浙江省杭州西湖高中2017学年高一(上)期中化学试卷

1、高一（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列图原子结构模型中依次符合卢瑟福、道尔顿、汤姆生的观点的是（）ABCD2为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（） 选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气BKCl固体（I2）KOH溶液加热CH2O（Br2）CCl4分液DCl2（HCl）KOH溶液洗气AABBCCDD3胶体区别于其它分散系最本质的特征是（）A外观透明澄清B分散质粒子直径介于1100nmC静置，不出现分层D有丁达尔现象4不能用金属跟氯气直接反应制得的氯化物的是（）AFeCl2BMgCl2CCuC

2、l2DNaCl5氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，下列化学反应中属于区域3的是（）A2K2O2+2CO22K2CO3+O2BCl2+2KBrBr2+2KClC4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3D2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO26设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A2.0g重水（D2O）中含有的中子数为NAB标准状况下22.4L的四氯化碳，含有四氯化碳分子数为NAC23g金属钠变为钠离子时失去的电子数为NAD常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA7常温下，与100mL0.10mol/LMgCl2溶液中Cl浓度相等的是（）A20

3、0mL0.1mol/LKCl溶液B200mL0.10mol/LNaCl溶液C200 mL 0.10mol/LBaCl2溶液D100mL0.1mol/LAl2（SO4）3溶液8对于HD的描述，不正确的是（）A在受热条件下，HD能还原氧化铜BHD能在氯气中燃烧生成HCl和DCl气体C是一种非金属单质D是一种化合物9下列配制溶液的操作中，不会影响所配溶液浓度大小的是（）A托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOHB容量瓶内水分未干便注入了液体C洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶D定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线10V mL Al2（SO4）3溶液中含

4、Al3+a g，取mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是（）A molL1B molL1C molL1D molL111下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式都正确的是（）A酸性氧化物 干冰 CO2B碱 纯碱 Na2CO3C酸 硫酸 H2SO3D单质 氯水 Cl212下列叙述不正确的是（）A6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等B1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D13C和14C属于同一元素，它们互为同位素13下列物质在水中的电离方程式书写正确的是（）AAl2（SO4）32Al3+3SO42BNaHCO3Na+H

5、+CO32CNaHSO4Na+HSO4DKClO3K+Cl+3O214关于1mol/L K2SO4溶液的下列说法正确的是（）A溶液中含有1mol K2SO4B1mol K2SO4溶于1L水中C溶液中c（K+ ）=2mol/LD1L 溶液中含2mol K+，2mol SO4215“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中一种若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系：是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 分散质粒子能透过滤纸 分散质粒子不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀（）ABCD16下列关于氯水的叙述正确的是（）A新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色B光照氯水有气泡放出，该气

6、体是Cl2C新制氯水中只含Cl2和H2O分子D氯水放置数天后酸性将变弱17下列实验事实陈述正确并且有因果关系的是（）操作结论A滴加BaC12溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应：火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝原溶液中无NH4+D滴加氯水和CC14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IAABBCCDD18核内中子数为N的R2+，质量数为A，则ngR2+所含电子的物质的量是（）A molB molC molD mol192H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的

7、是（）A34S原子核内的中子数为16B16O与18O互称同位素C13C和15N原子核内的质子数相差2D2H的核外电子数比1H多一个20在浓度均为3mol/L的盐酸和硫酸各100mL溶液中，分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成气体质量之比为3：4则加入铁粉的质量是（）A1.8 gB11.2 gC5.6 gD8.4 g21质量分数为a%，物质的量浓度为c molL1的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c molL1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（）A等于2a%B大于2a%C小于2a%D无法确定22标准状况下，a g气体A和

8、b g气体B的体积相同，下列叙述正确的是（）AA和B的原子个数比是1：1BA和B的密度之比为b：aCA和B的摩尔质量比是a：bDA和B的分子数之比是b：a23a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体由上述现象可推知a、b、c、d依次是（）AAgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3BHCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3CBaCl2、Na2CO3、AgNO3、HClDAgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl224配制一定物质的量浓度溶液

