云南省昆明市寻甸一中2024-2025学年高三上学期月考化学试卷

2024-2025学年云南省昆明市寻甸一中高三（上）月考化学试卷（收假检测） 一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（3分）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（　　） A．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池 B．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层 C．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具 D．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等 2．（3分）中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（　　） A．《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B．《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”，“强水”为氢氟酸 C．《天工开物》中记载：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾 D．《泉州府志》中记载：“安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之”，“糖白”的过程发生了化学变化 3．（3分）分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（　　） A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物 B．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物 C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物 D．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸 4．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　） A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO3 5．（3分）下列说法正确的是（　　） ①有化学键被破坏的变化一定属于化学变化 ②发生了能量变化的一定是化学变化 ③电解质溶液导电一定发生化学变化 ④无水硫酸铜由白变蓝，一定是化学变化 ⑤O2和O3的相互转化为化学变化 A．①③⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．①②④⑤ 6．（3分）已知14.2g X气体在标准状况下的体积是4.48L，则X气体的摩尔质量是（　　） A．71g B．71 C．71g/mol D．142g/mol 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　） A．4.6gNO2和N2O4混合气体含有原子数为0.3NA B．标准状况下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA C．在0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA D．34gH2O2中含有的阴离子数为NA 8．（3分）在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是（　　） A．充入的CO分子数比CO2分子数少 B．甲容器的体积比乙容器的体积小 C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小 9．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　） A．18gD2O中含有中子的数目为10NA B．足量MnO2与含4molHCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA C．在点燃的条件下，1molFe与1molCl2完全反应时，转移的电子数为2NA D．Na2O2与CO2反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.4NA 10．（3分）用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是（　　） A．首先称取NaOH固体8.8g B．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高 C．定容后将溶液振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线 D．容量瓶中原有少量蒸馏水对结果没有影响 11．（3分）用36.5%的浓盐酸（密度为1.2g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀盐酸100mL，配制过程中按顺序需要用到的仪器有（　　） ①100mL量筒 ②10mL量筒 ③50mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒 A．①③⑤⑥⑦ B．②⑥③⑦⑤⑥ C．③⑤⑦⑥④ D．④③⑦⑤⑥ 12．（3分）以下有关物质的量浓度的叙述正确的是（　　） A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应．