四川省棠湖中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题化学（解析版）

四川省棠湖中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时物理化学生物共150分钟。

可能用到的相对原子质量： H：1  B：11 C：12  N：14  O：16  F：19  Na：23  Mg：24  Al：27  P: 31  S：32  Cl：35.5  K: 39  Ca:40  Fe: 56  Cu：64  Ba: 137

第Ⅰ卷（选择题  共60分）

一、选择题：（本大题包括15小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.我国明代《本草纲目》中收载药物 1892 种，其中“烧酒”条目中写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指(    )

A. 干馏 B. 渗析 C. 萃取 D. 蒸馏

【答案】D

【解析】

【详解】“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质分离，蒸馏则是根据物质的沸点不同进行分离，因此“法”是指蒸馏，故D正确。

综上所述，本题正确答案为D。

2.下列化学用语不正确的是(    )

A. 中子数为20的氯原子： 3717Cl 

B. 硫酸的电离方程式：H2SO4===H+ + SO42−

C. 硫原子的结构示意图： 

D. 核素23Na的中子数是12

【答案】B

【解析】

【详解】A.中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为3717Cl，故A正确；

B.硫酸在溶液中完全电离，其电离方程式为: H2SO4===2H+ + SO42−，故B错误；

C.硫原子的核电荷数为16，核外电子总数为16，最外层含有6个电子，其原子结构示意图为: ，故C正确；

D. Na的质子数是11，核素23Na的中子数是=23−11=12，故D正确；本题选不正确的，故选B。

3.下列对于“摩尔”的理解正确的是（    ）

A. 1摩尔H2O质量为18g

B. 摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量，简称摩，符号为 mol

C. 22.4LO 2 中所含氧气分子为1 摩尔

D. 1mol 氧含 6.02×10 23 个O

【答案】A

【解析】

【详解】A. 1molH2O的质量为m=nM=1mol18g/mol=18g，故A正确；B.物质的量为基本物理量，摩尔为物质的量的单位，符号为mol，所以B错误；C.不是标准状况下， 22.4LO 2的物质的量不一定为1mol，故C错误;D.用物质的量描述粒子时，必须标明具体的微粒名称，如1mol氧分子、1mol 氧原子，而1mol氧无法判断是氧原子还是氧气分子，故D错误；答案：A。

4.今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔化状态或溶于水中能够电离，下列关于该化合物X的说法中正确的是(    )

A. X一定是电解质 B. X可能为非电解质

C. X只能是盐类 D. X可以是任意化合物

【答案】A

【解析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，因为X为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以X一定为电解质，故A正确；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，X在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此X不可能是非电解质，故B错误；X可能是盐，也可能是CaO等金属氧化物，故C错误；不是任意化合物在水溶液中或熔融状态下都能够导电，如CO、P2O5等，因此X不可以为任意化合物，故D错误。

5.将不同体积同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中的Cl－完全沉淀，消耗同体积同物质的量浓度的AgNO3溶液，NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的体积比为(    )

A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 1：1：1 D. 6：3：2

【答案】D

【解析】设物质的量浓度都是0.1mol/L的NaCl溶液、MgCl2溶液、AlCl3溶液的体积分别为x、y、z。同体积、同物质的量浓度AgNO3溶液中含有银离子的物质的量相等，说明三种溶液中含有氯离子的物质的量相等，则：0.1x=0.1y×2=0.1z×3，整理可得x：y：z=6：3：2，故选D。

6.下列表达式中正确的是（    ）

A. 向氯化钙溶液中通入CO2：CaCl2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HCl

B. 铁跟盐酸反应：Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑

C. NaHCO3溶液的电离方程式：NaHCO3＝Na+＋H+ ＋CO32-

D. 向沸水中滴加 FeCl3 溶液制备Fe(OH)3 胶体：FeCl3＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3HCl

【答案】B

【解析】

【详解】A.向氯化钙溶液中通入CO2二者不反应，故A错误；B.铁跟盐酸反应：Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，故B正确；C.NaHCO3溶液的电离方程式：NaHCO3＝Na+＋HCO3-，故C错误；D.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为: FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl，故D错误;答案：B。