9、时，会导致所配溶液浓度偏大的操作是（）A在用蒸馏水洗涤烧杯时，洗液未全部注入容量瓶中B用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线C用来配制溶液的容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理D定容时俯视刻度线25将标准状况下的a升氯化氢气体溶于1000克水中，得到的盐酸的密度为b克/毫升，则该盐酸的物质的量的浓度是（）ABCD二、填空题（共50分）26今有七种物质：铝线 熔化的KNO3 氯气 NaCl 晶体液态氯化氢 石灰水 乙醇（1）其中能导电的物质是（2）属于电解质的是（3）属于非电解质的是27已知A、B、C、D、E五种物质都含有相同的元素X，这五种物质间相互转化关系如下：已知A是一种黄绿色气体，由此推断：（1）

10、这五种物质的化学式为：A： B： C D： E：（2）写出水溶液中发生下列化学反应的化学方程式：AD：DE：BD：28实验室用碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：（1）不需要用到的仪器有（填序号）A 托盘天平 B 试管 C烧杯 D 玻璃棒 E 分液漏斗F 500mL容量瓶 G 药匙 H 250mL容量瓶 I 胶头滴管（2）配制正确的操作顺序为（填序号）A 计算：正确称量碳酸钠晶体的质量 B定容：用胶头滴管加水至刻度线，摇匀 C洗涤：用蒸馏水洗涤玻璃棒、烧杯23次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D溶解：将称量的碳酸钠晶体放入烧杯中，再

11、加适量的水并用玻璃棒搅拌 E转移：将冷却至室温的碳酸钠溶液，沿玻璃棒转入容量瓶中，摇匀（3）下列操作，会使得配制的结果偏小的是（填写编号）A 称量时碳酸钠晶体与砝码的位置颠倒B 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度C 没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中D 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干E 定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切29如图1是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（1）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：ad；（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精

12、灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是，B的作用是（4）用量筒量取20mL E中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mL CCl4，盖好玻璃塞，振荡，静置于铁架台上（如图2），等分层后取上层液和下层液，能使有色布条褪色的是（填“上层液”或“下层液”）30实验室常用的盐酸是密度1.20gcm3、质量分数36.5%（1）将L氯化氢（标准状况）通入1.00L水中可得到36.5%的盐酸（保留一位小数）（

13、2）取10mL36.5%的盐酸，加水稀释至300mL，则稀释后盐酸的物质的量浓度是mol/L（3）向已配制的1molL1的NaCl溶液500mL溶液中再通入一定量的HCl气体后，溶液中Cl的物质的量浓度为3molL1（假设溶液体积不变），则溶液中H+的物质的量浓度为多少？通入HCl气体的体积（标准状况下）为多少？2016-2017学年浙江省杭州市西湖高中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列图原子结构模型中依次符合卢瑟福、道尔顿、汤姆生的观点的是（）ABCD【考点】原子构成【分析】1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了

14、带核的原子结构模型；19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型【解答】解：卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，应为图；道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，应为图；汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，应为图；故选B2为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（） 选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气BKCl固体（I2）KOH溶液加热CH2O（Br2）CC

15、l4分液DCl2（HCl）KOH溶液洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A浓硫酸与氨气反应；B碘易升华；C溴易溶于四氯化碳，不易溶于水，水与四氯化碳分层；D二者均与KOH溶液反应【解答】解：A浓硫酸与氨气反应，不能除杂，应选碱石灰，故A错误；B碘易升华，可直接加热分离，故B错误；C溴易溶于四氯化碳，不易溶于水，水与四氯化碳分层，然后分液可分离，故C正确；D二者均与KOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故D错误；故选C3胶体区别于其它分散系最本质的特征是（）A外观透明澄清B分散质粒子直径介于1100nmC静置，不出现分层D有丁达尔现象【考点】胶体的重要性质

16、【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同【解答】解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的分散质粒子直径小于1nm，浊液的分散质粒子直径大于100nm故选B4不能用金属跟氯气直接反应制得的氯化物的是（）AFeCl2BMgCl2CCuCl2DNaCl【考点】氯气的化学性质【分析】氯气具有强氧化性，能把变价金属氧化成最高价化合物，据此分析解答【解答】解：Cl2有强氧化性，与金属反应化合生成相应的盐（氯化物），当与变价金属反应时将金属氧化成高价态，故B、C、D正确，与Fe反应生成FeCl3，故A错误故选A5氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图

