2015-2016学年上海市浦东新区高一（上）期末考试化学（解析版）练习题

这是一份2015-2016学年上海市浦东新区高一（上）期末考试化学（解析版）练习题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2015-2016学年上海市浦东新区高一（上）期末化学试卷
　
一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）
1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，海水中含量最多的氯化物是（　　）
A．NaCl B．MgCl2 C．KCl D．CaCl2
2．用摩尔（mol）作为单位的基本物理量是（　　）
A．长度 B．质量 C．数量 D．物质的量
3．下列物质暴露在空气中，会发生风化的是（　　）
A．食盐 B．石碱 C．烧碱 D．氧化钙
4．2015年12月12日，第21届联合国巴黎气候变化大会通过全球气候变化新协议．协议要求各国减少工业排放量的气体是（　　）
A．二氧化硫 B．氮的氧化物 C．二氧化碳 D．臭氧
5．漂粉精可由Cl2通入消石灰中制备，漂粉精的有效成分是（　　）
A．CaCl2 B．Ca（ClO）2 C．Ca（OH）2 D．CaCO3
6．下列变化过程中只放出热量的是（　　）
A．水结成冰 B．干冰气化 C．食盐溶于水 D．浓硫酸稀释
7．下列微粒中，最重的是（　　）
A．α粒子 B．质子 C．中子 D． H
8．基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（　　）
A．质子数为32
B．质量数为15
C． P与P互为同位素
D．中子数为15
9．原子核外电子是分层排布的，在不同电子层上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是（　　）
A．K层 B．L层 C．M层 D．N层
10．下列化合物中存在离子键的是（　　）
A．氯化氢 B．甲烷 C．水 D．硫化钠
11．下列物质属于共价化合物的是（　　）
A．氯气 B．氨气 C．氯化钠 D．氧化镁
12．下列表示物质的化学式可以称为分子式的是（　　）
A．SiO2 B．CO2 C．Cu D．KOH
13．粗盐提纯制精盐的实验中，不需要的操作是（　　）
A．溶解 B．过滤 C．洗涤 D．蒸馏
14．下列物质见光不易分解的是（　　）[来源:学
A．碘化钾 B．碘化银 C．溴化银 D．氯水
15．将Cl2通入自来水中杀菌消毒，主要是利用了Cl2和H2O生成HClO的（　　）
A．酸性 B．稳定性 C．氧化性 D．挥发性
16．有关盐酸与氢氧化钠溶液反应的说法中，错误的是（　　）
A．属于复分解反应 B．属于放热反应
C．属于氧化还原反应 D．属于中和反应
17．从海水中提取溴的主要反应为：2Br﹣+Cl2→2Cl﹣+Br2，下列说法正确的是（　　）
A．溴离子具有氧化性 B．溴离子的还原性比氯离子弱
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
18．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（　　）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中加入Na2CO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
C．向KI溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
D．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣
19．同温同压下，影响气体体积大小的主要因素是（　　）
A．气体分子间平均距离 B．气体分子数目
C．气体分子本身的体积 D．气体相对分子质量
20．在共价化合物中，化合价有正负的原因是（　　）
A．有共用电子对偏移
B．有电子得失
C．既有电子得失，又有共用电子对偏移
D．存在共价键
21．有关化学键及化合物的说法中，正确的是（　　）
A．化学键是分子内原子间的相互作用
B．含有阴离子的化合物一定含有阳离子
C．离子化合物熔点一定比共价化合物高
D．非金属元素组成的一定是共价化合物
22．在国际相对原子质量表上查得碳的相对原子质量是12.01，这里的12.01是指（　　）
A．碳元素的平均相对原子质量 B．碳原子质量
C．同位素C﹣12的行相原子质量 D．C﹣12的质量数
23．关于溶解平衡的说法中，错误的是（　　）
A．溶解平衡的本质是结晶速率等于溶解速率
B．在不饱和溶液中，溶质的溶解速率小于结晶速率
C．在饱和溶液中，晶体的质量不改变，形状可能改变
D．当物质达到溶解平衡时，不改变外界条件，溶液的浓度也不改变
24．某化学反应的能量变化示意图如图所示，其中代表反应物的能量减去生成物的是（　　）

A．① B．② C．③ D．④
25．标准状况下88gCO2有（　　）
A．3NA个原子 B．NA个分子 C．2.0mol分子 D．11.2L
26．根据反应：2Fe+3Cl22FeCl3，当28gFe在71gCl2中点燃时（　　）
A．Fe和Cl2恰好完全反应 B．生成99gFeCl3
C．会有9.33gFe过量 D．会有17.75gCl2过量
27．NA表示阿伏伽德罗常数，1molNaOH固体含有（　　）
A．NA个OH﹣ B．3NA个离子 C．2NA原子 D．10NA个电子
