拔高卷-2022-2023學(xué)年高一化學(xué)上學(xué)期期中考前必刷卷（人教版2019）（全解全析）

20222023學(xué)年上學(xué)期期中考前必刷卷（拔高卷）高一化學(xué)·全解全析12345678910111213141516CDDCCDDCAACADCCA1．C【解析】A項，金“雖被火亦未熟”是指金單質(zhì)在空氣中被火灼燒也不反應(yīng)，反應(yīng)金的化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定，與其氧化性無關(guān)，不合題意；B項，石灰(CaO):“以水沃之，即熱蒸而解”是指CaO＋H2OCa(OH)2，反應(yīng)放熱，產(chǎn)生大量的水汽，而CaO由塊狀變?yōu)榉勰?，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，不合題意；C項，石硫黃即S：“能化……銀、銅、鐵，奇物”是指2Ag＋Seq\o(,\s\up6(Δ))Ag2S、Fe＋Seq\o(,\s\up6(Δ))FeS、2Cu＋Seq\o(,\s\up6(Δ))Cu2S，反應(yīng)中S作氧化劑，與其氧化性有關(guān)，符合題意；D項，石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指CaCO3＋2CH3COOH(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，不合題意。2．D【解析】A項，電解質(zhì)的強弱與其電離程度有關(guān)，硫酸鋇雖是難溶物，但溶解的部分完全電離，所以是強電解質(zhì)，錯誤；B項，SO3溶于水導(dǎo)電的原因是它與水反應(yīng)的產(chǎn)物H2SO4電離導(dǎo)致的，SO3自身不能電離，是非電解質(zhì)，錯誤；C項，NaCl是電解質(zhì)，在水溶液或熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電，在晶體中，由于陰陽離子不能自由移動，所以不導(dǎo)電，錯誤；D項，已知氧化鋁在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，則氧化鋁在熔融狀態(tài)下能電離產(chǎn)生自由移動的鋁離子和氧離子而導(dǎo)電，正確。3．D【解析】A項，除去NaCl溶液中的Mg2＋，應(yīng)該用NaOH，不能用KOH，錯誤；B項，加入BaCl2溶液除去SO2－的離子方程式是Ba2＋＋SO2－BaSO4↓，錯誤；C項，加入Na2CO3溶液的目的是除去Ca2＋、Ba2＋，錯誤；D項，加入鹽酸的目的是除去過量的NaOH、Na2CO3，反應(yīng)的離子方程式是H＋＋OH－H2O、2H＋＋CO2－CO2↑＋H2O，正確。4．C【解析】氫氧化鋇和硫酸恰好完全反應(yīng)生成硫酸鋇和水，此時溶液的導(dǎo)電性幾乎為0，因此①代表硫酸和氫氧化鋇反應(yīng)。A項，根據(jù)前面分析得到①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，錯誤；B項，b點是氫氧化鋇中鋇離子恰好完全反應(yīng)的點，即發(fā)生Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－BaSO4↓＋H2O(化學(xué)方程式為Ba(OH)2＋H2SO4BaSO4↓＋H2O＋NaOH)，因此溶液中大量存在的離子是Na＋、OH－，錯誤；C項，O→a是氫氧化鋇和硫酸反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－BaSO4↓＋2H2O，正確；D項，曲線②中b點還剩余氫氧根，在d點氫氧根反應(yīng)完，在c點還有氫氧根剩余，而曲線①中a點氫氧化鋇已經(jīng)完全反應(yīng)完，后面繼續(xù)加硫酸，因此兩溶液中含有OH－的量不相同，錯誤。5．C【解析】三價鐵離子氧化性強于銅離子，加入鐵粉，鐵粉先與三價鐵離子反應(yīng)生成二價鐵離子，剩余鐵粉再與銅離子反應(yīng)生成二價鐵離子。