2019-2020年高考化学一轮复习 17阶段考试

2019-2020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1.6 g A与B完全反应后，生成4.4 g C，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∶9 C．32∶9 D．46∶9

2×9

【解析】 根据A＋2B===C＋2D知生成4.4 g C时生成D的质量为×4.4 g＝3.6 g，由质量守恒定

22律知参加反应的B的质量为3.6 g＋4.4 g－1.6 g ＝6.4 g，故参加反应的B与生成的D的质量比为6.4 g∶3.6 g＝16∶9。

【答案】 A

2、 某溶液中仅含有Na、Mg、SO4、Cl四种离子，其物质的量浓度比为Na∶Mg∶Cl＝3∶5∶5，若Na浓度为3 mol·L，则SO4的浓度为( )

A．2 mol·L B．3 mol·L C．4 mol·L D．8 mol·L 【解析】 根据电荷守恒可知

3 mol/L×1＋5 mol/L×2＝5 mol/L×1＋c(SO4)×2

－

c(SO24)＝4 mol/L。

2－

－1

－1

－1

－1

＋

－1

2－＋

2＋

2－

－

＋

2＋

－

【答案】 C

3、两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为( )

A．Mg和Ag C．Al和Zn

B．Zn和Cu D．Al和Cu

＋

【解析】 本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol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15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 g·mol。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol、32.5 g·mol、9 g·mol，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15 g·mol

－1

－1

－1

－1

－

－1

，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol。 【答案】 B

4.在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁粉全部溶解并生成NO，有g HNO3被还原，

4

－1

a则a∶b不可能为( )

A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．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

baa3则有∶＝3∶8，解得：＝ 5663b1

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∶＝1∶4， 5663

baa9解得：＝ b2

此为a∶b的最大值。

3a9

所以a∶b的取值范围为≤≤，即a∶b的值在此范围内均合理。

1b2【答案】 A

5.a g铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液恰好完全反应后，得到a g铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为( )

A．1∶7 B．7∶1 C．7∶8 D．8∶7

【解析】 溶液中发生的反应有：Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，由于a g铁粉反应后得到a g 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)＝ mol，n(H2SO4)＝(a－×56)/56＝ mol，n(CuSO4)∶n(H2SO4)＝7∶1。

64647×64

【答案】 B 6.

某溶液中可能含有H、NH4、Mg、Al、Fe、CO3、SO4、NO3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、Mg、Al B．溶液中n(NH4)＝0.2 mol

C．溶液中一定不含CO3，可能含有SO4和NO3 D．n(H)∶n(Al)∶n(Mg)＝1∶1∶1

＋

3＋

2＋

2－

2－

－

＋

＋

2＋

3＋

＋

＋

2＋

3＋

3＋

2－

2－

－

aaa【解析】 由图象可知，反应先后顺序为H→Mg、Al→NH4→Al(OH)3。由①知溶液中一定含有H，一定没有CO3、NO3，由②知溶液中一定含有Mg、Al，由图象可知溶液中还一定含有NH4，且n(NH4)＝0.7 mol－0.5 mol＝0.2 mol，n(H)＝0.1 mol，n(Al)＝0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol，沉淀Al、Mg共消耗0.4 mol OH，其中沉淀Al消耗0.3 mol OH，沉淀Mg消耗0.1 mol OH，根据Mg～2OH，可得n(Mg

＋

－

3＋

－

2＋

－

2＋

－

2

＋

3＋

3＋

2＋

2－

－

2＋

3＋

＋

＋

＋2＋3＋＋＋

)＝0.05 mol，故只有选项B正确。 【答案】 B

7.(xx·郑州质检)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入 0.01

mol 铁粉，经搅拌后发生的变化应是( )

A．铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu B．铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2

C．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe D．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu

【解析】 因为氧化性Ag>Fe>Cu>H，所以先发生反应2Ag＋Fe===2Ag＋Fe，其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol的AgNO3反应，析出0.01 mol Ag，再发生： 2Fe＋Fe===3Fe，其中剩余的0.005 mol铁粉与 0.01 mol 的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe，故选C。

【答案】 C

8、(xx·海南高考)将0.195 g锌粉加入到20.0 mL的0.100 mol·LMO2溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是( )

A．M B．M C．M D．MO

【解析】 根据电子得失相等。锌0.003 mol，可失电子0.006 mol，若M化合价由＋5变为x，则(5－

3＋

2＋2＋

－1

＋

3＋

3＋

2＋

＋

3＋

2＋

＋

＋

2＋

2＋3＋

x)×0.02×0.1＝0.006，可得x＝＋2。

【答案】 B

9.将足量Cl2缓缓通入含0.02 mol H2SO3和0.02 mol HBr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】 A

10.往含Fe、H、NO3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．2Fe＋SO3＋H2O===2Fe＋SO4＋2H B．2H＋SO3===H2O＋SO2↑

C．2H＋2NO3＋3SO3===3SO4＋2NO↑＋H2O D．2Fe＋3SO3＋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SO3是先与Fe反应还是先与H＋NO3反应呢？可以用“假设法”进行判断。如果先与Fe反应，则生成的Fe又会与H＋NO3反应，所以应先与H＋NO3反应，故应选C。

【答案】 C 二、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。

?2x＋2y＝6z?

【解析】 (1)根据V、O原子守恒可得?

??5x＋3y＝13z3＋

2＋

＋

－

＋

－

2－

3＋

＋

－

3＋

2－

＋

－

2－

2－

＋

2－

3＋

2－

2＋

2－

＋

3＋

＋

－

x2

可求＝。

y1x5

(2)同理求＝。

y1

【答案】 (1)2∶1 (2)5∶1

2.（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