在期末的时候，对于高一政治在期末复习要怎样做练习呢?还很困惑的话，那不妨和小编一起来做份2016年广东江门一中高一化学期末试题，希望对各位有帮助!

2016年广东江门一中高一化学期末及答案

一、单项选择题(每题2分，共60分)

1.下列关于蒸馏操作的有关叙述不正确的是( )

A.冷凝管进出水的方向是下口进、上口出

B.蒸馏操作使用的温度计的水银球应插入到液体内

C.在蒸馏烧瓶内放入少量碎瓷片，目的是防止暴沸

D.蒸馏的主要仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、铁架台、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计等

【考点】化学实验方案的评价.

【分析】A.冷水下进上出在冷凝管中的停留时间长，冷却效果好;

B.蒸馏时测定馏分的温度;

C.加热液体易发生暴沸;

D.蒸馏装置为 .

【解答】解：A.冷水下进上出在冷凝管中的停留时间长，冷却效果好，则冷凝管进出水的方向是下口进、上口出，故A正确;

B.蒸馏时测定馏分的温度，则温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误;

C.加热液体易发生暴沸，则蒸馏烧瓶内放入少量碎瓷片，目的是防止暴沸，故C正确;

D.蒸馏装置为 ，则蒸馏的主要仪器是蒸馏烧瓶、酒精灯、铁架台、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计等，故D正确;

故选B.

2.已知甲和乙的某些性质如下表所示：

物质 熔点(℃) 沸点(℃) 密度(g/mL) 水中的溶解性

甲 ﹣98 37.5 0.93 可溶

乙 ﹣48 95 0.90 可溶

现有甲和乙的混合物，进行分离时，可采用的方法是( )

A.蒸馏 B.蒸发 C.过滤 D.萃取

【考点】物质的分离、提纯和除杂.

【分析】分离两种互溶的液体采用蒸馏法来实现.

【解答】解：根据题中信息可以看出，甲和乙两物质均易溶于水，互溶，但是沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法通过控制沸点的不同来实现二者的分离.

故选：A.

3.除去下列杂质(括号内的物质)，下列做法不正确的是( )

A.NaCl固体(CaCl2)：溶解，加Na2CO3溶液、过滤后加适量盐酸，最后蒸发结晶

B.KCl固体(MnO2)：溶解、过滤、蒸发结晶

C.NaCl溶液(I2)：加酒精，萃取、分液

D.KNO3溶液(I2)：加四氯化碳，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】A.氯化钙和碳酸钠生成碳酸钙沉淀;碳酸钠可与盐酸反应;

B.二氧化锰不溶于水，可过滤分离;

C.酒精与水混溶;

D.碘易溶于四氯化碳溶液.

【解答】解：A.氯化钙和碳酸钠生成碳酸钙沉淀;过滤后碳酸钠与盐酸反应，蒸发结晶得到氯化钠，故A正确;

B.二氧化锰不溶于水，可过滤分离，蒸发结晶得到氯化钾，故B正确;

C.酒精与水混溶，不能用于萃取剂，应用苯或四氯化碳等，故C错误;

D.碘易溶于四氯化碳溶液，可用萃取的方法分离，故D正确.

故选C.

4.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是( )

A.Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl

B.Fe+CuSO4=Cu+FeSO4

C.2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O

D.CaO+H2O=Ca(OH)2

【考点】氧化还原反应.

【分析】氧化还原反应的特征是化合价的升降，从化合价的角度判断反应是否氧化还原反应.

【解答】解;A.各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误;

B.Fe和Cu元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确;

C.各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误;

D.各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误.

故选B.

5.下列物质既是钾盐又是无氧酸盐的是( )

A.KCl B.K2SO4 C.Na2CO3 D.KOH

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.

【分析】盐是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，既是钾盐又是无氧酸盐，说明含有钾离子，酸根离子不是含氧酸根离子;

【解答】解：A、KCl是钾盐也是无氧酸盐，符合题意，故A正确;

B、K2SO4是钾盐，是含氧酸盐，不符合，故B错误;

C、Na2CO3是钠盐，不是钾盐，是含氧酸盐，不符合，故C错误;

D、KOH是碱不是盐，故D错误;

故选A.

6.下列说法正确的是( )

A.液态HCl、固体NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质

B.NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质

C.蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质

D.铜、石墨均导电，所以它们是电解质

【考点】电解质与非电解质.

【分析】在水溶液里或熔化状态下能导电的化合物属于电解质，在此两种条件下均不能导电的化合物属于非电解质，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，据此解答即可.