若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3 B．150mL 1mol•L﹣1的氯化钾溶液中的c（Cl﹣）与50mL 1mol•L﹣1的氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等 C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g•cm﹣3，物质的量浓度为4.0mol•L﹣1，则此溶液中KCl的质量分数为×100% D．20℃时，100g水可溶解34.2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2% 13．（3分）将标准状态下的a L HCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（　　） A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1 C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣1 14．（3分）某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c（Mg2+）＝2mol•L﹣1，＝6.5mol•L﹣1，若将200mL此混合液中的Mg2+、Al3+分离，至少应加入1.6mol•L﹣1氢氧化钠溶液的体积是（　　） A．0.5L B．1.625L C．1.8L D．2L 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．（11分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求回答以下问题。 （1）图中所示的分类方法叫 　 　。 （2）上述分类中，分成A、B两组的依据是 　 　。 （3）C组物质与水反应的离子方程式为 　 　。 （4）D组物质与水反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1的物质有 　 　（填化学式）。 （5）E组中 　 　（填化学式）是大气主要污染物之一，易形成酸雨。 （6）淡黄色固体的电子式为 　 　。 16．（11分）A、B、C三只烧杯中分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入FeCl3饱和溶液，试根据实验现象回答以下问题。 （1）根据分散质 　 　将分散系分为溶液、胶体、乳浊液或悬浊液。 （2）分别写出三只烧杯中形成分散系的名称：A 　 　，B 　 　，C 　 　。 （3）写出C中形成分散系的化学方程式：　 　。 （4）若不用化学试剂鉴别，写出两种鉴别滴入FeCl3饱和溶液后的B、C烧杯中分散系的简单方法： ①　 　； ②　 　。 17．（16分）（1）设NA为阿伏加德罗常数的值，则3.4gNH3中所含氢原子个数为　 　。 （2）3.01×1023个OH﹣的质量为　 　g，含有电子的物质的量为　 　。 （3）在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量为36g，体积为22.4L，则CO所占的体积是　 　L，质量是　 　g。 （4）现有M、N两种气态化合物，其摩尔质量之比为2：1。试回答下列问题。 ①同温同压下，M、N两种气体的密度之比为　 　； ②相同温度下，在两个相同容积的密闭容器中分别充入M、N，若两个容器中气体的密度相等　 　； ③将M、N两种气体分别溶于水（M、N与水均不反应）配成溶液，当两种溶液中溶质的质量分数相同时1和ρ2，则两种溶液中溶质的物质的量浓度之比为　 　。 18．（10分）某品牌的“84”消毒液的主要成分为NaClO，浓度为4.0mol•L﹣1，密度为1.2g•cm﹣3。请回答下列问题。 （1）该“84”消毒液的质量分数为 　 　（保留3位有效数字）。 （2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84”消毒液。 ①下列仪器中，不需要用到的是 　 　（填字母）。 A.烧杯 B.250mL容量瓶 C.10mL量筒 D.胶头滴管 E.天平 ②本次实验需要用托盘天平称取的NaClO固体质量为 　 　。 ③误差分析（填“偏大”“偏小”或“无影响”）： A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制：　 　。 B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水：　 　。 C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒：　 　。 D.定容时俯视容量瓶刻度线：　 　。 19．（10分）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题： （1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。 ①D的化学式是　 　； ②在工业生产中B气体的大量排放被雨水吸收后形成了　 　而污染了环境。 （2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。 ①A、C的化学式分别是：A　 　；C　 　。 ②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式　 　。该反应　 　（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。 2024-2025学年云南省昆明市寻甸一中高三（上）月考化学试卷（收假检测） 参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．