河北省安平中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

安平中学2019-2020学年上学期第二次月考
高一化学试题
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Na:23 Mg:24 K:39 Mn:55
本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷，考试时间90分钟。满分100分。
第Ⅰ卷(50分)
一．选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分）
1.2018年10月3日瑞典皇家科学院宣布，将授予美国科学家弗朗西斯·阿诺德(Frances H. Arnold)、美国科学家乔治·史密斯(George P. Smith)及英国科学家格雷戈里· 温特尔(Sir Gregory P. Winter)三位科学家2018诺贝尔化学奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果。在物质的分类上，酶属于
A. 单质 B. 无机物 C. 有机物 D. 氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】酶是由活细胞产生的、具有高度特异性和高度催化效能的蛋白质或RNA，因此酶属于有机物。答案选C。
2.朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影…”月光穿过薄雾所形成的美景仙境，其本质原因是（ ）
A. 夜里的月色本身就很美
B. 颗粒直径约为1nm～100nm的小水滴分散在空气中
C. 光线是一种胶体
D. 雾是一种胶体，能产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【详解】月光穿过薄雾所形成的美景仙境，属于胶体的丁达尔效应，其本质原因是颗粒直径约为1nm~100nm的小水滴分散在空气中，月光照射到小水滴上产生散射现象形成的。答案选B。
3.与100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl－物质的量相同的溶液是
A. 50 mL1mol/LNaCl溶液 B. 200mL0.25mol/L AlCl3溶液
C. 100 mL0.5mol/LMgCl2溶液 D. 25mL0.5mol/LHCl溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
100mL 0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl－物质的量为0.05mol。
【详解】A. 50 mL1mol/LNaCl溶液中，n（Cl－）=1mol/L0.050 L=0.05mol，符合题意，A正确；
B. 200mL0.25mol/L AlCl3溶液中，n（Cl－）=0.25mol/L0.2 L3=0.15mol，与题意不符，B错误；
C. 100 mL0.5mol/LMgCl2溶液中，n（Cl－）=0.5mol/L0.1 L2=0.1mol，与题意不符，C错误；
D. 25mL0.5mol/LHCl溶液中，n（Cl－）=0.5mol/L0.025 L=0.0125mol，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】根据n=cV结合物质中含有的Cl－个数进行计算。
4.化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是
A. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化
B. 雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质原因是能发生丁达尔现象
C. 用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关。
D. 水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质
【答案】B
【解析】
详解】A. “水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化
A．水乳交融为水和乳汁融合在一起，没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油，是指油的燃烧，有新物质生成，前者包含物理变化，而后者包含化学变化，A正确；
B．胶体区别于溶液等其它分散系的本质原因是分散质微粒直径大小不同，B错误；
C．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，因此用石膏或盐卤点制豆腐与胶体性质有关，C正确；
D．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳现象，与胶体的性质有关系，D正确。
答案选B。
5.将下列各组物质，按单质、氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列正确的是(　　)
A. 银、二氧化硫、硫酸、纯碱、食盐
B. 碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙
C. 氢气、干冰、硝酸、烧碱、硝酸钾
D. 铜、氧化铜、醋酸、石灰水、碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱是碳酸钠，是盐不是碱；食盐主要成分是氯化钠，还含KIO3等，故不是盐，是混合物，故A错误；
B．碘酒是碘的酒精溶液，是混合物；硫酸氢钠是酸式盐，不是酸，故B错误；
C．氢气是单质；干冰即二氧化碳，是氧化物；硝酸是酸；烧碱即NaOH，是碱；硝酸钾是盐，故C正确；
D．石灰水是Ca(OH)2的水溶液，是混合物，不是碱，故D错误；
