拔高卷-2022-2023学年高一化学上学期期中考前必刷卷（人教版2019）（全解全析）

20222023学年上学期期中考前必刷卷（拔高卷）高一化学·全解全析12345678910111213141516CDDCCDDCAACADCCA1．C【解析】A项，金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，不合题意；B项，石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO＋H2OCa(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，不合题意；C项，石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，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，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，符合题意；D项，石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3＋2CH3COOH(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，不合题意。2．D【解析】A项，电解质的强弱与其电离程度有关，硫酸钡虽是难溶物，但溶解的部分完全电离，所以是强电解质，错误；B项，SO3溶于水导电的原因是它与水反应的产物H2SO4电离导致的，SO3自身不能电离，是非电解质，错误；C项，NaCl是电解质，在水溶液或熔融状态下可以导电，在晶体中，由于阴阳离子不能自由移动，所以不导电，错误；D项，已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离产生自由移动的铝离子和氧离子而导电，正确。3．D【解析】A项，除去NaCl溶液中的Mg2＋，应该用NaOH，不能用KOH，错误；B项，加入BaCl2溶液除去SO2－的离子方程式是Ba2＋＋SO2－BaSO4↓，错误；C项，加入Na2CO3溶液的目的是除去Ca2＋、Ba2＋，错误；D项，加入盐酸的目的是除去过量的NaOH、Na2CO3，反应的离子方程式是H＋＋OH－H2O、2H＋＋CO2－CO2↑＋H2O，正确。4．C【解析】氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，此时溶液的导电性几乎为0，因此①代表硫酸和氢氧化钡反应。A项，根据前面分析得到①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，错误；B项，b点是氢氧化钡中钡离子恰好完全反应的点，即发生Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－BaSO4↓＋H2O(化学方程式为Ba(OH)2＋H2SO4BaSO4↓＋H2O＋NaOH)，因此溶液中大量存在的离子是Na＋、OH－，错误；C项，O→a是氢氧化钡和硫酸反应，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－BaSO4↓＋2H2O，正确；D项，曲线②中b点还剩余氢氧根，在d点氢氧根反应完，在c点还有氢氧根剩余，而曲线①中a点氢氧化钡已经完全反应完，后面继续加硫酸，因此两溶液中含有OH－的量不相同，错误。5．C【解析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子。A项，若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，正确；B项，若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2＋，正确；C项，若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2＋，则可能有三种情况，一种为Cu2＋只反应一部分，则Fe3＋完全反应，一种为Cu2＋未反应，则Fe3＋恰好反应，一种为Cu2＋未反应，Fe3＋只反应一部分，溶液中含有Fe3＋，错误；D项，若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2＋，因为Fe3＋先于铁粉反应，所以一定不含Fe3＋，一定含有Fe2＋，正确。6．D【解析】A.向含I的溶液中通入少量Cl2，可产生碘单质，能使淀粉溶液变蓝，向含I的溶液中通入过量Cl2，生成，不能使淀粉溶液变蓝，故A错误；B.根据转化关系I~IO~6e，Cl2~2Cl~2e，途径III中每消耗1个Cl2，可以生成3个，故B错误；C．由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2<IO，由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO>I2，故C错误；D．一定条件下，I与IO可发生归中反应生成I2，故D正确；本题应选D。7．D【解析】A项，反应②中部分Na2O2中的O元素化合价升高生成氧气，所以既是氧化剂又是还原剂，错误；B项，反应①、③、④中Na2FeO4均为氧化产物，所以Na2FeO4的氧化性弱于NaClO、Na2O2、Cl2，错误；C项，反应③中Fe(NO3)3被氧化得到氧化产物Na2FeO4，失去3个电子；氯气被还原得到还原产物NaCl，得到1个电子，根据电子守恒可知氧化产物和还原产物的个数比为1∶3，错误；D项，铁价态升高3价，氯价态降低2价，由电子守恒2Fe(OH)3＋3ClO－＋OH－2FeO2－＋3Cl－＋H2O，再由电荷守恒2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－2FeO2－＋3Cl－＋H2O，最后据质量守恒有2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－2FeO2－＋3Cl－＋5H2O，正确。8．C【解析】金属钠的密度比水、四氯化碳的小，比煤油大，金属钠为活泼金属，能与水反应，不与煤油反应。金属钠与水反应，不与煤油、四氯化碳反应，金属钠与水反应2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑，钠块在煤油、水两液体界面处反应，熔成小球并上下跳动，水层变红，故C项正确。