28．用图甲所示装置进行实验，若图乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量．下列叙述错误的是（　　）

A．E表示反应生成NaOH的物质的量
B．E表示反应消耗H2O的物质的量
C．F表示反应生成H2或Cl2的物质的量
D．F表示反应消耗NaCl的物质的量
29．在25℃，101kPa下，0.1molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O（I）时放出129.96kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（　　）
A．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）+129.96kJ
B．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（g）﹣259.92kJ
C．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）﹣1299.6kJ
D．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）+2599.2kJ
30．已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）→2H2O（l）+571.6kJ，C3H8（g）+5O2（g）→3CO2（g）+4H2O（l）+2220.0kJ．实验测得，H2和C3H8的混合气体共10mol，完全燃烧放热7694kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
　
二、填空题（满分40分）
31．根据题目要求填空：
（1）Mg2+的结构示意图为　　　　　　；O的电子式为　　　　　　；H2S的结构式为　　　　　　．
（2）氯化钠的电子式为　　　　　　，溶于水发生电离的电离方程式为　　　　　　，向氯化钠溶液中滴入硝酸银时发生反应的离子方程式为　　　　　　．
32．如图是铜锌原电池的装置示意图．回答下列问题：
（1）原电池是将　　　　　　能转化成　　　　　　能的装置．
（2）在导线中电子流动的方向是　　　　　　；其中正极为　　　　　　，正极上能观察到的现象是　　　　　　．
（3）原电池能产生电流的本质原因是　　　　　　（选填编号）．
a．有两个活泼性不同的电极 b．有自由移动的离子
c．发生了氧化还原反应 d．形成了闭合回路．

33．化工厂用来检查氯气管道是否漏气的反应为：3Cl2+8NH3→N2+6NH4Cl．
（1）在该反应中，被还原的元素是　　　　　　；作为还原剂的物质是　　　　　　．
（2）在方程式上标出电子转移的方向和数目．
（3）若标准状况下有33.6LCl2参加反应，则被氧化的NH3的物质的量为　　　　　　mol．
（4）已知当氨气不足量时，反应产物是N2和HCl．若某次反应所得产物中，NH4Cl和HCl的物质的量相等，则参加反应的Cl2和NH3的物质的量之比为　　　　　　．
34．某研究性学习小组用如图所示装置在实验室制取HCl气体．

回答下列问题：
（1）装置A中微热时发生反应的化学方程式为　　　　　　．
（2）若要使B中收集满干燥的HCl气体（并证实B中已收集满），则上述装置的连接顺序为：　　　　　　接　　　　　　接　　　　　　接　　　　　　接　　　　　　（用字母表示）．
（3）实验发生以后装置D中观察到的现象是　　　　　　．
（4）尾气吸收装置中加倒扣漏斗的目的是　　　　　　．
（5）若将产生的HCl气体通入100g水中，得到溶质质量分数为26.74%的盐酸，则通入的HCl气体的体积在标准状况下为　　　　　　L．
（6）气体发生在装置的选择要考虑反应物状态和反应条件等因素．实验室制取氧气（氯酸钾和二氧化锰）和二氧化碳的发生装置都不用装置A，其原因分别是　　　　　　、　　　　　　．
35．以下海带提碘的实验方案可以缩短实验时间，避免Cl2和CCl4的毒性．其实验流程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①的操作名称是　　　　　　；所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和　　　　　　．
（2）步骤②中加入H2O2后发生反应的化学方程式为　　　　　　；选择用H2O2做氧化剂的原因是　　　　　　．
（3）检验I2的水溶液中含有单质碘的方法是，取样于试管中，加入淀粉，如溶液显　　　　　　色，则可证明含有碘单质．
（4）步骤③的操作名称是　　　　　　；石油醚能用作萃取剂，说明石油醚具有的性质是　　　　　　．
（5）步骤⑤通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的　　　　　　．
　



2015-2016学年上海市浦东新区高一（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共30小题，每小题2分，满分60分）
1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，海水中含量最多的氯化物是（　　）
A．NaCl B．MgCl2 C．KCl D．CaCl2
【分析】海水素有“液体工业原料”之美誉，含量最多的是氯化钠，以此解答该题．
