（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）

第12-页阶段滚动检测(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NA为阿伏加德罗常数，以下有关表达正确的选项是()A.1molCl2与足量金属铝反响，转移的电子数为3NAB.标准状况下，11.2L氦气中约含有NA个氦原子C.将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol·L－1的氨水D.常温下32g含有少量臭氧的氧气中，共含有2NA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.下表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()XYZWA.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H2O稳定D.Z的单质和Y的单质反响，其物质的量之比为1∶14.(2023·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.eq\o\al(235,92)U原子中，核内中子数与核外电子数的差值为143B.纯碱、CuSO4·5H2O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D.NH3、硫酸钡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100mL0.3mol/L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/LC.0.56mol/LD.0.26mol/L7.(滚动单独考查)(2023·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钠溶液：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)B.4mol/L的NaAlO2溶液和7mol/L的盐酸等体积均匀混合：4AlOeq\o\al(－,2)＋7H＋＋H2O=3Al(OH)3↓＋Al3＋C.0.1mol溴化亚铁溶液中滴入含0.1molCl2的氯水：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－D.向Mg(HCO3)2溶液中参加过量的NaOH溶液：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=MgCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O8.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。实验试剂甲乙丙丁4mol·L－1H2SO4/mL20V1V2V3饱和CuSO4溶液/mL02.5V410H2O/mLV5V680收集气体所需时间/st1t2t3t4以下说法正确的选项是()A.t1＝t2＝t3＝t4B.V4＝V5＝10C.V6＝7.5D.V1＜V2＜V3＜209.(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＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－B.使pH试纸显深蓝色的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－C.含有大量ClO－的溶液中：K＋、Na＋、I－、SOeq\o\al(2－,3)D.c(Al3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、AlOeq\o\al(－,2)、SOeq\o\al(2－,4)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()Aeq\o(→,\s\up7(D))Beq\o(→,\s\up7(D))CA.硅B.硫C.钠D.氯气11.以下表达中，正确的选项是()A.甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3kJ·mol－1，那么甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反响生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)SKIPIF1<02NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C.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D.常温下，反响C(s)＋CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，该反响的ΔH＞012.T℃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T1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)SKIPIF1<02Z(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－1D.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.(2023·安庆模拟)现有以下短周期元素性质的数据：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦原子半径0.741.601.521.100.991.860.75最高化合价＋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>⑦B.电负性：②<④C.相应离子的半径：②>⑥>①D.气态氢化物的稳定性和沸点：⑦<④14.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术，制取Na2FeO4的反响为：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，以下说法不正确的选项是()A.Fe2O3是反响的复原剂B.Na2O2既是氧化剂又是复原剂C.Na2FeO4既是反响的氧化产物，又是反响的复原产物D.Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性15.温度为T℃，压强为1.01×106Pa条件下，某密闭容器中以下反响到达化学平衡A(g)＋B(g)SKIPIF1<03C(？)，测得此时c(A)＝0.022mol·L－1；压缩容器使压强增大到2.02×106Pa，第二次到达平衡时，测得c(A)＝0.05mol·L－1；假设继续压缩容器，使压强增大到4.04×107Pa，第三次到达平衡时，测得c(A)＝0.075mol·L－1；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.②B.③④C.②④D.①④16.(2023·北京模拟)如图为反响2X(g)＋Y(s)SKIPIF1<02Z(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)AD2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，其反响的热化学方程式是_________________________。(3)D与氢元素可组成含有10个电子的X－，与X－组成元素相同，原子个数比也相同的分子制备D2的反响方程式为___________________________________。(4)将盛有一定量红棕色气体BD2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___________________________________。(5)YD2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________________________________________。18.(10分)(2023·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。(1)T元素的基态原子价电子排布式为。(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)。(3)M、D两种元素形成的化合物分子共有个σ键个π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)。(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的顺序如下图，“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)(2023·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Cu2O/ZnO)CO(g)＋2H2(g)SKIPIF1<0CH3OH(g)ΔH<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K＝____________________________。(2)其他条件不变，仅把温度改为500℃，请在图上画出此温度下甲醇的物质的量随反响时间变化的示意图。(3)升高温度，K值(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)，增大压强，K值(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。(4)在300℃时，从反响开始到平衡，氢气的平均反响速率v(H2)＝。(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。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(CH3OH)减小20.(10分)(2023·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；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。(1)X的原子结构示意图为_______________________________。(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_________________________________________________。(3)工业上制取X单质的化学方程式为________________________________。(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GO与一氧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mol。