贵州省仁怀市第四中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com仁怀市第四中学第一学期期中考试

一、单选题（本大题共11小题，共11.0分）

1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是

A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取

【答案】B

【解析】

【分析】

将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。

【详解】A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；

B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；

C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；

D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。

答案选B。

2.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是　　

A. 蒸发 B. 过滤

C. 蒸馏 D. 分液

【答案】D

【解析】

【详解】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；

B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；

C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；

D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；

故选D。

3.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：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。不正确的操作顺序是（    ）

A. ⑤③②①⑤④ B. ⑤③①②⑤④ C. ⑤②③①⑤④ D. ⑤②①③⑤④

【答案】D

【解析】

试题分析：粗盐提纯的步骤：只要碳酸钠、氢氧化钠加入的顺序在氯化钡之后的，都可以。盐酸最后一步加入，加盐酸之前的一步骤是过滤，所以答案选D

考点：考查粗盐提纯的相关知识点。

4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（    ）

A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5NA

B. 标准状况下，22.4LCCl4中所含分子数NA

C. 标准状况下，18g水所含原子数为NA

D. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则二氧化碳中含有的原子数小于1.5NA，故A错误；

B.标准状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和分子数，故B错误；

C.18g水的物质的量为1mol，而水为三原子分子，故18g水所含原子数为3NA，故C错误；

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n==3mol，故含氧原子数为3NA，故D正确。

故选D。

【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数的相关计算等。难度不大，掌握以物质的量为中心的计算是解答的关键。易错点B，标准状况下四氯化碳为液体。

5.下列实验操作能达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；

B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶液制备无水MgCl2，B不能达到；

C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；

D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，D能达到。

故选D。

6.ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂，实验室中可通过以下反应制得ClO2：2KCl03+H2C204+H2S04＝2Cl02↑+K2S04+2C02↑+2H20。下列说法不正确的是

A. 1molKClO3参加反应，转移2mol电子

B. KClO3在反应中被还原

C. H2C204的还原性强于Cl02

D. CO2是H2C2O4被氧化后得到的产物

【答案】A

【解析】

【详解】A、氯元素化合价从+5价降低到+4价，所以1mol KClO3参加反应有1mol电子转移，A错误；

B、氯元素化合价从+5价降低到+4价，氯酸钾得到电子被还原，B正确；

C、还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则H2C204的还原性强于Cl02，C正确；

D、碳元素化合价升高，H2C2O4在反应中失去电子，被氧化，CO2是H2C2O4被氧化后得到的产物，D正确。

答案选A。

【点睛】明确氧化还原反应的有关概念、反应中相关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意氧化还原反应的一般分析思路，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。

7.下列说法正确的是（　　）

A. 将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质

B. NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质

C. 氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质

D. 固态的NaCl不导电，熔融态NaCl可以导电

【答案】D

【解析】

【详解】A．硫酸钡虽然不溶于水，但是熔融的硫酸钡能够导电，硫酸钡是电解质，A不正确；

B．氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；

C．同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，C不正确；

D．固态NaCl中没有自由移动的阴阳离子，而熔融状态的NaCl离子键被破坏，电离出阴阳离子，可以导电，D正确；

答案选D。

8.下列关于电解质、非电解质的说法正确的是

A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质

B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质

C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液

D. HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质

【答案】D

【解析】

【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；

B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；

C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；

D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；

故选D。

9.下列各组离子一定能大量共存的是（    ）

A. 在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-

B. 在含大量Ba2+的溶液中：NH4+、Na+、Cl-、OH-

C. 在强碱性溶液中：Na+、K+、SO42-、HCO3-

D. 在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl-、SO42-

【答案】D

【解析】

【详解】A.Fe2+为有色离子，且Fe2+、CO32-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；

B.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.HCO3-与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中不能大量共存，故C错误；

D.强酸性溶液中存在大量H+，K+、Fe2+、Cl-、SO42-之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故D正确。

故选D。

10.下列离子方程式中正确的是

A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu +2H+=Cu2++H2↑

B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3+ 6H+=2Fe3+ + 3H2O

C 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H++ OH-=H2O

D. 碳酸氢钠和盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A．Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能把酸中的H置换出来，错误；

B．氧化铁粉末溶于稀盐酸反应产生氯化铁和水，反应的离子方程式是：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，正确；

C．硫酸滴加到氢氧化钡溶液中，发生反应产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：2H++SO42-+ Ba2++2OH-= BaSO4↓+2H2O，错误；

D．碳酸氢钠和盐酸反应产生氯化钠、水、二氧化碳，反应的方程式是：HCO3-+2H+=CO2↑+H2O，错误。

答案选B。

11.在氧化还原反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为（　　）

A. 1：1 B. 2：1 C. 1：2 D. 3：2

【答案】C

【解析】

【详解】在反应3S+6KOH＝K2SO3+2K2S+3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1：2，

故选C。

【点睛】该反应中S既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，根据生成物中原子数目比计算。

二、填空题（本大题共4小题，共4.0分）

12.用于提纯或分离物质的方法有：A、萃取分液  B、加热分解  C、蒸发结晶  D、分液  E、蒸馏  F、过滤  G、渗析等，请将提纯或分离的序号填在后面横线上。