【解答】解：浩瀚的海洋是个巨大的资源宝库，它不仅孕育着无数的生命，还孕育着丰富的矿产，而海水本身含有大量的化学物质，又是宝贵的化学资源．可从海水中提取大量的食盐、镁、溴、碘、钾等有用物质，海水素有“液体工业原料”之美誉，含量最多的是氯化钠．
故选A．
　
2．用摩尔（mol）作为单位的基本物理量是（　　）
A．长度 B．质量 C．数量 D．物质的量
【分析】长度的单位为米，质量的单位为kg，数量的单位为g，物质的量的单位为mol，据此进行判断．
【解答】解：A．长度的单位为米，符号为m，故A错误；
B．质量的单位为g或kg，故B错误；
C．数量的单位为个，故C错误；
D．物质的量的单位为摩尔（mol），故D正确；
故选D．
　
3．下列物质暴露在空气中，会发生风化的是（　　）
A．食盐 B．石碱 C．烧碱 D．氧化钙
【分析】由信息可知，含结晶水的晶体，发生风化失去结晶水的过程符合题意，以此来解答．
【解答】解：食盐、烧碱、氧化钙均不含结晶水，只有石碱含结晶水，会发生风化，[来源
故选B．
　
4．2015年12月12日，第21届联合国巴黎气候变化大会通过全球气候变化新协议．协议要求各国减少工业排放量的气体是（　　）
A．二氧化硫 B．氮的氧化物 C．二氧化碳 D．臭氧
【分析】第21届联合国巴黎气候变化大会通过全球气候变化新协议．二氧化碳能形成温室效应，据此解题．
【解答】解：全球温度大幅度升高，主要是因为二氧化碳的排放引起，为了防止气候变暖的进一步恶化，应减少二氧化碳的排放量，
故选C．
　
5．漂粉精可由Cl2通入消石灰中制备，漂粉精的有效成分是（　　）
A．CaCl2 B．Ca（ClO）2 C．Ca（OH）2 D．CaCO3
【分析】制备反应为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，Ca（ClO）2具有强氧化性，以此来解答．
【解答】解：制备反应为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙，即Ca（ClO）2，利用其氧化性漂白，故选B．
　
6．下列变化过程中只放出热量的是（　　）
A．水结成冰 B．干冰气化 C．食盐溶于水 D．浓硫酸稀释
【分析】A．凝固过程中放出热量；
B．气化过程中放出热量；
C．食盐溶于水几乎没有热量变化；
D．浓硫酸稀释过程中放出大量的热量．
【解答】解：A．水结成冰是凝固过程，放出热量，故A正确；
B．干冰气化过程中吸收热量，故B错误；
C．食盐溶于水几乎没有热量变化，故C错误；
D．浓硫酸稀释过程中放出大量的热量，故D错误；
故选A．[来源:Zxxk.Com]
　
7．下列微粒中，最重的是（　　）
A．α粒子 B．质子 C．中子 D． H
【分析】最重的微粒为质量数最大的微粒，据此解题．
【解答】解：A．α粒子是氦原子，质量数为4，故A正确；
B．质子质量数为1，故B错误；
C．中子质量数为1，故C错误；
D． H质量数为1，故D错误．
故选A．
　
8．基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（　　）
A．质子数为32
B．质量数为15
C． P与P互为同位素
D．中子数为15
【分析】根据原子符号中左上角数字为质量数，左下角数字为质子数，中子数=质量数﹣质子数，核外电子数=质子数=核电荷数来解答．
【解答】解：A．质子数为15，故A错误；
B．质量数为32，故B错误；
C． P与P质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．P原子序数为15，质子数=原子序数=15，质量数为32，中子数为32﹣15=17，故D错误．
故选C．
　
9．原子核外电子是分层排布的，在不同电子层上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是（　　）
A．K层 B．L层 C．M层 D．N层
【分析】原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，而电子层从内到外为：K、L、M、N、O、P、Q．据此分析．
【解答】解：原子核外电子是分层排布的，距离原子核越近能量越低，所以N层能量最高，故选D．
　
10．下列化合物中存在离子键的是（　　）
A．氯化氢 B．甲烷 C．水 D．硫化钠
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族（H元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析解答．
【解答】解：A．HCl中H﹣Cl原子之间只存在共价键，为共价化合物，故A错误；
B．甲烷分子中C﹣H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故B错误；
C．水分子中H﹣O原子之间只存在共价键，为共价化合物，故C错误；
D．硫化钠中钠离子和硫离子之间只存在离子键，为离子化合物，故D正确；
故选D．
　
11．下列物质属于共价化合物的是（　　）
A．氯气 B．氨气 C．氯化钠 D．氧化镁
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解答．
【解答】解：A．氯气为单质，故A错误；
B．氨气分子中只存在共价键，属于共价化合物，故B正确；
C．NaCl中只存在离子键，属于离子化合物，故C错误；
D．氧化镁中含有离子键的化合物，故D错误；
故选B．
　
12．下列表示物质的化学式可以称为分子式的是（　　）
A．SiO2 B．CO2 C．Cu D．KOH