【解答】解：A、液态HCl、固体NaCl均不导电，但是溶于水它们均能导电，且属于化合物，故HCl、NaCl均是电解质，故A错误;

B、NH3、CO2的水溶液能导电，并不是它们自身电离的结果，而是它们与水反应的产物NH3•H2O、H2CO3电离的结果，故B错误;

C、蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们不是电解质，是非电解质，故C正确;

D、某物质是否为电解质的前提是此物质必须是化合物，故铜、石墨均不是电解质，故D错误;

故选C.

7.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm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，所形成的物质( )

①是溶液

②是胶体

③能产生丁达尔效应

④能透过滤纸

⑤不能透过滤纸

⑥静置后会析出黑色沉淀.

A.①④⑤ B.②③⑤ C.②③④ D.①③④⑥

【考点】纳米材料;胶体的重要性质.

【分析】胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，将纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，利用胶体中分散质粒子的直径和胶体的性质来解答.

【解答】解：①因纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，不属于溶液，故①错误;

②纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，所形成的分散系为胶体分散系，故②正确;

③因形成的是胶体分散系，则具有丁达尔效应，故③正确;

④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，故④正确、⑤错误;

⑥因形成的是胶体分散系，处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，故⑥错误;

故选C.

8.向氢氧化铁溶胶中逐滴加入一种液体，首先使溶胶发生聚沉而沉淀，继续加入时沉淀消失.这种液体是( )

A.0.5mol•L﹣1食盐溶液 B.0.5mol•L﹣1NaHSO4溶液

C.0.5mol•L﹣1氯化钾溶液 D.蒸馏水

【考点】胶体的重要性质.

【分析】胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，氢氧化铁胶体逐滴加入溶液，先产生沉淀后沉淀溶解，说明先胶体聚沉，后能溶解沉淀.

【解答】解：A.加入0.5mol•L﹣1食盐溶液，是电解质溶液，会引起氢氧化铁胶体聚沉，继续加入，氢氧化铁沉淀不会溶解，故A错误;

B.0.5mol•L﹣1NaHSO4溶液中，硫酸氢钠是电解质，能引起胶体聚沉，电离出的氢离子能溶解氢氧化铁沉淀，故B正确;

C.0.5mol•L﹣1氯化钾是电解质，能引起胶体聚沉，但不能溶解氢氧化铁沉淀，故C错误;

D.蒸馏水不能使胶体聚沉，故D错误;

故选B.

9.下列有关物质的分类方法采用的是交叉分类法的是( )

A.物质可分为纯净物和混合物

B.碳酸钠既是钠盐也是碳酸盐

C.氧化物分为金属氧化物和非金属氧化物

D.化合物分为电解质和非电解质

【考点】混合物和纯净物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;电解质与非电解质.

【分析】交叉分类法就是按照物质相同点，把物质分成若干类的方法.在给物质进行分类时，采用交叉分类法能从不同角度对物质进行较全面的分析，给物质分类时由于标准不同往往会出现交叉分类法，树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行在分类的分类法.

【解答】解：A.物质依据组成不同可分为纯净物和混合物，是树状分类，故A错误;

B.碳酸钠既是钠盐也是碳酸盐，给物质分类时由于标准不同出现交叉分类法，故B正确;

C.氧化物依据组成元素分类分为金属氧化物和非金属氧化物，数属于树状分类，故C错误;

D.化合物依据水溶液、熔融状态导电性分为电解质和非电解质，属于树状分类，故D错误;

故选B.

10.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是( )

A.Cl2→Cl﹣ B.Zn→Zn2+ C.H2→H2O D.CuO→CuCl2

【考点】氧化还原反应.

【分析】变化中某元素的化合价降低，发生还原反应，则一般需要加入还原剂才能实现氧化还原反应.注意通过分解反应可以实现的，不一定需要加入还原剂.

【解答】解：A、Cl2→Cl﹣氯元素化合价由0价降低为﹣1价，发生还原反应，需加入还原剂才能实现，故A正确;

B、Zn→Zn2+锌元素化合价由0价升高为+2价，发生氧化反应，需加入氧化剂才能实现，故B错误;

C、H2→H2O氢元素化合价由0价升高为+1价，发生氧化反应，需加入氧化剂才能实现，故C错误;

D、CuO→CuCl2铜元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，可通过CuO与盐酸反应实现，故D错误;

故选：A.

11.下列反应中氯元素只被还原的是( )

A.5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3

B.2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

C.MnO2+4HCl=MnCl2+2H2O+Cl2↑

D.2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑

【考点】氧化还原反应.

【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，Cl元素的化合价降低时Cl元素被还原，以此来解答.

【解答】解：A.5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl元素的化合价由0降低为﹣1，则被还原，故A选;

B.2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O中Cl元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，故B不选;

C.MnO2+4HCl=MnCl2+2H2O+Cl2↑中Cl元素的化合价升高，则被氧化，故C不选;

D.2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑中Cl元素的化合价升高，则被氧化，故D不选;

故选A.

