【文档说明】内蒙古集宁一中（西校区）2021届高三上学期第一次月考化学试题【精准解析】.doc，共(11)页，348.000 KB，由小赞的店铺上传

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内蒙古集宁一中（西校区）2021届高三上学期第一次月考化学试题1.北京2008奥运会金牌直径为70mm，厚6mm。某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙

认为金牌是由黄铜(铜锌合金)制成。为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误A.硫酸铜溶液B.氢氧化钠溶液C.稀硝酸D.硝酸银溶液【答案】C【解析】【分析】金不能与硝酸反应，银能与硝酸反应，Cu、Zn都能与硝酸反应，根据金牌溶解的情况来证明金牌的成分。【详解】A．只有Zn能与硫

酸铜溶液反应，Au、Ag都不与硫酸铜溶液反应，则无法证明，故A错误；B．Au、Ag、Cu都不能与氢氧化钠溶液反应，则无法证明，故B错误；C．因金不能与硝酸反应，银能与硝酸反应，Cu、Zn都能与硝酸反应，则可以利用金牌的溶解来证明甲、乙、丙的猜想，故C正确；D．Au、Ag都不与硝酸银溶液反应

，则无法证明，故D错误。答案选C。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.阿伏加德罗常数是指1mol物质中所含有的原子数B常温、常压下，10gH2中约含6.02×1024个电子C.50mL0.1mol/L的N

a2CO3溶液中Na+的物质的量为0.1molD.标准状况下，2.24LCCl4含有的原子数为0.5NA【答案】B【解析】【详解】A.阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子中所含有的粒子数，A错误；B.常温、常压下，10gH2

的物质的量为5mol，其电子数为10NA，约为6.02×1024个电子，B正确；C.50mL0.1mol/L的Na2CO3溶液的物质的量为0.005mol，其Na+的物质的量为0.01mol，C错误；D.标准状况下，CCl

4不是气体，无法计算，D错误；故答案选B。3.只给出下列甲、乙中对应的量，不能计算出溶液的物质的量浓度的是（）序号①②③④⑤甲溶质所含微粒数标准状况下气体摩尔体积溶质Na2SO4的质量溶质KCl的质量分数非标准状况下溶质的质量乙阿伏加德罗常数标准状况下气体体积溶液的体

积溶液的密度溶质的摩尔质量A.③B.①②④⑤C.③④D.①②⑤【答案】D【解析】【详解】①根据n=N/NA可知，知道溶质所含微粒数和阿伏加德常数，可以计算溶质物质的量，但无法计算物质的量浓度；②根据n=V/Vm可知，知道标准状况下气体摩尔体

积和标准状况下气体的体积，可以计算气体的物质的量，但无法计算物质的量浓度；③根据n=m/M，知道溶质Na2SO4的质量，可以计算Na2SO4物质的量，又知道溶液的体积，再根据c=n/V,即可计算出物质的量浓度；④根据公式1000c=M，知道溶质KCl的质量分数，溶液的密度，即可计算

物质的量浓度；⑤根据n=m/M可知，知道非标准状况下溶质的质量和溶质的摩尔质量，可以计算出物质的量，但无法计算物质的量浓度；因此，不能计算出溶液的物质的量浓度的是①②⑤；答案选D。【点睛】已知溶质的质量分数，溶液的密度，可

根据公式1000c=M计算溶质物质的量浓度这是学生们易忽略的知识点，根据该公式当溶质的质量分数、溶液的密度、溶质物质的量浓度三个量知道其中两个量时就可以求另一个量。4.用NA代表阿伏加德罗常数，下列

说法正确的是()A.1molFe与足量的稀盐酸完全反应，铁所失去的电子总数为3NAB.标准状况下，1mol水的体积约为22.4LC.0.012kg12C所含碳原子数即为阿伏加德罗常数D.1molAl与足量NaOH溶液反应转移电子数为2NA【答案】C【解析】【

详解】A.1molFe与足量的稀盐酸完全反应生成氯化亚铁、氢气，铁所失去的电子总数为2NA，A错误；B.标准状况下水是液体，1mol水的体积不是22.4L，B错误；C.0.012kg12C即1mol12C所含

碳原子数即为阿伏加德罗常数，C正确；D.1molAl与足量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，转移电子数为3NA，D错误；答案选C。【点睛】阿伏加德罗常数是指0.012kgC-12中所含有的碳原子数，用NA表示，其数值约

为6.02×1023，单位是mol－1。每摩尔物质含有阿伏加德罗常数个微粒，常用于计量微观粒子或微观粒子的特定组合。5.在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是()选项条件离子组离子共存判断及离子方程式A滴加氨

水Na+、3Fe+、CI−、3NO−不能大量共存，33Fe3OHFe(OH)+−+=B由水电离出()13cH1.010mol/L+−=K+、4NH+、Cl−、2AlO−能大量共存CpH1=的溶液3Fe+、4NH+、I−、24SO−

