【文档说明】重庆市长寿中学2024-2025学年高三上学期开学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，919.339 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市长寿中学校2024-2025学年高三开学考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写

在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷(选择题)一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.下列各组中的离子，能在水溶液中大量共存的是A.H+、Na+、24SO−、OH−B.2Ca+、Na+、23CO−、3NO−C.Na+、H+、Cl−、

23CO−D.Na+、2Cu+、Cl−、24SO−【答案】D【解析】【详解】A．氢离子和氢氧根离子生成水，不能大量共存，故A不符合题意；B．钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．氢离子和碳酸根离子生成水和二氧化碳，不共

存，故C不符合题意；D．离子间相互不反应，能大量共存，，故D符合题意；故选D。2.在化学学科发展中分类法起到了非常重要作用，下列分类标准合理的是A.根据反应中是否有离子参加或生成，将化学反应分为离子反

应和非离子反应B.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体C.根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D.根据氧化物中另一种元素的种类，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物【答案】A【解析】【详解】A．有

离子参加或生成的反应为离子反应，否则为非离子反应，A正确；B．分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是具有丁达尔现象，B错误；的C．在水溶液或纯液态(熔融)时能导电的化合物为电解质，否则为非电

解质，C错误；D．根据氧化物中另一种元素的种类，将氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物，D错误；答案选A。3.下列叙述正确的是A.溶于水后能电离出H+的化合物都是酸B.NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl-C.硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强D.氯化氢溶

于水能导电，但液态氯化氢不能导电【答案】D【解析】【详解】A．溶于水后能电离出H+的化合物不一定为酸，如硫酸氢钠属于盐，电离出的阳离子全部为H+的化合物才是酸，故A错误；B、NaCl在水中电离成Na+和Cl-，电

离过程不需通电条件，故B错误；C．硫酸溶液的导电性不一定比醋酸溶液的导电性强，极稀的硫酸溶液和醋酸浓溶液比，可能硫酸导电性差，故C错误；D、氯化氢溶于水形成的盐酸中有自由移动的离子，能导电，但是液态氯化氢中只有分子不能导电，故D正确；故选D。4.

下列反应的离子方程式错误的是A.氢氧化钡溶液中加入硫酸镁溶液：()22Mg2OHMgOH+−+=B.稀硫酸溶液中加入氧化铜：22CuO2HCuHO+++=+C.碳酸钙与稀盐酸制二氧化碳：2322CaCO2HCaCOHO+++=++D.醋酸溶液中加入氢氧化钠溶液：323CHCOOH

OHHOCHCOO−−+=+【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钡溶液中加入硫酸镁溶液生成硫酸钡沉淀和氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为()222442MgSOBa2OHMgOHBaSO+−+−+++=+，故A错误；B．稀硫酸溶液中加入氧化铜生

成硫酸铜和水，反应的离子方程式为22CuO2HCuHO+++=+，故B正确；C．碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2322CaCO2HCaCOHO+++=++，故C正确；D．醋酸溶液中加入氢氧化钠溶液生成醋酸钠和水，反应的离子方程

式为323CHCOOHOHHOCHCOO−−+=+，故D正确；答案选A。5.下列关于胶体的说法不正确．．．的是A.直径为93.110−m的某分子分散在水中能形成胶体，则该分子的直径比Na+大B.向沸水中滴加适量饱和3FeCl溶液，形成带电

的()3FeOH胶体，导电能力增强C.“静电除尘”涉及到胶体性质的应用D.向盛有氢氧化铁胶体的试管中逐滴加入硫酸至过量，试管中出现先沉淀后溶解的现象【答案】B【解析】【详解】A．分子(直径为1.3×10−9米)的微粒直径属于胶体分散系范围内,属于胶体分散系,溶液中分散质直径小于1n

m,所以该分子的直径比Na+大，故A正确；B．胶体不带电，是胶体中的胶粒带电，故B错误；C．“静电除尘”涉及到胶体电泳的性质，故C正确；D．向盛有氢氧化铁胶体的试管中逐滴加入硫酸至过量，硫酸先使胶体发生聚沉生成氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁与硫酸反应，沉淀溶