（3分）化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是（　　） A．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池 B．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用作化工反应器的内壁涂层 C．Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具 D．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等 【分析】A、二氧化硅对光具有良好的全反射作用； B、聚四氟乙烯与酸、碱均不反应； C、过氧化钠为固体，与二氧化碳发生氧化还原反应生成氧气； D、二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质。 【解答】解：A．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，而Si为半导体材料可作光电池材料； B．聚四氟乙烯与酸，可用作化工反应器的内壁涂层； C．过氧化钠为固体，可用于制作呼吸面具； D．二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质、毛、丝、草帽辫等； 故选：A。 【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 2．（3分）中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（　　） A．《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高 B．《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”，“强水”为氢氟酸 C．《天工开物》中记载：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指的是硫黄，“硝”指的是硝酸钾 D．《泉州府志》中记载：“安南人黄姓者为宅煮糖，墙塌压糖，去土而糖白，后人遂效之”，“糖白”的过程发生了化学变化 【分析】A．合金硬度比组成金属的大，熔点比组成金属的低； B．文中强水为王水； C．黑火药的成分为一定比例的木炭、硫磺和火硝的混合物； D．黄泥具有吸附作用，可除杂质，过程中没有新物质生成。 【解答】解：A．铁的合金硬度比纯铁的大，故A错误； B．性最烈，惟玻璃可盛，因为氢氟酸能腐蚀玻璃，故B错误； C．黑火药的成分是一定比例的木炭，硫指的是硫黄，化学成分是硝酸钾； D．安南人黄姓者为宅煮糖，去土而糖白，利用的是泥土的吸附性，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查物质的组成、性质及应用，把握物质的组成及性质、发生的反应、物质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。 3．（3分）分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（　　） A．冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物 B．Na2O、NaOH、Na2CO3、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物 C．漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物 D．HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸 【分析】A、根据酸、碱、盐、氧化物的概念来回答判断； B、含钠的氧化物是指含有钠元素和氧元素的化合物； C、混合物是由不同分子构成的物质； D、氧化性的酸会表现出较强的氧化性． 【解答】解：A、醋酸、芒硝（Na2SO4•10H5O）、生石灰（CaO）分别属于酸、盐、盐，故A错误； B、Na2O，Na2SO6，Na2O2，NaOH，Na3CO3属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于钠的含氧化合物。 C、漂白粉、王水，冰水属于纯净物； D、HClO、H2SO3（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都是氧化性酸； 故选：D。 【点评】本题考查了物质分类的判断应用，主要是酸、氧化物、混合物、氧化性酸等概念的理解和分析判断，题目较简单。 4．（3分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（　　） A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO3 【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁； B．硫与氧气反应生成二氧化硫； C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成硅酸钙； D．氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应。 【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，而不是氯化亚铁； B．硫与氧气反应生成二氧化硫，故B错误； C．CaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，故C正确； D．氨气催化氧化生成NO，不能生成硝酸； 故选：C。 