12.下列各组离子中的离子，能在溶液中大量共存的是( )

A.Na+、Mg2+、Cl﹣、OH﹣ B.H+、Ca2+、CO32﹣、NO3﹣

C.Cu2+、K+、SO42﹣、NO3﹣ D.Na+、HCO3﹣、OH﹣、Ca2+

【考点】离子共存问题.

【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答.

【解答】解：A.Mg2+、OH﹣结合生成沉淀，不能共存，故A错误;

B.H+、Ca2+均与CO32﹣反应，不能共存，故B错误;

C.该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确;

D.HCO3﹣、OH﹣、Ca2+反应生成沉淀和水，不能共存，故D错误;

故选C.

13.NaHCO3和NaHSO4的溶液混合后，实际参加反应的离子是( )

A.H+和CO32﹣ B.HCO3﹣和HSO4﹣

C.Na+、HCO3﹣和H+ D.HCO3﹣和H+

【考点】离子反应的概念.

【分析】碳酸氢钠为强电解质，在水中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，

硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，据此解答即可.

【解答】解：碳酸氢钠为强电解质，在水中电离产生钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣，

硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42﹣，

两者混合实际参加反应的离子为：HCO3﹣和H+生成二氧化碳气体和水，

故选D.

14.下列叙述中正确的是( )

①溶液都是纯净物 ②含氧的化合物都是氧化物 ③能电离出H+的化合物都是酸 ④能电离出OH﹣的化合物都是碱 ⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐 ⑥酸和碱的中和反应都是复分解反应.

A.全部 B.⑤⑥ C.③④ D.①②

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.

【分析】①根据纯净物是只含有一种分子的化合物;

②含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物是氧化物;

③能电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸;

④电离出的阴离子全部是OH﹣的化合物叫做碱;

⑤能电离出金属离子(或是铵根离子)和酸根离子的化合物都是盐;

⑥中和反应属于复分解反应.

【解答】解：①纯净物是只含有一种分子的化合物，溶液属于混合物，故①错误;

②含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，含有氧元素的物质不一定是氧化物，如氢氧化钠、硫酸钠等，故②错误;

③电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠能电离出氢离子，属于盐，故③错误;

④电离出的阴离子全部是OH﹣的化合物叫做碱，能电离出氢氧根的不一定是碱，故④错误;

⑤能电离出金属离子和酸根离子的化合物都是盐，故⑤正确;

⑥酸和碱之间的中和反应属于复分解反应，故⑥正确.

故选B.

15.有关氧化还原反应的下列叙述正确的是( )

A.氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应

B.氧化剂被氧化，还原剂被还原

C.一个氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种不同的物质

D.氧化还原反应中，金属单质只作还原剂，非金属单质只作氧化剂

【考点】氧化还原反应.

【分析】从化合价变化的角度分析氧化还原反应，在化学反应中，氧化剂得电子被还原，还原剂得电子被氧化，结合物质的性质判断，能举出一些反例.

【解答】解：A.氧化剂具有氧化性，在反应中得电子被还原，还原剂具有还原性，失电子被氧化，发生氧化反应，故A正确;

B.氧化还原反应中氧化剂被还原，还原剂被氧化，故B错误;

C.在氧化还原反应中氧化剂和还原剂可以是同一种物质，如Cl2+H2O=HCl+HClO，故C错误;

D.氧化还原反应中，如Cl2+H2O=HCl+HClO，非金属既可作氧化剂，也可作还原剂，故D错误.

故选A.

16.将1mol CO与1mol CO2相比较，正确的是( )

A.分子数相等 B.原子数相等 C.电子数相等 D.质子数相等

【考点】物质的量的相关计算.

【分析】1mol CO与1mol CO2相比具有相同分子式，二者分子中含有的电子数、原子数、质子数不相等，则等物质的量二者含有的电子数、原子数、质子数不相等，据此进行解答.

【解答】解：A.1mol CO与1mol CO2中，根据N=nNA可知二者含有的分子数相等，故A正确;

B.1mol CO与1mol CO2分别含有2mol、3mol原子，所以二者含有的原子数不相等，故B错误;

C.1mol CO与1mol CO2含有电子的物质的量分别为14mol、22mol，含有电子数不相等，故C错误;

D.1mol CO与1mol CO2分别含有14mol、22mol杂质，二者含有的质子数不相等，故D错误;

故选A.

17.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )

A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L

B.25℃、101kPa下，64g SO2中含有的原子数为3NA

C.在常温常压下，11.2L Cl2含有的分子数为0.5NA

D.标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5NA

【考点】阿伏加德罗常数.

【分析】A、氦气为单原子分子;

B、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来分析;

C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol;

D、标况下水为液态.