7.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的(    )

A. Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl

B. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑

C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3

D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。

【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，B项错误；
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；
答案选D。

8.已知反应：①Cl2+2KBr===2KCl+Br2，②KClO3+6HCl===3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2===Br2+2KClO3，下列说法正确的是（　　）

A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应

B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2

C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1

D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子物质的量为2 mol

【答案】B

【解析】

【详解】A、②中没有单质参加反应，故不是置换反应，A错误；

B、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，得出①中Cl2＞Br2，②中KClO3＞Cl2，③中KBrO3＞KClO3，因此氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2KBrO3，B正确；

C、②中只有5分子的HCl做还原剂，反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，C错误；

D、③中还原剂是Cl2、Cl2变为KClO3化合价改变了5，1分子Cl2反应转移电子为10个，因此③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol，D错误。

答案选B。

9.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是(    )

A. Na+、K+、HCO3-、NO3- B. Mg2+、SO42-、Al3+、NO3-

C. Na+、Ca2+、 NO3-、CO32- D. K+、MnO4-、CH3COO-、NO3-

【答案】B

【解析】

【分析】题目要求溶液为无色，则有色离子不能存在；酸性溶液，则还存在大量的H+，考虑选项中的离子共存要加上H+。

【详解】A. HCO3-、H+反应生成二氧化碳和水，A错误；

B.溶液中的离子均不与反应可以大量共存 ，B正确；

C. Ca2+与CO32-、CO32-与H+不能共存，C错误；

D. MnO4-为紫红色，CH3COO-与H+反应，D错误；

答案为B

10.下列反应中属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型的是(    )

A. CuO + H2 Cu + H2O B. 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2+O2↑

C. Fe2O3 + 3CO 2Fe + 2CO2 D. NaOH + HCl = NaCl + H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A．Cu、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，也属于置换反应，故A不选；

B．Mn、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，也属于分解反应，故B不选；

C．Fe、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，不属于四种基本反应类型，故C选；

D．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D不选；

故选C。

11.下列说法中正确的是(    )

A. 强电解质溶液导电能力一定强

B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降

C 阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性

D. 氧化还原反应中，某元素由化合物变为单质，此元素可能被还原也可能被氧化

【答案】D

【解析】

【详解】A．导电性与离子浓度有关，强电解质的浓度很小时导电性很弱，溶液的导电性与电解质的强弱无关，故A错误；B．氧化还原反应的特征为化合价的升降，本质为电子转移，故B错误；C．处于中间价态的离子具有氧化性、还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子均具有氧化性、还原性，故C错误；C．由化合物变为单质，可能失去或得到电子，如硫化氢与二氧化硫反应生成S时，二氧化硫中的S元素被还原，硫化氢中的S元素被氧化，故D正确；故选D。

12.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是(    )

A. 1mol过氧化钠与水完全反应，转移电子数为NA

B. 46g NO2与N2O4混合气体中含有原子数为3NA

C. 标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5 NA

D. 含有0.1 NA个CO32－的Na2CO3固体的质量为10.6g

【答案】C

【解析】

【详解】A．2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，1mol过氧化钠与足量的水反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，反应转移NA个电子，故A正确；B、46g NO2与N2O4的最简式相同，混合气体中含有“NO2”原子团的物质的量为=1mol，含有的原子为3mol，故B正确；C、标况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．n(Na2CO3)=n(CO32-)==0.1mol，m(Na2CO3)=0.1mol×106g/mol=10.6g，故D正确；故选C。

13.在3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O反应中，氧化产物与氧化剂的物质的量之比为(    )

A. 2∶5 B. 1∶2 C. 5∶1 D. 2∶1

【答案】A

【解析】

【分析】3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O，Cl元素化合价由0价降低为-1，Cl元素的化合价由0价升高为+5，据此分析解答。