不能大量共存，3222Fe2I2FeI+−++=+D通入少量2SO气体K+、Na+、ClO−、24SO−不能大量共存，22232ClOSOHO2HClOSO−−++=+AAB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.离子之间不发生任何反应，可大量共存，一水合氨为弱电解质，正确

的离子方程式为：Fe3++3NH3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；B.由水电离出的c(H+)=110-13mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下NH4+与氢氧根离

子反应，酸性条件下AlO2-与氢离子反应，在溶液中不一定能大量共存，故B错误；C.pH=1的溶液呈酸性，因发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，在溶液中不能大量共存，所以C选项是正确的；D.SO

2具有还原性，与ClO-发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故D错误。答案选C。6.如表涉及了四个离子方程式，对离子方程式的正误判断及改正方法均正确的是(

)化学反应离子方程式判断及改正方法A过量铁粉与稀硝酸Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O正确B向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液Ba2++OH-+H++SO42−=BaSO4↓+H2O错误，OH-、H+、H2O的计量数应均为2C过量的浓氨Al3++3NH3·H2O=3NH4

++Al(OH)3↓错误，应生成水加入到AlCl3溶液中AlO2−、NH4+、H2ODCu与醋酸Cu+2H+=Cu2++H2↑错误，醋酸应该写分子式AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.过量的铁粉与稀硝酸反应生成的是

Fe2+，则离子方程式书写错误，故A的判断错误；B.向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故B判断和改正方法正确；C.该反应的离子方程式是正确的，

故C的判断和改正方法错误；D.Cu与醋酸不反应，故D的离子方程式以及判断都错误；答案选B。7.下列有关溶质的质量分数和物质的量浓度的计算结果错误的是A.密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所

得溶液中溶质的质量分数等于12.5%B.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3＋的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42－的物质的量浓度为0.7mol/L，则此溶液中K＋的物质的量浓度为

0.2mol/LC.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度为10abmol/LD.将标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度ρg/cm3，则此

溶液的物质的量浓度为1000VρMV+2240mol/L【答案】A【解析】【分析】A、依据加水稀释前后溶质的质量不变，该氨水用等体积的水稀释后，所得氨水的质量为水的质量加上原有氨水的质量，所得氨水溶液的溶质为质

量分数为25%的氨水中的溶质；B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣）；C、先计算出稀释前硝酸根离子的浓度，然后根据稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变计算；

D、根据n＝来计算气体的物质的量，根据m＝nM计算气体的质量，根据m＝ρV计算水的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，利用V＝来计算溶液的体积，最后利用c＝来计算该溶液的物质的量浓度。【详解】A、设

加入水的体积为V，那么质量分数为25%的氨水的体积也为V，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数为：0.91V25%0.91V1.0V+×100%≈11.9%＜12.5%，故A错误；B、由于溶液中c（H+）和c（OH﹣）很

小，可忽略不计，溶液呈电中性，根据电荷守恒：3c（Al3+）+c（K+）＝2c（SO42﹣），即3×0.4ol/L+c（K+）＝2×0.7mol/L，c（K+）＝2×0.7mol/L﹣3×0.4mol/L＝0

.2mol/L，故B正确；C、5mol/L的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：5mol/L×2＝10mol/L，将amL该溶液稀释至bmL，稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量

浓度是：＝mol/L，故C正确；D、气体的物质的量＝mol，故气体的质量＝mol×Mg/mol＝g，0.1L水的质量为100mL×1g/mL＝100g，溶液的质量为（100+）g，溶液的体积为L，所以溶液的物质的量浓度＝＝mol

/L，故D正确。答案选A。【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度中等，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏伽德罗常数之间的关系即可解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力。8.下图为

实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为________。（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制250mL物质的量浓度为0.7mol/L的稀盐酸。①该学生用量筒量取________mL上述

浓盐酸进行配制；②所需的实验仪器有：①胶头滴管、②烧杯、③量筒、④玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有________。③下列操作导致所配制的稀盐酸物质的量浓度偏低的是________(填字母)。A．用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面B．未恢复到室温就将溶液注

入容量瓶并进行定容C．容量瓶用蒸馏水洗后未干燥D．定容时仰视液面E．未洗涤烧杯和玻璃棒（3）若在标准状况下，将aLHCl气体溶于1L水中，所得溶液密度为dg/mL，则此溶液的物质的量浓度为________mol/

L。【答案】(1).12mol·L－1(2).14.6mL(3).250mL容量瓶(4).ADE(5).1000da36.5a+22400【解析】【详解】(1)浓盐酸中HCl的物质的量浓度c=1000ρωM=10001.236.5%36.5=12mol/L；(2)

①设所需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：12mol/L×VmL=0.7mol/L×250mL，解得V=14.6mL；②根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器为：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、250

mL容量瓶，故还缺少250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶；③A.用量筒量取浓盐酸时俯视凹液面，会导致所量取的浓盐酸的体积偏小，则所配溶液的浓度偏低，故A正确；B.未恢复到室温就将溶液注入容量瓶并进行定容，待恢复至室温时溶液体积偏小，则浓度偏高，故B错误；C.若容量瓶未