【解答】解：A、氦气为单原子分子，故含NA个氦气原子的氦气的物质的量为1mol，则在标况下为22.4L，故A错误;

B、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，故含3NA个，故B正确;

C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，则含有的分子个数小于0.5NA个，故C错误;

D、标况下水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故D错误.

故选B.

18.有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，已知其中Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42﹣的物质的量浓度为0.7mol/L，则此溶液中Na+的物质的量浓度为( )

A.0.1 mol/L B.0.15 mol/L C.0.2 mol/L D.0.25 mol/L

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中一定满足电荷守恒，即：3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42﹣)，根据铁离子、硫酸根离子的浓度及电荷守恒计算出此溶液中Na+的物质的量浓度.

【解答】解：Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液，含Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L，SO42﹣的物质的量浓度为0.7mol/L，

根据电荷守恒有：3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42﹣)，

即3×0.4mol/L+c((Na+)=2×0.7mol/L，

解得c(Na+)=1.4mol/L﹣1.2mol/L=0.2mol/L，

故选C.

19.在下列条件下，两种气体的分子数一定相等的是( )

A.同温度、同体积的N2和O2 B.同压强、同体积的H2和CH4

C.同质量、不同密度的N2和CO D.同体积、同密度的CO2和N2

【考点】物质的量的相关计算.

【分析】A.由于气体的压强不一定相同，所以分子数不一定相等;

B.温度不同，则气体分子之间的距离可能不同，其分子数不一定相等;

C.CO、N2摩尔质量相同，则等质量的两种物质的物质的量相同;

D.同体积、同密度的二氧化碳和氮气其质量相同，因为摩尔质量不同，二者物质的量不相同.

【解答】解：A.影响气体体积的外因是温度和压强，由于气体的压强不一定相同，所以分子数不一定相等，故A错误;

B.温度不同，则气体分子之间的距离可能不同，因此其分子数不一定相等，故B错误;

C.CO、N2摩尔质量相同，则等质量的两种物质的物质的量相同，因此分子数一定相同，故C正确;

D.同体积、同密度的二氧化碳和氮气其质量相同，因为摩尔质量不同，二者物质的量不相同，所以其分子数一定不同，故D错误，

故选：C.

20.下列叙述正确的是( )

A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/L的NaCl溶液

B.将25g无水硫酸铜粉末溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/L

C.将0.2mol/L稀硫酸与等质量的蒸馏水混合后，浓度大于0.1mol/L

D.将1体积1mol/L的稀硫酸用水稀释到5体积，溶液的浓度为0.2mol/L

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】A.氯化钠溶于100mL水中，所得溶液体积不是100mL;

B.无水硫酸铜的摩尔质量为160g/mol，25g无水硫酸铜的物质的量大于0.1mol;

C.硫酸浓度越小，溶于密度越小，混合液体积大于原溶液的2倍;

D.稀释过程中硫酸的物质的量不变，将1体积1mol/L的稀硫酸用水稀释到5体积，溶液浓度为原先的 .

【解答】解：A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，所得溶液体积不是100mL，制得溶液浓度不是0.1mol/L，故A错误;

B.25g无水硫酸铜粉末的物质的量为： = mol>0.1mol，则所得溶液浓度大于1mol/L，故B错误;

C.将0.2mol/L稀硫酸与等质量的蒸馏水混合后，混合液质量为原先2倍，而混合液密度减小，则所得溶液体积大于原先2倍，所得溶液浓度小于0.2mol/L× =0.1mol/L，故C错误;

D.将1体积1mol/L的稀硫酸用水稀释到5体积，稀释过程中硫酸的物质的量不变，则稀释后溶液的浓度为： =0.2mol/L，故D正确;

故选D.

21.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是( )

A.950mL，11.2g B.500mL，117g

C.1000mL，117.0g D.任意规格，111.2g

【考点】溶液的配制.

【分析】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，根据n=cV以及m=nM进行计算.

【解答】解：实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，

则n(NaCl)=1L×2mol/L=2mol，

m(NaCl)=2mol×58.5g/mol=117g，

故选C.

22.不能用胶体的知识解释的现象是( )

A.豆浆中加入石膏做豆腐

B.一支钢笔使用两种不同牌号的墨水，易出现堵塞

C.向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀

D.在海水与河水交界处，易形成三角洲

【考点】胶体的应用.

【分析】A.胶体遇电解质发生聚沉;

B.带相反电荷的胶体混合发生聚沉;

C.FeCl3溶液中加入NaOH溶液生成沉淀;

D.江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果.

【解答】解：A.豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉，故A错误;

B.带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故B错误;

C.FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故C正确;

D.江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故D错误.

故选C.

