山西省应县第一中学校2020届高三9月月考化学试题


应县一中高三年级月考二化学试题
相对原子质量： C:12 O:16 S:32 Na:23 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Al:27 Ba:137
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）
1.下列叙述正确的是
A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数
B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1
D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。
【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。
B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。
C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。
D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。
故选B。
【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。

2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NA
B. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NA
C. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NA
D. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA
【答案】B
【解析】
分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。

3.现有44 g Mg、Al、Zn、Fe等活泼金属粉末的混合物与体积为1 L、质量分数为20%的硫酸恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140 g。则下列说法中正确的是 ( )
A. 生成标准状况下气体的体积为22.4 L B. H2SO4的物质的量浓度为2.0 mol·L-1
C. 硫酸的质量为540 g D. 无法进行A、B、C项的计算
【答案】A
【解析】
【详解】A.44g金属粉末与硫酸完全反应生成140g硫酸盐，这些硫酸盐中含有硫酸根96g，即1mol，那么参加反应的硫酸的物质的量就是1mol，根据质量守恒，有2mol氢原子参加反应，生成1mol氢气，标准状况下气体的体积为22.4 L，故A正确；
B. 硫酸的物质的量浓度为1mol÷1L=1mol/L，故B不选；
C. 参加反应的硫酸的质量为1mol×98g/mol=98g，故C不选、D不选；
故选A。

4.下列各溶液中n(Na＋)与100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)相同的是
A. 100 mL 0.1 mol/L NaCl 溶液
B. 50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液
C. 100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液
D. 200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合
【答案】D
【解析】
【详解】100 mL 0.1 mol/L Na2SO4溶液中n(Na＋)=0.1 mol/L×100 mL×2=0.02mol。
A．100 mL 0.1 mol/L NaCl溶液中n(Na＋) = 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
B．50 mL 0.2 mol/L NaNO3溶液中n(Na＋) = 0.2 mol/L×50 mL×1=0.01mol。
C．100 mL 0.1 mol/L NaHSO4溶液中n(Na＋)= 0.1 mol/L×100 mL×1=0.01mol。
D．200mL 0.2mol/L HCl溶液与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液混合中n(Na＋)仍然与100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液中的n(Na＋)相等，则n(Na＋) = 0.2mol/L×100 mL×1=0.02mol。
故选D。

5.下列溶液配制实验的描述完全正确的是 ( )
A. 在容量瓶中先加入一定体积的水，再加入浓硫酸配制准确浓度的稀硫酸
B. 配制10 g 20%的NaCl溶液需要用到容量瓶、胶头滴管、烧杯等玻璃仪器
C. 配制NH4Al(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4以防止水解
D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高
【答案】C
【解析】
【详解】A.配制稀硫酸必须将浓硫酸注入水中，不能将水注入酸中，且稀释溶液不能用容量瓶，故A不选；
B. 配制一定质量分数的溶液不需要用到容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故B不选；
C. NH4+和Al3+都会水解，加入硫酸可以抑制水解，故C正确；
D. 定容时仰视刻度线会导致所配溶液的体积偏大，浓度偏低，故D不选；
故选C。
【点睛】配制一定质量分数的溶液，需先计算出所需固体溶质的质量，然后再用溶液质量减去溶质的质量得所需加水的质量，得到需要的水的体积。然后用托盘天平称出溶质的质量，用量筒量出需要水的体积，把溶质溶于水，即得一定质量分数的溶液。需要用到托盘天平、量筒、烧杯和玻璃棒等仪器，不需要用容量瓶。

6.配制物质的量浓度为0.1mol•L－1的Na2CO3溶液100 mL时，操作正确的是 （ ）
A. 用托盘天平称取1．06 g 无水碳酸钠，在烧杯中加适量水溶解，待冷却到室温后，将溶液转移到容量瓶中
B. 在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水
C. 定容时，若加水超过刻度线，可用胶头滴管小心吸出多余部分
D. 定容时，若俯视，则所配溶液的浓度将偏低
【答案】B
【解析】
【详解】A.托盘天平的精确度为0.1g，不能精确到小数点后两位，故A不选；
B.在使用容量瓶前必须检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水，故B正确；
C.定容时，若加水超过刻度线，必须重新配置溶液，不可以用胶头滴管吸出，故C不选；
D.定容时俯视刻度线会导致所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故D不选；
【点睛】实验室的托盘天平只能称量出小数点后一位的质量（单位：g），量筒也只能量取出小数点后一位的体积（单位：mL）。

7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 使甲基橙变红色的溶液：Na+、Cu2+、ClO－、Cl－
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、Al3+、Cl－、NO3-
D. KW/c(H＋)＝0.1 mol·L-1的溶液中：Ca2+、NH4+、CH3COO－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H++ ClO－HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；
B. 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-在指定溶液中不能发生离子反应，一定能大量共存；
C. 0.1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H+、NO3-、Fe2+发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；
D. KW/c(H＋)＝c(OH-)=0.1 mol·L-1的溶液呈碱性，Ca2+、OH-，NH4+、OH-，HCO3-、OH-发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。
故选B.