A項，若有鐵粉剩余，則三價鐵離子、銅離子完全反應(yīng)，不溶物中一定含有銅，正確；B項，若有鐵粉剩余，則三價鐵離子、銅離子完全反應(yīng)，則溶液中的金屬陽離子只有Fe2＋，正確；C項，若鐵粉無剩余，且溶液中有Cu2＋，則可能有三種情況，一種為Cu2＋只反應(yīng)一部分，則Fe3＋完全反應(yīng)，一種為Cu2＋未反應(yīng)，則Fe3＋恰好反應(yīng)，一種為Cu2＋未反應(yīng)，F(xiàn)e3＋只反應(yīng)一部分，溶液中含有Fe3＋，錯誤；D項，若鐵粉無剩余，且溶液中無Cu2＋，因為Fe3＋先于鐵粉反應(yīng)，所以一定不含F(xiàn)e3＋，一定含有Fe2＋，正確。6．D【解析】A.向含I的溶液中通入少量Cl2，可產(chǎn)生碘單質(zhì)，能使淀粉溶液變藍，向含I的溶液中通入過量Cl2，生成，不能使淀粉溶液變藍，故A錯誤；B.根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系I~IO~6e，Cl2~2Cl~2e，途徑III中每消耗1個Cl2，可以生成3個，故B錯誤；C．由途徑I可以知道氧化性Cl2>I2，由途徑Ⅱ可以知道氧化性I2<IO，由途徑Ⅲ可以知道氧化性Cl2>，故氧化性的強弱順序為Cl2>IO>I2，故C錯誤；D．一定條件下，I與IO可發(fā)生歸中反應(yīng)生成I2，故D正確；本題應(yīng)選D。7．D【解析】A項，反應(yīng)②中部分Na2O2中的O元素化合價升高生成氧氣，所以既是氧化劑又是還原劑，錯誤；B項，反應(yīng)①、③、④中Na2FeO4均為氧化產(chǎn)物，所以Na2FeO4的氧化性弱于NaClO、Na2O2、Cl2，錯誤；C項，反應(yīng)③中Fe(NO3)3被氧化得到氧化產(chǎn)物Na2FeO4，失去3個電子；氯氣被還原得到還原產(chǎn)物NaCl，得到1個電子，根據(jù)電子守恒可知氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的個數(shù)比為1∶3，錯誤；D項，鐵價態(tài)升高3價，氯價態(tài)降低2價，由電子守恒2Fe(OH)3＋3ClO－＋OH－2FeO2－＋3Cl－＋H2O，再由電荷守恒2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－2FeO2－＋3Cl－＋H2O，最后據(jù)質(zhì)量守恒有2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－2FeO2－＋3Cl－＋5H2O，正確。8．C【解析】金屬鈉的密度比水、四氯化碳的小，比煤油大，金屬鈉為活潑金屬，能與水反應(yīng)，不與煤油反應(yīng)。金屬鈉與水反應(yīng)，不與煤油、四氯化碳反應(yīng)，金屬鈉與水反應(yīng)2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑，鈉塊在煤油、水兩液體界面處反應(yīng)，熔成小球并上下跳動，水層變紅，故C項正確。9．A【解析】A項，火焰呈黃色說明溶液中一定含有Na＋，由于黃色會掩蓋K＋的紫色，所以溶液中可能含有K＋，正確；B項，加稀鹽酸產(chǎn)生二氧化碳，溶液可能含有HCO－，錯誤；C項，Na在氧氣中燃燒產(chǎn)生Na2O2，但顏色為淡黃色，錯誤；D項，Na投入溶液中先與水反應(yīng)產(chǎn)生NaOH，再結(jié)合CuSO4生成Cu(OH)2沉淀，不能比較鈉和銅的活潑性，錯誤。10．A【解析】用酚酞作指示劑時，Na2CO3與鹽酸發(fā)生反應(yīng)Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，依據(jù)消耗鹽酸的量可以計算出樣品中Na2CO3的量，進而確定樣品中Na2CO3的質(zhì)量分數(shù)，A項正確；測量堿石灰增重的方法是重量法而不是量氣法，堿石灰增加的質(zhì)量還包括水蒸氣、氯化氫等，B項錯誤；樣品中加入足量鹽酸，因鹽酸的質(zhì)量未知，無法通過重量法測量Na2CO3的質(zhì)量，C項錯誤；因部分CO2能溶解到水里，與水反應(yīng)生成H2CO3，故排出水的體積并不是CO2的體積，D項錯誤。11．C【解析】A．碳酸鈣難溶于水，書寫離子方程式時不能拆開，要保留化學(xué)式的形式，正確的離子方程式為，故A錯誤；B．