【化学】湖南省衡阳县2018-2019学年高一上学期期末质量检测试题（解析版）

湖南省衡阳县2018-2019学年高一上学期期末质量检测试题

1.下列物质中，属于纯净物的是(     )

A. 氨水    B. 液氯    C. 纯盐酸    D. 漂白粉

【答案】B

【解析】

【分析】只由一种物质构成的是纯净物，由两种或两种以上物质构成的是混合物，据此分析。

【详解】A、氨气的水溶液为氨水，故氨水是混合物，故A不选；

B、氯气液化后得到液氯，液氯是纯净物，故B选；

C、HCl的水溶液为盐酸，故盐酸为混合物，故C不选；

D、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故D不选。

故答案选B。

2. 下列仪器中不能用于加热的是(     )

A. 试管    B. 烧杯    C. 容量瓶    D. 坩埚

【答案】C

【解析】试题分析：试管可以直接加热，烧杯加热时要垫石棉网，容量瓶只能用来配制溶液不能加热，坩埚可以直接加热，选C。

3.下列物质中，不属于合金的是(    )

A. 青铜    B. 不锈钢    C. 水银    D. 硬铝

【答案】C

【解析】试题分析：A、青铜是铜的合金，A项错误；B、不锈钢是铁的合金，B项错误；C、水银是汞，不是合金，C项正确；D、硬铝是铝合金，D项错误；答案选C。

4.下列关于Fe( OH)3胶体的说法中，不正确的是(     )

A. 分散质粒子直径在10-9～l0-7 m之间    B. 是一种纯净物

C. 具有丁达尔效应    D. 具有净水作用

【答案】B

【解析】试题分析：A．胶体中分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，故A正确；B．胶体属于分散系，是混合物，故B错误；C．胶体具有丁达尔效应，故C正确；D．胶体表面积较大，能吸附水中悬浮的杂质，故D正确。故选B。

5.现有一瓶甲、乙的混合物，已知甲、乙能互溶，甲、乙某些性质如下：

根据物理性质，将混合物中甲、乙分离的最佳方法是(     )

A. 蒸馏    B. 萃取    C. 结晶    D. 分液

【答案】A

【解析】

【详解】已知甲、乙能互溶，且均可溶于水，但二者的沸点相差较大，则将混合物中甲、乙分离的最佳方法是蒸馏。答案选A。

6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(     )

A. 56gFe在足量稀硝酸中完全反应转移的电子数为2NA

B. 标准状况下，22.4LNH3所含的电子数为10NA

C. 5.6gFe在足量氯气中燃烧转移的电子数为0.2NA

D. 标准状况下，11.2LH2O中含有分子的数目为0.5NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．56gFe是1mol，在足量稀硝酸中完全反应生成硝酸铁，因此转移的电子数为3NA，A错误；

B．标准状况下，22.4 LNH3是1mol，1分子氨气含有10个电子，则所含的电子数为10NA，B正确；

C．5.6g Fe是0.1mol，在足量氯气中燃烧生成氯化铁，转移的电子数为0.3NA，C错误；

D．标准状况下水不是气态，不能利用气体摩尔体积计算分子数，D错误；

答案选B。

7.如图表示1 g O2与1 g X气体在相同容积的密闭容器中压强（p）与温度（T）的关系，则X气体可能是(     )

A. NH3    B. H2    C. CO2    D. NO

【答案】C

【解析】

【分析】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M判断X摩尔质量相对大小，据此分析解答。

【详解】体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=m÷M可知质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气，故答案选C。

8.某MgCl2溶液的密度为1.18g·cm—3，其中Mg2+的质量分数为5.1％。300mL该溶液中Cl—的物质的量约等于(     )

A. 0.37 mol    B. 0.63mol    C. 0.74 mol    D. 1.5 mol

【答案】D

【解析】

【分析】根据m=ρV计算氯化镁溶液的质量，根据m（（Mg2+）=m（溶液）×ω（（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=m÷M计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒解答。

【详解】氯化镁溶液的质量为：1.18g/mL×300mL=354g，镁离子的质量为：354g×5.1%=3.54×5.1g，镁离子的物质的量为：(3.54×5.1g)÷24g/mol≈0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=2×0.75mol=1.5mol，故答案选D。

9.在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是     (     )

A. K+、MnO4-、SO42－    B. Na+、Cl－、CO32－

C. Zn2+、Al3+、Cl-    D. Na+、Fe2+、SO42－

【答案】C

【解析】A. MnO4-在溶液中显紫红色，不是无色，不能大量共存，A错误；B. 酸性溶液中CO32－不能大量共存，B错误；C. Zn2+、Al3+、Cl-在无色透明强酸性溶液中，能大量共存，C正确；D. Fe2+在溶液中显浅绿色，不是无色，不能大量共存，D错误，答案选C。