解，故D正确；答案选B。6.若铅笔芯中石墨质量分数为50%，已知用铅笔写一个字消耗铅笔芯的质量约为1mg，假设铅笔芯除石墨外的成分不含碳原子，则一个铅笔字中含有的碳原子数约为A.222.510个B.192.510个C.22510个D.19510个【答案】B【解析】【详

解】若铅笔芯中石墨的质量分数为50%，已知用铅笔写一个字消耗铅笔芯的质量约为1mg，则一个铅笔字含有的碳的质量为0.5mg。所以一个铅笔字含有的碳的物质的量为340.510g51012g/12molmol−−=，所以含有的碳原子数目为451012mol−×6.02×

1023mol-1=2.5×1019，故选B。7.用NaCl固体配制一定物质的量浓度的溶液的过程中，下列图示对应的操作不规范的是的A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．天平称量固体药品时需左物右码，固体药品要用钥匙取用，接近刻度时轻磕手腕，故A正确；B．称量的固

体置于烧杯中，加蒸馏水溶解，故B正确；C．烧杯中溶液沿玻璃棒引流注入容量瓶中，玻璃棒下端应伸入刻度线以下，故C错误；D．定容时，当液面接近刻度线以下1-2cm时，改用胶头滴管滴加，故D正确；故选：C8.红磷可在氯气中燃烧，若P和2Cl按物质的量之比为1∶1.8混合，点燃使其完全反应，只生成

3PCl和5PCl两种产物。则产物中3PCl与5PCl的物质的量之比为A.5∶2B.2∶5C.7∶3D.3∶7【答案】C【解析】【详解】设生成()3nPCl=xmol，()5nPCl=ymol，根据质量守恒与得失电子守恒可得：x+y=1，3x+5y=1.8，解

得x=0.7mol，y=0.3mol，故3PCl与5PCl的物质的量之比为7∶3；故选C。9.用AN表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确．．．的是A.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子的数目

为ANB.常温常压下，22g2NO和2CO的混合气体中所含原子的数目为A1.5NC.1mL5mol/L的3FeCl溶液，滴入沸水中，完全反应后生成胶体粒子的数目小于A0.005N。D.某2BaCl和KCl的混合溶

液，若含amol2Ba+和bmolCl−的，则溶液中K+的数目为()Ab-2aN【答案】A【解析】【详解】A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g、水的质量为54g，即乙醇的物质的量为46g÷46g/mol=1mol、水的物质的量为54g÷18g

/mol=3mol，100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子数目为(6+3×2)NA=12NA，A错误；B．2NO和2CO的摩尔质量均为44g/mol，22g2NO和2CO的混合气体的物质的量为22g÷44g/mol=0.5mo

l，含有的原子数目为0.5×3NA=1.5NA，B正确；C．由于胶体粒子是集合体，则将1mL5mol/L的3FeCl溶液，滴入沸水中，完全反应后生成胶体粒子的数目小于10-3×5NA=A0.005N，C正确；D．溶液为电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则2BaCl和KCl的混

合溶液，若含amol2Ba+和bmolCl−，有()AA2a+n(K)NbN+=则溶液中K+的数目为()Ab-2aN，D正确；故选A。10.“王水”指的是将浓度为c1mol/L，密度为ρ1g/mL的浓硝酸与浓度为c2mol/L，密度为ρ2g/mL的浓盐酸按1：3的体积比

混合所得的溶液。若“王水”的密度为ρ3g/mL，则王水中c（H+）为（）A.12c+3c4B.12312(c+3c)ρρ+3ρC.123121000(c+3c)ρρ+ρD.12312(c+3c)ρ1000(ρ+ρ)【答案】B【解析】