【详解】反应3Cl2+6NaOH═5NaCl+NaClO3+3H2O，Cl元素的化合价由0价降低为-1，则2.5Cl2为氧化剂，Cl元素的化合价由0价升高为+5，则0.5molCl2为还原剂，生成氧化产物1molNaClO3，所以氧化产物与氧化剂的物质的量之比为为1mol：2.5mol=2：5，故A正确；故选A。

14.做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸（乙二酸，化学式为H2C2O4）的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO4﹣+H2C2O4+H+═CO2↑+Mn2++□(未配平)．下列叙述不正确的是(    )

A. 发生氧化反应的是H2C2O4 

B. 离子方程式右侧方框内的产物是H2O

C. 还原性：Mn2+＜H2C2O4 

D. 每消耗6 mol H+，转移5 mol电子

【答案】D

【解析】

【详解】A．该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，所以高锰酸钾是氧化剂、草酸是还原剂，则发生氧化反应的是H2C2O4，故A正确；B．该反应是在酸性条件下的反应，所以生成物中应该是水，故B正确；C．H2C2O4作还原剂，则还原性：Mn2+＜H2C2O4，故C正确； D．反应2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，每消耗6 mol H+，转移电子的物质的量10mol，故D错误；答案：D。

15.某无色透明的溶液中含有Cu2＋、Mg2＋、Al3＋、Ba2＋、H＋、Ag＋、SO42-、HCO3-、OH－、NO3-中的三种离子，若向其中加入石蕊试液，溶液显蓝色，则原溶液中可能存在的离子是(    )

A. Ba2＋、OH－、NO3- B. Ag＋、HCO3-、NO3-

C. Mg2＋、Al3＋、SO42- D. Mg2＋、SO42-、OH－

【答案】A

【解析】

【详解】无色透明的溶液中不会存在Cu2+离子；向其中加入石蕊试液，溶液显蓝色，说明该溶液为碱性溶液，溶液中存在大量OH-；因为阳离子Cu2+、Mg2+、Ag+、Al3+、H+都与氢氧根离子反应，则溶液中一定存在Ba2+；又HCO3-与氢氧根离子反应，SO42-与钡离子反应，则溶液中一定不存在SO42-、HCO3-；因为有三种离子存在，则一定存在NO3-；根据分析可以知道，溶液中一定存在的离子为：OH-、Ba2+、NO3-；

答案选A

第Ⅱ卷（非选择题  共40分）

16.海洋是资源宝库。下图是工业上对海水的一种综合利用的流程图：

请回答下列问题：

（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_________。

（2） 若粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-三种杂质离子。精制提纯时，备用的除杂试剂有：A．盐酸，B．Na2CO3溶液，C．NaOH溶液，D．BaCl2溶液。请你正确排列加入试剂的顺序：NaOH溶液、_______、_______、_______（填编号）。

（3） 用如图电解食盐水，石墨电极上产生的气体为_______；在铁棒周围的溶液里滴加酚酞试剂，溶液变_______色；小烧杯中NaOH溶液的作用是（用化学方程式表示）：______________。   

（4）在盛有Mg(OH)2固体的烧杯中，加入足量盐酸，待固体全部溶解后，要从溶液中获取MgCl2·6H2O晶体，需要进行的实验操作依次为_________________（填编号）。

A．蒸馏        B．蒸发        C．冷却结晶        D．过滤

【答案】(1). 玻璃棒    (2). D    (3). B    (4). A    (5). 氯气( Cl2)    (6). 红    (7). Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O    (8). BCD

【解析】

【详解】(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， 因此答案是:玻璃棒。
(2)粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-三种杂质离子。精制提纯时：先加NaOH溶液除去Mg2+、再加BaCl2溶液除去SO42-、再加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量Ba2+；过滤后加入盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；加入试剂的顺序：D；B；A。