10.二氧化硫体现还原性的反应是(     )

A. SO2+2H2O+Cl2＝H2SO4+2HCl    B. SO2+2H2S＝2H2O+3S↓

C. SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O    D. SO2+Na2CO3＝Na2SO3+CO2

【答案】A

【解析】

【分析】在氧化还原反应中，若二氧化硫体现还原性，则二氧化硫被氧化，说明二氧化硫在反应中有关元素化合价升高，根据各选项中元素化合价变化进行解答。

【详解】A．反应SO2+2H2O+Cl2＝H2SO4+2HCl中，S元素的化合价由+4升高到+6，二氧化硫被氧化，故A选；

B．反应SO2+2H2S＝2H2O+3S↓中，二氧化硫中的S元素的化合价由+4降低为0，二氧化硫被还原，故B不选；

C．反应SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O中，没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故C不选；

D．反应SO2+Na2CO3＝Na2SO3+CO2中，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D不选；

故答案选A。

11.现有两瓶无标签的无色溶波，分别装有Na2CO3和NaHCO3，用下列试剂或方法能将两者区分的是(     )

①Ca(OH)2 ②盐酸③CaCl2 ④NaOH  ⑤加热

A. ②③    B. ①③    C. ①③    D. ②⑤

【答案】A

【解析】

【详解】①二者均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故①不选；

②加入盐酸，碳酸钠开始生成气体，而碳酸氢钠立即生成气体，可鉴别，故选；

③碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀，而碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，故选；

④碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，现象不明显，而碳酸钠与NaOH不反应，不能鉴别，故不选；

⑤在溶液中加热，都不分解，没有明显现象，不能鉴别，故不选；

故答案选A。

12.下列叙述不正确的是(     )

A. 氢氧化铝可以用于治胃酸过多

B. Fe3O4可用作红色油漆和涂料

C. 金属钠有强还原性，能和硫酸铜溶液反应，但不能置换出金属铜

D. 为使面包松软可口可用碳酸氢钠做发泡剂

【答案】B

【解析】

【详解】A. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与盐酸反应，故可以用于治疗胃酸过多，A正确；

B. Fe2O3可用作红色油漆和涂料，不是四氧化三铁，B错误；

C. 金属钠有强还原性，能和硫酸铜溶液反应，生成物是硫酸钠、氢氧化铜和氢气，但不能置换出水溶液的金属铜，C正确；

D. 碳酸氢钠受热分解或与酸反应时都能生成二氧化碳气体，所以可用碳酸氢钠做发泡剂，故D正确；

故答案选B。

13.下列物质不能由单质直接化合生成的是(     )

A. NO2    B. Na2O2    C. SO2    D. FeCl3

【答案】A

【解析】

【详解】A. 氮气和氧气直接化合生成NO，不能得到NO2，不能由单质直接化合生成，A选；

B. 钠和氧气在点燃的条件下化合生成Na2O2，能由单质直接化合生成，B不选；

C. 硫和氧气在点燃的条件下化合生成SO2，能由单质直接化合生成，C不选；

D. 铁在氯气中燃烧生成FeCl3，能由单质直接化合生成，D不选；

答案选A。

14. 下列气体不可以用浓硫酸干燥的是(     )

A. H2    B. NH3    C. SO2    D. Cl2

【答案】B

【解析】浓硫酸具有强氧化性及酸性，所以常温下还原性较强气体（例如HI）及碱性气体（例如氨气）不能用其干燥，答案为B

15.下列说法正确的是(     )

A. 铵盐不稳定，受热分解都产生氨气

B. 向硅酸钠液中加适量稀盐酸，有透明的凝胶形成

C. 由于浓硫酸有强氧化性，因此不能用铁罐存浓硫酸

D. 浓硝酸不稳定，实验保存在无色试剂瓶中

【答案】B

【解析】

【详解】A. 铵盐不稳定，受热易分解，但不一定都产生氨气，例如硝酸铵等，A错误；

B. 向硅酸钠液中加适量稀盐酸可以生成透明的硅酸凝胶，B正确；

C. 由于浓硫酸有强氧化性，常温下铁遇浓硫酸钝化，因此能用铁罐贮存浓硫酸，C错误；

D. 浓硝酸不稳定，见光易分解，实验室保存在棕色试剂瓶中，D错误；

答案选B。

16.向MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示，则原溶液中SO42－与Cl－的物质的量之比是(     )

A. 1：2    B. 1:1    C. 2:3    D. 3:2

【答案】D

【解析】

【分析】向MgCl2、Al2(SO4)3的混合溶液中不断加入NaOH溶液，首先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝又溶解，结合图像的变化趋势分析计算。