【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 5．（3分）下列说法正确的是（　　） ①有化学键被破坏的变化一定属于化学变化 ②发生了能量变化的一定是化学变化 ③电解质溶液导电一定发生化学变化 ④无水硫酸铜由白变蓝，一定是化学变化 ⑤O2和O3的相互转化为化学变化 A．①③⑤ B．③④⑤ C．②③④ D．①②④⑤ 【分析】①化学变化的过程是旧键断裂、新键形成的过程； ②发生了能量变化的不一定是化学变化； ③电解质溶液导电是发生电解的过程，有新物质生成； ④CuSO4→CuSO4•5H2O属于化学变化； ⑤O2转化成O3生成了新物质，属于化学变化。 【解答】解：①化学变化的实质是旧键断裂、新键形成，如硫酸溶于水是O—H断裂得到氢离子和硫酸根离子是物理变化； ②发生了能量变化的不一定是化学变化，如灯泡发光； ③电解质溶液导电是发生电解的过程，有新物质生成，故③正确； ④CuSO4→CuSO4•7H2O属于化学变化，故④正确； ⑤O2转化成O4生成了新物质，属于化学变化； 由以上可知，③④⑤正确， 故选：B。 【点评】本题主要考查了物理变化和化学变化，题目难度不大，掌握物理变化和化学变化的本质区别是解答该题的关键。 6．（3分）已知14.2g X气体在标准状况下的体积是4.48L，则X气体的摩尔质量是（　　） A．71g B．71 C．71g/mol D．142g/mol 【分析】根据n＝＝计算． 【解答】解：根据n＝＝，可知M＝＝。 故选：C。 【点评】本题考查了摩尔质量的概念和计算方法，注意摩尔质量是由单位的，单位为g/mol． 7．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　） A．4.6gNO2和N2O4混合气体含有原子数为0.3NA B．标准状况下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NA C．在0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NA D．34gH2O2中含有的阴离子数为NA 【分析】A．NO2和N2O4的最简式为NO2，计算4.6gNO2中所含原子数； B．标准状况下己烷不是气体； C．溶液体积不知，不能确定离子数； D．H2O2是共价化合物。 【解答】解：A．4.6gNO3和N2O4混合气体含有原子数＝×3×NA/mol＝6.3NA，故A正确； B．标准状况下，不能用标准状况下气体摩尔体积计算气体物质的量； C．在0.4mol•L﹣1的Na2CO2溶液中溶液体积不知，不能计算微粒数； D．H2O2是共价化合物，不含有阴离子； 故选：A。 【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。 8．（3分）在甲、乙两个体积不同的密闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是（　　） A．充入的CO分子数比CO2分子数少 B．甲容器的体积比乙容器的体积小 C．CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小 D．甲中CO的密度比乙中CO2的密度小 【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n＝知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比＝44g/mol：28g/mol＝11：7，根据N＝nNA、V＝nVm、ρ＝进行判断． 【解答】解：温度、压强相同条件下，根据n＝知，CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol， A．根据N＝nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，故A错误； B．根据V＝nVm知，气体体积之比等于其物质的量之比，故B错误； C．温度和压强相等，所以二者的气体摩尔体积相等； D．ρ＝知，其密度之比等于摩尔质量之比3的密度小，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握基本公式及其适用范围，题目难度不大。 9．（3分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　） A．18gD2O中含有中子的数目为10NA B．足量MnO2与含4molHCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA C．在点燃的条件下，1molFe与1molCl2完全反应时，转移的电子数为2NA D．Na2O2与CO2反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.4NA 【分析】A.一个D2O中含有10个中子； B.二氧化锰与稀盐酸不反应； C.铁与氯气反应为2Fe+3Cl22FeCl3； D.Na2O2与CO2反应时，生成1molO2转移2mol电子。 【解答】解：A.18gD2O中含有中子的数目为×10×NA/mol＝9NA，故A错误； B.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，但随反应进行，二氧化锰与稀盐酸不反应A，故B错误； C.2molFe与1molCl2完全反应时，氯气不足，转移的电子数为6mol×2×NA/mol＝2NA，故C正确； D.Na7O2与CO2反应时，生成7.1molO2转移的电子数为3.1mol×2×NA/mol＝5.2NA，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。 10．（3分）用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，下列说法正确的是（　　） A．