提升卷-2021-2022學年高一化學下學期期中考前必刷卷（人教版2019）（全解全析）

20212022學年高一下學期期中考前必刷卷化學·全解全析12345678910111213141516CCCBADCCCDDDBBCD1．C【解析】A．石英玻璃、水泥屬于傳統(tǒng)的無機非金屬材料，碳化硅陶瓷、石墨烯都是新型無機非金屬材料，故A錯誤；B．晶體硅的主要用途是制造半導體，二氧化硅可制造光導纖維，故B錯誤；C．硅可以導電，汽車中小擺件“蘋果花”的動力是以Si為原料制作的太陽能電池，故C正確；D．制造普通玻璃的主要原料是純堿、石灰石、石英砂，主要成分為硅酸鈉、硅酸鈣和二氧化硅，故D錯誤；故選C。2．C【解析】A．酸雨是指pH<5.6的降雨，故A錯誤；B．CO2含量增多，會導致溫室效應，不會導致酸雨的形成，故B錯誤；C．含硫化石燃燒會產(chǎn)生大量SO2，經(jīng)過系列變化會形成酸雨，故C正確；D．植被破壞、水土流失、生態(tài)環(huán)境破壞不會形成酸雨，故D錯誤；故選C。3．C【解析】A.斷開化學鍵的過程會吸收能量，形成化學鍵的過程會放出能量，故A錯誤；B.化學反應的反應熱是斷裂化學鍵吸收的熱量和生成化學鍵放出的熱量共同決定反應的反應熱，可以是放熱反應，也可以是吸熱反應，故B錯誤；C.化學能可以通過燃燒、原電池原理轉(zhuǎn)化為熱能、光能、電能，為人類利用，故C正確；D.化學反應伴隨著能量的變化，反應物的總能量不等于生成物的總能量，故D錯誤；答案選C。4．B【解析】A．濃硫酸具有強氧化性，常溫下可將鐵表面氧化產(chǎn)生一層致密的氧化物保護膜，阻止金屬進一步氧化，即發(fā)生鈍化現(xiàn)象，因而不能與鐵單質(zhì)劇烈反應，A錯誤；B．SO2能夠使細菌、病毒的蛋白質(zhì)變性而失去其生理活性，故能殺菌消毒防腐，因此只要SO2氣體的使用量在合適的范圍，可以用作食品添加劑，B正確；C．氨氣易液化，液氨氣化時會從周圍環(huán)境中吸收大量的熱量，導致環(huán)境溫度降低，故液氨常用作制冷劑，C錯誤；D．所有銨鹽都不穩(wěn)定，受熱均可以分解，但分解產(chǎn)物不一定都有NH3產(chǎn)生，如NH4NO3N2O↑+2H2O，反應產(chǎn)物無NH3生成，D錯誤；故合理選項是B。5．A【解析】A．濃硫酸密度大于水的密度，稀釋濃硫酸時應該把濃硫酸沿著燒杯內(nèi)壁慢慢注入水中，并不斷攪拌，A錯誤；B．在加熱的條件下濃硫酸和銅反應生成二氧化硫，利用品紅溶液檢驗二氧化硫的漂白性，氫氧化鈉溶液吸收尾氣，可達到實驗目的，B正確；C．利用鐵和稀硫酸反應生成的氫氣排除裝置中的空氣，然后依據(jù)壓力變化把生成的硫酸亞鐵壓入氫氧化鈉溶液中生成氫氧化亞鐵沉淀，可達到實驗目的，C正確；D．二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，可以用該裝置吸收NO中的，D正確；答案選A。6．D【解析】A．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，是因為其具有還原性，二氧化碳沒有還原性，不能與KMnO4反應，故A錯誤；B．硝酸具有強氧化性，與活潑金屬反應得不到氫氣，故B錯誤；C．氯氣的氧化性強于Fe3+，所以鐵與氯氣反應可生成FeCl3，而I2的氧化性弱于Fe3+，所以鐵與I2反應生成的是FeI2，故C錯誤；D．濃硫酸與濃硝酸都具有強氧化性，室溫下，都能使鐵和鋁發(fā)生鈍化，故D正確；答案選D。7．C【解析】A．甲為，則丁可能是O2，則乙為S，丙為SO2，SO2與反應得到S，符合轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)化關系，故A正確；B．甲為溶液，丁為，則乙為碳酸銨，丙為碳酸氫銨，碳酸氫銨與氨水發(fā)生反應得到碳酸銨，符合轉(zhuǎn)化關系，故B正確；C．甲為Fe，若丁是鹽酸，生成的乙為FeCl2，F(xiàn)eCl2不能再與鹽酸繼續(xù)反應生成丙，故C錯誤；D．甲為，則丁可能是NaOH溶液，乙為NaHSO3，丙為Na2SO3，Na2SO3與、水反應得到NaHSO3，符合轉(zhuǎn)化關系，故D正確；故答案為C。