2021-2022學(xué)年度高中畢業(yè)班第一次調(diào)研考試化學(xué)參考答案（詳解）一、選擇題（每小題3分，共48分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1.【答案】CA:銅的化學(xué)性質(zhì)不活潑，易于冶煉為單質(zhì)，使用較早，A正確；B:合金比純金屬具有更優(yōu)良的物理、化學(xué)和機(jī)械性能，故青銅比純銅具有更高的硬度和更強(qiáng)的抗腐蝕性能，B正確；C:銅在金屬活動(dòng)性順序表中排在氫后面，不會(huì)發(fā)生析氫腐蝕，C錯(cuò)誤；D:青銅是銅錫鉛的合金，常見的合金還有黃銅（銅和鋅的合金）和白銅（銅和鎳的合金），D正確綜上所述，選C2.【答案】D【詳解】A．標(biāo)況下，三氧化硫?yàn)橐后w，不能使用氣體摩爾體積，故 A 錯(cuò)誤；B．混合氣體沒有說是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，因此無法計(jì)算物質(zhì)的量，故B錯(cuò)誤；C．由2Fe+3Cl22FeCl3，0.1mol鐵與0.1mol Cl2充分反應(yīng)時(shí)氯氣不足，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，故C錯(cuò)誤；D．NO為1mol，O2為0.5mol，由2NO+O2═2NO2可知二者正好完全反應(yīng)，生成NO2氣體的物質(zhì)的量為1mol，分子總數(shù)為NA，但二氧化氮能反應(yīng)生成四氧化二氮，導(dǎo)致分子總數(shù)小于NA，故D正確；故選D。【答案】D3. 【答案】D【詳解】A．過量的鐵粉與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應(yīng)為：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A錯(cuò)誤；B．向AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3+3NH，故B錯(cuò)誤；C．向水中通入氯氣：Cl2＋H2O?H＋＋Cl-＋HClO，故C錯(cuò)誤；D．硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：C+CaSO4=CaCO3+S，故D正確；故選D。4.【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．過氧化鈉能與人呼吸出的二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)生成氧氣，可用作呼吸面具中的供氧劑，故A正確；B．硫化氫為還原性氣體，濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，不能用濃硫酸與硫化鈉固體反應(yīng)制備該硫化氫氣體，因?yàn)樵摎怏w會(huì)與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤； C．次氯酸的酸性比碳酸弱，漂白粉中的有效成分次氯酸鈣能與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成具有強(qiáng)氧化性的次氯酸，能起到殺菌消毒的作用，則漂白粉可用于自來水的殺菌消毒，故C正確；D．合金的熔點(diǎn)比各組分的熔點(diǎn)都低，鈉的熔點(diǎn)較低，則由鈉形成的鈉鉀合金常溫呈液態(tài)，可做原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，故D正確；故選A。5. 【答案】C【詳解】A．氮?dú)庵谢煊猩倭垦鯕?，在通過灼熱的銅絲網(wǎng)時(shí)，氧氣可以與之發(fā)生反應(yīng)： ，而銅與氮?dú)鉄o法反應(yīng)，因此可以采取這種方式除去雜質(zhì)氧氣，故A合理；B．一氧化氮不溶于水，而二氧化氮與水反應(yīng)生成生成硝酸和一氧化氮，則用水洗氣可以除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故B合理；C．足量的酸性高錳酸鉀溶液能把氯化鐵溶液中的亞鐵離子氧化鐵離子，同時(shí)酸性高錳酸鉀溶液也能把氯離子氧化，同時(shí)還會(huì)引入錳離子、鉀離子雜質(zhì)，故C不合理；D．氯氣是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳，而氯化氫是極性分子，不溶于四氯化碳，則通過四氯化碳洗氣可以除去氯化氫中混有的氯氣，故D合理；故選C。6.【答案】A【分析】加鹽酸有氣體說明有HCO或SO，或兩者都有，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫，或兩者都有，一定不存在和碳酸氫根或亞硫酸根離子不共存的離子，所以不存在鎂離子、鋁離子，加鹽酸有沉淀，說明一定有SiO，硅酸是沉淀，氣體甲只有二氧化硫，加入過量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說明此時(shí)溶液中存在鋁離子，但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應(yīng)生成的，所以，一定存在AlO，則不存在HCO，要保證溶液電中性，只有K+這一個(gè)陽(yáng)離子，所以一定存在鉀離子，以此解答。