8.共建“一带一路”符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易商品中，主要成分不属于有机物的是
A． 中国丝绸
B．捷克水晶
C．埃及长绒棉
D．乌克兰葵花籽油






A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.中国丝绸主要成分是蛋白质，属于有机物，A错误；
B.捷克水晶主要成分是二氧化硅，属于无机物，B正确；
C.埃及长绒棉主要成分纤维素，属于有机物，C错误；
D.乌克兰葵花籽油主要成分是油脂，属于有机物，D错误;
故合理选项为B。

9.下列评价及离子方程式书写正确是
选项
离子组
不能大量共存于同一溶液中的原因
A
H+、Fe2+、NO3-、Cl-
发生了氧化还原反应4Fe2++ 2NO3-+ 6H+=4Fe3++2NO↑+3H2O
B
Na+、CO32-、Cl-、Al3+
发生了互促水解反应2AI3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C
Fe3+、K+、SCN-、Br-
有红色沉淀生成：Fe3++3SCN- =Fe(SCN)3↓
D
HCO3-、OH-、Na+、Ca2+
发生如下反应：HCO3-+OH-=CO32-+H2O


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A.离子方程式电子、元素不守恒，故A错误；B.正确；C.生成物可溶，不是沉淀，故C错误；D.生成碳酸钙沉淀：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误。故选B。
点睛：解答本题选项A需要判断氧化还原反应类型离子方程式的对错，在反应物、生成物成分及表示形式正确的前提下，可从质量守恒、电荷守恒、电子守恒判断。

10.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO = 2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是
A. NaCl、NaClO B. NaCl、NaClO3 C. NaClO、NaClO3 D. NaClO3、NaClO4
【答案】B
【解析】
【详解】反应3NaClO = 2NaCl＋NaClO3，属于歧化反应。
A、NaCl中氯元素-1价、NaClO中氯元素+1价，氯元素的化合价均比+3价低，不属于歧化反应，选项A错误；
B、NaCl中氯元素-1价、NaClO3中氯元素+5价，属于歧化反应，选项B正确；
C、NaClO中氯元素+1价、NaClO3中氯元素+5价，NaClO还会继续反应，不能稳定存在，选项C错误；
D、NaClO3、NaClO4中的氯元素化合价均比+3价高，不属于歧化反应，选项D错误；
答案选C。

11.我国古代有“银针验毒”的记载。“银针验毒”的反应原理之一是:4Ag +2H2S +O2 =2X +2H2O，下列有关该反应的说法正确的是
A. Ag得到电子 B. X为AgS C. O2被还原 D. 每生成1molX转移电子数4NA
【答案】C
【解析】
试题分析：根据元素守恒和原子守恒，X为Ag2S，A、根据反应方程式，Ag的化合价由0价→＋1价，化合价升高，失去电子，故错误；B、根据上述分析，X为Ag2S，故错误；C、氧气的化合价由0价→－2价，化合价降低，被还原，故正确；D、每生成1molAg2S，消耗2Ag，转移电子2mol，故错误。
考点：考查氧化还原反应等知识。

12.某氧化还原反应中有反应物和生成物共六种： NO、FeSO4、Fe(NO3)3、 H2O、 HNO3和 Fe2(SO4)3。其中 HNO3为反应物，则该反应中的还原剂为( )
A. NO B. FeSO4 C. Fe(NO3)3 D. Fe2(SO4)3
【答案】B
【解析】
试题分析：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价发生变化的还有Fe，则Fe元素化合价应升高，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3，故选B。
【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，注意从元素化合价的角度分析氧化还原反应的相关概念和物质的性质，HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3。

13.一定量的Na2O2与CO2反应，得到固体物质41.8 g，恰好与1 L 1 mol·L－1的稀盐酸完全反应。下列说法正确的是(　　)
A. 41.8 g固体物质为Na2CO3
B. 41.8 g固体物质为0.1 mol Na2CO3和0.4 mol Na2O2混合物
C. 一定量的Na2O2为78 g
D. 41.8 g固体物质为31.2 g NaHCO3和10.6 g Na2CO3的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】盐酸中和含氯化氢的物质的量为：1L×1mol/L=1mol，反应后固体恰好与1mol氯化氢反应，反应后溶质为氯化钠，原固体中含有1mol钠离子，反应后的固体可能组成为：①碳酸钠，②碳酸钠和过氧化钠的混合物，③碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，若全部反应生成碳酸钠，其物质的量为：=0.5mol，质量为：106g/mol×0.5mol=53g>41.8g，若全部为过氧化钠，则过氧化钠的物质的量为 =0.5mol，质量为：78g/mol×0.5mol=39g