9．A【解析】A项，火焰呈黄色说明溶液中一定含有Na＋，由于黄色会掩盖K＋的紫色，所以溶液中可能含有K＋，正确；B项，加稀盐酸产生二氧化碳，溶液可能含有HCO－，错误；C项，Na在氧气中燃烧产生Na2O2，但颜色为淡黄色，错误；D项，Na投入溶液中先与水反应产生NaOH，再结合CuSO4生成Cu(OH)2沉淀，不能比较钠和铜的活泼性，错误。10．A【解析】用酚酞作指示剂时，Na2CO3与盐酸发生反应Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，依据消耗盐酸的量可以计算出样品中Na2CO3的量，进而确定样品中Na2CO3的质量分数，A项正确；测量碱石灰增重的方法是重量法而不是量气法，碱石灰增加的质量还包括水蒸气、氯化氢等，B项错误；样品中加入足量盐酸，因盐酸的质量未知，无法通过重量法测量Na2CO3的质量，C项错误；因部分CO2能溶解到水里，与水反应生成H2CO3，故排出水的体积并不是CO2的体积，D项错误。11．C【解析】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；B．饱和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；答案选C。12．A【解析】A项，光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸：2HClOeq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5())2HCl＋O2↑，HClO是弱酸、盐酸是强酸，则溶液的酸性增强，正确；B项，HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HClO，导致溶液中HClO溶液减小，溶液的漂白性减弱，错误；C项，光照条件下HClO分解生成HCl，HCl是强酸，能完全电离，则溶液中氯离子浓度增大，错误；D项，氯水pH减小主要原因是光照条件下HClO分解生成HCl，导致反应Cl2＋H2OHCl＋HClO生成HCl的量越来越多，氢离子浓度增大，错误。13．D【解析】A项，注射器在实验中除了可向试管e中加水外，还可以平衡气压，错误；B项，氯气能与碱石灰反应，c中固体不能用碱石灰代替，错误；C项，当试管e中充满黄绿色气体时，推动注射器，向e中加水，产生的次氯酸能使品红试纸褪色，错误；D项，已知2KMnO4＋16HCl(浓)2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，该反应中浓盐酸体现还原性和酸性的个数之比为6∶10＝3∶5，正确。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－的营养液1L，则需0.50molNHeq\o\al(＋,4)、0.64molK＋、0.66molCl－、0.24molSO2－，故需要KCl的物质的量为0.64mol，需NH4Cl的物质的量为0.66mol－0.64mol＝0.02mol，需(NH4)2SO4的物质的量为0.24mol；故选C项。15．C【解析】A项，溶解得到的溶液及洗涤烧杯2～3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，正确；B项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，正确；C项，定容时若俯视刻度线，加入的水量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，错误；D项，碳酸钠的质量为10.6g，n(Na2CO3)＝0.1mol，容量瓶规格为100mL，Na2CO3溶液的物质的量浓度为1mol·L－1，c(Na＋)＝2c(Na2CO3)＝2mol·L－1，正确。16．A【解析】8gSO2的物质的量为EQ\f(1,8)mol，II中充入8gO2为EQ\f(1,4)mol。A项，同温同压下，物质的量之比等于体积之比，当活塞不再移动时，I、II两部分体积比为EQ\f(1,8)∶EQ\f(1,4)＝1∶2，正确；B项，ρ＝EQ\f(m,V)，质量相同，则密度之比等于体积的反比，为2∶1，错误；C项，当活塞固定在气缸中间，同温同体积时，气体的压强之比等于其物质的量之比，故I、II两部分压强比为：EQ\f(P1,P2)＝EQ\f(n1,n2)＝EQ\f(EQ\f(1,8),EQ\f(1,4))＝1∶2，错误；D项，当活塞固定在气缸中间，I、II两部分压强比为为：EQ\f(P1,P2)＝EQ\f(n1,n2)＝1∶2，错误。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）物质中存在自由移动的离子或电子的，就能导电；能导电的是石墨，钠，氢氧化钡溶液；自身不能电离出离子的化合物属于非电解质，所以属于非电解质的是酒精，氨气；（2）根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，则1体积气体X2跟3体积气体Y2化合生成2体积化合物C，可知X2＋3Y22C，根据质量守恒定律，可知C是由X和Y两种元素组成，则其化学式为XY3(或Y3X)；（3）亚硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式为KHSO3K＋＋HSO－；（4）假设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则根据图可知，x＋y＝2，2x＋32y＝34，解x＝1，y＝1。2H2＋O2eq\o(,\s\up8(点燃))2H2O，反应后氧气有剩余，剩余氧气为1mol－0.5mol＝0.5mol，恢复到室温时两边压强相同，体积比等于物质的量比，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，则活塞停在2处。18．（1）①HCl（1分）②不需加热，FeCl3溶液浓度小（1分）③NaOH（1分）（2）①FeCl3（1分）②滴加KSCN溶液，溶液变红，则固体中含有Fe3＋（1分）③pH＞10时，Fe(OH)3胶体溶解（1分）④Fe(OH)3(胶体)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O（2分）【解析】本实验通过三种不同的方式制备氢氧化铁胶体，从而比较三种不同方式的优劣，之后验证氢氧化铁胶体的性质。