【分析】化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的应是分子晶体物质，晶体中含有单个分子，而离子晶体、原子晶体和金属晶体无单个分子．
【解答】解：A．SiO2是原子晶体，不含分子，故A错误；
B．CO2是分子晶体，由CO2分子构成，故B正确；
C．Cu是金属晶体，不含分子，故C错误；
D．KOH是离子晶体，不含分子，故D错误；
故选B．
　
13．粗盐提纯制精盐的实验中，不需要的操作是（　　）
A．溶解 B．过滤 C．洗涤 D．蒸馏
【分析】粗盐中含难溶的泥沙以及可溶性杂质（钙离子、镁离子、硫酸根），通过溶解、添加除掉可溶性杂质的试剂，将其沉淀下来，过滤，便可除掉难溶性杂质泥沙，还有可溶性杂质也转化成了难溶的沉淀，对沉淀进行洗涤，可以减小氯化钠的损失．所得滤液进行蒸发结晶，而不是蒸馏．
【解答】解：A．粗盐中含难溶的泥沙以及可溶性杂质（钙离子、镁离子、硫酸根），通过溶解、添加除掉可溶性杂质的试剂：过量的氢氧化钠溶液、过量的氯化钡溶液、过量的碳酸钠溶液，将钙离子、镁离子、硫酸根离子沉淀下来，再过滤，便可除掉难溶性杂质泥沙，还有可溶性杂质也转化成了难溶的沉淀，故A正确．
B．根据A的分析一定需要过滤的，故B正确．
C．对沉淀可进行洗涤，减小氯化钠的损失，故C正确．
D．将所得滤液进行蒸发结晶，而不是蒸馏．蒸馏在整个实验中不需要，故D错误．
故选D．
　
14．下列物质见光不易分解的是（　　）
A．碘化钾 B．碘化银 C．溴化银 D．氯水
【分析】常见见光分解的物质有硝酸、HClO、硝酸银、卤化银等，以此解答．
【解答】解：A．碘化钾见光不分解，故A选；
B．碘化银见光易分解，2AgI2Ag+I2，故B不选；
C．AgBr见光分解，2AgBr2Ag+Br2，故C不选；
D．氯水中的HClO见光分解，2HClO2HCl+O2↑，故D不选．
故选A．
　
15．将Cl2通入自来水中杀菌消毒，主要是利用了Cl2和H2O生成HClO的（　　）
A．酸性 B．稳定性 C．氧化性 D．挥发性
【分析】氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可用于杀菌消毒，由此分析解答．
【解答】解：氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，病菌属于蛋白质，强氧化性物质易使蛋白质变性而杀菌消毒，故选C．
　
16．有关盐酸与氢氧化钠溶液反应的说法中，错误的是（　　）
A．属于复分解反应 B．属于放热反应
C．属于氧化还原反应 D．属于中和反应
【分析】盐酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O，属于酸碱中和反应，酸碱中和反应属于放热反应，属于复分解反应，所有的复分解反应都不是氧化还原反应．
【解答】解：盐酸与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O，符合复分解反应发生的条件，属于复分解反应，所有的复分解反应都不是氧化还原反应，该反应属于酸碱中和反应，酸碱中和反应属于放热反应，
故选C．
　
17．从海水中提取溴的主要反应为：2Br﹣+Cl2→2Cl﹣+Br2，下列说法正确的是（　　）
A．溴离子具有氧化性 B．溴离子的还原性比氯离子弱
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
【分析】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂，失电子化合价升高的是还原剂，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，复分解反应一定不是氧化还原反应．
【解答】解：A．该反应中溴离子失电子化合价升高，所以溴离子作还原剂，具有还原性，故A错误；
B．根据氧化还原反应中还原的还原性强于还原产物的还原性，溴离子是还原剂，氯离子是还原产物，所以溴离子的还原性比氯离子强，故B错误；
C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，故C错误；
D．根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氯气的氧化性比溴单质强，故D正确；
故选D．[来源:Zxxk.Com]
　
18．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（　　）
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中加入Na2CO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
C．向KI溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
D．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣
【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．
【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，
A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；
B．溶液呈酸性，能与碳酸钠反应生成二氧化碳，故B正确；