故答案为C。
【点睛】本题考查物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸、碱、盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．(且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。
6.若用表示构成不同物质的原子，它们相互组合形成下列四种物质，其中表示混合物的是

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由图形可知，A为两种单质组成的混合物，B、C均为由两种原子组成的化合物，D为一种原子组成的单质。综上所述，A项符合题意。
7.我国科学家预言的T－碳（四个碳原子构成的正四面体分别取代金刚石结构中所有碳原子，如右图）最近在实验室成功合成。T－碳属于

A. 混合物 B. 化合物
C. 氧化物 D. 单质
【答案】D
【解析】
该物质只由一种元素，即碳元素形成，因此属于单质，答案选D。
8.已知98%的硫酸物质的量浓度为18.4 mol·L－1，则49%的硫酸物质的量浓度是（ ）
A. 小于9.2 mol·L－1 B. 等于9.2 mol·L－1
C. 大于9.2 mol·L－1 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
试题分析：先由计算浓H2SO4中溶质的c1 =、稀释后H2SO4的c2 =，再计算二者之比，即=；最后由于硫酸溶液的密度比水大，且浓度越大，密度也越大，则=>，c2 < 18.4 mol·L－1×=" 9.2" mol·L－1，答案选A。
考点：考查同一溶液的两种浓度（溶质的质量分数和物质的量浓度）之间的换算、稀释对溶液的密度的影响。
【名师点睛】物质的量浓度、质量分数都是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度、质量分数的计算要依据物质的量浓度、质量分数的定义式，二者之间存在的关系式是c=。
9.磁流体是电子材料的新秀 ，将含等物质的量的 FeSO4和Fe2(SO4)3 的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH 溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径 在 5. 5 ~ 36nm的磁流体。下列说法中正确的是
A. 所得的分散系属于悬浊液
B. 用光束照射该分散系能产生丁达尔效应
C. 所得的分散系中分散质为 Fe2O3
D. 该分散系为胶体，胶粒直径即为 Fe(OH)3 分子直径
【答案】B
【解析】
分析】
由分散质微粒直径大小可判断该分散系为胶体，根据胶体的性质分析。
【详解】根据题意，磁流体分散系分散质粒子直径在5.5-36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质。
A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，不是悬浊液，故A错误；
B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；
C．根据题意可知，分散质粒子是黑色的，而Fe2O3是红棕色的，故不是Fe2O3，故C错误；
D．该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体为红褐色，而且胶粒是很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；
故选B。
10.将标准状况下LHCl溶于1L水中，得到的盐酸密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是
A. mo1/L B. mo1/L
C. mo1/L D. mo1/L
【答案】C
【解析】
【详解】标准状况下LHCl的物质的量n(HCl)=a/22.4 mol，质量是36.5a/22.4 g，溶液的质量是(1000+36.5a/22.4)g，则溶液的体积V=m/ρ=(36.5a/22.4+1000)/1000b L，所以盐酸的浓度c(HCl)=n(HCl)/V= mol·L-1，答案选C。
【点睛】解此题最容易出现的错误是思维不严密，易把1000g水的体积当做溶液的体积，忽视了HCl溶于水后使溶液体积发生变化，事实上，试题给出了溶液密度，无疑提示考生求溶液体积应用V=m/ρ进行计算。
11.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO3，则下列说法正确的是
A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸
C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐
【答案】D
【解析】
【详解】已知 H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO3，则H3PO2电离时只能产生一个氢离子，为一元酸，其于NaOH反应生成的NaH2PO3为正盐，综上所述，答案为D。
12.很多人喜欢逛超市，走进超市可以看到饮料区的货架上放有碳酸饮料，顾名思义，碳酸饮料就是饮料中溶解了碳酸；人身体有汗时容易发生触电事故；把一个橘子，插入电极接入电路，也能导电。则下列有关说法不正确的是（ ）
A. 碳酸是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液
B. 身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子
C. 二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，所以二氧化碳是电解质
D. 橘子能导电，是因为在橘子汁中存在自由移动的离子
【答案】C
【解析】