（1）①向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和FeCl3溶液，FeCl3与H2O反应生成氢氧化铁胶体和HCl；②根据实验1和实验2的对比可知，实验2的优点是不需加热，FeCl3溶液浓度小；③通过实验1和实验2可知，制备Fe(OH)3胶体提供OH－的物质可以是H2O或NaOH；（2）①根据资料可知固体FeCl3易升华，所以推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有FeCl3；②红棕色固体中阳离子是Fe3＋，所以验证方法为取少量红棕色固体溶于稀盐酸中，滴加KSCN溶液，溶液变红，则固体中含有Fe3＋；③根据图像以及资料可知，pH较高时，吸附效率降低的原因是pH＞10时，Fe(OH)3胶体溶解；④由资料可知，以及原子守恒，Fe(OH)3胶体与砷酸反应生成砷酸铁(FeAsO4)沉淀和水，化学方程式是Fe(OH)3(胶体)＋H3AsO4FeAsO4↓＋3H2O。19．（1）①②③（2分）（2）试管中有大量的气泡产生（1分）稀盐酸（1分）氯化钡溶液（1分）有白色沉淀生成（1分）（3）否（1分）步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl，干扰试验结果（1分）（4）K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl（2分）【解析】(1)在溶解步骤需用玻璃棒搅拌加速溶解，过滤时需用玻璃棒引流，蒸发时需用玻璃棒不断搅拌，使受热均匀，防止暴沸，故在①、②、③、④的操作中需要用到玻璃棒的是①②③，故答案为：①②③；(2)取第一份溶液和适量稀盐酸加入下列装置的试管中，把澄清的石灰水加入烧杯中，当看到试管中有大量的气泡产生，且烧杯中澄清石灰水变浑浊时，证明含有；的检验方法是先向待测液中滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加氯化钡溶液后有白色沉淀生成，证明含有；故答案为：试管中有大量的气泡产生；稀盐酸；氯化钡溶液；有白色沉淀生成；(3)由于步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl，故所得的结论不正确，故答案为：否；步骤Ⅲ所加试剂BaCl2本身引入了Cl，干扰试验结果；(4)步骤Ⅱ是先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，故发生的有关反应的化学方程式：K2CO3+2HCl=2KCl+H2O+CO2↑，K2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2KCl，故答案为：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与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用（1分）（3）Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2（2分）2H2O22H2O＋O2↑（2分）H2O2在碱性条件下不稳定，易分解，H2O2大部分已分解（2分）【解析】（1）Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，其反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑；40mL水质量为40g，根据2Na2O2＋2H2O4NaOH＋O2↑可知，1.56gNa2O2粉末与水完全反应，生成1.6gNaOH和0.32gO2，则NaOH的质量分数为EQ\f(1.6g,1.56g＋40g－0.32g)×100%＝3.88%；（2）①实验2：根据双氧水在二氧化锰作用下分解生成氧气和水，即向2mL溶液A中加入黑色粉末MnO2，快速产生了能使带火星木条复燃的气体；故答案为：MnO2；②原溶液中NaOH的浓度为3.88%，为了验证试验，因此也要用同样浓度的NaOH溶液，即实验3：向2mL物质的量浓度为3.88%NaOH溶液中滴入1滴酚酞，溶液变红色，10分钟后溶液褪色。可能是碱的浓度较大，使酚酞褪色，向褪色的溶液中加入一定量的水，溶液稀释了，则溶液变红色；故答案为：3.88%；一定量的水；③双氧水有漂白性，浓的NaOH溶液能漂白酚酞，因此由以上实验可得出的结论是H2O2与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用；故答案为：H2O2与NaOH共同作用使溶液红色褪去，过氧化氢起主要作用；（3）分析实验结果可知，Na2O2与H2O反应的化学方程式可以理解为先生成B了双氧水，再是双氧水分解生成水和氧气，如果分两步书写，应为Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2、2H2O22H2O＋O2↑，但课本上没有写出中间产物H2O2，根据H2O2是一种在碱性条件下不稳定、具有漂白性的物质，即可能的原因是H2O2碱性条件下不稳定，易分解，H2O2大部分已分解；故答案为：Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2；2H2O22H2O＋O2↑；H2O2碱性条件下不稳定，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）吸收多余氯气，防止污染环境（1分）（3）B装置中通氯气后溶液变蓝（1分）（4）①证明反应后的B溶液中有淀粉，无I－，说明溶液的浅棕色不是I－造成的（2分）②ICl－＋2Cl2＋3H2O＝IO－＋6Cl－＋6H＋（2分）③I－先被氯气氧化成I2，I2又被氯气氧化成ICl－(红色)和ICl－(黄色)，两者混合呈浅棕色溶液（2分）【解析】A装置为实验室制备Cl2，即用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应原理为：MnO2＋4HCl(浓)eq\o(,\s\up6(Δ))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，B装置中盛放淀粉碘化钾溶液，探究氯气与KI溶液的反应，氯气有毒，不能直接排放到空气中，用盛有NaOH溶液的C装置吸收氯气，(2)根据查阅资料提供的信息结合氧化还