1、2016-2017学年河北省保定市望都中学高一（上）期中化学试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A火药使用B粮食酿酒C转轮排字D铁的冶炼AABBCCDD2下列仪器中，能用于直接加热的是（）A烧杯B试管C烧瓶D锥形瓶3下列物质的分离方法不正确的是（）A用过滤的方法除去食盐水中的泥沙B用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C用酒精萃取碘水中的碘D用淘洗的方法从沙里淘金4胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B产生丁达尔现象C分散质粒子直径在1nm100nm之间D胶体在一定条件下能
2、稳定存在5下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（）A硫酸、CuSO45H2O、苛性钾B硫酸、空气、纯碱C氧化铁、胆矾、熟石灰D硝酸、食盐水、烧碱6下列溶液中Cl的物质的量浓度与l00mL，1mol/L MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度相同的是（）A50 mL 2 mol/L CaCl2溶液B100 mL 2 mol/L NaCl溶液C50 mL 4 mol/L CaCl2溶液D100 mL 2 mol/L KClO3溶液7用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A32gO2和32gO3所含原子数目都为2NAB标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5N
3、AC0.1 mol Fe参与化学反应转移的电子数一定为0.3NAD在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相等8不用其他试剂，用最简单的方法鉴别下列物质NaOH溶液 Mg（NO3）2溶液 CuSO4溶液 KCl溶液；正确的鉴别顺序是（）ABCD9下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒用作引流的是（）过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和B和C和D和10用氯气消毒的自来水配制下列溶液时，会使配制的溶液变质的是（）NaOHAgNO3Na2CO3FeCl2A只有B只有C只有D全部11科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是（）A原子数B分子数C体积D
4、物质的量12某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A用25mL量筒量取12.36mL盐酸B用托盘天平称量8.75g食盐C用500mL的容量瓶配制450mL溶液D用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.513将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素肯定不是（）ANaBMgCCuDZn14已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y2Q+R中，当1.6g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）A46：9B32：9C23：9D16：915用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时
5、间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A漂白粉被氧化了B有色布条被空气中的氧气氧化了C漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClOD漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大16下列实验操作中错误的是（）A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，在选择萃取剂时，要求萃取剂和原溶剂不互溶17同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不 正确的是（）A若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35：37B若两种气体体积相等，甲
6、、乙两容器中气体分子数之比为35：37C若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37：35D若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9：1018检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是（）A用干燥的蓝色石蕊试纸B用干燥的有色布条C将气体通入硝酸银溶液D用湿润的淀粉碘化钾试纸19在物质结构研究的历史上，首先提出原子结构有核模型的科学家是（）A汤姆生B玻尔C卢瑟福D普朗克20一定温度下，将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列说法正确的是（）A溶质的质量增大B溶质的物质的量浓度增大CCa（OH）2浓度不变D溶质的质量分数增大21100g浓度为18
7、mol/L密度为g/mL的浓硫酸中加入一定的水稀释成9mol/L的硫酸，则加入水的体积为（）A小于100mLB等于100mLC大于100mLD等于100/mL22据报道，月球上有大量3He存在，以下关于3He的说法正确的是（）A是4He的同素异形体B比4He多一个中子C是4He的同位素D比4He少一个质子231999年，世界重大科技成果之一是超铀元素的发现，它有力地支持了“稳定岛”假说，原子的中子数与电子数之差为（）A0B57C118D17524现有三组溶液：水和植物油的混合物 提取白酒中的乙醇 氯化钠和单质溴的混合液分离以上各混合液的正确方法依次（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液