C．向KI溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有Cl2，而不是次氯酸，故C错误；
D．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故D正确，
故选C．
　
19．同温同压下，影响气体体积大小的主要因素是（　　）
A．气体分子间平均距离 B．气体分子数目
C．气体分子本身的体积 D．气体相对分子质量
【分析】由于气体的分子间距离远大于分子本身大小，则决定气体体积的因素主要是气体的分子数目和分子间距离；在同温同压下，气体的分子之间的距离基本相等，所以决定气体体积的是气体的分子数或物质的量，以此进行解答．
【解答】解：气体的分子间距离远大于分子本身大小，决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离，而同温同压下，气体分子间的平均距离一定时，气体物质的量的多少决定气体的体积大小，而与气体分子的直径、气体分子的式量无关，
故选B．
　
20．在共价化合物中，化合价有正负的原因是（　　）
A．有共用电子对偏移
B．有电子得失
C．既有电子得失，又有共用电子对偏移
D．存在共价键
【分析】共价化合物中，元素化合价有正负是因元素吸引电子的能力不同造成的，以此来解答．
【解答】解：A、非金属元素的原子吸引电子的能力存在差别，导致元素化合价有正负，故A正确；
B、共价化合物中不存在电子得失，故B错误；
C、共价化合物中不存在电子得失，故C错误；
D、共价化合物中电子对的偏移是因元素吸引电子的能力不同造成的，电子偏移是特征，故D错误；
故选A．
　
21．有关化学键及化合物的说法中，正确的是（　　）
A．化学键是分子内原子间的相互作用
B．含有阴离子的化合物一定含有阳离子
C．离子化合物熔点一定比共价化合物高
D．非金属元素组成的一定是共价化合物
【分析】相邻原子间强烈的相互作用是化学键，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中只含共价键．
【解答】解：A．相邻原子间强烈的相互作用是化学键，故A错误；
B．、含有阴离子的化合物一定含有阳离子，因为物质呈电中性，故B正确；
C．离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高，如二氧化硅的熔点大于NaCl的，故C错误；
D．氯化铵是由非金属元素组成的物质，故D错误；
故选：B．
　
22．在国际相对原子质量表上查得碳的相对原子质量是12.01，这里的12.01是指（　　）
A．碳元素的平均相对原子质量 B．碳原子质量
C．同位素C﹣12的行相原子质量 D．C﹣12的质量数
【分析】以一种C﹣12原子质量的1/12作为标准，其他原子的质量跟它的比值，就是这种原子的相对原子质量．
【解答】解：由于碳元素存在多种同位素，故12.01是指碳元素的平均相对原子质量，不是碳原子的实际质量，也不是同位素额相对原子质量，质量数取质子数和中子数的整数，故选A．
　
23．关于溶解平衡的说法中，错误的是（　　）
A．溶解平衡的本质是结晶速率等于溶解速率
B．在不饱和溶液中，溶质的溶解速率小于结晶速率
C．在饱和溶液中，晶体的质量不改变，形状可能改变
D．当物质达到溶解平衡时，不改变外界条件，溶液的浓度也不改变
【分析】溶解平衡时v（溶解）=v（结晶），达到饱和状态，离子的浓度达到最大，而不饱和溶液中，v（溶解）＞v（结晶），以此来解答．
【解答】解：A．溶解平衡的本质是结晶速率等于溶解速率，为动态平衡，故A正确；
B．在不饱和溶液中，溶质的溶解速率大于结晶速率，不会有晶体出现，故B错误；
C．在饱和溶液中，离子浓度达到最大，则晶体的质量不改变，形状可能改变，故C正确；
D．当物质达到溶解平衡时，结晶速率等于溶解速率，各组分的含量不变，则不改变外界条件，溶液的浓度也不改变，故D正确；
故选B．
　
24．某化学反应的能量变化示意图如图所示，其中代表反应物的能量减去生成物的是（　　）

A．① B．② C．③ D．④
【分析】由图可知①代表反应物的总能量，②反应放出的热量，③反应的活化能，④生成物的总能量，由能量守恒判断．
【解答】解：由图可知①代表反应物的总能量，②反应放出的热量，③反应的活化能，④生成物的总能量，根据能量守恒定律可知，反应物的能量减去生成物等于反应放出的能量，即①﹣④=②，
故选B．
　
25．标准状况下88gCO2有（　　）
A．3NA个原子 B．NA个分子 C．2.0mol分子 D．11.2L
【分析】标准状况下，Vm=22.4L/mol，带入n===可计算出CO2的物质的量、分子数、体积，原子数为分子数的3倍．
【解答】解：88gCO2的物质的量n===2mol，分子数NA=2mol×NAmol﹣1=2NA，原子数为6NA，标准状况下，Vm=22.4L/mol，V=2mol×22.4L/mol=44.8L，
故选C．
　
26．根据反应：2Fe+3Cl22FeCl3，当28gFe在71gCl2中点燃时（　　）
A．Fe和Cl2恰好完全反应 B．生成99gFeCl3
C．会有9.33gFe过量 D．会有17.75gCl2过量
【分析】计算28gFe和71gCl2的物质的量，根据2Fe+3Cl22FeCl3判断二者恰好反应还是某一种过量．
【解答】解：n（Fe）==0.5mol，n（Cl2）==1mol， ==＜，因此Cl2过量，
设反应生成FeCl3的物质的量为xmol，消耗Cl2的物质的量为有mol，则
2Fe+3Cl22FeCl3
2 3 2
0.5 x y
，解得x=0.75，y=0.5，
