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

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 实验目的 实验操作 A 制备Fe(OH)3胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中 B 由MgCl2溶液制备无水MgCl2‎ 将MgCl2溶液加热蒸干 C 除去Cu粉中混有的CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D 比较水和乙醇中氢的活泼性 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 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。‎ ‎ ‎