8．C【解析】A．SiO2中氧元素2價，Si為+4價，SiCl4中Cl是1價，Si為+4，A正確；B．反應①SiO2被C還原、反應②Si被Cl2氧化、反應③SiCl4被H2還原，均為氧化還原反應，B正確；C．SiO2屬于酸性氧化物，能與NaOH溶液反應，CO屬于不成鹽氧化物，C錯誤；D．SiCl4常溫下是氣體，沸點低易從粗硅雜質(zhì)中分離，產(chǎn)物HCl易揮發(fā)，從高純硅中分離，均是利用產(chǎn)物的沸點不同，實現(xiàn)由粗硅到高純硅的提純，D正確；故答案選C。9．C【解析】在某100mL混酸中，硝酸的物質(zhì)的量n(HNO3)=0.1L×0.4mol/L=0.04mol，硫酸的物質(zhì)的量為n(H2SO4)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以n(H+)=0.04mol+0.02mol/L×2=0.08mol，銅粉的物質(zhì)的量為=0.04mol，依據(jù)方程式，可知氫離子不足，故反應應該根據(jù)H+計算，n(Cu2+)=×0.08mol=0.03mol。A．反應中硫酸為稀硫酸，不會產(chǎn)生二氧化硫氣體，故A錯誤；B．根據(jù)以上分析可得Cu有剩余，溶液中含有剩余的NO，加入鹽酸后，形成了硝酸，會與銅反應，故B錯誤；C．反應中消耗的Cu為0.03mol，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.06mol，故C正確；D．c(Cu2+)==0.3mol/L，故D錯誤；故選C。10．D【解析】A．A的能量小于B的能量，說明A→B的反應為吸熱反應，B的能量大于C的能量，說明B→C的反應為放熱反應，A錯誤；B．物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，C的能量最低最穩(wěn)定，B錯誤；C．A與C的能量差為，C錯誤；D．A→B為吸熱反應，不一定需要加熱，如氯化銨晶體和氫氧化鋇晶體的反應為吸熱反應，不需要加熱，D正確；故選D。11．D【解析】A．N60與N2為N元素形成的不同單質(zhì)，都是氮的同素異形體，A正確；B．N60和N2為不同的物質(zhì)，N60轉(zhuǎn)化為N2的過程有新物質(zhì)生成，屬化學變化，B正確；C．N60變成N2時放出巨大能量，說明N60的總能量高于N2的總能量，C正確；D．N60變?yōu)镹2的反應是放熱反應，說明N2的能量更低，則N2更穩(wěn)定，D錯誤；綜上所述答案為D。12．D【解析】根據(jù)原電池構成條件，Mg比Al活潑，因此Mg為負極，Al為正極，據(jù)此分析；A．Mg比Al活潑，且Mg能與硫酸反應，因此Mg為負極，Al為正極，故A錯誤；B．根據(jù)原電池工作原理，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，即向Mg極移動，故B錯誤；C．根據(jù)上述分析，Mg為負極，電極反應式為Mg－2e－=Mg2+，故C錯誤；D．電流方向是正電荷定向移動方向，從正極流出，因此電流方向是Al→A→Mg，故D正確；答案為D。13．B【解析】A．左圖為干電池，干電池的正極材料是碳棒，右圖為原電池，正極材料是銅單質(zhì)，兩者正極材料不同，故A說法正確；B．干電池中MnO2應作氧化劑，Mn的化合價降低，故B說法錯誤；C．所給裝置中Zn為負極，Zn失去電子，故C說法正確；D．根據(jù)自放電現(xiàn)象的定義，Zn與稀硫酸能夠發(fā)生反應，即原電池中Zn與稀硫酸存在自放電現(xiàn)象，故D說法正確；故選B。14．B【解析】，B滿足；答案選B。15．C【解析】A．取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，，充分反應KI過量，所以溶液中既含I2又含I，不能確定該反應是可逆反應，故A不符合題意；B．