A、碳酸能电离出离子，是电解质，而碳酸饮料是电解质溶液，A正确；B、身体有汗容易发生触电事故，是因为人的汗液中含有自由移动的无机盐离子，例如钠离子等，B正确；C、二氧化碳溶于水形成碳酸能导电，但二氧化碳不能电离出离子，是非电解质，C错误；D、橘子能导电，是因为在橘子汁中存在自由移动的离子，D正确，答案选C。
13.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO 25%，密度为1.19g/cm3的消毒液．下列说法正确的是
A. 配制过程只需要三种仪器即可完成
B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低
D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8 g
【答案】D
【解析】
A、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480 mL的溶液要选用500 mL容量瓶，需要NaClO的质量：500 mL1.19g/cm-325%=148.75148.8 g，D项正确；答案选D。
14.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于
A. 0.37 mol B. 0.63mol C. 0.74 mol D. 1.5 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m（（Mg2+）=m（溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。
【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3.54×5.1g)÷24g/mol≈0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，故答案选D。
15.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为
A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3
C. 3∶2∶1 D. 3∶4∶3
【答案】D
【解析】
【详解】物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，Cl—的浓度之比为1：2：3，物质的量之比为浓度与体积乘积之比，为3：4：3。答案选D。
16.将溶质的质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是
A. c2＝c1 B. c2＜c1 C. c2＞2c1 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
蒸发水，溶质的质量不变，质量分数变为原来的2倍，则剩余溶液的质量为原溶液的1/2，若溶液的密度不变，则体积也变为原来的1/2，浓度为原来的2倍，即 c2＝2c1，但是对硫酸溶液来说，浓度变大，密度也变大，所以体积小于原来的一半，故c2＞2c1，C正确。正确答案为C
点睛：对于密度大于1的 溶液，浓度越大 ，密度越大，如硫酸、硝酸等。对密度小于1的溶液如酒精溶液、氨水溶液，浓度越大，密度越小。对于本题，还可以用下方法解答：设a％的硫酸密度为ρ1，,2a％的硫酸密度为ρ2，ρ2＞ρ1，c1=1000ρ1a％/98，c2=1000ρ22a％/98，c2/c1=2ρ2/ρ1＞2，C正确。
17.下列叙述中正确的是 ( )
A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应
B. 根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
C. 将几滴汽油加入装有10mL水试管中，用力振荡形成胶体
D. 胶体、分散系、混合物概念间的从属关系可用图表示

【答案】D
【解析】
【分析】
根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），据此分析。
【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小不同，分散质粒子直径介于1~100nm的为胶体，选项A错误；
B．根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），选项B错误；
C．将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成浊液，选项C错误；
D．胶体属于分散系，而分散系都是由两种或两种以上的物质组成，分散系属于混合物，选项D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了分散系溶液、浊液、胶体的区别，注意相关基础知识的积累，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
18.某溶液中只含有K+、Na+、NO3—、SO42—四种离子（不考虑水的电离），它们的物质的量之比为1：6：3：2，该溶液所含的溶质可能是
A. KNO3、Na2SO4 B. KNO3、Na2SO4、NaNO3
C. K2SO4、NaNO3、KNO3 D. K2SO4、KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】A.不可能只含KNO3、Na2SO4，与K+、NO3—的物质的量之比为1:3不符，故A错误；
B.若为KNO3、Na2SO4、NaNO3，以1：2:2的比例混合时离子数目比符合题意，故B正确；
C.若为K2SO4、NaNO3、KNO3， 无论三者以何种比例混合，钾离子和硫酸根离子的个数比都大于1:2，故C错误；
D. 若为K2SO4、KNO3，无论以何种比例混合，钾离子的数目远远大于硫酸根离子和硝酸根离子数目，溶液中不含Na+，故D错误。
故选B。