飽和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用飽和溶液，故B錯誤；C．為降低碳酸氫鈉的溶解度，裝置Ⅲ中用冰水浴充分冷卻試管內(nèi)溶液，使固體析出，故C正確；D．析出固體后的溶液為混有氯化銨的飽和溶液，上層清液中還存在，故D錯誤；答案選C。12．A【解析】A項，光照使氯水中的次氯酸分解為鹽酸：2HClOeq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5())2HCl＋O2↑，HClO是弱酸、鹽酸是強酸，則溶液的酸性增強，正確；B項，HClO具有漂白性，鹽酸沒有漂白性，光照條件下HClO分解生成HClO，導(dǎo)致溶液中HClO溶液減小，溶液的漂白性減弱，錯誤；C項，光照條件下HClO分解生成HCl，HCl是強酸，能完全電離，則溶液中氯離子濃度增大，錯誤；D項，氯水pH減小主要原因是光照條件下HClO分解生成HCl，導(dǎo)致反應(yīng)Cl2＋H2OHCl＋HClO生成HCl的量越來越多，氫離子濃度增大，錯誤。13．D【解析】A項，注射器在實驗中除了可向試管e中加水外，還可以平衡氣壓，錯誤；B項，氯氣能與堿石灰反應(yīng)，c中固體不能用堿石灰代替，錯誤；C項，當(dāng)試管e中充滿黃綠色氣體時，推動注射器，向e中加水，產(chǎn)生的次氯酸能使品紅試紙褪色，錯誤；D項，已知2KMnO4＋16HCl(濃)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，該反應(yīng)中濃鹽酸體現(xiàn)還原性和酸性的個數(shù)之比為6∶10＝3∶5，正確。14．C【解析】需配制含0.50mol·L－1NHeq\o\al(＋,4)、0.64mol·L－1K＋、0.66mol·L－1Cl－、0.24mol·L－1SO2－的營養(yǎng)液1L，則需0.50molNHeq\o\al(＋,4)、0.64molK＋、0.66molCl－、0.24molSO2－，故需要KCl的物質(zhì)的量為0.64mol，需NH4Cl的物質(zhì)的量為0.66mol－0.64mol＝0.02mol，需(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為0.24mol；故選C項。15．C【解析】A項，溶解得到的溶液及洗滌燒杯2～3次的洗滌液均需轉(zhuǎn)移到容量瓶中，保證溶質(zhì)完全轉(zhuǎn)移，正確；B項，向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時用玻璃棒引流，正確；C項，定容時若俯視刻度線，加入的水量不足，溶液體積減小，造成所配溶液濃度偏大，錯誤；D項，碳酸鈉的質(zhì)量為10.6g，n(Na2CO3)＝0.1mol，容量瓶規(guī)格為100mL，Na2CO3溶液的物質(zhì)的量濃度為1mol·L－1，c(Na＋)＝2c(Na2CO3)＝2mol·L－1，正確。16．A【解析】8gSO2的物質(zhì)的量為EQ\f(1,8)mol，II中充入8gO2為EQ\f(1,4)mol。A項，同溫同壓下，物質(zhì)的量之比等于體積之比，當(dāng)活塞不再移動時，I、II兩部分體積比為EQ\f(1,8)∶EQ\f(1,4)＝1∶2，正確；B項，ρ＝EQ\f(m,V)，質(zhì)量相同，則密度之比等于體積的反比，為2∶1，錯誤；C項，當(dāng)活塞固定在氣缸中間，同溫同體積時，氣體的壓強之比等于其物質(zhì)的量之比，故I、II兩部分壓強比為：EQ\f(P1,P2)＝EQ\f(n1,n2)＝EQ\f(EQ\f(1,8),EQ\f(1,4))＝1∶2，錯誤；D項，當(dāng)活塞固定在氣缸中間，I、II兩部分壓強比為為：EQ\f(P1,P2)＝EQ\f(n1,n2)＝1∶2，錯誤。17．