17、所示，下列化学反应中属于区域3的是（）A2K2O2+2CO22K2CO3+O2BCl2+2KBrBr2+2KClC4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3D2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2【考点】氧化还原反应【分析】由图可知，区域3属于氧化还原反应，但不属于置换反应，也不属于化合反应和分解反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，单质与化合物反应生成单质与化合物的反应为置换反应，以此来解答【解答】解：AO元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但不属于置换反应，也不属于化合反应和分解反应，故A选；B属于置换反应，也属于氧化还原反应，故B不选；CFe、O元素的化合价变化，属于氧化

18、还原反应，但也属于化合反应，故C不选；D属于分解反应，且元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故D不选；故选A6设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A2.0g重水（D2O）中含有的中子数为NAB标准状况下22.4L的四氯化碳，含有四氯化碳分子数为NAC23g金属钠变为钠离子时失去的电子数为NAD常温常压下，48gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为3NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个中子来分析；B、标况下四氯化碳为液体；C、求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析；D、氧气和臭氧均由氧原子构成【解答】解：A、2.0g重水的物

19、质的量为0.1mol，而重水中含10个中子，故0.1mol重水中含NA个中子，故A正确；B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、23g钠的物质的量为1mol，而钠反应后变为+1价，故1mol钠失去NA个电子，故C正确；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为3mol，即3NA个，故D正确故选B7常温下，与100mL0.10mol/LMgCl2溶液中Cl浓度相等的是（）A200mL0.1mol/LKCl溶液B200mL0.10mol/LNaCl溶液C200 mL 0.10mol/LBaCl2溶液D100mL0.1mol/LAl

20、2（SO4）3溶液【考点】物质的量浓度【分析】溶液中粒子的物质的量浓度=溶质的物质的物质的量浓度×离子个数，粒子的浓度与溶液的体积无关；100mL 0.1mol/L MgCl2溶液中的Cl浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L，先计算出各选项中氯离子浓度，然后进行比较即可【解答】解：100mL 0.1mol/L MgCl2溶液中的Cl浓度为：0.1mol/L×2=0.2mol/L，A200mL0.1mol/LKCl溶液中氯离子浓度为：c（Cl）=c（KCl）=0.1mol/L=0.1mol/L，故A错误；B200mL0.10mol/LNaCl溶液中氯离子浓度

21、为：c（Cl）=c（NaCl）=0.1mol/L，故B错误；C200 mL 0.10mol/LBaCl2溶液中氯离子浓度为：c（Cl）=2c（BaCl2）=0.1mol/L×2=0.2mol/L，故C正确；D100mL 0.1mol/LAl2（SO4）3溶液中不存在氯离子，故D错误；故选C8对于HD的描述，不正确的是（）A在受热条件下，HD能还原氧化铜BHD能在氯气中燃烧生成HCl和DCl气体C是一种非金属单质D是一种化合物【考点】单质和化合物【分析】AHD为氢气单质具有还原性；BHD为氢气单质在氯气中 燃烧生成HCl和DCl；CHD为氢气单质属于非金属单质；D不同元素组成的纯净物为

22、化合物，HD为单质【解答】解：AHD为氢气单质具有还原性，可以还原氧化铜生成铜和水，故A正确；B氢气在氯气中 燃烧生成氯化氢气体，HD为氢气单质在氯气中 燃烧生成HCl和DCl，故B正确；CHD为氢气，是一种元素组成的纯净物为单质，属于非金属单质，故C正确；D不同元素组成的纯净物为化合物，HD为一种元素组成的纯净物为单质，故D错误；故选D9下列配制溶液的操作中，不会影响所配溶液浓度大小的是（）A托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOHB容量瓶内水分未干便注入了液体C洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶D定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线【考点】配

23、制一定物质的量浓度的溶液【分析】由c=及不当操作对n、V的影响可知，n、V均不变，则不会影响所配溶液浓度大小，以此来解答【解答】解：A托盘两边各垫一张质量相等的纸片称取固体NaOH，NaOH易潮解，n偏小，c偏小，故A不选；B容量瓶内水分未干便注入了液体，n、V均不变，则不会影响所配溶液浓度大小，故B选；C洗涤刚才盛过溶质的烧杯的洗涤液没有转入容量瓶，n偏小，c偏小，故C不选；D定容后使溶液混匀，静止，发现凹液面低于刻度线，立即滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，c偏小，故D不选；故选B10V mL Al2（SO4）3溶液中含Al3+a g，取mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量