【详解】假设第一阶段消耗氢氧化钠的物质的量为4mol，此时沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]＝n（OH-）＝4mol；根据图像可判断第二阶段消耗1molNaOH，沉淀由最大值减小为最小值，故1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，根据反应Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O可知：n[Al（OH）3]＝1mol，所以2n[Mg（OH）2]+3×1mol＝4mol，故n[Mg（OH）2]＝0.5mol，根据原子守恒可知原溶液中含有0.5molMgCl2、0.5molAl2(SO4)3，所以原溶液中SO42－与Cl－的物质的量之比是：1.5mol：1mol＝3：2，故答案选D。

17.（1）0.5 mol Na2CO3中含有_____个Na+。

（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是________。

（3）标准状况下，将56L氨气溶于水形成1L氨水，其密度是0.9lg/cm3，则此氨水的物质的量浓度为______mol/L。

（4）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL。

①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1）、药匙、烧杯、玻璃棒、______、胶头滴管以及等质量的几片滤纸。

②配制该溶液需称取NaCl晶体的质量为_______。

③下列操作会使所配溶液浓度偏低的是________。

A．容量瓶洗涤干净后未干燥

B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水

C．定容时俯视刻度线

D．烧杯和玻璃棒未洗涤

（5）在反应2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，被氧化的元素是______，当有8 molHCl被氧化时，被还原的KMnO4为_______mol。

【答案】(1). NA或6. 02×1023       (2). NH3    (3). 2.5    (4). 500 mL容量瓶    (5). 14.6    (6). BD    (7). 氯（或Cl)    (8). 1.6

【解析】

【分析】（1）根据N＝nNA结合碳酸钠的组成分析判断；

（2）根据V＝nVm、n＝m/M分析解答；

（3）根据V＝nVm、c＝n/V结合氨水的密度分析计算；

（4）实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL，应该配制500mL溶液，结合n＝cVM计算；根据配制步骤和过程判断需要的仪器；结合c＝n/V分析误差；

（5）根据反应中元素的化合价变化情况分析判断和计算。

【详解】（1）0.5 mol Na2CO3中含有钠离子的物质的量是0.5mol×2＝1mol，其个数是NA或6.02×1023。

（2）HCl、NH3、CO2、O2四种气体的相对分子质量分别是36.5、17、44、32，根据n＝m/M可知等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体的物质的量由大到小的顺序是NH3、O2、HCl、CO2，因此在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是氨气。

（3）标准状况下，56L氨气的物质的量是56L÷22.4L/mol＝2.5mol。溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为2.5mol÷1L＝2.5mol/L。

（4）①实验室需要0.50mol·L—1NaCl溶液480mL，应该配制500mL溶液，因此还缺少的仪器是500 mL容量瓶；

②需要氯化钠的质量是0.5L×0.5mol/L×58.5g/mol＝14.625g，则配制该溶液需要称取NaCl晶体的质量为14.6g。

③A．容量瓶洗涤干净后未干燥，溶质的物质的量和溶液体积不变，浓度不变；

B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积增加，浓度偏低；

C．定容时俯视刻度线，溶液的体积减少，浓度偏高；

D．烧杯和玻璃棒未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低；

答案选BD；

（5）在反应2KMnO4＋16HCl＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，则被氧化的元素是Cl。锰元素化合价从+7价降低到+2价得到5个电子，当有8 molHCl被氧化时，根据电子得失守恒可知被还原的KMnO4为8mol÷5＝1.6mol。

18.金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。

（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，它处理CO2的化学方程式为_______。

（2）检验FeSO4是否变质，可取少量溶液，加入几滴_______溶液（填试剂名称）。

（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是______（填化学式）

（4）许多人喜欢佩戴玉石饰品。玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，例如和田玉Ca2Mg5H2Si8O24）可表示为氧化物形式2CaO·5MgO·8SiO2·H2O，则南阳玉(CaAl2 Si2O8）表示为氧化物形式是___________。

【答案】(1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2      (2). 硫氰化钾    (3). Ca(ClO)2    (4). CaO·Al2O3·2SiO2

【解析】

【分析】（1）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。

（2）FeSO4易被氧化生成硫酸铁而变质，据此分析解答。

（3）根据漂白粉的成分分析判断。

（4）根据和田玉的氧化物形式类推南阳玉的氧化物形式。

【详解】（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，该化合物是过氧化钠，它处理CO2的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。