8、、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液25完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则原NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B3：2：1C9：3：1D6：3：2二填空（共45分）26等质量的CO和CO2中所含O原子个数之比，C原子数之比，原子数之比，二者的物质的量之比，在同温同压下的体积之比27下列物质：氢氧化钠固体 水银 氯化氢气体 稀硫酸 二氧化碳气体 氨水 碳酸钠粉末 蔗糖晶体 熔融氯化钠CuSO45H2O晶体a上述状态下能导电的是：b属于电解质的是：c属于非电解质的是：28用98%的浓H
9、2SO4（=1.84g/cm3）配制500ml0.5mol/L的稀H2SO4，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为mL；（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用mL量筒，实验中还需要用到的仪器有；（3）若实验中出现下列现象对所配溶液浓度有什么影响？（填偏高、偏低、无影响）浓硫酸溶解后未冷至室温即进行定容；定容时俯视刻度线；（4）若定容时液面高于刻度线应采取的措施是29氯气是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛已知：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，在实验室可用二氧化锰固体或高锰酸钾固体和浓盐酸反应制取氯气可供选用的发生
10、装置如图（1）若用高锰酸钾固体和浓盐酸反应制取氯气，发生装置是（选填A或B或C）（2）写出用二氧化锰固体和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式：（3）实验室收集氯气的方法是（4）常用NaOH溶液吸收氯气防止污染写出该反应的离子方程式30从海水中可提取各种化工产品，图1是工业上对海水的一种综合利用的流程图：（1）在实验室对海水进行过滤，所需要玻璃仪器为烧杯、漏斗和，补填的玻璃仪器在过滤时，起到了的作用（2）若粗盐中仅含有Ca2+、Mg2+两种杂质离子精制提纯时，备用的除杂试剂有：（A盐酸 BNa2CO3溶液 CNaOH溶液） 请你正确排列加入的顺序：（）、（）、（）（填编号）（3）用图2电解食盐水，石
11、墨电极上产生的气体为；在铁棒周围的溶液里滴加酚酞，溶液变 色三、计算题（共5分）31（1）配制500mL 0.2mol/LNaOH溶液需要的NaOH质量是多少？（2）取上述溶液20mL稀释成100mL后其物质的量浓度是多少？2016-2017学年河北省保定市望都中学高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A火药使用B粮食酿酒C转轮排字D铁的冶炼AABBCCDD【考点】真题集萃；金属冶炼的一般原理；生活中的有机化合物【分析】化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用
12、、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变化，而转轮排字不涉及化学反应【解答】解：A火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2+3CO2，发生化学反应，故A不选；B粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选故选C2下列仪器中，能用于直接加热的是（）A烧杯B试管C烧瓶D锥形瓶【考点】直接加热的仪器及使用方法【分析】能在酒精灯上直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙；可垫石棉网加热的是烧杯、烧瓶、锥形瓶【解答】解：A、烧杯可垫石棉网加热，不可直接加热
13、，故A错误；B、试管能直接加热，故B正确C、烧瓶可垫石棉网加热，不可直接加热，故C错误；D、锥形瓶底面积比较大，加热需要垫石棉网；故D错误；故选B3下列物质的分离方法不正确的是（）A用过滤的方法除去食盐水中的泥沙B用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水C用酒精萃取碘水中的碘D用淘洗的方法从沙里淘金【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A泥沙不溶于水，而食盐可以；B自来水中水的沸点较低；C酒精与水互溶，不分层；D金与沙的密度不同【解答】解：A泥沙不溶于水，而食盐可以，则用过滤的方法除去食盐水中的泥沙，故A正确；B自来水中水的沸点较低，可选择用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；C酒精与
14、水互溶，不分层，不能萃取碘水的中碘，应选苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；D金与沙的密度不同，可用淘洗的方法从沙里淘金，故D正确；故选C4胶体区别于其他分散系的本质特征是（）A胶体的分散质能通过滤纸空隙，而浊液的分散质不能B产生丁达尔现象C分散质粒子直径在1nm100nm之间D胶体在一定条件下能稳定存在【考点】胶体的重要性质【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同【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，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm故选：C5下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是（）A硫酸、Cu
15、SO45H2O、苛性钾B硫酸、空气、纯碱C氧化铁、胆矾、熟石灰D硝酸、食盐水、烧碱【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】混合物是由多种物质组成的物质；酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，根据以上概念进行分析判断【解答】解：A、空气是由氧气、氮气、二氧化碳等多种气体组成的混合物，硫酸铜晶体属于盐，苛性钾即氢氧化钾属于碱，故A错误；B、硫酸属于酸，空气属于混合物，纯碱即碳酸钠属于盐，故B错误；C、氧化铁属于金属氧化物，胆矾即CuSO45H2O属于盐，熟石灰属于碱，故C错误；D、硝酸属于酸，食盐水是NaCl和水的混合物属于混合