24、浓度是（）A molL1B molL1C molL1D molL1【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据n=计算Al3+的物质的量，溶液中nAl2（SO4）3= n（Al3+），再利用n（Al3+）：n（SO42）=2：3计算VL溶液中n（SO42），根据c=计算SO42物质的量浓度，根据稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后的SO42物质的量浓度【解答】解：agAl3+的物质的量=mol，溶液中n（Al3+）：n（SO42）=2：3，VL溶液中n（SO42）=mol×=mol，c（SO42）=mol/L；根据稀释前后溶质的物质的量不变得： mol/L×mL=c×

25、;4VmL，解得：c=mol/L，故选C11下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式都正确的是（）A酸性氧化物 干冰 CO2B碱 纯碱 Na2CO3C酸 硫酸 H2SO3D单质 氯水 Cl2【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；电离时生成的阳离子全部是H+的化合物；电离时生成的阴离子全部是OH的化合物，据此解答【解答】解：A二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，属于酸性氧化物，俗称干冰，化学式为CO2，故A正确；B碳酸钠为盐，不属于碱，故B错误；C硫酸化学式为：H2SO4，故C错误；D氯水为混合物，不是单质，故D错误；故选

26、：A12下列叙述不正确的是（）A6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等B1H和2H是不同的核素，它们的质子数相等C14C和14N的质量数相等，它们的中子数不等D13C和14C属于同一元素，它们互为同位素【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】在原子的构成中，元素符号左上角的数字表示原子的质量数；原子中，质量数=质子数+中子数，核内质子数=核外电子数=原子序数；核素的种类由质子数和中子数决定；元素的种类由质子数决定；具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素【解答】解：A6Li和 7Li的质子数都为3，电子数也都为3，中子是分别为63=3、73=4，所以中子数不相等，故A错误；B

27、1H和 2H的质子数都为1，中子数分别为0、1，所以1H和 2H是不同的核素，故B正确；C14C和 14N的质量数相等，质子数分别为6、7，中子数分别为146=8、147=7，所以它们的中子数不等，故C正确；D13C和 14C的质子数都为6，属于同一种元素，中子数分别为137=7、146=8，所以它们互为同位素，故D正确；故选A13下列物质在水中的电离方程式书写正确的是（）AAl2（SO4）32Al3+3SO42BNaHCO3Na+H+CO32CNaHSO4Na+HSO4DKClO3K+Cl+3O2【考点】电离方程式的书写【分析】A硫酸铝是强电解质，完全电离生成铝离子和硫酸根离子；B碳酸氢钠是

28、弱电解质，完全电离生成金属阳离子和酸式酸根离子；C硫酸氢钠是强酸强碱盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子；D氯酸钾是强电解质，在水溶液中完全电离生成钾离子和酸根离子【解答】解：A硫酸铝是强电解质，完全电离生成铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2（SO4）32Al3+3SO42，故A正确；B碳酸氢钠是弱电解质，完全电离生成金属阳离子和酸式酸根离子，电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故B错误；C硫酸氢钠是强酸强碱盐，在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4Na+H+SO42，故C错误；D氯酸钾是强电解质，在水溶液中完全电离生成钾离子和酸根离

29、子，电离方程式为KClO3K+ClO3，故D错误；故选A14关于1mol/L K2SO4溶液的下列说法正确的是（）A溶液中含有1mol K2SO4B1mol K2SO4溶于1L水中C溶液中c（K+ ）=2mol/LD1L 溶液中含2mol K+，2mol SO42【考点】物质的量浓度【分析】A、溶质的物质的量与溶液的体积有关；B、考虑物质的量浓度的概念；C、离子浓度与溶质浓度的关系；D、离子浓度与溶质浓度的关系【解答】解：A、因没告诉溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，故A错误；B、1mol/L K2SO4溶液是指1L溶液中含有1mol K2SO4，而不是1mol K2SO4溶于1L水中，故B

30、错误；C、离子浓度等于溶质浓度和电离的离子个数乘积，故C正确；D、根据离子浓度和溶质浓度关系可知，1L 溶液中含2mol K+，1mol SO42，故D错误故选C15“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中一种若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系：是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 分散质粒子能透过滤纸 分散质粒子不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀（）ABCD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系【分析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题【解答】解：纳米材料”