因此生成FeCl3的质量为0.5mol×162.5g/mol=81.25g，
剩余Cl2的质量为（1﹣0.75）mol×71g/mol=17.75g，
故选D．
　
27．NA表示阿伏伽德罗常数，1molNaOH固体含有（　　）
A．NA个OH﹣ B．3NA个离子 C．2NA原子 D．10NA个电子
【分析】NaOH固体是离子晶体，构成微粒为钠离子和氢氧根离子．
【解答】解：A、1mol中NaOH含有1mol的钠离子和1mol的氢氧根离子，所以含NA个氢氧根离子，故A正确；
B、1mol中NaOH含有1mol的钠离子和1mol的氢氧根离子，故含2mol离子即2NA个，故B错误；
C、1mol氢氧化钠中含3mol原子即3NA个，故C错误；
D、1mol的钠离子含有10NA个电子和1mol的氢氧根离子含有10NA个电子，所以共有20NA个电子，故D错误；
故选A．
　
28．用图甲所示装置进行实验，若图乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量．下列叙述错误的是（　　）

A．E表示反应生成NaOH的物质的量
B．E表示反应消耗H2O的物质的量
C．F表示反应生成H2或Cl2的物质的量
D．F表示反应消耗NaCl的物质的量
【分析】若Fe棒为阳极，碳棒为阴极，阳极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+，阴极发生反应：2H2O﹣2e﹣=H2↑+2OH﹣，若碳棒为阳极，Fe棒为阴极，阳极发生反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极发生反应：2H2O﹣2e﹣=H2↑+2OH﹣，电解池总反应式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH．
【解答】解：A．阴极发生反应：2H2O﹣2e﹣=H2↑+2OH﹣，转移4mol电子生成4mol NaOH，E可以表示反应生成NaOH的物质的量，故A正确；
B．阴极发生反应：2H2O﹣2e﹣=H2↑+2OH﹣，转移4mol电子消耗水为4mol，E可以表示反应消耗H2O的物质的量，故B正确；
C．若Fe棒为阴极，碳棒为阳极，阳极发生反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极发生反应：2H2O﹣2e﹣=H2↑+2OH﹣，转移4mol电子，可以生成2molH2或Cl2，F可以表示反应生成H2或Cl2的物质的量，故C正确；
D．若Fe棒为阴极，碳棒为阳极，电解池总反应式为：2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH，转移4mol电子时有4mol NaCl参加反应，故D错误，
故选：D．
　
29．在25℃，101kPa下，0.1molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O（I）时放出129.96kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（　　）
A．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）+129.96kJ
B．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（g）﹣259.92kJ
C．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）﹣1299.6kJ
D．2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）+2599.2kJ
【分析】用热量表示反应热时，“+”表示放热、“﹣”表示吸热，0.1molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O（I）时放出129.96kJ热量，则2mol乙炔反应放出热量为129.96kJ×=2599.2kJ，注明物质的聚集状态书写热化学方程式．
【解答】解：0.1molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O（I）时放出129.96kJ热量，则2mol乙炔反应放出热量为129.96kJ×=2599.2kJ，用热量表示反应热时，“+”表示放热、“﹣”表示吸热，则该反应热化学方程式为：2C2H2（g）+5O2（g）→4CO2（g）+2H2O（l）+2599.2kJ，
故选：D．
　
30．已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）→2H2O（l）+571.6kJ，C3H8（g）+5O2（g）→3CO2（g）+4H2O（l）+2220.0kJ．实验测得，H2和C3H8的混合气体共10mol，完全燃烧放热7694kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
【分析】先根据方程式求出H2和C3H8的燃烧热，设H2的物质的量为nmol，则C3H8的物质的量为10mol﹣n，根据放出的热量列方程式解答．
【解答】解：设混合气中H2的物质的量为n，则C3H8的物质的量为10mol﹣n，根据题意，列方程为：
285.8kJ/mol×n+2220.0kJ/mol×（10mol﹣n）=7694kJ
解得：n=7.5mol，
C3H8的物质的量为10mol﹣7.5mol=2.5mol，