（3） 用如图电解食盐水，石墨电极为阳极，电极上产生的气体为Cl2；铁棒与电源负极相连，发生的反应为：2H2O+4e-= H2+2OH-,如果在周围的溶液里滴加酚酞试剂，溶液变红色；小烧杯中NaOH溶液的作用是吸收氯气，反应化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。答案：氯气；红；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

（4）先通过蒸发去除多余的水分，然后冷却结晶，再过滤得到晶体，进行洗涤干燥。答案：BCD。

17.（1）已知下列反应：Fe + S == FeS   2Fe + 3Cl2 ==2FeCl3     3Fe + 2O2 ==Fe3O4  则 S，Cl2，O2 的氧化性：______>_____ >______          

（2）用双线桥标出下列反应中电子转移的方向和数目：______

MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O

该反应中的氧化剂是________，HCl体现的性质是_______________，若有4molHCl参加反应，则被氧化的HCl的物质的量是______mol，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为_________L。

【答案】(1). Cl2    (2). O2    (3). S    (4).     (5). MnO2    (6). 还原性和酸性    (7). 2    (8). 4.48

【解析】

【分析】(1)不同非金属元素与同一种金属反应时，能将金属元素氧化为最高价态的非金属其非金属性较强元素的非金属性越强，单质的氧化性越强；

(2)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+H2O中，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，以此解答。

【详解】(1)不同非金属元素与同一种金属反应时，能将金属元素氧化为最高价态的非金属其非金属性较强，Fe+S═FeS、2Fe+3Cl2═2FeCl3、3Fe+2O2═Fe3O4，则根据Fe元素在化合物中的价态知，氧化性：Cl2＞O2＞S，故答案为：Cl2；O2；S；

(2)化合价升高的Cl元素失2mol电子，化合价降低的Mn元素得到2mol电子，电子转移情况为；Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂；生成物中有MnCl2，HCl还表现出酸性，若有4molHCl参加反应，则被氧化的HCl的物质的量是 2mol，如反应中转移了0.4mol电子，则产生的Cl2的物质的量为0.2mol，标准状况下体积为4.48L，故答案为：；MnO2；还原性和酸性；2；4.48。

18.用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液95mL,回答下列问题

（1）所需仪器为:托盘天平、量筒、烧杯胶头滴管,若要完成实验,还需要两种玻璃仪器为______、_____。

（2）该实验实验步骤为:

①计算,②称量_______gNaCl, ③溶解,④移液,⑤洗涤,⑥定容,⑦ 摇匀。

（3）试分析下列操作,对所配溶液的浓度有何影响。(用偏低、偏高、无影响填空)。

①为加速固体溶解,微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时,就将溶液转移至容量瓶定 容。所配溶液的浓度____________;

②若定容时仰视刻度线。所配溶液的浓度______________;

③定容后,加盖、倒转、摇匀后,发现液面低于刻度线,又补加蒸馏水至刻度。则所配溶液的浓度______。

【答案】(1). 100 mL容量瓶    (2). 玻璃棒    (3). 5.9    (4). 偏高    (5). 偏低    (6). 偏低

【解析】

【分析】实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等。

【详解】（1）实验室没有95mL容量瓶，应选用100mL容量瓶，实际上配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液；根据配制步骤可知，配制该溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、50mL烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：100mL容量瓶；玻璃棒，故答案为：100mL容量瓶；玻璃棒；

（2）配制的溶液为100mL 1.00mol/L的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量为：1.00mol/L×0.1L=0.1mol，需要氯化钠的质量为：58.5g/mol×0.1mol=5.85g，需要称量氯化钠的质量为：5.9g；故答案为：5.9；

（3）①为加速固体溶解，微热烧杯溶液并不断搅拌。在未降至20℃时，就将溶液转移至容量瓶定容，导致配制的溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，答案为：偏高；

②定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积大于容量瓶的体积，所配溶液的浓度偏低，答案为偏低；

③定容后，加盖、倒转、摇匀后，发现液面低于刻度线，又补加蒸馏水至刻度，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则所配溶液的浓度偏低，答案为：偏低；