31、是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，胶体具有丁达尔现象，能透过滤纸，故正确；故选B16下列关于氯水的叙述正确的是（）A新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色B光照氯水有气泡放出，该气体是Cl2C新制氯水中只含Cl2和H2O分子D氯水放置数天后酸性将变弱【考点】氯气的化学性质【分析】氯水中溶解氯气为黄绿色，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO、Cl等离子，结合对应粒子的性质解答该题【解答】解：A氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸可使蓝色石

32、蕊试纸先变红，次氯酸具有漂白性，可使试纸褪色，故A正确；B光照氯水有气泡放出，该气体主要是氧气，故B错误；C新制氯水中含有的分子有Cl2、HClO、H2O，故C错误；D氯水放置数天，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，故D错误故选A17下列实验事实陈述正确并且有因果关系的是（）操作结论A滴加BaC12溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应：火焰呈黄色原溶液中有Na+无K+C滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝原溶液中无NH4+D滴加氯水和CC14，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IAABBCCDD【考点】常见阴离子的检验；常

33、见阳离子的检验【分析】A钡离子与碳酸根离子、亚硫酸根离子都能产生白色沉淀，银离子与氯离子能生成氯化银白色沉淀；B观察钾元素的焰色反应时要透过蓝色的钴玻璃；C四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，碘易于四氯化碳而难溶于水；D溶液中可能含有氢离子等与氢氧根离子反应氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，不能产生氨气【解答】解：A滴加BaC12溶液生成白色沉淀，可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子或者氯离子中的一种或者几种，结论错误，故A不选；B钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，结论错误，故B不选；C四氯化碳的密度大于水且和

34、水不互溶，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以向碘水中加入四氯化碳时能发生萃取，导致下层液体呈紫色上层液体无色，故C选；D溶液中可能含有氢离子等，优先与氢氧根离子反应，铵根离子不能反应氨气极易溶于水，稀溶液中，铵根离子与氢氧化钠反应，不加热，不能产生氨气，故不能说明原溶液中是否含有NH4+，故D不选；故选：C18核内中子数为N的R2+，质量数为A，则ngR2+所含电子的物质的量是（）A molB molC molD mol【考点】物质的量的相关计算【分析】该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数，根据n=计算ng R2+的物质的量，核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为

35、AN，离子核外电子数为AN2，进而计算电子物质的量【解答】解：核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为AN，离子核外电子数为AN2，ng R2+的物质的量为=mol，含有电子物质的量为mol×（AN2）=mol，故选：A192H、13C、15N、18O、34S等常用作环境分析指示物，下列对它们的说法正确的是（）A34S原子核内的中子数为16B16O与18O互称同位素C13C和15N原子核内的质子数相差2D2H的核外电子数比1H多一个【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】A利用质子数+中子数=质量数来计算；B质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；CC原子

36、的质子数为6，N原子的质子数为7；D同位素的核外电子数相同【解答】解：A34S原子核内的中子数为3416=18，故A错误； B16O与18O质子数相同中子数不同，互称同位素，故B正确；CC原子的质子数为6，N原子的质子数为7，则13C和15N原子核内的质子数相差76=1，故C错误；D同位素的核外电子数相同，都是1，故D错误故选B20在浓度均为3mol/L的盐酸和硫酸各100mL溶液中，分别加入等质量的铁粉，充分反应后生成气体质量之比为3：4则加入铁粉的质量是（）A1.8 gB11.2 gC5.6 gD8.4 g【考点】化学方程式的有关计算【分析】发生反应为：Fe+2HClFeCl2+H2、Fe

37、+H2SO4FeSO4+H2，加入铁粉质量相等，如果对于这两个反应都是铁不足，则Fe完全反应，生成气体体积之比为1：1，若酸都不足，则酸完全反应，根据方程式可知，生成的气体体积之比为1：2，而实际气体体积之比为2：3，所以肯定是铁对一个反应来说是不足，对于另一个反应是过量通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多，对于反应来说是盐酸不足，可以算出来生成H2物质的量，根据体积比可算出来反应生成n（H2），对于反应是Fe不足，以此计算铁的质量【解答】解：发生反应为：Fe+2HClFeCl2+H2、Fe+H2SO4FeSO4+H2，加入铁粉质量相等，如果对于这两个反应都是铁不足，则Fe完全反应，生成气体体