（1）分离饱和食盐水与泥沙的混合物___，

（2）精制Fe(OH)3胶体含有NaCl溶液___，

（3）分离相溶的CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(110.6℃)的混合物___，

（4）从碘水里提取碘____。

【答案】    (1). F    (2). G    (3). E    (4). A

【解析】

【详解】（1）泥沙不溶于水，分离不溶物和溶液可用过滤的方法，故答案为：F；

（2）氢氧化铁胶体粒子不能透过半透膜，可用渗析的方法分离，故答案为：G；

（3）四氯化碳和甲苯沸点相差较大，可用蒸馏分离，故答案为：E；

（4）碘易溶于有机溶剂，可通过萃取方法分离，然后分液，故答案为：A。

13.（1）下列物质：①Na  ②盐酸  ③熔融Na2O ④CCl4  ⑤CO2  ⑥NaHCO3  ⑦NaCl溶液  ⑧H2S  ⑨纯醋酸  ⑩氨水（填序号）

属于电解质的是___，属于非电解质的是___，能导电的是___。

（2）写出下列物质的电离方程式：

NaHSO4____，

H2SO4_____，

NaHCO3___。

（3）向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸，会出现一系列变化：先出现__，原因：___，随后___，原因（用离子方程式表示）__。

【答案】    (1). ③⑥⑧⑨    (2). ④⑤    (3). ①②③⑦⑩    (4). NaHSO4=Na++H++SO42-    (5). H2SO4=2H++SO42-    (6). NaHCO3=Na++HCO3-    (7). 红褐色沉淀    (8). 电解质盐酸使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀    (9). 红褐色沉淀溶解    (10). Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

【解析】

【详解】（1）①Na是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

②盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

③熔融Na2O能导电，是电解质；

④CCl4是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，属于非电解质；

⑤CO2不能导电，且自身不能电离，是非电解质；

⑥NaHCO3在熔融状态和水溶液中能导电的化合物，属于电解质，固体不导电；

⑦NaCl溶液能导电，但属于混合物，不是电解质；

⑧H2S溶于水可导电，是电解质；

⑨纯醋酸溶于水可导电，电解质，液态不导电；

⑩氨水是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；

属于电解质的是③⑥⑧⑨，属于非电解质的是④⑤，能导电的是①②③⑦⑩，故答案为：③⑥⑧⑨；④⑤；①②③⑦⑩；

（2）硫酸氢钠是强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-；

H2SO4是二元强酸，完全电离，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-；

碳酸氢钠强电解质，在水溶液里完全电离生成钠离子、碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，

故答案为：NaHSO4=Na++H++SO42-；H2SO4=2H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-；

（3）电解质盐酸电离出的Cl-使Fe（OH）3胶体发生聚沉，生成红褐色沉淀，氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸，会发生酸碱中和反应，红褐色沉淀溶解，生成氯化铁和水，此反应的离子方程式是Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，

故答案：红褐色沉淀；电解质盐酸使Fe（OH）3胶体聚沉而产生沉淀；红褐色沉淀溶解；Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O。

【点睛】本题考查了电解质和非电解质的判断以及跟导电的关系、电离方程式的书写、胶体的性质，根据其概念来分析解答即可，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，为易错点。

14.按要求写出方程式。

（1）铁和稀硫酸（写出离子方程式）___；

（2）氢氧化钡溶液和稀硫酸（写出离子方程式）__；

（3）氧化铜和稀盐酸（写出离子方程式）__；

（4）制备氢氧化铁胶体（写出对应的化学方程式）___；

（5）CO32-+2H+=CO2↑+H2O（写出对应的化学方程式）__。

【答案】    (1). Fe+2H+=Fe2++H2↑    (2). Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O    (3). CuO+2H+=Cu2++H2O    (4). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl    (5). Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl

【解析】

【详解】（1）铁为变价金属，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（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；

（3）氧化铜和稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式：CuO+2H+=Cu2++H2O；

（4）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热。要注意实验过程不能用玻璃棒搅拌，否则溶液出现浑浊；当反应体系呈现红褐色，即制得氢氧化铁胶体，反应原理为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；

（5）CO32-+2H+=CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、水、二氧化碳的反应，如：Na2CO3+2HCl=CO2↑+H2O+2NaCl。

15.回答下列问题

（1）配平以下方程式

__K2Cr2O7+__HC1=__KC1+__CrCl3+__H2O+__Cl2↑

（2）以上反应中失电子的物质是__，还原产物是__，每生成lmol这种还原产物，将有__mol电子发生转移。氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。

（3）已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O+3S↓，若氧化产物比还原产物多1.6g，则同时会生成水的质量为___g。

【答案】    (1). 1    (2). 14    (3). 2    (4). 2    (5). 7    (6). 3    (7). HCl    (8). CrCl3    (9). 3    (10). 1：6    (11). 1.8

【解析】

【分析】

（1）分析反应中各元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒配平方程式；

（2）反应物中所含元素化合价升高的为还原剂，对应氧化产物，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，对应还原产物；依据K2Cr2O7+14HCl（浓）=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，可知生成3mol氯气转移6mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为6mol；

（3）反应中H2S中S氧化化合价升高，SO2中S元素化合价降低，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，据方程式计算。

【详解】（1）K2Cr2O7+HCl（浓）=KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O，K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，反应1molK2Cr2O7，得到6mol电子，HCl中-1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子守恒可知：CrCl3系数为2，Cl2系数为3，然后根据反应前后各种原子个数相等配平，故方程式K2Cr2O7+14HC1=2KC1+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑，故答案为：1；14；2；2；7；3；

（2）反应中K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，所以K2Cr2O7为氧化剂，CrCl3为还原产物；HCl中-1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，所以HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；依据

～6mole-

2                    6

1                    3

故电子转移3mol，从反应中得14HCl中有6HCl价态发生变化，还有8个未发生变化，故作还原剂的为6mol，氧化剂K2Cr2O7为1mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故答案为：HCl；CrCl3；3；1：6；

（3）反应2H2S+SO2=2H2O+3S↓中，生成3molS，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2mol，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1mol，质量是1.8g，故答案为：1.8。