（1）①②⑦（1分）③④（1分）（2）XY3或者Y3X（2分）（3）KHSO3K＋＋HSO－（2分）（4）2（2分）【解析】（1）物質(zhì)中存在自由移動的離子或電子的，就能導(dǎo)電；能導(dǎo)電的是石墨，鈉，氫氧化鋇溶液；自身不能電離出離子的化合物屬于非電解質(zhì)，所以屬于非電解質(zhì)的是酒精，氨氣；（2）根據(jù)阿伏伽德羅定律可知，同溫同壓下，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，則1體積氣體X2跟3體積氣體Y2化合生成2體積化合物C，可知X2＋3Y22C，根據(jù)質(zhì)量守恒定律，可知C是由X和Y兩種元素組成，則其化學(xué)式為XY3(或Y3X)；（3）亞硫酸氫鉀在水溶液中的電離方程式為KHSO3K＋＋HSO－；（4）假設(shè)氫氣的物質(zhì)的量為xmol，氧氣的物質(zhì)的量為ymol，則根據(jù)圖可知，x＋y＝2，2x＋32y＝34，解x＝1，y＝1。2H2＋O2eq\o(,\s\up8(點燃))2H2O，反應(yīng)后氧氣有剩余，剩余氧氣為1mol－0.5mol＝0.5mol，恢復(fù)到室溫時兩邊壓強相同，體積比等于物質(zhì)的量比，EQ\f(V(A室),V(B室))＝EQ\f(n(A室),n(B室))，EQ\f(V(A室),V(B室))＝EQ\f(0.5mol,1mol)，EQ\f(V(A室),V(B室))＝EQ\f(1,2)，V(A室)＝6L×EQ\f(1,3)＝2L，則活塞停在2處。18．（1）①HCl（1分）②不需加熱，F(xiàn)eCl3溶液濃度?。?分）③NaOH（1分）（2）①FeCl3（1分）②滴加KSCN溶液，溶液變紅，則固體中含有Fe3＋（1分）③pH＞10時，F(xiàn)e(OH)3膠體溶解（1分）④Fe(OH)3(膠體)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O（2分）【解析】本實驗通過三種不同的方式制備氫氧化鐵膠體，從而比較三種不同方式的優(yōu)劣，之后驗證氫氧化鐵膠體的性質(zhì)。（1）①向40mL沸騰的蒸餾水中滴入5滴飽和FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3與H2O反應(yīng)生成氫氧化鐵膠體和HCl；②根據(jù)實驗1和實驗2的對比可知，實驗2的優(yōu)點是不需加熱，F(xiàn)eCl3溶液濃度?。虎弁ㄟ^實驗1和實驗2可知，制備Fe(OH)3膠體提供OH－的物質(zhì)可以是H2O或NaOH；（2）①根據(jù)資料可知固體FeCl3易升華，所以推測漏斗內(nèi)棕褐色的煙中主要含有FeCl3；②紅棕色固體中陽離子是Fe3＋，所以驗證方法為取少量紅棕色固體溶于稀鹽酸中，滴加KSCN溶液，溶液變紅，則固體中含有Fe3＋；③根據(jù)圖像以及資料可知，pH較高時，吸附效率降低的原因是pH＞10時，F(xiàn)e(OH)3膠體溶解；④由資料可知，以及原子守恒，F(xiàn)e(OH)3膠體與砷酸反應(yīng)生成砷酸鐵(FeAsO4)沉淀和水，化學(xué)方程式是Fe(OH)3(膠體)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O。19．（1）①②③（2分）（2）試管中有大量的氣泡產(chǎn)生（1分）稀鹽酸（1分）氯化鋇溶液（1分）有白色沉淀生成（1分）（3）否（1分）步驟Ⅲ所加試劑BaCl2本身引入了Cl，干擾試驗結(jié)果（1分）（4）K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl（2分）【解析】(1)在溶解步驟需用玻璃棒攪拌加速溶解，過濾時需用玻璃棒引流，蒸發(fā)時需用玻璃棒不斷攪拌，使受熱均勻，防止暴沸，故在①、②、③、④的操作中需要用到玻璃棒的是①②③，故答案為：①②③；(2)取第一份溶液和適量稀鹽酸加入下列裝置的試管中，把澄清的石灰水加入燒杯中，當(dāng)看到試管中有大量的氣泡產(chǎn)生，且燒杯中澄清石灰水變渾濁時，證明含有；的檢驗方法是先向待測液中滴加稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，再滴加氯化鋇溶液后有白色沉淀生成，證明含有；故答案為：試管中有大量的氣泡產(chǎn)生；稀鹽酸；氯化鋇溶液；有白色沉淀生成；(3)由于步驟Ⅲ所加試劑BaCl2本身引入了Cl，故所得的結(jié)論不正確，故答案為：否；步驟Ⅲ所加試劑BaCl2本身引入了Cl，干擾試驗結(jié)果；(4)步驟Ⅱ是先加入足量的稀鹽酸，再加入BaCl2溶液，故發(fā)生的有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl，故答案為：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl。20．（1）2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑（2分）3.88（2分）（2）MnO2（1分）3.88%（1分）一定量的水（1分）H2O2與NaOH共同作用使溶液紅色褪去，過氧化氫起主要作用（1分）（3）Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2（2分）2H2O22H2O＋O2↑（2分）H2O2在堿性條件下不穩(wěn)定，易分解，H2O2大部分已分解（2分）【解析】（1）Na2O2與H2O反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑；40mL水質(zhì)量為40g，根據(jù)2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑可知，1.56gNa2O2粉末與水完全反應(yīng)，生成1.6gNaOH和0.32gO2，則NaOH的質(zhì)量分數(shù)為EQ\f(1.6g,1.56g＋40g－0.32g)×100%＝3.88%；（2）①實驗2：根據(jù)雙氧水在二氧化錳作用下分解生成氧氣和水，即向2mL溶液A中加入黑色粉末MnO2，快速產(chǎn)生了能使帶火星木條復(fù)燃的氣體；故答案為：MnO2；②原溶液中NaOH的濃度為3.88%，為了驗證試驗，因此也要用同樣濃度的NaOH溶液，即實驗3：向2mL物質(zhì)的量濃度為3.88%NaOH溶液中滴入1滴酚酞，溶液變紅色，10分鐘后溶液褪色。可能是堿的濃度較大，使酚酞褪色，向褪色的溶液中加入一定量的水，溶液稀釋了，則溶液變紅色；故答案為：3.88%；一定量的水；③雙氧水有漂白性，濃的NaOH溶液能漂白酚酞，因此由以上實驗可得出的結(jié)論是H2O2與NaOH共同作用使溶液紅色褪去，過氧化氫起主要作用；故答案為：H2O2與NaOH共同作用使溶液紅色褪去，過氧化氫起主要作用；（3）分析實驗結(jié)果可知，Na2O2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式可以理解為先生成B了雙氧水，再是雙氧水分解生成水和氧氣，如果分兩步書寫，應(yīng)為Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2、2H2O22H2O＋O2↑，但課本上沒有寫出中間產(chǎn)物H2O2，根據(jù)H2O2是一種在堿性條件下不穩(wěn)定、具有漂白性的物質(zhì)，即可能的原因是H2O2堿性條件下不穩(wěn)定，易分解，H2O2大部分已分解；故答案為：Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2；2H2O22H2O＋O2↑；H2O2堿性條件下不穩(wěn)定，易分解，H2O2大部分已分解。21．（1）MnO2＋4H＋＋Cl－eq\o(,\s\up6(Δ))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2分）（2）吸收多余氯氣，防止污染環(huán)境（1分）（3）B裝置中通氯氣后溶液變藍（1分）（4）①證明反應(yīng)后的B溶液中有淀粉，無I－，說明溶液的淺棕色不是I－造成的（2分）②ICl－＋2Cl2＋3H2O＝IO－＋6Cl－＋6H＋（2分）③I－先被氯氣氧化成I2，I2又被氯氣氧化成ICl－(紅色)和ICl－(黃色)，兩者混合呈淺棕色溶液（2分）【解析】A裝置為實驗室制備Cl2，即用濃鹽酸和二氧化錳加熱制取氯氣，反應(yīng)原理為：MnO2＋4HCl(濃)eq\o(,\s\up6(Δ))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，B裝置中盛放淀粉碘化鉀溶液，探究氯氣與KI溶液的反應(yīng)，氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，用盛有NaOH溶液的C裝置吸收氯氣，(2)根據(jù)查閱資料提供的信息結(jié)合氧化還