38、积之比为1：1，若酸都不足，则酸完全反应，根据方程式可知，生成的气体体积之比为1：2，而实际气体体积之比为2：3，所以肯定是铁对一个反应来说是不足，对于另一个反应是过量通过方程式可以看出来，铁消耗HCl多，对于反应来说是盐酸不足，对于反应是Fe不足，反应生成气体的物质的量为=0.15mol，反应完毕后生成气体的体积之比为3：4，所以Fe与硫酸生成的气体为0.15mol×=0.2mol，设铁的质量为x，则：Fe+H2SO4FeSO4+H256g 1mol x 0.2mol所以，56g：x=1mol：0.2mol，解得x=11.2g，故选B21质量分数为a%，物质的量浓度为c molL1

39、的NaCl溶液，蒸发溶剂，恢复到原来的温度，若物质的量浓度变为2c molL1，则质量分数变为（蒸发过程中没有晶体析出，且NaCl溶液的密度大于1g/mL）（）A等于2a%B大于2a%C小于2a%D无法确定【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】根据公式c=结合氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大进行计算【解答】解：质量分数为a%，物质的量浓度为c molL1的NaCl溶液，设密度是1，所以c=，质量分数为a%，物质的量浓度为2c molL1的NaCl溶液，设密度是2，质量分数是w%，所以2c=，整理得到=，氯化钠的密度大于水，浓度越浓，密度越大，所以12，即w%2a%故选C22标准状

40、况下，a g气体A和b g气体B的体积相同，下列叙述正确的是（）AA和B的原子个数比是1：1BA和B的密度之比为b：aCA和B的摩尔质量比是a：bDA和B的分子数之比是b：a【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】标准状况下Vm=22.4L/mol，ag气体A和bg气体B的体积相同，则气体的物质的量、分子数相等，结合分子的可能构成进行计算【解答】解：A由于气体的分子构成不确定，则无法比较气体的原子个数之比，故A错误；B根据=可知，体积相同时，密度之比等于质量之比，则A和B的密度之比为a：b，故B错误；C由n=可知，体积相同时，摩尔质量之比等于质量之比，则A和B的摩尔质量比是a：b，故C正确；D标准

41、状况下Vm=22.4L/mol，ag气体A和bg气体B的体积相同，则气体的物质的量、分子数相等，故D错误故选C23a、b、c、d是HCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体由上述现象可推知a、b、c、d依次是（）AAgNO3、HCl、BaCl2、Na2CO3BHCl、BaCl2、AgNO3、Na2CO3CBaCl2、Na2CO3、AgNO3、HClDAgNO3、HCl、Na2CO3、BaCl2【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】AgNO3与其它三种物质反

42、应均生成沉淀，则a为AgNO3，b与其它物质可生成沉淀、可生成气体，则b为HCl，所以d为Na2CO3，以此来解答【解答】解：结合物质混合的现象及AgNO3与其它三种物质反应均生成沉淀，则a为AgNO3，b与其它物质可生成沉淀、可生成气体，则b为HCl，所以d为Na2CO3，则c为BaCl2，AgNO3；HCl；BaCl2；Na2CO3，故选A24配制一定物质的量浓度溶液时，会导致所配溶液浓度偏大的操作是（）A在用蒸馏水洗涤烧杯时，洗液未全部注入容量瓶中B用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线C用来配制溶液的容量瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理D定容时俯视刻度线【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】

43、结合c=及不当操作对n、V的影响可知，n偏大或V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，以此来解答【解答】解：A在用蒸馏水洗涤烧杯时，洗液未全部注入容量瓶中，可导致溶质偏少，则浓度偏低，故A错误；B用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线，导致实际量取的体积偏小，怎浓度偏小，故B错误；C容量瓶无需干燥，故C错误；D定容时俯视读取刻度，V偏小会导致所配溶液的物质的量浓度偏高，故D正确故选D25将标准状况下的a升氯化氢气体溶于1000克水中，得到的盐酸的密度为b克/毫升，则该盐酸的物质的量的浓度是（）ABCD【考点】物质的量浓度的相关计算【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