19.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的是
A. Na＋、CO32-、Ca2＋、NO3- B. Na＋、NO3-、Al3＋、Cl－
C. K＋、SO42-、Cl－、Cu2＋ D. Ba2＋、Cl－、K＋、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A.钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，故不能共存，故错误；B.四种离子都无色，在酸性溶液中不反应，能共存，故正确；C.铜离子有颜色，在无色溶液中不能共存，故错误；D.钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡，故不能共存，故错误。故选B。
20.下列说法正确的是
A. 能电离出氢离子的化合物是酸
B. 根据化合物中含氢的数目，可把化合物分为一元酸、二元酸、三元酸等
C. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物
D. 氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在电流作用下电离出钠离子，氯离子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 能电离出的阳离子全部为氢离子的化合物是酸，与题意不符，A错误；
B. 根据化合物中电离出氢离子的数目，可把化合物分为一元酸、二元酸、三元酸等，与题意不符，B错误；
C. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝为金属氧化物，为两性氧化物，符合题意，C正确；
D. 氯化钠溶液能导电是因为氯化钠在溶液中电离出自由移动的钠离子、氯离子，与题意不符，D错误；
答案为C。
21.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钠溶液与石灰乳反应：CO32-+Ca2+=CaCO3↓
B. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32
C. 碳酸钡加入稀硫酸：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑
D. 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸钠溶液与石灰乳反应，石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，写化学式，与题意不符，A错误；
B. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32-，符合题意，B正确；
C. 碳酸钡加入稀硫酸，生成硫酸钡沉淀、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式：BaCO3+2H++SO42﹣═BaSO4+H2O+CO2↑，与题意不符，C错误；
D. 向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，不是沉淀：Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，与题意不符，D错误；
答案为B。
22.有下列物质，正盐：钾盐、钠盐、铵盐、钡盐；酸：盐酸、硝酸、醋酸、稀硫酸。在水溶液中符合离子方程式：2H＋＋SO32－=SO2↑＋H2O的化学反应的组合共有
A. 6个 B. 9个 C. 12个 D. 15个
【答案】A
【解析】
试题分析：亚硫酸的钾盐、钠盐、铵盐、钡盐中，BaSO3不溶于水，离子方程式中不能用SO32-表示，其余在溶液中均可用SO32-表示；四种酸中，醋酸是弱酸，离子方程式中不能用H+表示，HNO3有强氧化性，与SO32-反应时生成SO42-，离子方程式也不符合，则符合2H++SO2-═SO2↑+H2O，存在三种盐与两种酸可组合出6个反应，且离子方程式相同，故选A。
【考点定位】考查离子方程式的书写
【名师点晴】本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，离子方程式为2H++SO32-═SO2↑+H2O，为强酸与可溶性亚硫酸盐反应生成可溶性盐、水、二氧化硫的反应。把握离子反应中保留化学式的物质即可解答，注意硝酸具有强氧化性为解答的易错点，注重基础知识的考查。
23.下列反应过程中溶液的导电性有显著变化的是（ ）
A. 向NaOH溶液中滴加盐酸至完全中和
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加盐酸至完全中和
C. 向Ba(OH)2溶液中滴加硫酸至完全中和
D. 向BaCl2溶液中滴加AgNO3至沉淀完全
【答案】C
【解析】
【分析】
溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化，离子浓度减小，导电能力减小，离子浓度增大，导电能力增大，据此分析。
【详解】A．HCl、NaOH为强电解质，向NaOH溶液中滴加盐酸至完全中和，反应生成NaCl和水，NaCl为强电解质，离子浓度变小、电荷量不变，则导电性减小；
B．Ba(OH)2、HCl为强电解质，向Ba(OH)2溶液中滴加盐酸至完全中和，反应生成氯化钡和水，氯化钡为强电解质，离子浓度变小，电荷量不变，则导电性减小；
C．Ba(OH)2为强电解质，加入硫酸，反应生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，溶液中离子浓度很小，电荷量为0，溶液导电性减小；
D．向BaCl2溶液中滴加AgNO3至沉淀完全，生成氯化银和硝酸钡，溶液中电荷的浓度变小，电荷量不变，导电性减小；
经分析，只有C中的电荷量变为0，则该选项的溶液导电性变化显著，故答案选C。