16、物，烧碱属于碱，故D正确；故选：D6下列溶液中Cl的物质的量浓度与l00mL，1mol/L MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度相同的是（）A50 mL 2 mol/L CaCl2溶液B100 mL 2 mol/L NaCl溶液C50 mL 4 mol/L CaCl2溶液D100 mL 2 mol/L KClO3溶液【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】1mol/L MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度为 1mol/L2=2mol/L，结合溶质的浓度及构成计算【解答】解：A.50 mL 2 mol/L CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度为 2mol/L2=4mol/L，故A不选；B.100 mL
17、2 mol/L NaCl溶液中Cl的物质的量浓度为 2mol/L，故B选；C.50 mL 4 mol/L CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度为 4mol/L2=8mol/L，故C不选；D.100 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl的物质的量浓度为0，故D不选；故选B7用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A32gO2和32gO3所含原子数目都为2NAB标准状况下，11.2 L水中含有的原子数是1.5NAC0.1 mol Fe参与化学反应转移的电子数一定为0.3NAD在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相等【考点】阿伏加德罗常数【分析】AO3和O2均由氧原子构成
18、；B标准状况下水不是气体；C.0.1 mol Fe参与化学反应，可以变化为亚铁离子，也可以变化为铁离子；D气体单质可以分为单原子分子、双原子分子和多原子分子【解答】解：A.32gO2和32gO3所含氧原子物质的量=2mol，原子数目都为2NA ，故A正确；B标准状况下，11.2 L水物质的量不是0.5mol，故B错误；C.0.1 mol Fe参与化学反应，变化为亚铁离子单质转移0.2NA，生成铁离子转移的电子数一定为0.3NA ，故C错误；D同温同压下，相同体积的任何气体的物质的量相同，而气体单质可以分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，故还有的原子的数不一定相同，故D错误；故选A8不用其他
19、试剂，用最简单的方法鉴别下列物质NaOH溶液 Mg（NO3）2溶液 CuSO4溶液 KCl溶液；正确的鉴别顺序是（）ABCD【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计【分析】先观察试剂的颜色，可确定硫酸铜，与硫酸铜反应生成蓝色沉淀的为NaOH，与NaOH反应生成白色沉淀的为Mg（NO3）2，以此来解答【解答】解：观察可知蓝色溶液为CuSO4溶液，与CuSO4溶液反应生成蓝色沉淀的为NaOH溶液，剩余两种试剂中，与NaOH溶液反应生成白色沉淀的为Mg（NO3）2溶液，无现象的为KCl溶液，故选D9下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒用作引流的是（）过滤 蒸发 溶解 向容量瓶转移液体A和B和C和D和【
20、考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】玻璃棒在很多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，如引流、搅拌加速溶解、防止液体飞溅、转移固体等作用【解答】解：在过滤时，玻璃棒起引流作用；在蒸发实验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；玻璃棒的作用是搅拌，加速物质的溶解；向容量瓶转移液体时玻璃棒起引流作用其中玻璃棒的作用及其目的相同的是和，故选D10用氯气消毒的自来水配制下列溶液时，会使配制的溶液变质的是（）NaOHAgNO3Na2CO3FeCl2A只有B只有C只有D全部【考点】氯气的化学性质【分析】氯水中含有H+、Cl2、HClO、ClO、Cl等微粒，根据Ag+与Cl反应，H+与弱酸根
21、离子、氢氧根离子反应，亚铁离子具有还原性，能被氧化来解答【解答】解：因氯水中含有H+，H+能与OH反应生成水，则会变质，故符合；因氯水中含有Cl，Cl能与Ag+生成AgCl，则会变质，故符合；因氯水中含有H+，H+能与CO32反应生成水和CO2，则会变质，故符合；因氯水中含有Cl2、HClO、ClO等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则会变质，故符合； 故选D11科学家已发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是（）A原子数B分子数C体积D物质的量【考点】物质的量的相关计算【分析】AH3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等；BH3和H2的摩尔
22、质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等；CH3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比；DH3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量不相等【解答】解：AH3和H2都由H原子构成，二者质量相等，含有H原子数目相等，故A正确；BH3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，则二者物质的量不相等，故含有分子数目不相等，故B错误；CH3和H2的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量之比=2：3，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故等质量H3和H2的体积之比=2：3，故C错误；DH3和H2