首先称取NaOH固体8.8g B．定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏高 C．定容后将溶液振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线 D．容量瓶中原有少量蒸馏水对结果没有影响 【分析】A、根据n＝C•V和m＝n•M来计算，同时一定要注意须选用250ml容量瓶，配制的溶液体积是250ml； B、定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大； C、摇匀时要将容量瓶倒转过来，摇匀后液面低于刻度线是正常的； D、只要最后定容时使溶液体积是250ml即可． 【解答】解：A、用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，配制的溶液体积是250ml，质量m＝n•M＝4.25mol×40g/mol＝10.0g； B、定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，故B错误； C、摇匀时要将容量瓶倒转过来，不能再加水； D、只要最后定容时使溶液体积是250ml即可，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制实验中的计算以及实验操作和误差分析等方面，属于基础性题目，难度不大。 11．（3分）用36.5%的浓盐酸（密度为1.2g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀盐酸100mL，配制过程中按顺序需要用到的仪器有（　　） ①100mL量筒 ②10mL量筒 ③50mL烧杯 ④托盘天平 ⑤100mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦玻璃棒 A．①③⑤⑥⑦ B．②⑥③⑦⑤⑥ C．③⑤⑦⑥④ D．④③⑦⑤⑥ 【分析】先根据稀释前后溶质的质量不变计算出浓盐酸的体积，确定量筒的规格，再根据实验操作的步骤 （计算→量取→稀释、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签） 以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器。 【解答】解：设浓盐酸的体积为VmL，则VmL×1.2g•cm﹣5×36.5%＝1mol•L﹣5×0.1L×36.6g/mol，解得：V＝8.33mL，配制顺序是：计算→量取→稀释，一般用量筒 （用到胶头滴管） 量取，冷却后转移到100mL容量瓶中，转移完毕，再加适量蒸馏水，改用胶头滴管滴加，塞好瓶塞，所以需要的仪器先后为：10mL量筒、烧杯、100mL容量瓶， 故选：B。 【点评】本题主要考查了一定物质的量浓度溶液的计算与仪器，难度不大，在量取液体的体积时要注意仪器的精确度，往往和计算的结果不一致。 12．（3分）以下有关物质的量浓度的叙述正确的是（　　） A．等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应．若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1：2：3 B．150mL 1mol•L﹣1的氯化钾溶液中的c（Cl﹣）与50mL 1mol•L﹣1的氯化铝溶液中的c（Cl﹣）相等 C．20℃时，饱和KCl溶液的密度为1.174g•cm﹣3，物质的量浓度为4.0mol•L﹣1，则此溶液中KCl的质量分数为×100% D．20℃时，100g水可溶解34.2g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2% 【分析】A．生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：3，则物质的量之比为1：2：3，根据硫酸根守恒计算硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾的物质的量之比，溶液体积相等，浓度之比等于其物质的量之比； B.1mol•L﹣1的氯化钾溶液中的c（Cl﹣）＝1mol/L，1mol•L﹣1的氯化铝溶液中的c（Cl﹣）＝3mol/L； C．根据c＝进行计算； D．饱和溶液质量分数＝×100%． 【解答】解：A．生成的硫酸钡沉淀的质量比为1：2：6，根据硫酸根守恒、硫酸铜：6：3＝1：8：9，三溶液浓度之比等于其物质的量之比＝1：2：9； B.1mol•L﹣7的氯化钾溶液中的c（Cl﹣）＝1mol/L，1mol•L﹣7的氯化铝溶液中的c（Cl﹣）＝3mol/L，氯离子浓度不相等； C．根据c＝，饱和KCl溶液的密度为1.174g•cm﹣3，物质的量浓度为4.0mol•L﹣5，则此溶液中KCl的质量分数为×100%； D.20℃时，100g水可溶解34.2g ，此时KCl饱和溶液的质量分数为，故D错误， 故选：C。 【点评】本题考查溶液浓度有关计算，涉及物质的量浓度、质量分数、溶解度等，难度不大，注意掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系． 13．（3分）将标准状态下的a L HCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（　　） A． mol•L﹣1 B． mol•L﹣1 C． mol•L﹣1 D． mol•L﹣1 【分析】先求氯化氢的物质的量，再根据溶液的质量、密度求出溶液的体积，根据物质的量浓度公式计算溶液的物质的量浓度． 【解答】解：氯化氢的物质的量n＝＝molmol×36.5g/mol＝g， 溶液的体积V＝＝＝L， 则C＝＝＝mol/L， 故选：C。 【点评】本题考查的是物质的量浓度的相关计算，正确判断溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积，题目难度中等． 