【点睛】本题考查溶液的导电性，题目难度不大，明确电解质的强弱、发生的化学反应及溶液中自由移动的离子浓度的变化即可解答，易错点为选项C：反应生成硫酸钡和水，硫酸钡难溶于水，溶液中离子浓度很小。
24.在甲、乙两烧杯溶液中，分别含有下列离子中的三种：Fe3+、K＋、H＋、SO42-、CO32-、OH－。已知甲烧杯的溶液呈黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是
A. CO32-、OH－、SO42- B. K＋、OH－、CO32-
C. Fe3+、H＋、SO42- D. K＋、H＋、SO42-
【答案】B
【解析】
【分析】
甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。
【详解】甲烧杯的溶液呈黄色色，说明甲烧杯中含有Fe3+离子，CO32-、OH-离子与Fe3+离子生成沉淀而不能大量共存，则CO32-、OH-离子存在于乙烧杯中，溶液中含有阴离子，则一定存在阳离子，而H+离子与CO32-、OH-离子不能共存，所以乙烧杯中还含有K+离子，所以甲烧杯中含有H+-、Fe3+、SO42-离子，乙烧杯中含有K+、OH-、CO32-离子，故选B。
【点睛】本题考查离子共存问题，根据溶液的颜色判断甲烧杯中含有Fe3+离子，根据离子能否大量共存判断甲乙烧杯中可能存在的离子。
25.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，设该溶液的密度为ρg·cm-3，质量分数为ω，其中含NH4+的物质的量为bmol。下列叙述中不正确的是
A. 溶质的质量分数ω=×100%
B. 溶质的物质的量浓度c=1000a/17Vmol·L-1
C. 溶液中c(OH-)=1000b/Vmol·L-1+c(H+)
D. 上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液中溶质的质量分数小于0.5ω
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溶质的质量分数ω=×100%=a/ρV100%，符合题意，A选；
B. 溶质物质的量浓度c=n/V=1000a/17Vmol·L-1，与题意不符，B不选；
C. 溶液中NH3H2O NH4++ OH-，H2O H++ OH-，则c(OH-)=c（NH4+）+ c（H+）=1000b/Vmol·L-1+c(H+)，与题意不符，C不选；
D. 上述溶液中再加入VmL水后，溶质的质量不变，所得溶液中溶质的质量分数=a/（ρV+V1），氨水的密度小于1，ρV 答案为A。
【点睛】氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小。
第Ⅱ卷 （50分）
26.Ⅰ.下表是某位生物教师的肝肾糖脂血液化验单部分内容：
已知：1摩尔（mol）等于1000毫摩尔（mmol），血液中葡萄糖简称血糖，分子式为C6H12O6，请根据以上信息回答下列问题：
项目名称
数据
参考值
尿素氮
2.95
2.00﹣6.10mmol.L﹣1
葡萄糖
4.50
3.89﹣6.11mmol.L﹣1
总胆固醇
3.75
＜5.20mmol.L﹣1
甘油三酯
1.80↑
＜1.70mmol.L﹣1

（1）这位教师的血糖含量属___（填“正常”、“偏高”或“偏低”）。
（2）这位教师的1mL血液中含葡萄糖___g。
Ⅱ.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花寿命。表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读并回答下列问题：
成分
成分的质量（g）
摩尔质量（g•mol﹣1）
蔗糖
25.00
342
硫酸钾
0.87
174
阿司匹林
0.17
180
高锰酸钾
0.316
158
硝酸银
0.02
170

（1）下列“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为___。
（2）配制上述“鲜花保鲜剂”所的仪器有烧杯、玻璃棒、药匙、托盘天平（带砝码）、___（填所缺仪器的名称）。
（3）若要配制0.5mol/L500mL的硫酸溶液，现有质量分数为98%、密度为1.84g·cm﹣3的浓硫酸。实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒最好。
【答案】 (1). 正常 (2). 8.1×10﹣4 (3). 0.024mol/L (4). 500mL容量瓶，胶头滴管 (5). 15
【解析】
【分析】
Ⅰ. （1）根据表中数据进行判断；
（2）根据m=nM计算；
Ⅱ. （1）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）存在于硫酸钾、高锰酸钾中；
（2）准确配制选用500mL的容量瓶、定容时还需胶头滴管；
（3）根据c=1000/M，V1= c2V2/c1进行计算。
【详解】Ⅰ. （1）根据表中数据，葡萄糖的参考值为3.896.11，教师血糖含量为4.50mmol/L，在参考值范围内，属于正常；
（2）教师血糖含量为4.50mmol/L，即4.5010-6mol/mL，则1mL中含有4.5010-6mol血糖，质量为4.5010-6mol180g/mol=8.110-4g；
Ⅱ. （1）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）存在于硫酸钾、高锰酸钾中，n（K+）=0.872/174+0.316/158=0.012mol，则c（K+）=0.012mol/0.5L=0.024mol/L；
（2）准确配制500mL的上述溶液，需选用500mL的容量瓶、定容时还需胶头滴管；
（3）c=1000/M=1000×1.84×98%/98=18.4mol/L，根据V1= c2V2/c1=0.5mol/L×0.5L/18.4mol/L=13.6mL，量取液体时，选择量筒用略大的原则，选用15mL的量筒。