23.如图表示的一些物质或概念间的从属关系正确的是( )

X Y Z

A 碳酸钠 碱 纯净物

B 盐酸溶液 电解质 化合物

C 胶体 分散系 物质

D 非金属氧化物 氧化物 化合物

A.A B.B C.C D.D

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系.

【分析】A、纯净物分为单质和化合物，化合物根据组成又分为酸、碱、盐、氧化物等;

B、纯净物分为单质和化合物，化合物根据在水溶液或熔融状态下是否导电，可分为电解质和非电解质两类;

C、混合物包括纯净物和混合物，混合物包括溶液、胶体、浊液三大分散系;

D、化合物根据组成分为酸、碱、盐、氧化物等，氧化物依据组成分为金属氧化物和非金属氧化物.

【解答】解：A、纯净物包括单质和化合物两种，化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，碳酸钠是盐不是碱，故A错误;

B、纯净物包括单质和化合物两种，在水溶液或熔融状态下能导电的化合物属于电解质，盐酸是混合物，故不是电解质也不是非电解质，故B错误;

C、混合物包括纯净物和混合物，混合物包括溶液、胶体、浊液三大分散系，故C正确;

D、化合物根据组成分为酸、碱、盐、氧化物等，氧化物依据组成分为金属氧化物和非金属氧化物，故D正确.

故选CD.

24.下列离子能大量共存的是( )

A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO42﹣、CO32﹣

B.无色透明的溶液中：Ca2+、K+、SO42﹣、NO3﹣

C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH4+、SO42﹣、Cl﹣

D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、OH﹣、NO3﹣

【考点】离子共存问题.

【分析】A.使无色酚酞试液呈红色的溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应;

B.钙离子与硫酸根离子反应生成微溶物硫酸钙;

C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中含有大量钡离子，硫酸根离子与钡离子反应;

D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液中存在大量氢离子，氢氧根离子与氢离子反应.

【解答】解：A.使无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、K+、SO42﹣、CO32﹣之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确;

B.Ca2+、SO42﹣之间反应生成硫酸钙，在溶液中不能大量共存，故B错误;

C.含有大量Ba(NO3)2的溶液中含有大量钡离子，钡离子与SO42﹣反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误;

D.使紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，OH﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误;

故选A.

25.设阿伏伽罗常数的值为NA，标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是( )

A. L B. L C. L D. L

【考点】气体摩尔体积.

【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积.

【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，

质量与分子数的比列式为：mg：b=ng：x，

x= = 个;

ng该混合气体含有的物质的量为：n= = = mol，

其体积为：V=n×Vm= mol×22.4l/mol= L，

故选A.

26.下列溶液中Cl﹣浓度与50mL 1mol•L﹣1 AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度相等的是( )

A.150 mL 1 mol•L﹣1的NaCl溶液

B.75 mL 2 mol•L﹣1 NH4Cl溶液

C.150 mL 3 mol•L﹣1的KCl溶液

D.75 mL 3 mol•L﹣1的FeCl3溶液

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质化学式及物质的量浓度有关，如：50mL 1mol•L﹣1 AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：1mol/L×3=3mol/L，据此对各选项进行计算.

【解答】解：50mL 1mol•L﹣1 AlCl3溶液中Cl﹣的物质的量浓度为：1mol/L×3=3mol/L，

A.150 mL 1 mol•L﹣1的NaCl溶液中硫离子的浓度为1mol/L，故A错误;

B.75 mL 2 mol•L﹣1 NH4Cl溶液中氯离子浓度为2mol/L，故B错误;

C.150 mL 3 mol•L﹣1的KCl溶液中氯离子的物质的量浓度为3mol/L，故C正确;

D.75mL 3 mol•L﹣1的FeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度为：3mol/L×3=9mol/L，故D错误;

故选C.

27.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为( )

A.5a/b mol/L B.10a/b mol/L C.b/5a mol/L D.a/b mol/L

【考点】物质的量浓度.

【分析】5mol/L的Mg(NO3)2溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为10mol/L，然后根据溶液稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变(c1v1=c2v2)计算出稀释后溶液中硝酸根离子的物质的量浓度.

【解答】解：原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为：c(NO3﹣)=5mol/L×2=10mol/L，硝酸根离子不发生水解，所以稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，设稀释后溶液中硝酸根离子浓度为c，则：10mol/L×a×10﹣3L=b×10﹣3L×c，解得c= mol/L，

故选B.

28.决定气体体积的主要因素是：①气体分子直径②所含微粒数 ③气体相对分子质量 ④微粒间的距离( )

A.只②③④ B.只②④ C.只①③④ D.①②③④全部

【考点】气体摩尔体积.

【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以及分子间距离，以此解答.

【解答】解：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以及分子间距离，而气体的分子数目一定时，气体分子间距离为影响体积大小的主要因素，与气体分子的质量、分子间作用力大小无关，

故选B.