【详解】设浓HCl和浓HNO3的体积分别为3VmL、VmL，混合后H+的物质的量=混合前H+的物质的量之和，所以混合后c(H+)=12123cV+c3VρV+ρ3Vρ=12312(c+3c)ρρ+3ρ，B满足题意。答案选B。11.2HS在1500℃下分解生成硫蒸

气和2H。混合气体中各组分的体积分数随与时间的关系如下图所示，则产物硫蒸气的分子式为A.SB.S2C.S4D.S6【答案】B【解析】【详解】2HS高温分解生成硫单质和氢单质，产物体积分数不断变大，由图

可知，二者比值为2:1，由硫化氢组成可知，生成氢气的量更大，结合氢守恒，设反应为22x2HS=H+2S，由硫守恒可知x=2；故选B。12.向24HSO溶液中逐滴加入等体积、等物质的量浓度的()2BaOH溶液，符合溶液导电性变化的图像是[I表示电流强度，V

表示所加()2BaOH的体积A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据反应：()22442HSOBaSO2HOBaOH+=+可知，随着()2BaOH溶液的不断加入，反应生成4BaSO和2HO，溶液中离子浓度不断减小，导电能力减弱；当

酸碱恰好完全反应，溶液导电能力几乎为0，答案选D。13.南海是一个巨大的资源宝库，海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是A.物质X常选用CaOB.第①步中为了得到干燥的22MgCl6HO固体，应采用高温烘干C.操作1中玻璃棒的作

用是引流D.第②步中反应的离子方程式为：22224BrSO2HOSO2Br4H−+−++=++【答案】B【解析】【分析】苦卤中加石灰乳沉淀2Mg+生成氢氧化镁，氢氧化镁中加入盐酸生成氯化镁，①中在HCl

气流中蒸发氯化镁溶液得到六水合氯化镁；滤液含NaBr，NaBr与氯气反应生成溴，②中溴与二氧化硫发生氧化还原反应，吸收液成分为硫酸和HBr；【详解】A．根据分析，苦卤中加石灰乳沉淀2Mg+生成氢氧化镁，加入CaO可形成石灰乳，A正确；B

．因加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，因此第①步是将氯化镁溶液在HCl气流中加热蒸发得22MgCl6HO固体，B错误；C．操作1是过滤，其中玻璃棒的作用是引流，C正确；D．第②步2SO作还原剂，与2Br发生氧化还原

反应，离子方程式为：22224BrSO2HOSO2Br4H−+−++=++，D正确；答案选B。14.耦合电化学合成法从2CO合成碳酸二甲酯(DMC)的反应原理如图1所示，反应②的机理如图2所示。下列说法正确的是A.该电化学合成法从2CO合成碳酸二甲酯的总反应是非氧化还原反

应B.图2含Pd物质中Pd的价态保持不变C.2PdBr是反应②的催化剂D.工作过程中反应①、②和③逐级转移电子，电子的能量保持不变【答案】A【解析】【详解】A．①阴极：CO2+2CH3OH+2e-=CO+2CH3O-+H2O,③阳极：2Br--2e-=Br2,②2CH3O-+C

O+Br2=2Br-+(CH3O)2CO,①+②+③得总反应CO2+2CH3OH电解⎯⎯⎯⎯→H2O+(CH3O)2CO,合成碳酸二甲酯过程中，元素的化合价末发生变化，总反应是非氧化还原反应，A正确；B．图2由Pd→PdBr2

，Pd元素从0升到+2价，Pd的价态发生变化，B错误；C．反应②发生Br2→2Br-，2PdBr参与反应，作为中间产物，不是催化剂，C错误；D．工作过程中反应①发生CO2→CO得到2个电子，③2Br-→Br

2都是失去2个电子，反应②Br2→2Br-得电子，CO失电子生成(CH3O)2CO，反应①、②和③不是逐级转移电子，电子的能量保持不变，D错误；故选A。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题：本大题共4小题，共58分。1