27.已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示,该“84”消毒液通常稀释100倍(体积之比)后使
用。请回答下列问题:
　　“84”消毒液
有效成分 　NaClO
规格　 1000mL
质量分数 　25%
密度　 1.19g·cm-3
(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为____mol·L-1。 (保留一位小数)
(2)某同学取20mL该“84”消毒液,稀释后用于消毒,稀释后的溶液中c(Na+)=____mol·L-1。 
(3) “84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力,某消毒小组人员用98%(密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制1L 2.3mol·L-1稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。需用浓硫酸的体积为____mL。 
(4)若配制2.3mol/L的硫酸溶液的其它操作均正确，但出现下列错误操作，将使所配制的硫酸溶液浓度偏低的是 ______________ 。
A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒
B．容量瓶原有少量蒸馏水
C．用胶头滴管向容量瓶中加水时凹液面高于容量瓶刻度，此时立即用滴管将瓶内液体吸出，使溶液凹液面与刻度相切
D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，仰视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切
E. 将稀释的硫酸溶液未冷却就转移至容量瓶中，并定容
【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). 125 (4). ACD
【解析】
【分析】
结合c=1000ρw/M来计算“84”消毒液的物质的量浓度；根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算稀释后的溶液中c(Na+)；结合c=1000ρw/M来计算浓硫酸的物质的量浓度。再根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算需用浓硫酸的体积；根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响,判断所配制的硫酸溶液浓度是否偏低。
【详解】（1）该“84”消毒液的物质的量浓度c（NaClO）=1000ρw/M=（1000×1.19g·cm-3×25%）/74.5g·mol=4.0mol/L。（2）稀释后c（NaClO）=4.0mol/L×1/100=0.04mol/L, c（Na+）=c（NaClO）=0.04mol/L。（3）浓硫酸的浓度为c=1000ρw/M=（1000×1.84g·cm-3×98%）/98g·mol=18.4mol/L，假设需要浓硫酸的体积为V，由溶液稀释前后溶质的物质的量不变得：V×18.4mol/L=1L×2.3mol/L，V=0.125L=125mL。（4）配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量减小，导致结果偏低；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则容量瓶内有蒸馏水，对实验结果没有影响；定容时用滴管将瓶内液体吸出，溶质的物质的量减小，导致浓度偏低；定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；将稀释的硫酸溶液未冷至室温就转移定容，冷却后体积偏小，则浓度偏大。故选ACD。
【点睛】本题考查物质的量浓度的计算以及溶液的配制，侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，解答时注意把握相关计算公式的运用。
28.现有下列10种物质：①液态HCl ②NaHCO3固体 ③NaCl晶体 ④CO2气体⑤蔗糖溶液 ⑥Ba(OH)2粉末 ⑦红褐色的氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨熔融NaHSO4 ⑩Cu
（1）上述状态下能导电的是___，属于电解质的是___(填序号)。
（2）向⑦的溶液中逐渐滴加①的水溶液，看到的现象___。
（3）上述10种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O，则该反应的化学方程式为___。
（4）写出⑨的电离方程式：__。
（5）写出Ba(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液反应的离子方程式：___。
【答案】 (1). ⑦⑧⑨⑩ (2). ①②③⑥⑨ (3). 先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液 (4). 2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O (5). NaHSO4=Na+ +HSO4- (6). Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
①液态HCl 为化合物（纯净物），水溶液中能导电，为电解质；
②NaHCO3固体为化合物（纯净物），水溶液中能导电，为电解质；
③NaCl晶体为化合物（纯净物），水溶液中能导电，为电解质；
④CO2气体为化合物（纯净物），液态时不能导电，为非电解质；
⑤蔗糖溶液为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑥Ba(OH)2粉末为化合物（纯净物），水溶液中能导电，为电解质；