干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故C错误；D.定容时仰视液面，则溶液体积偏大，浓度偏低，故D正确；E.未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故E正确。故答案为：ADE；(3)

HCl的物质的量为aLa=mol22.4L/mol22.4，HCl的质量为amol36.5g/mol22.4=36.522.4ag，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液的质量为(36.522.4a+1000)g，

溶液的体积为(36.522.4a+1000)g÷1000dg/L=36.5224002240L0ad+，故所得溶液的物质的量浓度为nV=a22.436.5a+2240022400d=1000da36.5a+22400mol/L。9.①在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将2-27C

rO还原为Cr3+，该过程的离子反应方程式为__________________________②在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，离子方程式为___________________________。③在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发

现蓝色逐渐消失，离子方程式是_______________。④对比②和③实验所得的结果，将I2、ClO－、2-4SO按氧化性由强到弱的顺序排列为___________。【答案】(1).2-27CrO＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7

H2O(2).ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－(3).2-3SO＋I2＋2OH－=2-4SO＋2I－＋H2O(4).ClO－>I2>2-4SO【解析】【分析】①二价铁离子有还原性，Cr2O72-有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，根据电子得失配平；②次氯

酸钠具有强氧化性，可氧化I-生成单质I2；③Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I-，使蓝色消失；④氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性。【详解】①二价铁离子有还原性，2-27CrO有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，

2-27CrO被还原为3+Cr，反应方程式为：2-27CrO＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I−生成单质2I，2I遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO－＋2I－＋

H2O=I2＋Cl－＋2OH－；③23NaSO具有还原性，可还原2I生成I−，使蓝色消失，反应的离子方程式为2-3SO＋I2＋2OH－=2-4SO＋2I－＋H2O；④氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，由②可知ClO−>2I，由③可知2I>2-4SO，故氧化性强弱顺序是Cl

O－>I2>2-4SO。10.某溶液中只含有Ba2+、Mg2+、Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_________，（2）

若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为______________。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为______________。（4）如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag

+的浓度均为0.1mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有-3NO，则溶液中-3NO浓度为_______mol·L-1。【答案】(1).AgCl(2).BaSO4(3).Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓(4).0.5mol·L－1【

解析】【分析】某溶液中含有Ba2+、Mg2+、Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，氢氧根离子和镁离子、银离子都反应，硫酸根离子和钡离子、银离子都反应，盐酸只与银离子反应，所以先用盐酸将银离子转化为沉淀，过滤后加入Na2SO4或NaOH生成硫酸钡沉淀或Mg（OH

）2沉淀，所以B可能是硫酸钠或NaOH；若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2为硫酸钡，溶液2含有镁离子、加入氢氧化钠溶液，生成沉淀3为氢氧化镁，若试剂B为NaOH溶液，沉淀2为氢氧化镁，沉淀3为硫酸钡，以此解答该题。【详解】(1)某溶液中含有Ba2+、Mg2+、

Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，氢氧根离子和镁离子、银离子都反应，硫酸根离子和钡离子、银离子都反应，盐酸只与银离子反应，所以先用盐酸将银离子转化为沉淀，沉淀1为AgCl；(2)用盐酸将银离子转化为沉淀，过滤后加入Na

2SO4或NaOH生成硫酸钡沉淀或2Mg(OH)沉淀，所以B可能是硫酸钠或NaOH，若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2为硫酸钡，化学式为BaSO4；(3)若试剂B为NaOH溶液，生成的沉淀2为氢氧化镁

，反应的离子方程式为()22Mg2OH=MgOH＋－＋；(4)如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的浓度均为0.1mol⋅L−1，且溶液中含有的阴离子只有-3NO，因溶液呈电中性，溶液中存在c(-3NO)=2c(2+Ba

)+2c(2+Mg)+c(+Ag)，则溶液中-3NO浓度为2×0.1mol⋅L−1+2×0.1mol⋅L−1+0.1mol⋅L−1=0.5mol⋅L−1。11.氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。（1）NaClO中Cl的化合价为__________，有较

强的_________（填氧化、还原）性；（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，此反应的离子方程式为_____________________。②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化

剂与还原剂的物质的量之比为_________________。（3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是______

____。该图示的总反应为_______【答案】(1).＋1(2).氧化(3).2-3ClO＋SO2=22ClO＋2-4SO(4).2:5(5).Cu、H、Cl(6).2H2S+O22+2+FeCu2S↓+2H2O【解析】【详解】（1）根据

化合物中化合价代数和为0可知NaClO中Cl的化合价为+1价，NaClO有较强的氧化性，故答案为：+1；氧化；（2）①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为2-3ClO＋SO2=22ClO＋2-4SO，故答

案为：2-3ClO＋SO2=22ClO＋2-4SO；②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到

+4价，氧化剂和还原剂得失电子总数相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:5，故答案为：2:5；（3）据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，由图示可知反应物

为H2S和O2，生成物有S，结合氧化还原知识可知生成物还有H2O，Fe2+和Cu2+起催化作用，发生的总反应为2H2S+O22+2+FeCu2S↓+2H2O，故答案为：2H2S+O22+2+FeCu2S↓+2H2O。