5.某100mL溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示，该溶液可能还含有3Fe+、2Ba+、H+、24SO−、23CO−。为了进一步确认，对该溶液进行实验检测：步骤一：仔细观察，该溶液呈无色、透明、均一状态。步骤二：加入足量

2BaCl溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失。（1）实验操作的步骤二中生成沉淀后的实验操作步骤有：___________、洗涤、干燥。生成白色沉淀的离子方程式是___________。（2）原溶液中除上图中的离子以外，肯定还含有的离子是___________，肯定不含有

的离子是___________。（3）原溶液中H+物质的量浓度为___________mol/L。（4）向原溶液中加入足量NaOH溶液，依次发生反应的离子方程式为：①___________；②___________。【答案】（1）①.过滤②.2244BaSOBaSO+−+=（2）①.

H+、24SO−②.3Fe+、2Ba+、23CO−（3）3mol/L（4）①.2HOHHO+−+=②.()22Mg2OHMgOH+−+=【解析】【分析】溶液中含有0.1moNa+、0.05molMg2+、0.3mol

Cl-，该溶液呈无色、透明、均一状态，则一定不含3Fe+、23CO−；加入足量2BaCl溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，可知生成23.3g硫酸钡，则原溶液中一定含有24SO−，物质的量为0.1mol，则原溶液中一定不含

2Ba+；根据电荷守恒，溶液中一定含有H+。【小问1详解】实验操作的步骤二中生成沉淀后，过滤、洗涤、干燥。生成的沉淀是硫酸钡，生成白色沉淀的离子方程式是2244BaSOBaSO+−+=。【小问2详解】根据以上分析，原溶液中除上图中的离子以外，肯定还含有的离子

是24SO−、H+，肯定不含有的离子是3Fe+、23CO−、2Ba+。【小问3详解】根据电荷守恒，n(H+)=2n(24SO−)+n(Cl-)-n(Na+)-2n(Mg2+)=0.3mol，原溶液中H+物质的量浓度为0.3mo

l÷0.1L=3mol/L。【小问4详解】向原溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Cl-、24SO−，加入足量NaOH溶液，依次发生反应氢离子和氢氧根离子反应、镁离子和氢氧根离子反应，离子方程式为：①2HOHHO+−+=；②()22Mg2OHMg

OH+−+=。16.食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗食盐常含有少量2Ca+、2Mg+、3Fe+、24SO−等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：（1）加入A试剂，是为了除去溶液Ⅰ中的2Ca+、2Mg+、3Fe+、2

4SO−离子。A代表的是多种试剂，按滴加顺序依次为：ⅰ.NaOH，ⅱ.___________，ⅲ.___________(填化学式)。（2）下图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是___________(填标号)。a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b．玻璃棒用作引流c．将滤纸湿润，使其紧贴漏

斗壁d．滤纸边缘高出漏斗e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度为（3）操作Ⅲ的名称是___________。（4）mg粗盐提纯后得到ng纯净的NaCl固体，则m与n的大小关系为___________。A.m>n

B.m<nC.m=nD.无法确定。（5）实验室需配制480mL0.400mol/L盐酸，现用如图所示浓盐酸配制，回答下列问题：盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：1.2g/cm3HCl的质量分数为：36.5%①配制需要的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、烧杯、________

___(填仪器名称)②需量取浓盐酸的体积为：___________mL。(结果保留1位小数)【答案】（1）①.2BaCl②.23NaCO（2）de（3）蒸发结晶（4）D（5）①.500mL容量瓶、胶头滴管②.16.7【解析】【分析】在溶液Ⅰ中可依次加

入氢氧化钠、氯化钡、饱和碳酸钠溶液，过滤所得滤液含有氯化钠、氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，所得溶液Ⅱ为氯化钠，蒸发浓缩、冷却结晶可得到氯化钠晶体，据此解答。【小问1详解】加入A试剂，是为了除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、3Fe+、2-4SO离子，应首先加入过量的氢氧化钠除去镁离子和