44、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=mol，氯化氢的质量m=n×M=mol×36.5g/mol=g，溶液的体积V=，则C=，故选：D二、填空题（共50分）26今有七种物质：铝线 熔化的KNO3 氯气 NaCl 晶体液态氯化氢 石灰水 乙醇（1）其中能导电的物质是（2）属于电解质的是（3）属于非电解质的是【考点】电解质与非电解质【分析】金属、石墨能导电，电解质在水溶液或熔化状态下能够导电；电解质在水溶液或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能导电的化合物【解答】解：铝线是金属单质，能导电，但是既不是电解质也不是非

45、电解质；熔化的KNO3能导电，属于化合物，属于电解质；氯气不能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质；NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；液态氯化氢不能导电，溶于水能导电，属于电解；石灰水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；乙醇不能导电，属于非电解质，故答案为：；27已知A、B、C、D、E五种物质都含有相同的元素X，这五种物质间相互转化关系如下：已知A是一种黄绿色气体，由此推断：（1）这五种物质的化学式为：A：Cl2 B：NaClO CNaCl D：HClO E：HCl（2）写出水溶液中发生下列化学反应的化学方程式：AD：Cl2+H2OHCl+HClOD

46、E：2HClO O 2+2HClBD：NaClO+HCl=NaCl+HClO【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D、E五种物质都含有相同的元素X，A是一种黄绿色气体，则A为Cl2，；氯气与钠反应生成C为NaCl，氯气与氢气反应生成E为HCl，氯气与水反应生成D，D光照可以得到HCl，故D为HClO，氯气与氢氧化钠反应生成B，B与稀盐酸反应生成次氯酸，故B为NaClO，据此解答【解答】解：（1）A、B、C、D、E五种物质都含有相同的元素X，A是一种黄绿色气体，则A为Cl2，；氯气与钠反应生成C为NaCl，氯气与氢气反应生成E为HCl，氯气与水反应生成D，D光照可以得到HCl，故D为HClO，

47、氯气与氢氧化钠反应生成B，B与稀盐酸反应生成次氯酸，故B为NaClO，故答案为：Cl2；NaClO；NaCl；HClO；HCl；（2）AD化学反应的化学方程式：Cl2+H2OHCl+HClO；DE化学反应的化学方程式：2HClO O 2+2HCl；BD化学反应的化学方程式：NaClO+HCl=NaCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；2HClO O 2+2HCl；NaClO+HCl=NaCl+HClO28实验室用碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）配制500mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，回答下列问题：（1）不需要用到的仪器有BEH（填序号）A 托盘天平 B 试管

48、 C烧杯 D 玻璃棒 E 分液漏斗F 500mL容量瓶 G 药匙 H 250mL容量瓶 I 胶头滴管（2）配制正确的操作顺序为ADECB（填序号）A 计算：正确称量碳酸钠晶体的质量 B定容：用胶头滴管加水至刻度线，摇匀 C洗涤：用蒸馏水洗涤玻璃棒、烧杯23次，并将洗涤液转移至容量瓶中 D溶解：将称量的碳酸钠晶体放入烧杯中，再加适量的水并用玻璃棒搅拌 E转移：将冷却至室温的碳酸钠溶液，沿玻璃棒转入容量瓶中，摇匀（3）下列操作，会使得配制的结果偏小的是ACE（填写编号）A 称量时碳酸钠晶体与砝码的位置颠倒B 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度C 没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移

49、入容量瓶中D 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干E 定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切【考点】溶液的配制【分析】（1）根据实验操作的步骤（计算称量溶解、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分析；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤进行排序；（3）根据c=计算不当操作对n或V的影响，如果n偏小或V偏大，则所配制溶液浓度偏低【解答】解：（1）因配制顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃

50、棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器为B试管、H.250mL容量瓶、I胶头滴管，故答案为：BEH；（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，则配制的顺序为：ADECB，故答案为：ADECB；（3）A 称量时碳酸钠晶体与砝码的位置颠倒，导致称量的碳酸钠的质量偏小，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B 使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液

51、的浓度，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故B错误；C 没有用蒸馏水洗烧杯23次，并将洗液移入容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D 容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对溶质的物质的量及溶液体积没有影响，不影响配制结果，故D错误；E 定容时，滴加蒸馏水，先使液面略高于刻度线，再吸出少量水使液面凹面与刻度线相切，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故E正确；故答案为：ACE29如图1是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置（1）要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：acbd；（2）实验开始先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有碳粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2O（g）4HCl+CO2（3）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升，B的作用是贮存少量Cl2，避免Cl2对环境造成污染（4）用量筒量取20