29.规范实验操作是获得实验成功的重要保证.下列化学实验操作正确的是( )

A.

读出液体的体积 B.

过滤

C.

熄灭酒精灯 D.

稀释浓硫酸

【考点】化学实验方案的评价;实验装置综合.

【分析】A.读数时，视线与凹液面的最低点相平;

B.过滤需要玻璃棒引流;

C.用嘴吹灭酒精灯，易发生失火;

D.稀释浓硫酸，应将浓硫酸注入水中，并不断搅拌.

【解答】解：A.读数时，视线与凹液面的最低点相平，图中操作合理，故A正确;

B.过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误;

C.用嘴吹灭酒精灯，易发生失火，操作不合理，应利用灯冒盖灭，故C错误;

D.稀释浓硫酸，应将浓硫酸注入水中，并不断搅拌，可及时散失产生的热量，防止液滴飞溅，图中操作不合理，故D错误;

故选A.

30.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：正确的操作顺序是( )

①加入稍过量的Na2CO3溶液;

②加入稍过量的NaOH溶液;

③加入稍过量的BaCl2溶液;

④滴入稀盐酸至无气泡产生;

⑤过滤.

A.③②①⑤④ B.①②③⑤④ C.②③①④⑤ D.③⑤②①④

【考点】粗盐提纯.

【分析】从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据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进行分析.

【解答】解：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，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，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，再进行过滤，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，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④;

故选A.

二、填空题：(共36分)

31.按要求写出方程式.

(1)碳酸钙和盐酸(写出离子方程式) CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑

(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸(写出离子方程式) Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O

(3)Fe2(SO4)3(写出电离方程式) Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42﹣

(4)H++OH﹣═H2O(写出对应的化学方程式) HCl+NaOH=NaCl+H2O

(5)往碳酸氢钠溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液中的碳酸氢根离子完全转化为沉淀(写出对应的离子方程式) HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O

(6)2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(写出离子方程式) 2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O .

【考点】离子方程式的书写;化学方程式的书写;电离方程式的书写.

【分析】(1)反应生成氯化钙、水、二氧化碳，碳酸钙、水、二氧化碳在离子反应中保留化学式;

(2)反应生成硫酸钡和水，硫酸钡、水在离子反应中保留化学式;

(3)为强电解质，完全电离生成铁离子和硫酸根离子;

(4)表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应;

(5)碳酸氢根离子完全转化为沉淀，反应生成碳酸钡、水、NaOH;

(6)只有氯气、水在离子反应中保留化学式，遵循电子、电荷及原子守恒.

【解答】解：(1)碳酸钙和盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑;

(2)氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O;

(3)Fe2(SO4)3的电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42﹣，故答案为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42﹣;

(4)H++OH﹣═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如HCl+NaOH=NaCl+H2O，故答案为：HCl+NaOH=NaCl+H2O;

(5)碳酸氢根离子完全转化为沉淀，反应生成碳酸钡、水、NaOH，离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O;

(6)2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O的离子方程式为2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O.

32.在KBrO3+6HBr═KBr+3Br2+3H2O反应中，

(1)请用双线桥法标出元素化合价升降、电子得失的数目和被氧化、被还原的情况

(2)氧化剂 KBrO3 ;还原剂 HBr

(3)氧化产物与还原产物的质量比为 5：1 .

(4)Br的化合价很多，在Br﹣、BrO4﹣、BrO﹣、BrO3﹣、Br2中，不具有还原性的是 BrO4﹣ .

【考点】氧化还原反应.

【分析】KBrO3+6HBr═KBr+3Br2+3H2O反应中，KBrO3中溴由+5价降低到0价，而溴化氢中的溴由﹣1价变成0价，由此分析解答.

【解答】解：(1)KBrO3+6HBr═KBr+3Br2+3H2O反应中，KBrO3中溴由+5价降低到0价，而溴化氢中的溴由﹣1价变成0价，转移5mole﹣，所以用双线桥表示电子的转移为： ，故答案为： ;

(2)KBrO3中溴由+5价降低到0价是氧化剂，而溴化氢中的溴由﹣1价变成0价，是还原剂，故答案为：KBrO3，HBr;

(3)氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故答案为：5：1;

(4)BrO4﹣中Br的+7价，最高价态，不具有还原性，故答案为：BrO4﹣.

33.某双原子分子构成的气体，其摩尔质量为M g/mol，该气体质量为m g，阿伏加德罗常数为NA，则：

①该气体的物质的量为 mol.

②该气体在标准状况下的体积为 L.

③该气体在标准状况下的密度为 g/L.

④该气体所含原子总数为 个.

【考点】物质的量的相关计算.

【分析】根据n= = = 结合分子的构成计算.