所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为7.5 mol：2.5 mol=3：1，
故选：C．
　
二、填空题（满分40分）
31．根据题目要求填空：
（1）Mg2+的结构示意图为　　；O的电子式为　　；H2S的结构式为　H﹣S﹣H　．
（2）氯化钠的电子式为　　，溶于水发生电离的电离方程式为　NaCl=Na++Cl﹣　，向氯化钠溶液中滴入硝酸银时发生反应的离子方程式为　Ag++Cl﹣=AgCl↓　．
【分析】（1）Mg2+的质子数为12，电子数为10，用小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数；氧原子最外层为6个电子，据此书写电子式；H2S分子中有2对共用电子对，据此书写H2S分子的结构式；
（2）氯化钠是离子化合物，是钠离子和氯离子通过静电作用形成的，氯化钠属于强电解质，完全电离出钠离子和氯离子，氯化钠溶液中滴入硝酸银溶液发生复分解反应生成氯化银沉淀．
【解答】解：（1）Mg2+的质子数为12，电子数为10，离子结构示意图为：；氧原子最外层为6个电子，O的电子式为：，H2S分子中有2对共用电子对，则H2S结构式H﹣S﹣H，
故答案为：；；H﹣S﹣H；
（2）氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其电子式为：，氯化钠为强电解质，完全电离为钠离子、氯离子，电离方程式为：NaCl=Na++Cl﹣，向氯化钠溶液中滴入硝酸银，银离子和氯离子反应生成氯化银，离子反应为：Ag++Cl﹣=AgCl↓，
故答案为：；NaCl=Na++Cl﹣；Ag++Cl﹣=AgCl↓．
　
32．如图是铜锌原电池的装置示意图．回答下列问题：
（1）原电池是将　化学　能转化成　电　能的装置．
（2）在导线中电子流动的方向是　从负极流向正极　；其中正极为　铜片　，正极上能观察到的现象是　铜片上有气泡冒出　．
（3）原电池能产生电流的本质原因是　c　（选填编号）．
a．有两个活泼性不同的电极 b．有自由移动的离子
c．发生了氧化还原反应 d．形成了闭合回路．

【分析】在原电池中较活泼的金属作负极，失电子发生氧化反应，电子经导线传递到正极，溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极．Zn比Cu活泼，Zn做负极电极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，在闭合回路中，电子的定向移动或离子的定向移动能形成电流，由此分析解答．
【解答】解：（1）原电池是将化学能转化为电能的装置，故答案为：化学；电；
（2）在导线中电子流动的方向是从负极流向正极（或从锌片流向铜片）；铜片为正极，铜片上氢离子放电产生气泡，故答案为：从负极流向正极（或从锌片流向铜片）；铜片；铜片上有气泡冒出；
（3）原电池中，外电路中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极；内电路中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以形成了闭合回路，产生了电流，所以电极上进行的氧化还原反应中发生了电子的转移是原电池产生电流的本质原因．
故选c．
　
33．化工厂用来检查氯气管道是否漏气的反应为：3Cl2+8NH3→N2+6NH4Cl．
（1）在该反应中，被还原的元素是　Cl　；作为还原剂的物质是　NH3　．
（2）在方程式上标出电子转移的方向和数目．
（3）若标准状况下有33.6LCl2参加反应，则被氧化的NH3的物质的量为　1　mol．
（4）已知当氨气不足量时，反应产物是N2和HCl．若某次反应所得产物中，NH4Cl和HCl的物质的量相等，则参加反应的Cl2和NH3的物质的量之比为　3：5　．
【分析】反应8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，N元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，该反应中转移6e﹣，以此来解答．
【解答】解：（1）反应中N元素化合价升高，作为还原剂被氧化，N2为氧化产物，Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂被还原，故答案为：Cl；NH3；
（2）反应中N元素的化合价由﹣3升高为0，Cl元素的化合价0降低为﹣1价，2molNH3作还原剂转移电子为6mol，则反应电子转移的方向和数目为，故答案为：；
（3）由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，而33.6LCl2的物质的量为1.5mol，所以被氧化的NH3的物质的量为mol=1mol，
故答案为：1；
（4）由题意可知反应为：3Cl2+5NH3=N2+3NH4Cl+3HCl，所以参加反应的Cl2和NH3的物质的量之比为3：5，故答案为：3：5．
　
34．某研究性学习小组用如图所示装置在实验室制取HCl气体．

回答下列问题：
（1）装置A中微热时发生反应的化学方程式为　NaCl（固）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑　．
（2）若要使B中收集满干燥的HCl气体（并证实B中已收集满），则上述装置的连接顺序为：　A　接　B　接　B　接　D　接　E　（用字母表示）．
（3）实验发生以后装置D中观察到的现象是　湿润的蓝色石蕊试纸变红　．