23、的摩尔质量不相等，二者质量相等，根据n=可知二者物质的量不相等，故D错误，故选A12某同学在实验报告中记录下列数据，其中正确的是（）A用25mL量筒量取12.36mL盐酸B用托盘天平称量8.75g食盐C用500mL的容量瓶配制450mL溶液D用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.5【考点】计量仪器及使用方法；试纸的使用；配制一定物质的量浓度的溶液【分析】A、根据量筒精确到0.1mL分析；B、根据托盘天平精确到0.1g分析；C、依据容量瓶的规格和所配制的溶液的体积进行选择分析，没有450mL的容量瓶，必须采用稍大一点的500mL的容量瓶；D、根据广泛pH试纸的精确度只能达到整数分析；【解答】解：A
24、、量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取12.36ml盐酸，故A错误；B、天平可精确到0.1g，不能用托盘天平称取8.75g氯化钠，故B错误；C、容量瓶的规格和所配制的溶液的体积相符，没有450mL的容量瓶，必须采用稍大一点的500mL的容量瓶，配置同浓度的溶液500ml，再量取450ml即可，故C正确；D、广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，故D错误故选C13将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素肯定不是（）ANaBMgCCuDZn【考点】化学方程式的有关计算【分析】将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质
25、的质量增加了7.1g，则增加的质量为氯气质量，n（Cl2）=0.1mol，根据转移电子守恒判断元素【解答】解：将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反应后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，则增加的质量为氯气质量，n（Cl2）=0.1mol，根据转移电子守恒知反应后该元素化合价=0=+2，这几种元素只有Na反应后为+1价，故选A14已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X+2Y2Q+R中，当1.6g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（）A46：9B32：9C23：9D16：9【考点】物质的量的相关计算；质量守恒定律【分析】根据“反应X+2Y2
26、Q+R中，已知Q和R的相对分子质量之比为9：22”，则可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，依据Q、R的质量比以及1.6gX，生成4.4g R，代入计算，进而得到Y、Q的质量比【解答】解：可假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR需要Q的质量是xX+2Y2Q+R 18a 22a x 4.4g，解得x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为4.4g+3.6g1.6g=6.4g，所以参与反应的Y和生成物Q的质量之比为为6.4g：3.6g=16：9，故选D15用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（）A漂白粉被氧化
27、了B有色布条被空气中的氧气氧化了C漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClOD漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，褪色效果会更好【解答】解：A漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；B空气的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故B错误；C漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故C正确；D漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度
28、无关，故D错误故选C16下列实验操作中错误的是（）A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D萃取操作时，在选择萃取剂时，要求萃取剂和原溶剂不互溶【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A蒸发时应防止温度过高而导致固体迸溅；B蒸馏操作时，温度计用于测量馏分的温度；C分液操作时，应防止液体重新混合而污染；D萃取剂与水互不相溶，以便分离【解答】解：A蒸发操作时，应使混合物中的水分大部分蒸干后，待大部分晶体析出，停止加热，靠余热蒸干剩余水分，防止温度过高而导致固
29、体迸溅，故A错误；B蒸馏操作时，蒸馏是依据馏出成分的沸点分离混合物，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免重新混合引入杂质，故C正确；D萃取时，应使溶质更易溶于萃取剂，且萃取剂与水互不相溶，以便分离，故D正确故选A17同温同压下，甲容器充满35Cl2，乙容器中充满37Cl2，下列叙述不 正确的是（）A若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体的密度之比为35：37B若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为35：37C若两种气体质量相等，甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37：35D若两种气体体积相等，甲、乙两