【解答】解：(1)由n= 可知，该气体的物质的量为 = mol，故答案为： ;

(2)该气体的物质的量为 mol，则V=nVm= L，故答案为： ;

(3)ρ= = = g/L，故答案为： ;

(4)该气体的物质的量为 mol，又是双原子分子，根据n= 可知原子数为 个，故答案为： .

34.质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸，其物质的量浓度是(保留三位有效数字) 18.4mol/L .

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】先计算出1L该浓硫酸中含有硫酸的质量，然后根据n= 计算出硫酸的物质的量，从而可知该浓硫酸的物质的量浓度.

【解答】解：1L该浓硫酸中含有硫酸的质量为：1.84g/cm3×1000mL×98%=18032.2g，含有硫酸的物质的量为： =18.4mol，

则该浓硫酸的物质的量浓度为： =18.4mol/L，

故答案为：18.4mol/L.

35.海水中有丰富的资源，多种多样的海洋动物和植物.海底有丰富的矿藏、石油、天然气等.此外，海水中还含有大量的电解质，它们电离产生Cl﹣、Br﹣(溴离子)、SO42﹣、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源.

(1)写出步骤①、②、④分离提纯的方法：① 蒸馏 ② 萃取分液 ④ 过滤

(2)步骤②分离提纯过程中需要选用主要玻璃仪器的名称 分液漏斗、烧杯

(3)欲除去初步提纯后的粗盐中的MgCl2、CaCl2和Na2SO4，应向该粗食盐水中依次加入稍过量 NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，然后过滤;向所得溶液中滴加稀盐酸至无气泡产生，再经蒸发结晶得到食盐晶体.请您解释Na2CO3 溶液滴加顺序是在BaCl2 溶液之后而在盐酸之前的原因 Na2CO3 溶液滴加顺序是在加在BaCl2溶液之后，是为了除去过量的BaCl2，加在盐酸之前，可用盐酸除去过量的Na2CO3，确保得到的NaCl不含杂质 .

【考点】海水资源及其综合利用.

【分析】海水中还含有大量的电解质，它们电离产生Cl﹣、Br﹣(溴离子)、SO42﹣、Na+、Mg2+、Ca2+等，

海水经过蒸馏，可得到淡水;

碘易溶于有机溶剂，可加入苯或四氯化碳进行萃取，然后蒸馏可得到碘;

海水经蒸发结晶得到粗盐，粗盐经提纯化学处理后过滤可得到氯化钠;

海水中含有氯化镁，加入石灰水，可生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸可生成氯化镁，经蒸发、结晶和脱水后可得氯化镁，电解熔融的氯化镁可得金属镁，以此解答该题.

【解答】解：(1)步骤①为海水的淡化，可用蒸馏操作分离，②为碘的萃取和分液，④为过滤，粗盐经提纯化学处理后过滤可得到氯化钠溶液，

故答案为：蒸馏; 萃取分液; 过滤;

(2)步骤②分离提纯方法为萃取，需要选用主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯;

(3)镁离子会与氢氧根离子、碳酸根离子生成沉淀，钙离子会与碳酸根离子生成沉淀，硫酸根离子会与钡离子生成沉淀，过滤后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3、过滤、在滤液中加入盐酸至不再有气体生成，将所得溶液加热浓缩、冷却结晶，得到精盐，Na2CO3 溶液滴加顺序是在加在BaCl2溶液之后，是为了除去过量的BaCl2，加在盐酸之前，可用盐酸除去过量的Na2CO3，确保得到的NaCl不含杂质

故答案为：Na2CO3 溶液滴加顺序是在加在BaCl2溶液之后，是为了除去过量的BaCl2，加在盐酸之前，可用盐酸除去过量的Na2CO3，确保得到的NaCl不含杂质.

36.某化学课外小组用海带为原料制取了少量碘水.现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液.其实验操作可分为如下几步：

A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中.

B.把150mL碘水和15mL CCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞.

C.检验分液漏斗活塞和颈上的玻璃塞是否漏液.

D.倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正.

E.旋开活塞，用烧杯接收溶液， 当达到液体的分界面时，及时关闭活塞，防止上层液体流下 .

F.从分液漏斗上口倒出上层水溶液.

G.将分液漏斗颈上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔

H.静置，分层.

就此实验，完成下列填空：

(1)正确操作步骤的顺序是：(用上述各操作的编号字母填写)

C → B → D →A→H→ G →E→F.

(2)将E步骤补充完整 当达到液体的分界面时，及时关闭活塞，防止上层液体流下 .

(3)上述G步骤操作的目的是 使分液漏斗内外大气相通，保证液体顺利流下 .

(4)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是 CCl4与水不互溶，且碘在CCl4中的溶解度比在水中大很多 .

【考点】海水资源及其综合利用.