（4）尾气吸收装置中加倒扣漏斗的目的是　防止倒吸　．
（5）若将产生的HCl气体通入100g水中，得到溶质质量分数为26.74%的盐酸，则通入的HCl气体的体积在标准状况下为　22.4　L．
（6）气体发生在装置的选择要考虑反应物状态和反应条件等因素．实验室制取氧气（氯酸钾和二氧化锰）和二氧化碳的发生装置都不用装置A，其原因分别是　制取氧气时反应物是固体　、　制取二氧化碳时反应不需要加热　．
【分析】（1）氯化钠固体与浓硫酸在微热条件下反应生成HCl与硫酸氢钠；
（2）A中生成HCl中含有水蒸气，先用浓硫酸干燥，再用向上排空气法收集HCl，利用湿润的蓝色石蕊试纸变红色证明HCl收集满，最后利用水吸收HCl，防止污染空气；
（2）石蕊试液遇酸显红色；
（4）HCl极易溶于水，导致装置内气压减小，会发生倒吸可能；
（5）根据溶液质量分数计算HCl的质量，进而计算HCl物质的量，再根据V=nVm计算HCl的体积；
（6）制取氧气时反应物是固体，制取二氧化碳时反应不需要加热．
【解答】解：（1）氯化钠固体与浓硫酸在微热条件下反应生成HCl与硫酸氢钠，反应方程式为：NaCl（固）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑，
故答案为：NaCl（固）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；
（2）A中生成HCl中含有水蒸气，先用浓硫酸干燥，再用向上排空气法收集HCl，利用湿润的蓝色石蕊试纸变红色证明HCl收集满，最后利用水吸收HCl，防止污染空气，装置的连接顺序为：A接C接B接D接 E，
故答案为：A、C、B、D、E；
（3）实验发生以后装置D中观察到的现象是：湿润的蓝色石蕊试纸变红，
故答案为：湿润的蓝色石蕊试纸变红；
（4）HCl极易溶于水，导致装置内气压减小，会发生倒吸可能，尾气吸收装置中加倒扣漏斗的目的是：防止倒吸，
故答案为：防止倒吸；
（5）设HCl的质量为mg，则=26.74%，解得m=36.5，则HCl物质的量为=1mol，标况下制备HCl的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，
故答案为：22.4L；
（6）该装置适合固体（或液体）与液体加热制备气体，制取氧气时反应物是固体，制取二氧化碳时反应不需要加热，发生装置都不用装置A，
故答案为：制取氧气时反应物是固体；制取二氧化碳时反应不需要加热．
　
35．以下海带提碘的实验方案可以缩短实验时间，避免Cl2和CCl4的毒性．其实验流程如下：

回答下列问题：
（1）步骤①的操作名称是　过滤　；所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和　漏斗　．
（2）步骤②中加入H2O2后发生反应的化学方程式为　H2O2+2NaI+H2SO4→Na2SO4+2H2O+I2（或H2O2+2HI→2H2O+I2）　；选择用H2O2做氧化剂的原因是　氯气有毒，双氧水比较安全　．
（3）检验I2的水溶液中含有单质碘的方法是，取样于试管中，加入淀粉，如溶液显　蓝　色，则可证明含有碘单质．
（4）步骤③的操作名称是　萃取　；石油醚能用作萃取剂，说明石油醚具有的性质是　石油醚不溶于水，碘在石油醚中的溶解度比在水中的大很多　．
（5）步骤⑤通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的　挥发　．
【分析】海带灼烧后海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，加入硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应生成碘，既然后加入石油醚发生萃取，将萃取液敞口挥发，得到碘，[来
（1）步骤①为过滤操作，所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；
（2）H2O2为绿色氧化剂，发生氧化还原反应生成碘；
（3）淀粉遇碘变蓝色；
（4）步骤③为萃取操作；
（5）油醚具有良好的挥发性．
【解答】解：海带灼烧后海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，加入硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应生成碘，既然后加入石油醚发生萃取，将萃取液敞口挥发，得到碘，
（1）步骤①为过滤操作，用于分离固体和液体，所需玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗，故答案为：过滤；漏斗；
（2）步骤②中加入H2O2，为绿色氧化剂，对环境没有污染，可代替氯气，防止污染环境，发生氧化还原反应生成碘，发生反应的化学方程式为H2O2+2NaI+H2SO4→Na2SO4+2H2O+I2（或H2O2+2HI→2H2O+I2），
故答案为：H2O2+2NaI+H2SO4→Na2SO4+2H2O+I2（或H2O2+2HI→2H2O+I2）；氯气有毒，双氧水比较安全；
（3）淀粉遇碘变蓝色，故答案为：蓝；
（4）步骤③为萃取操作，因石油醚不溶于水，碘在石油醚中的溶解度比在水中的大很多，
故答案为：萃取；石油醚不溶于水，碘在石油醚中的溶解度比在水中的大很多；
（5）步骤⑤通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的挥发性，故答案为：挥发．