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1、湖南省衡阳县2018-2019年高一第一学期期末质量检测化学试题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
2、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。考点：常见仪器的使用。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。考点：考查合金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10-9l0-7 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10-910-7m之间，即1nm10
3、0nm，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。考点：考查胶体的重要性质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2NAB. 标准状况下，22.4LNH3所
4、含的电子数为10NAC. 5.6gFe在足量氯气中燃烧转移的电子数为0.2NAD. 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】A56gFe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；C5.6g 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
5、）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=mM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=mM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。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确P、V、n
6、、T、M之间的关系是解本题的关键，会分析图象中曲线变化趋势，采用“定一议二”的方法分析。8.某MgCl2溶液的密度为1.18gcm3，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=V计算氯化镁溶液的质量，根据m（Mg2+）=m（溶液）（Mg2+）计算镁离子质量，再根据n=mM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/mL300mL=354g，镁离子的质量为：354g5.1%=3.545.1g，镁离子的物质的量为
7、：(3.545.1g)24g/mol0.75mol，根据电荷守恒可知氯化镁溶液中n（Cl-）=2n（Mg2+）=20.75mol=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、CO32C. 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
8、，D错误，答案选C。10.二氧化硫体现还原性的反应是A. SO2+2H2O+Cl2H2SO4+2HCl B. SO2+2H2S2H2O+3SC. SO2+2NaOHNa2SO3+H2O D. SO2+Na2CO3Na2SO3+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+Cl2H2SO4+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+2H2S2H2O+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
9、被还原，故B不选；C反应SO2+2NaOHNa2SO3+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+Na2CO3Na2SO3+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。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确二氧化硫中硫元素的化合价降低被还原是解答本题的关键，注意掌握氧化还原反应的实质与特征。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Ca(OH)2 盐酸CaCl2 NaOH 加热A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】二者均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别
10、，故不选；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；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；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；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。【点睛】本题考查Na2CO3和NaHCO3溶液的鉴别，侧重元素化合物性质的考查，注意把握性质的差异为解答的关键，注重基础知识的夯实。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
11、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。【点睛】本题考查物质用途，侧重考查基础知识的理解和灵活运用，明确元素化合物性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质。选项C是解答的易错点，注意金属的活泼性。13.下列物
12、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
13、气体（例如氨气）不能用其干燥，答案为B15.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
14、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2nMg（OH）2+3nAl（OH）3n（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+NaOHNaAlO2+2H2O可知：nAl（OH）31mol，所以2nMg（OH）2+31mol4mol，故nMg（OH）20.5mol，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：1mol3：2，故答案选D。【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确图象曲线变化的含义及对应反应为解答关键，注意掌握守恒思想的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。17.（1）0.5 mol Na2CO