【分析】(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液;

(2)步骤E是旋开活塞，分离下层液体，据此补充步骤，操作不能放出上层溶液;

(3)(G)步骤将分液漏斗颈上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，保存压强相平，可使液体顺利流下;

(4)萃取剂的选择原则有三条：一是溶质在萃取剂中的溶解度比在水中要大得多;二是萃取剂与水互不溶解能分成两层;三是萃取剂与溶质不会发生反应.

【解答】解：(1)实验前应检查装置的气密性，所以先选C;

检查完密闭性后，向分液漏斗中加溶液，把150mL碘水和15mL CCl4加入分液漏斗中，选B;

并盖好玻璃塞，加入溶液后，要用力振荡，让溶液充分混合，使溶质充分萃取到萃取剂中，倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，选D;

用力振荡后，把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，选A;

溶液静止、分层，选H;

溶液分层后，为使漏斗内外气压相等，使液体顺利流下，应将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，选G;

旋开活塞，用烧杯接收溶液，故选E;

为防止有杂质，上层液体从上口流出，下层液体从下口流出，故选F，

故实验操作顺序为：CBDAHGEF，

故答案为：C;B; D; G;

(2)旋开活塞，用烧杯接收溶液时，眼睛注视液体分界面，当达到分界面时，及时关闭活塞，防止上层液体流下，

故答案为：当达到液体的分界面时，及时关闭活塞，防止上层液体流下;

(3)振荡溶液后，分液漏斗内的压强大于大气压，所以溶液不能顺利流下，为使内外压强相等，所以要将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔，

故答案为：使分液漏斗内外大气相通，保证液体顺利流下;

(4)萃取剂的选择原则是：两种溶剂互不相溶;溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度;溶质与萃取剂不反应.碘在CCl4中的溶解度大于水中的溶解度，且与水互不相溶，

故答案为：CCl4与水不互溶，且碘在CCl4中的溶解度比在水中大很多.

37.实验室用NaOH固体配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液，填空

(1)计算所需NaOH的固体质量 12.5g (不必写出计算过程).

(2)配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次) B、C、A、F、E、D ;

A、用30mL水洗涤烧杯2﹣3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

B、用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解

C、将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中

D、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀

E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面最低处恰好与刻度相切

F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1﹣2cm处

(3)下列配制的溶液浓度偏低的是 A、B、C ;

A、溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯

B、向容量瓶中转移溶液时(实验步骤②)不慎有液滴洒在容量瓶外面

C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线

D、定容时俯视刻度线

E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水.

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液.

【分析】(1)根据n=cV和m=nM来计算;

(2)依据配制步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序;

(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c= 分析判断.

【解答】解：(1)配制250mL 1.25mol/L的NaOH溶液，需要的NaOH的物质的量n=cV=1.25mol/L×0.25L=0.3125mol，需要的质量m=nM=0.3125mol×40g/mol=12.5g，

故答案为：12.5;

(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解(B).冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流(C)，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中(A)，加水至液面距离刻度线1～2cm时(F)，改用胶头滴管滴加(E)，最后定容颠倒摇匀(D)，

故答案为：B、C、A、F、E、D;

(3)A.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，溶质的质量减少，物质的量偏小，根据c= 分析可知，所配溶液的浓度偏低，故A正确;

B.向容量瓶中转移溶液时(实验步骤②)不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，物质的量偏小，根据c= 分析可知，所配溶液的浓度偏低，故B正确;

C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，根据c= 分析可知，所配溶液的浓度偏低，故C正确;

D.定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，根据c= 分析可知，所配溶液的浓度偏高，故D错误;

E.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变，故E错误.

故答案为：A、B、C.

三、计算题(共4分，要求写出解题过程，结果保留三位有效数字)

38.把标准状况下33.6L氯化氢气体溶于水中，得到500mL的溶液，已知此溶液的密度约为1.00g/cm3.请计算：

(1)溶液的物质的量浓度

(2)溶液的质量百分比浓度.

【考点】物质的量浓度的相关计算.

【分析】(1)根据n= 计算出标准状况下33.6L氯化氢的物质的量，然后根据c= 计算出该盐酸的浓度;

(2)根据m=ρV计算出溶液质量，然后根据质量分数的表达式计算出该溶液的质量分数.

【解答】解：(1)标准状况下33.6L氯化氢的物质的量为： =1.5mol，该溶液的物质的量浓度为：c(HCl)= =3mol/L，

答：该溶液的物质的量浓度为3mol/L;

(2)该溶液的质量为：1.00g/cm3×500mL=500g，

1.5molHCl的质量为：36.5g/mol×1.5mol=54.75g，

该溶液的质量百分比浓度为： ×100%=10.95%，

答：该溶液的质量百分比浓度为10.95%.