30、容器中气体所含中子数之比为9：10【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】35Cl2的相对分子质量为70，37Cl2的相对分子质量为74，体积相等时，由n=可知物质的量相等，由n=可得=，密度与摩尔质量呈正比，由n=可知体积与分子数呈正比，根据原子构成解答该题【解答】解：35Cl2的相对分子质量为70，37Cl2的相对分子质量为74，A若两种气体体积相等，n=可得=，密度与摩尔质量呈正比，甲、乙两容器中气体的密度之比为35：37，故A正确；B由n=可知体积与分子数呈正比，若两种气体体积相等，甲、乙两容器中气体分子数之比为1：1，故B错误；C若两种气体质量相等，由n=可知，气体的物质的量与摩尔质量呈
31、反比，则甲、乙两容器中气体的物质的量之比为37：35，因都由Cl元素组成，则所含质子数之比为37：35，故C正确；D若两种气体体积相等，则两种容器的气体的物质的量相等，甲、乙两容器中气体所含中子数之比为（3517）2：（3717）2=9：10，故D正确故选B18检验氯化氢气体中是否混有氯气可采用的方法是（）A用干燥的蓝色石蕊试纸B用干燥的有色布条C将气体通入硝酸银溶液D用湿润的淀粉碘化钾试纸【考点】氯气的化学性质【分析】干燥的氯气不具有漂白性，在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则无法检验，但氯气具有氧化性，能与KI反应置换出单质碘【解答】解：A、因HCl和氯气都
32、不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，则不能检验，故A错误；B、因HCl和氯气都不能使干燥的有色布条褪色，则不能检验，故B错误； C、在溶液中HCl与氯水中都含有H+、Cl，都能与硝酸银溶液生成沉淀，则不能检验，故C错误；D、因氯气具有氧化性，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验时试纸变蓝，则说明置换出碘单质，使淀粉变蓝，则能够检验混有氯气，故D正确；故选D19在物质结构研究的历史上，首先提出原子结构有核模型的科学家是（）A汤姆生B玻尔C卢瑟福D普朗克【考点】化学史【分析】根据原子结构模型的演变可知：（1）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；（2）1897年，英国
33、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；（3）1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；（4）1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；（5）奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说）【解答】解：A汤姆生发现了电子，提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，故A错误； B波尔提出了量子论，故B错误；C卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型，故C正确；D普朗克是物理学家，是量子力学的创始人，故D错误故选C20一定温度下，将少量生石灰放入一定量的饱和石灰水中，搅拌并冷却到原温度，下列
34、说法正确的是（）A溶质的质量增大B溶质的物质的量浓度增大CCa（OH）2浓度不变D溶质的质量分数增大【考点】溶解度、饱和溶液的概念【分析】生石灰遇水会放出大量热而使饱和溶液溶液升高，但题中明确“恢复到原来的温度”，因此在分析本问题时不需要考虑温度对溶液的影响；由于氧化钙能与水发生反应生成氢氧化钙，易被误解为增加了溶液中的溶质，其实是氧化钙反应消耗了饱和溶液中的水，而使饱和溶液因减少溶剂水而析出固体，饱和溶液的溶质、溶剂质量同时减少，溶液仍为饱和溶液【解答】解：A由于氧化钙与饱和溶液中的水发生反应而使溶液因此减少了水，饱和溶液的溶剂减少会造成溶质析出，所以溶质减少，故A错误；B物质的量浓度是表示
35、溶液浓度的一种方法，由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的物质的量浓度未变，故B错误；C饱和溶液随溶剂水的减少，溶质相应析出，变化后的溶液仍为饱和溶液，且溶液温度没有改变，根据相同温度下的同种溶质的饱和溶液的溶质质量分数相同，所以，溶液的浓度（即溶质Ca（OH）2浓度）不变，故C正确；D由于溶液温度不变，并且溶液仍为饱和溶液，所以饱和溶液的溶质质量分数不变，故D错误；故选C21100g浓度为18mol/L密度为g/mL的浓硫酸中加入一定的水稀释成9mol/L的硫酸，则加入水的体积为（）A小于100mLB等于100mLC大于100mLD等于100/mL【考点】物质的量浓度的相关计
36、算【分析】溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大，据此结合c=列式计算即可，注意水的密度与硫酸的密度小【解答】解：稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100gw1=w2，18molL1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9molL1的硫酸，由c=可得：c1=18mol/L=2c2=2，硫酸的浓度越大，密度越大，则12， =22，所以： =2，解得：x100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选A22据报道，月球上有大量3He存在，以下关于3He的说法正确的是（）A是4He的同素异形体B比
37、4He多一个中子C是4He的同位素D比4He少一个质子【考点】同位素及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】3He与4He质子数相同，核外电子数也相同，但中子数不同，二者互为同位素【解答】解：A、同素异形体是指同种元素形成的结构不同单质，3He与4He互为同位素，故A错误；B、二者质子数相同为2，4He中子数为42=2，而3He中子数为32=1，3He比4He少一个中子，故B错误；C、二者为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故C正确；D、二者质子数相同，在周期表中位于同一位置，故D错误故选：C231999年，世界重大科技成果之一是超铀元素的发现，它有力地支持了“稳定岛”假