常溫下，將Mg、Al與NaOH溶液組成原電池，Al和NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應作負極，Mg和NaOH溶液不反應作正極，所以不能通過該反應判斷Mg與Al的金屬活動性，故B不符合題意；C．相同條件下，向兩支盛有等體積等濃度H2O2溶液的試管中分別滴入5滴等濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液，根據(jù)產(chǎn)生氣體的快慢程度可以判斷不同催化劑對同一反應速率的影響，故C符合題意；D．常溫下，相同的鐵片中分別加入足量的濃、稀硝酸，濃硝酸與鐵片發(fā)生鈍化反應，不能先溶解完，故D不符合題意；故答案：C。16．D【解析】A．隨著反應的進行，M的濃度逐漸減小，故曲線b是M的濃度變化曲線，A項正確；B．內(nèi)，反應沒有達到平衡，隨著反應的進行，正反應速率因反應物濃度減小而減小，逆反應速率因生成物濃度增大而增大，B項正確；C．內(nèi)，，C項正確；D．時，，隨后濃度繼續(xù)發(fā)生改變，反應未達到平衡狀態(tài)，D項錯誤；答案選D。17．（1）Mg2+、、Cl（1分）Cu2+、（1分）Na+（1分）（2）Mg2++2OH=Mg(OH)2↓（2分）Ag++Cl=AgCl↓（2分）（3）可以（1分）根據(jù)溶液電中性原理確定溶液中一定含有Cl（1分）【解析】由實驗①知，產(chǎn)生白色沉淀Mg(OH)2，確定原溶液一定含有Mg2+，一定不含Cu2+，由實驗②知，產(chǎn)生的氣體顯堿性，推測為NH3，確定原溶液一定含有，由實驗③知原溶液不含，由實驗④知，產(chǎn)生白色沉淀AgCl，確定原溶液一定含有Cl，Na+不能確定是否存在。（1）由分析知，原溶液一定含有的離子是：Mg2+、、Cl，一定不含有的離子是：Cu2+、，可能含有的離子是Na+。（2）實驗①為Mg2+結合OH生成沉淀Mg(OH)2，對應離子方程式為：Mg2++2OH=Mg(OH)2↓；實驗④為Ag+與Cl結合生成AgCl沉淀，對應離子方程式為：Ag++Cl=AgCl↓；（3）可以省略，因為根據(jù)實驗②確定原溶液不含，陰離子只剩Cl，根據(jù)溶液呈電中性，確定Cl一定存在，故此處填：可以、根據(jù)溶液電中性原理確定溶液中一定含有Cl。18．（1）分液漏斗（1分）（2）堿石灰（1分）（3）Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O（2分）（4）紅棕色顏色變淺，最后褪為無色（1分）8NH3+6NO27N2+12H2O（2分）（5）缺少尾氣處理裝置（1分）【解析】A裝置中用濃氨水和氧化鈣反應制備氨氣，用堿石灰干燥氨氣；E裝置中用濃硝酸和銅反應制備NO2，用無水氯化鈣干燥NO2；把氨氣和NO2通入裝有催化劑的C裝置中，若紅棕色顏色變淺，最后褪為無色，說明氨氣和NO2發(fā)生反應。（1）根據(jù)圖示，A裝置中盛放濃氨水的儀器名稱是分液漏斗；（2）B裝置的作用是干燥氨氣，試劑甲是堿石灰；（3）E裝置中銅和濃硝酸發(fā)生反應生成硝酸銅、二氧化氮、水，反應的離子方程式是Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；（4）若NO2能夠被NH3還原生成N2，預期觀察到C裝置中的現(xiàn)象是紅棕色顏色變淺，最后褪為無色，發(fā)生的化學方程式8NH3+6NO27N2+12H2O。（5）氨氣、NO2污染空氣，此實驗裝置存在一個明顯的缺陷是缺少尾氣處理裝置。19．（1）S（1分）Na2SO3=2Na++（2分）（2）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（2分）（3）先滴加稀鹽酸沒有明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，則可推斷該溶液中有（1分）（4）SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4或者2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4（2分）（5）⑤（1分）酸性高錳酸鉀溶液褪色（1分）還原性（1分）（6）+4(或者2)（1分）0（1分）（7）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）將產(chǎn)生氣體通入品紅溶液，品紅褪色（1分）【解析】I．