3Fe+，然后加入过量的氯化钡可以除去硫酸根离子，最后加入过量的碳酸钠溶液除去过量的钡离子和钙离子，故答案为：BaCl2；Na2CO3；【小问2详解】在过滤时注意一贴二低三靠，滤纸紧贴漏斗内壁，滤纸边缘低于漏斗边缘，液面低

于滤纸边缘，玻璃棒靠在三层滤纸一侧，烧杯靠在玻璃棒上引流，漏斗下端颈尖紧靠烧杯内壁，同时玻璃棒不能进行搅拌，所以有d、e不规范；【小问3详解】操作Ⅲ为从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，为蒸发结晶；【小问4详解】在粗盐提纯过程中加入了钠离子和氯离子，所以不能确定前后的质量关系，故答

案为D；【小问5详解】①配制一定物质的量浓度的溶液需要使用的仪器有一定规格的容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶体滴管，量筒等，所以缺少的为胶头滴管和500mL容量瓶；②需要配制500mL溶液，所以需要的盐酸的体积计算公式为0.40.536.516.7mL36.5%1.

2=，故答案为16.7mL。17.某小组通过实验探究NO的氧化性。（1）实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性23NaSO溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。资料：i．NO与碱性23NaSO溶液会发生氧化还反应，NO被为222NO−。ii．Ag+

与222NO−反应生成黄色沉淀。①检验23SO−的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，___________(填操作和实验现象)。②某同学认为，需通过实验进一步验证NO的氧化性，补充实验如下：

实验II：取饱和24NaSO溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol的3AgNO溶液，无明显变化。实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol的3AgNO溶液，(填实

验现象)___________。上述实验证明NO有氧化性。实验II的目的是___________。③写出NO与碱性23NaSO溶液反应的离子方程式___________。④从电极反应角度分析NO与碱性23NaSO溶液的反应。还原反应：2222NO2eNO−−+=氧化反应：_________

__。实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和23NaSO溶液和加有NaOH的饱和23NaSO溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。根据上述所有实验得出结论：___________。（2）某同学结合所学知识设计处理工业废气中2SO和NO的实验方案，达到消除污染，保护环境的目的。①先用饱和纯

碱溶液吸收废气中的2SO，反应的化学方程式是___________。②再向生成的溶液中加入一定量___________，以此溶液来吸收NO气体。【答案】（1）①.先加盐酸酸化，在加入BaCl2溶液，出现白色沉淀②.出现黄色沉淀③.排除2-4SO对Ag+检验2-2

2NO的干扰④.-2-2-2-322422OH+2NO+SO=NO+SO+HO⑤.2---2-342SO+2OH-2e=SO+HO⑥.NO和2-3SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快（2）①.2

23223SO+NaCO=CO+NaSO②.NaOH【解析】【分析】某小组通过实验探究NO的某些性质，用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升，2-3SO的氧化产物为硫酸根离子，检验硫酸根离

子时，要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，以此解答。【小问1详解】①2-3SO的氧化产物为硫酸根离子，检验硫酸根离子时，要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，故操作和实验现象为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸

化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀；②某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，则需检验还原产物2-22NO的生成，利用信息：Ag+和2-22NO反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰，则从实验步骤Ⅱ、Ⅲ的比较可知，实验Ⅱ

的目的是：排除硫酸根对Ag+检验2-22NO的干扰；③据信息知，NO与碱性Na2SO3溶液反应生成2-4SO和2-22NO，则离子方程式为-2-2-2-322422OH+2NO+SO=NO+SO+HO；④从该反应可知，NO得电

子转变为2-22NO是还原反应；2-3SO在碱性环境下失去电子生成2-4SO氧化反应：2---2-342SO+2OH-2e=SO+HO；用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，液面均上升，则NO和2-3SO发生了氧化还原反应，NO体现了氧化性

，而后者集气瓶中液面上升更快，是因为碱性增强反应更快。故根据上述实验所得结论：NO和2-3SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。【小问2详解】可利用碱性条件下亚硫酸根离子和一氧化氮的氧化还原反应来吸收SO2和NO。因此可以先把二氧化硫和碳酸钠