（2）硫酸亚铁易被氧化转化为硫酸铁，因此检验FeSO4是否变质可以通过检验是否含有铁离子，即可取少量溶液，加入几滴硫氰化钾溶液，溶液如果变红色，说明已经变质。

（3）漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，其有效成分是Ca(ClO)2。

（4）根据和田玉的氧化物形式可知南阳玉(CaAl2Si2O8)的氧化物形式应该是CaO·Al2O3·2SiO2。

19.（1）A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）

（1）若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为_______________。浓的D溶液使纸张变黑体现了它的___________性。

（2）若C是红棕色气体，则A化学式可能_________；写出稀的D溶液与铜反应的离于方程式___________________________________________。

（II）工业上治炼铝的原料是铝土（主要成分是A12O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等）。某研究小阻设计的提纯A12O3的方案如下

（3）滤液2中含有的溶质有NaOH、______和______（填化学式）。

（4）加入过量NaOH溶液过滤后，若滤渣中Fe(OH)2被空气氧化，写出其被氧化的化学方程式___________________________。

（5）写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为__________________。

【答案】(1). 2SO2+O22SO3     (2). 脱水    (3). N2或NH3    (4). 3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O    (5). NaAlO2    (6). NaCl    (7). 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3    (8). AlO2-＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-

【解析】

【分析】（Ⅰ）A、B、C是中学化学常见的三种物质，A物质能连续氧化生成C，结合物质的性质分析判断；

（II）氧化铝、氧化铁以及氧化亚铁与盐酸反应，二氧化硅不反应，过滤得到的滤液1中含有氯化铁、氯化铝、氯化亚铁和盐酸，加入过量的氢氧化钠溶液，得到氢氧化亚铁、氢氧化铁、氯化钠和偏铝酸钠，氢氧化亚铁不稳定最终变为氢氧化铁，过滤得到偏铝酸钠和氢氧化钠以及氯化钠的混合溶液，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，据此解答。

【详解】（Ⅰ）（1）若A是一种黄色单质固体，则A是单质硫，硫与氧气反应生成B是二氧化硫，二氧化硫氧化生成C为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成D是硫酸。其中B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3。浓硫酸能使纸张变黑体现了它的脱水性。

（2）若C是红棕色气体，C是二氧化氮，则B是NO，因此A可能是氮气或氨气，其化学式分别是N2、NH3；稀硝酸具有强氧化性，与铜反应的离于方程式为3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O。

（II）（3）反应中盐酸过量，因此滤液1中含有氯化铁、氯化铝、氯化亚铁和盐酸，加入过量的氢氧化钠溶液，得到氢氧化亚铁、氢氧化铁、氯化钠和偏铝酸钠，氢氧化亚铁不稳定最终变为氢氧化铁，过滤得到偏铝酸钠和氢氧化钠以及氯化钠的混合溶液，因此滤液2中含有的溶质有NaOH、NaAlO2、NaCl。

（4）Fe(OH)2易被空气氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。

（5）偏铝酸钠溶液和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，则通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为AlO2-＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3-。

20.实验室用下图装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量，D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。

（1）为了安全，在点燃D处的酒精灯之前，在b处必须_____________。

（2）装置B的作用是_____________，装置C中盛装的液体是_____________。

（3）若为FeO和Fe2O3物质的量之比1：1的固体混合物，反应完全后，U型管的质量增加7.2g，则混合物中Fe2O3的质量为____________________。

（4）U型管E右边连接干燥管F的目的是_______________________，若无干燥管F，测得Fe2O3的质量将_____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

【答案】(1). 验纯    (2). 除HCl    (3). 浓H2SO4    (4). 16 g    (5). 防止空气中水蒸气进入    (6). 偏大

【解析】

【分析】（1）根据氢气是可燃性气体分析判断；

（2）根据生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气分析判断；

（3）U型管的作用为吸收水，增加的质量则为水的质量，据此解答；

（4）根据空气中含有水蒸气分析判断。

【详解】（1）根据实验装置可确定，装置A为制取氢气的装置，装置D为还原装置，加热前需要确定氢气在装置中的纯度，若在爆炸范围内，加热会发生爆炸，故在加热前需要收集气体进行验纯操作；

（2）盐酸具有挥发性，制取的气体中会混有HCl气体，装置B的作用为除去HCl气体；由于需要通过测定水的含量来确定氧化铁含量，则装置C需要除去水蒸气，则用浓硫酸干燥氢气；

（3）U型管的作用为吸收水，增加的质量则为水的质量，7.2g水为0.4mol，FeO和Fe2O3物质的量之比1∶1的固体混合物，根据氧原子守恒可知Fe2O3的物质的量为0.1mol，质量为16g；

（4）由于空气中还含有水蒸气，则干燥管F的作用为防止空气中的水蒸气进入装置E。若无干燥管F，则导致水的含量偏大，从而导致氧化铁的含量偏大。