【詳解】A．加HCl有氣體說明有HCO或SO，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體，但溶液X中存在SiO，則不存在HCO，氣體甲為SO2，為純凈物，故A正確；B．加鹽酸有沉淀，說明一定有SiO，硅酸是沉淀，鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應(yīng)生成的，沉淀甲是硅酸，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，溶液X中不存在HCO，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，溶液X中不存在Mg2+，加入過量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，，故D錯(cuò)誤；故選A。7. 【答案】A【詳解】A．工業(yè)上不是用鋁冶煉鐵，A錯(cuò)誤；B．鎂燃燒會(huì)發(fā)出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，可用于制造信號(hào)彈和焰火　，B正確；C．硫酸鋇難溶于水和酸，可用作透視胃腸的內(nèi)服藥劑，C正確；D．二氧化硫被氨水吸收后防止污染，D正確；故選A。8. 【答案】A【詳解】A．碳元素在CH3OH中顯-2價(jià)，在CH3COOH中顯0價(jià)，碳元素的化合價(jià)跟成鍵原子的非金屬性有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．第4步反應(yīng)為CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化劑是CH3COORh*I，故B正確；C．根據(jù)每一步的反應(yīng)可知，中間產(chǎn)物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反應(yīng)的物質(zhì)，故C正確；D．根據(jù)圖示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生產(chǎn)CH3COOH和H2O，所以循環(huán)的總反應(yīng)為CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正確；答案選A。9.【答案】D【解析】【分析】溫度、壓強(qiáng)相同條件下，氣體摩爾體積相等，根據(jù)n=知，相同質(zhì)量時(shí)其物質(zhì)的量之比等于其摩爾質(zhì)量的反比，CO、CO2的摩爾質(zhì)量分別是28g/mol、44g/mol，所以二者的物質(zhì)的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)N=nNA知，二者的分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比為11：7，所以CO分子數(shù)多，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)V=nVm知，相同條件下，氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比，所以甲的體積比乙大，故B錯(cuò)誤；C．溫度和壓強(qiáng)相等，其氣體摩爾體積相等，所以二者的氣體摩爾體積相等，故C錯(cuò)誤；D．ρ=知，在相同條件下，其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正確；故選D。10.【答案】C11. 【答案】D【詳解】A．VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液顏色由藍(lán)色變?yōu)榈S色，說明高錳酸根將VO2+氧化為VO2+，則氧化性MnO4->VO2+，故A正確；B．SO32-等能把VO2+還原為VO2+，亞硫酸根被氧化成硫酸根，結(jié)合電子守恒和電荷守恒可知方程式為：2VO2++2H++SO32-=2VO2++SO42-+H2O，故B正確；C．酸性環(huán)境下高錳酸根將VO2+氧化為VO2+，無沉淀生成說明高錳酸根被還原成Mn2+，結(jié)合電子守恒和元素守恒可知方程式為：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正確；D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液發(fā)生反應(yīng)Fe2++ VO2+=Fe3++ VO2+，則VO2+的量不足，所以轉(zhuǎn)移電子為1mol，故D錯(cuò)誤；故答案為D。12. 【答案】A【詳解】A．AlCl3是由分子構(gòu)成的共價(jià)化合物，不能用于電解制取金屬Al，而要采用電解熔融Al2O3方法冶煉Al，A錯(cuò)誤；B．二氧化硅具有良好的光學(xué)性能，光導(dǎo)纖維的主要成分為SiO2，B正確；C．SiC又稱金剛砂，屬于無機(jī)非金屬材料，其硬度高，耐高溫，C正確；D．碳纖維是一種新型無機(jī)非金屬材料，D正確；故合理選項(xiàng)是A。13.【答案】B【詳解】A．分餾裝置中，溫度計(jì)的水銀球應(yīng)置于蒸餾燒瓶的支管口處，故A錯(cuò)誤；B．