反应转变成亚硫酸钠、再继续加入一定量的氢氧化钠来吸收NO：①先用饱和纯碱溶液吸收废气中的SO2，反应的化学方程式是223223SO+NaCO=CO+NaSO；②再向生成的溶液中加入一定量NaOH，以此溶液来吸收NO气体。18.回答下列问题（1）标准状况下有①6

.72L4CH②233.0110个HCl③13.6g2HS④0.2mol3NH四种气体，气体所占体积由小到大的顺序是(填序号，下同)___________；所含氢原子数由小到大的顺序是___________。（2）已知某植物营养液配方为0.3molKCl，0.2mol24KSO，

0.1mol4ZnSO和1L水。若以KCl，24KSO，2ZnCl和1L水为原料配得相同组成的营养液，需三种溶质KCl___________mol，24KSO___________mol，2ZnCl___________mol。（3）将CO、2O两种气体分别盛放在两个容器中，并保持

两个容器内气体的温度和密度均相等，这两种气体对容器壁所施压强的大小关系是___________。（4）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___________。（5）同温、同压下某瓶充满2O时重116克，充满2CO重122克，充满某气体时重11

4克。则某气体的相对分子质量为___________。（6）A物质按下式分解：2AB2C2D=++，测得生成的混合气体在相同条件下的密度是。H₂密度的m倍，则A的摩尔质量为___________。【答案】（1）①.④<①<③<②②.②<④<③<①（2）①.0.1②.

0.3③.0.1（3）2OCO（4）106g/mol（5）28（6）5mg/mol【解析】【小问1详解】在标准状况下①6.72LCH4，n(CH4)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子，n(HCl)=23233.01106.0210mol=0.5m

ol，③13.6gH2S，n(H2S)=13.6g34g/mol=0.4mol，④0.2molNH3，由n=mVV可知，气体物质的量越大，体积越大，则体积从小到大顺序是④<①<③<②；根据氢原子的物质的量

的多少判断，物质的量越多，原子个数越多，0.3molCH4含有1.2molH，0.5molHCl含有0.5molH，0.4molH2S含有的0.8molH，0.2molNH3含有0.6molH，则所含氢原子数由小到大的顺序是②<④<③<①；【小问2详解】0.3molKCl、0.2molK2SO4

、0.1molZnSO4中，含有的各离子的物质的量为：n(K+)=0.3mol+0.2mol×2=0.7mol，n(Zn2+)=0.1mol，n(Cl-)=0.3mol，n(24SO−)=0.2mol

+0.1mol=0.3mol，所以需要需n(K2SO4)=0.3mol；n(ZnCl2)=0.1mol；n(KCl)=0.7mol－2×0.3mol=0.1mol，所以KCl、K2SO4、ZnCl2的物质的量各是0.1mol、0.3mol、0.1mol；【小问3详解】根

据PV=nRT，温度、密度相同条件下，压强之比等于相对分子质量之比，则p(CO)：p(O2)=28：32=7：8，故p(CO)<p(O2)；【小问4详解】根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20－31.76)g=4.24g，M(C)=4.24g106g/0.04molm

ol=；【小问5详解】由于气体的体积相等，同温同压下，则气体的物质的量相等，令气体的物质的量为nmol，则：nmol×(44g/mol－32g/mol)=122g－116g，解得n=0.5，令该气体的摩尔质

量为Mg/mol，则：0.5mol×(44g/mol－Mg/mol)=122g－114g，解得M=28，故该气体的相对分子质量为28；【小问6详解】相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，生成的混合气体对氢气的相对密度为m

，则混合气体的平均摩尔质量为2m/mol，假设有2molA反应则生成1molB、2molC、2molD，生成物的质量=2mg/mol×(1+2+2)mol=10mg，反应前后质量不变，则A的质量为10mg，其摩尔质量=102mgmol=5mg/

mol。