38、说，原子的中子数与电子数之差为（）A0B57C118D175【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】根据原子符号中，左下角数字表示质子数，左上角数字为质量数，中子数=质量数质子数，据此分析【解答】解：原子中质子数为118，电子数是118，质量数是293，所以中子数是175，中子数与电子数之差=175118=57故选B24现有三组溶液：水和植物油的混合物 提取白酒中的乙醇 氯化钠和单质溴的混合液分离以上各混合液的正确方法依次（）A分液、萃取、蒸馏B萃取、蒸馏、分液C分液、蒸馏、萃取D蒸馏、萃取、分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】水和植物油的混合物，混合分层；乙
39、醇溶液中乙醇与水的沸点不同，单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，以此来解答【解答】解：水和植物油的混合物分层，则选择分液法分离；乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则选择蒸馏法分离；单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离，故选C25完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则原NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的物质的量浓度之比为（）A1：2：3B3：2：1C9：3：1D6：3：2【考点】物质的量浓度【分析】假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗相
40、同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3L、2L、1L，发生反应Ag+Cl=AgCl，令NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度分别为x、y、z，溶液体积为VL，根据方程式计算【解答】解：假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3L、2L、1L，令NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度分别为xmol/L、ymol/L、zmol/L，溶液体积为VL，根据Ag+Cl=AgCl，可知：3c=xV，2c=2yV，1c=3zV，故x：y：z=9：3：1，故选C二填空（共45分）26等质量的CO和CO
41、2中所含O原子个数之比11：14，C原子数之比11：7，原子数之比22：21，二者的物质的量之比11：7，在同温同压下的体积之比11：7【考点】阿伏加德罗定律及推论【分析】根据N=nNA=NA可知，质量相等的CO和CO2的分子数之比与摩尔质量成反比，然后结合分子组成分别计算出二者所含O、C及原子数之比；根据n=可知，等质量时二者的物质的量之比与摩尔质量成反比，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，据此进行解答【解答】解：等质量的CO和CO2的物质的量之比与其摩尔质量成反比，则二者物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，二者所含氧原子数之比等于氧原子的物质的量之比=（111）：
42、（72）=11：14，二者含有碳原子数之比等于CO和二氧化碳的物质的量之比=11：7，含有原子数之比=（112）：（73）=22：21；二者的物质的量之比为11：7，则相同条件下二者的体积之比=物质的量之比=11：7故答案为：11：14；11：7； 22：21； 11：7；11：727下列物质：氢氧化钠固体 水银 氯化氢气体 稀硫酸 二氧化碳气体 氨水 碳酸钠粉末 蔗糖晶体 熔融氯化钠CuSO45H2O晶体a上述状态下能导电的是：b属于电解质的是：c属于非电解质的是：【考点】电解质与非电解质【分析】能导电的物质含有自由移动的电子或阴阳离子；电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非
43、电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质，根据定义即可解答【解答】解：a水银含有自由移动的电子，所以能导电，稀硫酸、氨水、熔融氯化钠中含有自由移动的阴、阳离子，所以能导电；故答案为：；b氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、熔融氯化钠、胆矾在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子，所以是电解质；故答案为：；cCO2在水溶液中与水反应生成碳酸，碳酸电离出自由移动的氢离子和碳酸氢根离子，溶液导电，CO2自身不能电离，CO2是非电解质；是化合物，但其水溶液只存在蔗糖分子，不导电，属于非电解质；
44、故答案为：28用98%的浓H2SO4（=1.84g/cm3）配制500ml0.5mol/L的稀H2SO4，请按要求填空：（1）所需浓H2SO4的体积为13.6mL；（2）如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用20mL量筒，实验中还需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；（3）若实验中出现下列现象对所配溶液浓度有什么影响？（填偏高、偏低、无影响）浓硫酸溶解后未冷至室温即进行定容偏高；定容时俯视刻度线偏高；（4）若定容时液面高于刻度线应采取的措施是重新配制【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=，再根据溶液稀释前后物质的量不变计
45、算所需浓硫酸的体积；（2）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；（4）实验操作过程中一旦出现错误必须重新配制【解答】解：（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=500mL0.5mol/L，解得：x13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6mL，故答案为：13.6mL； （2）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀
46、释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、20mL量筒、500mL容量瓶故答案为：20；玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶；（3）浓硫酸溶解后未冷至室温即进行转移、定容，一旦冷却下来会导致体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏高；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故答案为：偏高；（4）因实验操作过程中一旦出现错误必须重新配制，故答案为：重新配制29氯气是一种重要的化工原料，在生产和生活中应用十分广泛已知：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，在实验
47、室可用二氧化锰固体或高锰酸钾固体和浓盐酸反应制取氯气可供选用的发生装置如图（1）若用高锰酸钾固体和浓盐酸反应制取氯气，发生装置是B（选填A或B或C）（2）写出用二氧化锰固体和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O（3）实验室收集氯气的方法是向上排空气集气法（或排饱和食盐水法）（4）常用NaOH溶液吸收氯气防止污染写出该反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【考点】氯气的实验室制法【分析】（1）高锰酸钾固体和浓盐酸反应制备氯气，反应不需要加热，为固体与液体反应，据此结合图象判断；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下，反应生成氯化镁、氯气与
48、水；（3）氯气溶于水，密度比空气大，可以用向上排空气集气法（或排饱和食盐水法）收集氯气；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水【解答】解：（1）高锰酸钾固体和浓盐酸反应制备氯气，反应不需要加热，为固体与液体反应，A适用于固体加热制备气体，C装置使用酒精灯加热，故B装置适合，故答案为：B；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下，反应生成氯化镁、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）氯气溶于水，密度比空气大，可以用向上排空气集气法（或排饱和食盐水法）收集氯气，故答案为：向上排空气
49、集气法（或排饱和食盐水法）；（4）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O30从海水中可提取各种化工产品，图1是工业上对海水的一种综合利用的流程图：（1）在实验室对海水进行过滤，所需要玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒，补填的玻璃仪器在过滤时，起到了引流的作用（2）若粗盐中仅含有Ca2+、Mg2+两种杂质离子精制提纯时，备用的除杂试剂有：（A盐酸 BNa2CO3溶液 CNaOH溶液） 请你正确排列加入的顺序：（B或C）、（C或B）、（A）（填编号）（3）用图2电解食盐水，石墨电极上产生的气体为
50、氯气；在铁棒周围的溶液里滴加酚酞，溶液变红 色【考点】海水资源及其综合利用【分析】海水蒸发溶剂得到粗盐和滤液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；滤液加石灰水反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，（1）结合过滤装置选择需要的仪器，玻璃棒过滤中起到引流作用；（2）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，以此解答该题；（3）电解饱和食盐水，与电源负极相连的Fe
51、为电解池阴极，与电源正极连接的电极石墨为电解池阳极，溶液中氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极附近水的电离平衡被破坏，氢氧根离子浓度增大溶液显碱性；【解答】解：（1）在实验室对海水进行过滤，所需要玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒，玻璃棒在过滤操作中起到引流的作用，故答案为：玻璃棒、引流；（2）因用蒸发结晶的方法可以从海水中获得食盐，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的石灰乳可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，
52、但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为BCA或CBA，故答案为：B C A或C BA；（3）电解饱和食盐水，与电源负极相连的Fe为电解池阴极，与电源正极连接的电极石墨为电解池阳极，溶液中氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，石墨电极上产生的气体为氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极附近水的电离平衡被破坏，氢氧根离子浓度增大溶液显碱性，在铁棒周围的溶液里滴加酚酞，溶液变红色，故答案为：氯气；红色三、计算题（共5分）31（1）配制500mL
53、0.2mol/LNaOH溶液需要的NaOH质量是多少？（2）取上述溶液20mL稀释成100mL后其物质的量浓度是多少？【考点】配制一定物质的量浓度的溶液；物质的量的相关计算【分析】（1）结合m=nM、n=cV计算；（2）稀释前后溶质的物质的量不变，以此计算【解答】解：（1）配制500mL 0.2mol/LNaOH溶液需要的NaOH质量是0.5L0.2mol/L40g/mol=4 g，答：配制500mL 0.2mol/LNaOH溶液需要的NaOH质量是4g；（2）稀释前后溶质的物质的量不变，则上述溶液20mL稀释成100mL后其物质的量浓度是=0.04mol/L，答：上述溶液20mL稀释成100mL后其物质的量浓度是0.04 mol/L2017年1月2日