14．（3分）某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c（Mg2+）＝2mol•L﹣1，＝6.5mol•L﹣1，若将200mL此混合液中的Mg2+、Al3+分离，至少应加入1.6mol•L﹣1氢氧化钠溶液的体积是（　　） A．0.5L B．1.625L C．1.8L D．2L 【分析】根据电荷守恒可知，原溶液中2c（Mg2+）+3c（Al3+）＝2c（SO42﹣），据此计算c（Al3+），进而溶液计算n（Al3+）．要使原混合液中的Mg2+、Al3+分离，加入的氢氧化钠恰好使Mg2+转化为Mg（OH）2，Al3+转化为AlO2﹣，需要的氢氧化钠的体积最小，此时溶液中溶质为硫酸钠、偏铝酸钠，根据钠元素守恒可知n（Na+）＝2n（SO42﹣）+n（AlO2﹣），据此计算n（Na+），根据V＝计算氢氧化钠的体积． 【解答】解：根据电荷守恒可知，原溶液中2c（Mg2+）+2c（Al3+）＝2c（SO22﹣），所以2×6mol/L+3c（Al3+）＝8×6.5mol/L，所以c（Al3+）＝3mol/L，所以原溶液中n（Al3+）＝5.2L×3mol/L＝4.6mol。 要使原混合液中的Mg2+、Al3+分离，加入的氢氧化钠恰好使Mg2+转化为Mg（OH）2，Al2+转化为AlO2﹣，需要的氢氧化钠的体积最小，此时溶液中溶质为硫酸钠， 根据钠元素守恒可知n（Na+）＝2n（SO72﹣）+n（AlO2﹣）＝4×0.2L×7.5mol/L+0.2mol＝3.2mol， 所以至少应加入2.6mol•L﹣1氢氧化钠溶液的体积为＝2L。 故选：D。 【点评】本题考查离子方程式的计算，难度中等，判断加入的氢氧化钠恰好使Mg2+转化为Mg（OH）2，Al3+转化为Al（OH）3，需要的氢氧化钠的体积最小是解题关键，注意计算中守恒的运用． 二、非选择题：本题共5小题，共58分。 15．（11分）无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图，请按要求回答以下问题。 （1）图中所示的分类方法叫 　树状分类法　。 （2）上述分类中，分成A、B两组的依据是 　与水是否发生氧化还原反应　。 （3）C组物质与水反应的离子方程式为 　2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑　。 （4）D组物质与水反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1的物质有 　Na2O2、Cl2　（填化学式）。 （5）E组中 　SO2　（填化学式）是大气主要污染物之一，易形成酸雨。 （6）淡黄色固体的电子式为 　　。 【分析】（1）物质的分类方法包括树状分类法和交叉分类法； （2）由图可知，A组物质与水反应，均为非氧化还原反应，B组与水反应，均发生氧化还原反应； （3）C组物质满足题意的只有Na，写出Na与水反应的离子方程式； （4）Na2O2与水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，该反应中只有O元素化合价一半升高，一半降低，Cl2与水反应的方程式为：Cl2+H2O＝HCl+HClO，该反应中只有Cl元素化合价一半升高，一半降低； （5）SO2是大气主要污染物之一，易形成硫酸型酸雨； （6）淡黄色固体是Na2O2，既含有离子键，也含有共价键。 【解答】解：（1）图中所示的分类方法叫树状分类法， 故答案为：树状分类法； （2）上述分类中，分成A， 故答案为：与水是否发生氧化还原反应； （3）C组物质满足题意的只有Na，Na与水反应的离子方程式为：2Na+2H3O＝2Na++2OH﹣+H2↑， 故答案为：2Na+2H5O＝2Na++2OH﹣+H7↑； （4）D组物质与水反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1的物质有Na3O2、Cl2， 故答案为：Na3O2、Cl2； （5）E组中SO8是大气主要污染物之一，易形成酸雨， 故答案为：SO2； （6）淡黄色固体的电子式为， 故答案为：。 【点评】本题主要考查物质的分类方法，氧化还原反应原理的应用，属于基本知识的考查，难度不大。 16．（11分）A、B、C三只烧杯中分别盛有NaOH溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水，各滴入FeCl3饱和溶液，试根据实验现象回答以下问题。 （1）根据分散质 　粒子的直径大小　将分散系分为溶液、胶体、乳浊液或悬浊液。 （2）分别写出三只烧杯中形成分散系的名称：A 　悬浊液　，B 　溶液　，C 　胶体　。 （3）写出C中形成分散系的化学方程式：　FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl　。 （4）若不用化学试剂鉴别，写出两种鉴别滴入FeCl3饱和溶液后的B、C烧杯中分散系的简单方法： ①　观察颜色，B烧杯中为红色，C烧杯中为红褐色　； ②　用一束光照射两种分散系，C烧杯中有光亮“通路”，B烧杯中没有　。 【分析】（1）根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、胶体、乳浊液或悬浊液； （2）氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀，分散系是悬浊液；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液硫氰酸铁络合物，分散系是溶液；煮沸的蒸馏水滴入FeCl3溶液加热到呈红褐色，会生成氢氧化铁胶体，分散系是胶体； （3）C中形成分散系是胶体； （4）胶体具有丁达尔效应，检验胶体和溶液的方法为用一束强光分别从侧面照射两只烧杯中的分散系，出现明显光路的是胶体，则另一烧杯中盛放的就是蒸馏水，也可以 通过观察颜色，B烧杯中为红色，C烧杯中为红褐色来鉴别。 