，则(5－x)×0.02×0.1＝0.006，可得x＝＋2。【答案】　B9.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计，且不考虑Cl2与水反应)(　　)【解析】　因H2SO3的还原性强于HBr的还原性，故Cl2先氧化H2SO3，H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl，生成的H2SO4和HCl是强酸，故溶液的pH下降；当H2SO3完全反应后，再通入Cl2，发生反应Cl2＋2HBr===Br2＋2HCl，溶液的pH不再改变。【答案】　A10.往含Fe3＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)的混合液中加入少量Na2SO3，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是(　　)A．2Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O===2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋B．2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)===H2O＋SO2↑C．2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋3SOeq\o\al(2－,3)===3SOeq\o\al(2－,4)＋2NO↑＋H2OD．2Fe3＋＋3SOeq\o\al(2－,3)＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3SO2↑【解析】　此题看上去似乎4个选项都可能发生，但我们知道氧化还原反应优先于非氧化还原反应，因此B、D不正确。那么SOeq\o\al(2－,3)是先与Fe3＋反应还是先与H＋＋NOeq\o\al(－,3)反应呢？可以用“假设法”进行判断。如果先与Fe3＋反应，则生成的Fe2＋又会与H＋＋NOeq\o\al(－,3)反应，所以应先与H＋＋NOeq\o\al(－,3)反应，故应选C。【答案】　C非选择1.（6分）V2O3和V2O5按不同物质的量之比混合可按化学计量数发生完全反应：xV2O5＋yV2O3===zVnO2n＋1(1)若反应物的物质的量之比x∶y为________，可得到V6O13；(2)若反应物的物质的量之比x∶y为________，可得到V3O7。【解析】　(1)根据V、O原子守恒可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝6z,5x＋3y＝13z))可求eq\f(x,y)＝eq\f(2,1)。(2)同理求eq\f(x,y)＝eq\f(5,1)。【答案】　(1)2∶1　(2)5∶12.（3分）写出向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体的化学方程式。【解析】　漂白粉溶液中含有CaCl2和Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2水溶液能与SO2发生反应，向漂白粉溶液中通入二氧化硫气体后，是发生复分解反应生成CaSO3和HClO还是发生氧化还原反应，两反应互相竞争。由于次氯酸盐及次氯酸都具有强氧化性而亚硫酸盐及二氧化硫都具有还原性，所以是发生氧化还原反应而不是复分解反应。【答案】　Ca(ClO)2＋2SO2＋2H2O===CaSO4↓＋2HCl＋H2SO43.（15分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3＋、Fe3＋等杂质)制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：(1)上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配制26%的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、_____________________。(2)已知步骤Ⅲ的滤液中不含NHeq\o\al(＋,4)。步骤Ⅱ加入的试剂a是__________，控制溶液的pH约为8.0的目的是________。(3)试剂b是_________________，步骤Ⅳ的目的是__________________。(4)步骤Ⅴ所含的操作依次是_________________、______________。(5)制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴加足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；④____________；⑤称量。若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为________。若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是_____________。【解析】　(1)用浓溶液配制500mL稀溶液，因此，需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后溶解、配制500mL溶液，则需要胶头滴管、500mL容量瓶。(2)加入的试剂a是石灰水，控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3＋、Fe3＋。(4)步骤Ⅴ的结果得到CaBr2·6H2O，因此，其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶。(5)④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，根据CaBr2～CaCO3可求CaBr2的质量3.76g，质量分数为94%。【答案】　(1)量筒、胶头滴管、烧杯、500mL容量瓶(2)石灰水　沉淀Al3＋、Fe3＋(3)氢溴酸　除去过量的氢氧化钙(4)蒸发浓缩　冷却结晶(5)洗涤干燥　94%　洗涤时，有少量的碳酸钙溶解4.（16分）如图所示的框图中，A～I都是由短周期元素组成的常见物质。其中A是气体，它的水溶液呈碱性；氧化物D和氧化物F都易与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒；单质E可作半导体材料。(1)化合物A的化学式是________，氧化物G的电子式是________。(2)组成单质E的元素在元素周期表中的位置是____________；H＋I反应的化学方程式为_______________________。(3)标准状况下，将2.24L氧化物F和1.68L单质B同时通入1L氧化物G中(反应前后溶液体积的变化忽略不计)，发生反应的化学方程式为___________________________，所得溶液的pH＝________。此时再向溶液中通入2.24L化合物A，完全反应后所得溶液的pH________(填“>7”“<7”或“＝7”)，用离子方程式表示其原因：___________________________。(4)单质B和单质C在一定条件下可组成原电池(用KOH溶液作电解质)，则该原电池负极的电极反应式为_________。【解析】　本题突破口较多，根据题意可知A为NH3，氧化物D和F分别为CO和NO，单质E为Si，根据框图可推得其他物质。单质B、C、H分别是O2、H2和C；氧化物G、I分别是H2O和SiO2。(3)n(NO)＝0.1mol，n(O2)＝0.075mol，n(NO)∶n(O2)＝4∶3，故发生的反应为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，生成的n(HNO3)＝n(NO)＝0.1mol，c(H＋)＝0.1mol·L－1，溶液的pH＝1。通入0.1mol氨气后与硝酸恰好完全反应生成NH4NO3，NH4NO3水解显酸性。【答案】