⑦红褐色的氢氧化铁胶体为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧氨水为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑨熔融NaHSO4为化合物（纯净物），液态时能导电，为电解质；
⑩Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质；
【详解】（1）上述状态下有自由移动的离子或电子的物质能导电，物质为⑦⑧⑨⑩；属于电解质的是①②③⑥⑨；
（2）向⑦的溶液中逐渐滴加①的水溶液，胶体遇到电解质溶液，发生聚沉，而生成的氢氧化铁沉淀于盐酸反应生成氯化铁溶液，可观察到先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液；
（3）离子方程式为H＋＋OH－=H2O的反应为强酸与强碱或完全电离出氢离子与强碱的反应等，则该反应的化学方程式为2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O；
（4）熔融NaHSO4可电离出钠离子与硫酸氢根离子，电离方程式NaHSO4=Na+ +HSO4-；
（5）Ba(OH)2与少量NaHCO3反应生成碳酸钡沉淀、水和氢氧化钠，离子方程式Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O。
【点睛】无机酸在水中自身电离，能电离出几个氢离子就是几元酸。
29.无机化合物可根据其组成和性质进行分类，

（1）如图所示的物质分类方法名称是___。
（2）以K、Na、H、O、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质，分别填在表中②、④、⑥、⑧、⑩后面。
物质类别
酸
碱
盐
氧化物
氢化物
化学式
①H2SO4
②__
③NaOH
④___
⑤Na2SO4
⑥___
⑦SO2
⑧__
⑨NH3
⑩__

（3）SO2和CO2都属于酸性氧化物，在化学性质上有很多相似的地方，请写出少量的⑦与③反应的化学反应方程式为：___。
（4）磷的一种化合物叫亚磷酸（H3PO3），从交叉分类的角度看，它属于二元弱酸，则Na2HPO3属于___盐（填正盐、酸式盐或碱式盐）。
【答案】 (1). 树状分类法 (2). HNO3（或H2SO3） (3). KOH(或NH3·H2O) (4). K2SO4 (5). SO3 (6). H2S (7). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (8). 正盐
【解析】
【分析】
（1）树状分类法中，物质按照层次，一层一层来分，就像一棵大树一样；
（2）H、O、N组成的硝酸或H、O、S组成的亚硫酸属于酸；K、H、O组成的KOH或H、O、N组成的一水合氨属于碱；K、O、N组成的硝酸钾或 Na、O、N组成的硝酸钠等属于盐；K、Na、H、S、N分别与 O可组成氧化物；K、Na、O、S、N分别与 H组成氢化物；
（3）少量的SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水；
（4）亚磷酸（H3PO3），属于二元弱酸，H3PO3电离时只能产生2个氢离子；
【详解】（1）树状分类法中，物质按照层次，一层一层来分，就像一棵大树一样，图示的物质分类为树状分类法；
（2）H、O、N组成的硝酸或H、O、S组成的亚硫酸属于酸；K、H、O组成的KOH或H、O、N组成的一水合氨属于碱；K、O、N组成的硝酸钾或 Na、O、N组成的硝酸钠等属于盐；K、Na、H、S、N分别与 O可组成氧化物；K、Na、O、S、N分别与 H组成氢化物；
（3）少量的SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，反应的方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；
（4）亚磷酸（H3PO3），属于二元弱酸，H3PO3电离时只能产生2个氢离子，则Na2HPO3属于正盐。
30.在宏观—微观—符号之间建立联系，是化学学科特有的思维方式。汽车尾气是造成大气污染的主要原因之一，在汽车排气管上安装“催化转换器”便可以使汽车的尾气转换成无毒气体。如用●表示碳原子，用○表示氧原子，用表示氮原子，下图为气体转换的微观过程。请你根据图示回答下列问题：

（1）A、B、C三种物质可以归为一类的依据是___________________________________。
（2）将C归为化合物，将D归为单质的理由是__________________________________。
（3）用化学反应方程式表示为________________________________。
化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物质的质量比为________。
（4）从微观的角度去描述你获得的关于化学变化的有关信息(答出一条即可)____________ 。
【答案】17． (共6分)（除化学方程式2分外，其余每空1分）
（1）都含有氧元素
（2）二氧化碳是由不同种原子构成的分子，而氮同种气是由原子构成的分子
（3）2CO＋2NON2＋2CO2　15∶22
（4）化学变化中原子的种类、数目、质量没有发生改变(其他合理答案也可)
【解析】
试题分析：（1）根据氧化物的概念，由两种元素组成，其中含有氧元素的化合物，可将A、B、C三种物质归为氧化物，则A、B、C三种物质可以归为一类的依据是都含有氧元素。（2）根据单质(由同种元素组成的物质)、化合物（由不同种元素组成的物质）概念可知将C归为化合物，将D归为单质的理由是_将C归为化合物，将D归为单质的理由是二氧化碳是由不同种原子构成的分子，而氮气是由同种原子构成的分子；（3）根据化学方程式中，物质的系数之比等于其物质的量之比可知，消耗2moLNO就会生成2moLCO2，所以化学变化过程中消耗的A物质和生成的C物质的质量比为15:22；（4）依据质量守恒定律可得。
考点：考察物质的分类，单质化合物的概念，化学反应的实质等知识。