(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)_______________________________________。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(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2NO(g)＋2CO(g)SKIPIF1<0N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－113kJ·mol－1。为了模拟催化转化器的工作原理，在t℃时，将2molNO与1molCO充入1L反响容器中，反响过程中NO(g)、CO(g)、N2(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.缩小容器体积D.增加CO物质的量(4)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。1molCl2完全反响生成2molCl－，转移2mol电子，A错；He为单原子分子，标准状况下，11.2LHe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；O3和O2都是由氧原子组成的，32g气体，含有2NA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Al3＋，也可能为阴离子F－，但是不可能为S2－，因为S2－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、W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N2O、NO、NO2、N2O3、N2O4、N2O5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H2O，C错；Si与F2反响，生成SiF4，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，A错；由非金属元素组成的化合物如NH4Cl为离子化合物，B对；非极性键也存在于化合物中如Na2O2、C2H2等，C、D错。5.【解析】选D。eq\o\al(235,92)U中核内中子数与核外电子数的差为235－92×2＝51，A错；CuSO4·5H2O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HCl在水溶液中也能电离出H＋和Cl－，C错；NH3为非电解质，硫酸钡为强电解质，水为弱电解质，D对。6.【解析】选B。溶液中H＋的物质的量为2×(0.1L×0.3mol·L－1＋0.3L×0.25mol·L－1)＝0.21mol，所以H＋的浓度为0.21mol/0.5L＝0.42mol·L－1，B对。7.【解析】选D。Ca(HCO3)2与过量NaOH反响的离子方程式为Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，A对；NaAlO2与HCl的物质的量之比为4∶7发生反响，根据AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓可知AlOeq\o\al(－,2)完全反响，H＋剩余，后继续发生反响Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，所以Al(OH)3与Al3＋的物质的量之比为3∶1，B对；溴化亚铁溶液中参加等物质的量的Cl2，Fe2＋完全反响，Br－局部反响，C对；Mg(HCO3)2溶液中参加过量的NaOH，应该生成Mg(OH)2沉淀，因为Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小，D错。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的量应相同，V1＝V2＝V3＝20，D错；硫酸的物质的量相同，H2SO4的浓度相同，H2SO4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，CuSO4溶液与H2O的体积之和为10mL，所以V4＝2、V5＝10、V6＝7.5，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A。pH试纸显深蓝色，说明溶液的碱性较强，NHeq\o\al(＋,4)与OH－不能共存，B错；ClO－与I－或ClO－与SOeq\o\al(2－,3)不能共存，C错；Al3＋与AlOeq\o\al(－,2)不能大量共存，D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，B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，C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亚铁，D项正确。11.【解析】选D。燃烧热的定义为25℃、101kPa时，1mol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N2(g)＋3H2(g)SKIPIF1<02NH3(g)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0.5mol的氮气，但最终参加反响的氮气一定小于0.5mol。所以ΔH的值大于－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)SKIPIF1<02Z(g)，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4min内X的物质的量变化为0.6mol，X的平均反响速率为0.6mol/(2L×4min)＝0.075mol·L－1·min－1，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O、Mg、Li、P、Cl、Na、N。A项，第一电离能：N>O；B项，电负性：Mg<P；C项，相应离子的半径：O2－>Na＋>Mg2＋；D项，气态氢化物的稳定性NH3>PH3，由于NH3分子间存在氢键，沸点NH3>PH3。14.【解析】选B。Fe2O3反响后生成Na2FeO4，Fe的化合价升高，Fe2O3为复原剂，Na2FeO4为氧化产物；Na2O2中的－1价O反响后生成Na2FeO4和Na2O中的－2价O，Na2O2为氧化剂，Na2FeO4和Na2O为复原产物，A对、B错、C对，Na2FeO4能够杀菌消毒是因为＋6价Fe具有强氧化性，D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，D对。17.【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。(1)CO2中含有的化学键为共价键。(2)6gC的物质的量为0.5mol,1molC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)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.5kJ·mol－1。(3)X－为OH－，与OH－组成元素相同，原子个数为1∶1的分子为H2O2，H2O2制备O2的反响方程式为：2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。(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2NO2SKIPIF1<0N2O4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，NO2浓度增大，所以颜色加深，后因为平衡的移动，NO2浓度减小，颜色变浅。(5)SO2与O2反响生成SO3的反响方程式为2SO2＋O2SKIPIF1<02SO3，该反响的平衡常数表达式为K＝eq\f(c2(SO3),c2(SO2)c(O2))。答案：(1)共价键(2)C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.5kJ·mol－1(3)2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑(4)小于2NO2SKIPIF1<0N2O4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)2SO2＋O2SKIPIF1<02SO3K＝eq\f(c2(SO3),c2(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、Cl、Fe。(1)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N3－>Na＋；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CS2，分子中共有2个σ键2个π键；分子构型为直线形。(4)H分别与C、N、Cl形成的分子中，分子间存在氢键的是NH3。(5)Cl2＋Na2S=2NaCl＋S↓、Cl2＋H2S=2HCl＋S↓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HClO4，单质熔点最高的是Si元素，所对应的最高价氧化物SiO2属于原子晶体。答案：(1)3d64s2(2)N3－>Na＋Cl(3)22直线形(4)NH3(5)Cl2＋Na2S=2NaCl＋S↓或Cl2＋H2S=2HCl＋S↓(6)HClO4原子晶体19.【解析】(1)CO(g)＋2H2(g)SKIPIF1<0CH3OH(g)的平衡常数表达式为K＝eq\f(c(CH3OH),c(CO)c2(H2))。(2)因为CO(g)＋2H2(g)SKIPIF1<0CH3OH(g)ΔH<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，CH3OH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，K值不变，K只与温度有关。(4)tA时到达平衡，生成CH3OH的物质的量为nA，所以CH3OH的反响速率为nA/(3×tA)mol·L－1·min－1。H2的反响速率为2nA/3tAmol·L－1·min－1。(5)反响CO(g)＋2H2(g)SKIPIF1<0CH3OH(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，H2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错；增大压强，正、逆反响速率都增大，b错；平衡向正反响方向移动，CH3OH的物质的量增加，c对；因为平衡向正反响方向移动，H2的物质的量减小，CH3OH的物质的量增加，n(