氯化銨分解生成氨氣和氯化氫混合氣體，氣體通過五氧化二磷吸收氨氣后，通過觀察濕潤(rùn)藍(lán)色石蕊試紙變紅證明生成HCl，氣體通過堿石灰吸收氯化氫后，通過觀察濕潤(rùn)的酚酞試紙變紅證明生成氨氣，故B正確；C．蒸發(fā)結(jié)晶操作應(yīng)在蒸發(fā)皿中進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，不能在容量瓶中進(jìn)行稀釋，故D錯(cuò)；故選：B。14.【答案】A【分析】操作1將液體分為兩種液體，可能的操作為蒸餾或者分液，操作2將液體2分為液體和固體，應(yīng)為過濾或蒸餾操作，固體經(jīng)操作3得到固體產(chǎn)品，操作3應(yīng)為洗滌、干燥。根據(jù)操作4前后的物質(zhì)，可知操作4為萃取，操作5為分液，操作6為蒸餾。【詳解】A. 由于操作2和操作6都要得到固體和液體，而蒸發(fā)操作只能得到固體，故不能為蒸發(fā)，A錯(cuò)誤；B. 操作2可以是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，B正確C. 操作3可以是洗劑、干燥，C正確；D. 操作4、操作5分別是萃取、分液，D正確；故答案選A。15.【答案】A【詳解】A．能使甲基橙變紅的溶液呈酸性，該組中的各個(gè)離子可以大量存在，A符合題意；B．NO3-在酸性溶液中具有強(qiáng)氧化性，可以將Fe2+氧化，即NO3-、H+、Fe2+不能共存，B不符合題意；C．Fe3+的沉淀范圍是1.5-4.1，則中性溶液中Fe3+不能大量存在，C不符合題意；D．，，則c(H+)=1×10-1mol/L，即溶液呈酸性，所以S2O32-不能大量存在，D不符合題意；故選A。16.【答案】D某廢催化劑含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，發(fā)生反應(yīng)ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,得到的濾液1中含ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3,濾渣1中含SiO2、CuS,向?yàn)V渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，會(huì)得到CuSO4、S,則濾液2中含CuSO4,濾渣2中含S、SiO2。A選項(xiàng)：濾渣2的主要成分為S、SiO2，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)：濾液1中同時(shí)含有Fe2+、Fe3+,不能使用KSCN和新制的氯水來檢驗(yàn)溶液中的Fe2+,故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)：H2O2在酸性條件下才能氧化CuS,所以應(yīng)該先加入硫酸，再加入H2O2,故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)：兩步均為溶液到晶體的過程。故D正確；故選D.二、非選擇題（52分。共4小題）17．（15分）【答案】（1）①分液漏斗（1分）  ②調(diào)整B、C裝置液面相平（2分）  ③SO2可溶于水（合理答案均可）（1分）（2）①bc（2分）  ②SO2＋ClO－＋H2O=SO42-＋Cl－＋2H＋（2分）      ③過濾、洗滌、干燥（2分）（3）①c（1分）　否（1分）　高錳酸鉀溶液本身有顏色，可指示滴定終點(diǎn)（合理答案均可）（1分）　②0.04（2分）【解析】（1）①根據(jù)題圖可知儀器A為分液漏斗。②讀數(shù)時(shí)應(yīng)使左右兩側(cè)壓強(qiáng)相同，故讀數(shù)前需調(diào)整B、C裝置液面相平。③方案一中生成的氣體為SO2，由于SO2可溶于水，故測(cè)得的氣體體積小于實(shí)際生成的氣體體積，實(shí)驗(yàn)誤差較大。（2）①根據(jù)方案二可知，氣體a為SO2，SO2氣體最終轉(zhuǎn)化為沉淀，則X溶液在酸性條件下應(yīng)具有氧化性，能將SO2轉(zhuǎn)化為SO42-，與BaCl2溶液反應(yīng)生成BaSO4沉淀，且不能影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果，故X溶液可能是雙氧水或硝酸鈉溶液。②在X溶液中SO2與ClO－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其離子方程式為SO2＋ClO－＋H2O=== SO42-＋Cl－＋2H＋。（3）①方案三中應(yīng)將酸性KMnO4溶液滴入廢水試樣中，故用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液。該方案不需要指示劑，因?yàn)?/span>KMnO4溶液本身有顏色，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)錐形瓶中的廢水試樣呈紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。