【解答】解：（1）根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、胶体， 故答案为：粒子的直径大小； （2）氢氧化钠溶液中滴入FeCl3溶液发生复分解反应，生成氢氧化铁红褐色沉淀；KSCN溶液中滴入FeCl3溶液会生成血红色溶液硫氰酸铁络合物，分散系是溶液8溶液加热到呈红褐色，会生成氢氧化铁胶体； 故答案为：悬浊液；溶液； （3）C中形成分散系是胶体，反应的化学方程式为：FeCl3+3H8OFe（OH）3（胶体）+3HCl； 故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）5（胶体）+3HCl； （4）胶体具有丁达尔效应，检验胶体和溶液的方法为用一束强光分别从侧面照射两只烧杯中的分散系，则另一烧杯中盛放的就是蒸馏水 通过观察颜色，B烧杯中为红色， 故答案为：①观察颜色，B烧杯中为红色；②用一束光照射两种分散系，B烧杯中没有。 【点评】本题考查学生Fe（OH）3胶体的性质以及胶体和溶液的鉴别等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意知识的迁移和应用是解题关键，难度不大。 17．（16分）（1）设NA为阿伏加德罗常数的值，则3.4gNH3中所含氢原子个数为　0.6NA　。 （2）3.01×1023个OH﹣的质量为　8.5　g，含有电子的物质的量为　5mol　。 （3）在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量为36g，体积为22.4L，则CO所占的体积是　11.2　L，质量是　14　g。 （4）现有M、N两种气态化合物，其摩尔质量之比为2：1。试回答下列问题。 ①同温同压下，M、N两种气体的密度之比为　2：1　； ②相同温度下，在两个相同容积的密闭容器中分别充入M、N，若两个容器中气体的密度相等　1：2　； ③将M、N两种气体分别溶于水（M、N与水均不反应）配成溶液，当两种溶液中溶质的质量分数相同时1和ρ2，则两种溶液中溶质的物质的量浓度之比为　ρ1：2ρ2　。 【分析】（1）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol，代入公式n（NH3）＝可计算出3.4g氨气的物质的量，1mol NH3中含有3mol氢原子； （2）代入公式n＝计算出3.01×1023个OH﹣的物质的量，代入公式m＝nM可计算出氢氧根离子的质量；1个OH﹣离子含有10个电子； （3）设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则28x+44y＝36，22.4（x+y）＝22.4，解之得，x＝y＝0.5，代入公式V＝nVm可计算出CO所占的体积，代入公式m＝nM可计算出CO的质量； （4）①相同条件下，M、N两种气密度之比等于其摩尔质量之比； ②两个容器中气体的密度相等，则气体的质量相等，物质的量与摩尔质量成反比，而压强与气体的物质的量成正比，则容器中气体的压强与摩尔质量成反比； ③当可两种溶液中溶质的质量分数相同时，由c＝知，溶质的物质的量浓度与成正比。 【解答】解：（1）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol3）＝＝＝7.2mol3中含有2mol氢原子，因此3.4gNH7中含有氢原子的数目为0.6NA， 故答案为：8.6NA； （2）3.01×1023个OH﹣的物质的量为n＝＝＝0.5mol；4个OH﹣离子含有10个电子，因此0.5mol OH﹣离子含有电子的物质的量为2.5mol×10＝5mol， 故答案为：5.5；5mol； （3）设CO的物质的量为xmol，CO7的物质的量为ymol，则28x+44y＝36，解之得，则CO所占的体积是0.5mol×22.3L/mol＝11.2L， 故答案为：11.2；14； （4）①相同条件下，M、N两种气密度之比等于其摩尔质量之比， 故答案为：5：1； ②两个容器中气体的密度相等，则气体的质量相等，而压强与气体的物质的量成正比， 故答案为：1：4； ③当可两种溶液中溶质的质量分数相同时，由c＝知成正比1：2ρ3， 故答案为：ρ1：2ρ4。 【点评】本题主要考查物质的量的计算，掌握物质的量的计算公式及阿伏加德罗定律是解题的关键，为高频考点，题目难度一般。 18．（10分）某品牌的“84”消毒液的主要成分为NaClO，浓度为4.0mol•L﹣1，密度为1.2g•cm﹣3。请回答下列问题。 （1）该“84”消毒液的质量分数为 　24.8%　（保留3位有效数字）。 （2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84”消毒液。 ①下列仪器中，不需要用到的是 　C　（填字母）。 A.烧杯 B.250mL容量瓶 C.10mL量筒 D.胶头滴管 E.天平 ②本次实验需要用托盘天平称取的NaClO固体质量为 　74.5g　。 ③误差分析（填“偏大”“偏小”或“无影响”）： A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制：　偏小　。 B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水：　无影响　。 C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒：　偏小　。 D.定容时俯视容量瓶刻度线：　偏大　。 【分析】（1）结合物质的量浓度和溶质质量分数换算公式计算，c＝来解答； （2）①某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”，实验室无此规格的容量瓶，需要配制250mL的溶液，根据配制步骤计算、称量、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等选择仪器； ②根据m＝cVM计算； ③根据c＝判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或V偏小都导致c偏高， A.