(1)B是硫元素的單質(zhì)，化學式是S；G是硫元素的+4價鈉鹽，化學式為Na2SO3，該物質(zhì)是易溶性的強電解質(zhì)，電離產(chǎn)生Na+、，電離方程式為：Na2SO3=2Na++；(2)C是S元素的+4價的氧化物，則該氧化物化學式是SO2，該氣體能夠與NaOH反應產(chǎn)生Na2SO3、H2O，反應的化學方程式為：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；H是S元素+6價的鹽，其陰離子是，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性質(zhì)檢驗，具體檢驗方法是：先滴加稀鹽酸沒有明顯現(xiàn)象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，則可推斷該溶液中有；(4)C是+4價S的氧化物SO2，D是+6價S的氧化物SO3，E是+6價的S元素的酸H2SO4；SO2與O2在催化劑存在條件下發(fā)生氧化反應產(chǎn)生SO3，SO3溶于水得到H2SO4，反應方程式為：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4；F是S元素+4價的酸H2SO3，SO2溶于水反應產(chǎn)生H2SO3，H2SO3被溶于水的O2氧化產(chǎn)生H2SO4，反應方程式為：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4；II．i.要實現(xiàn)+4價的S的化合物轉(zhuǎn)化為+6價的S的化合物，可以利用Na2SO3具有強還原性，能夠與酸性能夠與KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Na2SO4、MnSO4、K2SO4及水，使溶液紫色褪色，故使用物質(zhì)是①⑤，反應現(xiàn)象是酸性高錳酸鉀溶液褪色；該轉(zhuǎn)化利用了Na2SO3的還原性；ii.①Na2SO3溶液，③Na2S溶液，④稀硫酸，三種物質(zhì)在溶液中會發(fā)生反應：Na2SO3+2Na2S+3H2SO4=3S↓+3Na2SO4+3H2O，該反應實現(xiàn)了+4價與2價的S的化合物向0價的S單質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關系；iii.②是濃硫酸，⑥是品紅溶液，⑦是銅片，在反應中要實現(xiàn)S元素由+6價變?yōu)?4價，可以是Cu與濃硫酸混合加熱，然后將反應產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中進行檢驗。Cu與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生CuSO4、SO2、H2O，反應方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；SO2氣體具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，因此若觀察到品紅溶液褪色，就可以證明發(fā)生了該反應，實現(xiàn)了+6價S轉(zhuǎn)化為+4價的S。20．（1）正（1分）O2＋4H＋＋4e－=2H2O（2分）負（1分）正（1分）22.4L（2分）（2）ba（共1分）ab（共1分）【解析】(1)由圖可知A為燃料電池的正極，電極反應為O2＋4H＋＋4e－=2H2O；B為燃料電池的負極，電極反應為C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋；放電過程中，H＋由負極區(qū)向正極區(qū)移動；葡萄糖燃料電池的總反應為C6H