用长时放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO2而变质，所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小； B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响； C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小； D.定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高。 【解答】解：（1）①某品牌的”84消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为4.0mol/L，c＝，解得ω＝24.3%， 故答案为：24.8%； （2）①某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”，实验室无此规格的容量瓶，根据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、稀释、移液、定容，用到的仪器：托盘天平、玻璃棒、胶头滴管； 故答案为：C； ②根据m＝cVM＝4.2mol/L×250×10﹣3L×74.5g/mol＝74.7g， 故答案为：74.5g； ③根据c＝判断是否对配制溶液浓度有影响， A.用长时放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的H2O、CO4而变质，所以NaClO消毒液变质导致NaClO减少，则溶液的物质的量浓度偏小； B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响； C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，配制溶液浓度偏小； D.定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线； 故答案为：偏小；不影响；偏大。 【点评】本题考查配制一定浓度的溶液，为高频考点，把握配制溶液的步骤、操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合公式分析误差，题目难度不大。 19．（10分）非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题： （1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。 ①D的化学式是　H2SO4　； ②在工业生产中B气体的大量排放被雨水吸收后形成了　酸雨　而污染了环境。 （2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。 ①A、C的化学式分别是：A　NH3　；C　NO2　。 ②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，请写出该反应的化学方程式　Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O　。该反应　属于　（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。 【分析】非金属单质A能发生连续氧化，且最终得含氧酸D为强酸，中学中硫和氮元素化合物符合转化关系。 （1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S元素，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4； （2）若A在常温下为气态化合物，C是红棕色的气体，则A应为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，据此解答。 【解答】解：非金属单质A能发生连续氧化，且最终得含氧酸D为强酸。 （1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，B为SO2，C为SO3，D为H6SO4， ①根据分析可知，D的化学式为H2SO6， 故答案为：H2SO4； ②在工业生产中大量排放的SO4气体的被雨水吸收后形成酸雨，污染了环境， 故答案为：酸雨； （2）若A在常温下为气态化合物，C是红棕色的气体3，B为NO，C为NO2，D为HNO8。 ①由以上分析可知，A、C的化学式分别是NH3、NO2， 故答案为：NH2；NO2； ②D为HNO3，浓HNO7具有强氧化性，与Cu反应生成硝酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO8）2+2NO3↑+2H2O，该反应中Cu，属于氧化还原反应， 故答案为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O；属于。 【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，题目难度中等，物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征为突破口，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/9/19 16:26:50；用户：物化生；邮箱：17613376695；学号：50818988 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$