②第三次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差較大，應(yīng)舍去，故由第一、二、四次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知消耗酸性KMnO4溶液的平均體積為16.00 mL，根據(jù)關(guān)系式：5HSO3-　　　　　～　　　　　　　2KMnO45 mol                              2 molc(HSO3-)×20.00×10－3 L0.02 mol·L－1×16.00×10－3 L 解得c(HSO3-)＝0.04 mol·L－1。18. （13分）【答案】（1）（2分）    Na+、H+、Al3+、Mg2+、（2分）（2）+OH－=NH3·H2O （2分）   （3）2∶1（2分）    10.7（2分）   （4）存在（1分）    0.08（2分）【分析】根據(jù)溶液無色，排除鐵離子，根據(jù)焰色反應(yīng)，一定有鈉離子，根據(jù)加入氯化鋇和稀鹽酸生成白色沉淀，說明含有硫酸根，根據(jù)離子共存排除一定沒有鋇離子，根據(jù)加入足量氫氧化鈉溶液和圖像信息得出一定含有鋁離子、鎂離子、氫離子、銨根離子，根據(jù)離子共存排除碳酸根，再根據(jù)電荷守恒得出含有硝酸根并計(jì)算硝酸根濃度。【詳解】(1)廢水是無色的，說明無Fe3+。根據(jù)焰色反應(yīng)為黃色可知有Na+，加入氯化鋇有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，說明有，加入氫氧化鈉開始時(shí)沒有沉淀生成說明有H+，加入過量的氫氧化鈉有部分沉淀溶解，說明有Al3+，還有部分白色沉淀不溶解，說明有Mg2+，沉淀達(dá)到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段，有另一陽(yáng)離子與氫氧根反應(yīng)且不生成沉淀，說明有，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根據(jù)離子共存判斷出一定沒有。故答案為：；Na+、H+、Al3+、Mg2+、。(2)沉淀達(dá)到最大量且質(zhì)量不再發(fā)生變化階段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是+OH－＝NH3·H2O；故答案為：+OH－＝NH3·H2O。(3)與反應(yīng)的OH－有0.2 mol，則有0.2 mol，與Al(OH)3反應(yīng)的OH－有0.1 mol，則Al3+有0.1 mol，因此二者物質(zhì)的量之比為2∶1。生成沉淀需要OH－物質(zhì)的量為0.4 mol，0.1 mol Al3+沉淀需要0.3 mol OH－，則與Mg2+反應(yīng)的OH－是0.1 mol，則Mg2+有0.05 mol，生成氫氧化鎂0.05 mol，質(zhì)量為0.05 mol×58 g?mol?1＝ 2.9 g，生成的氫氧化鋁是0.1 mol，質(zhì)量為0.1 mol×78 g?mol?1＝ 7.8 g，則沉淀最大質(zhì)量為10.7 g；故答案為：2∶1；10.7。(4)從圖中可知，H+有0.1 mol，已經(jīng)求得有0.2 mol，Al3+有0.1 mol，Mg2+有0.05 mol，若c(Na+) =0.18 mol·L?1，則鈉離子的物質(zhì)的量為0.18 mol·L?1×1 L=0.18 mol。根據(jù)題干可知硫酸鋇有93.2 g，即物質(zhì)的量為0.4mol，也就是說有0.4mol，已知沒有，正電荷高于負(fù)電荷，電荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n()=0.1mol×1+0.2 mol×1+0.1 mol×3+0.05 mol×2+0.18 mol×1?0.4 mol×2=0.08mol，則硝酸根濃度為c()= ；故答案為：存在；0.08。19. （14分）【答案】（1）藍(lán)色鈷玻璃（1分）    （2）NaAlO2或偏鋁酸鈉（2分）    （2分）    （3） （2分）使Fe3＋轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀（1分） 鐵氰化鉀溶液（2分）    （4）LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境（2分）    （5）2CoCO3·3Co(OH)2（2分）【分析】從廢舊鋰電池的電極材料（主要為附在鋁箔上的LiCoO2，還有少量鐵的氧化物）中回收鉆，加入氫氧化鈉溶液，可溶解鋁，濾液A為NaAlO2，鈷渣含有氧化鐵、LiCoO2，加入稀硫酸、硫酸硫酸鈉，主要發(fā)生，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3+轉(zhuǎn)換為沉淀，即沉淀B為，濾液中加入NaF，可生成LiF，濾液3加入30%Na2CO3溶液，可生成，以此解答該題。【詳解】(1) 在焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，觀察鉀元素的焰色需要通過藍(lán)色鈷玻璃觀察，避免被其他元素的焰色干擾；故答案為：藍(lán)色鈷玻璃；(2)溶液A中溶質(zhì)除NaOH外，還有NaAlO2或偏鋁酸鈉，“鈷渣”中LiCoO2溶解時(shí)的離子方程式為；故答案為：NaAlO2 或偏鋁酸鈉；；(3)檢驗(yàn)“濾液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是Co2+、都能使KMnO4溶液褪色；在“濾液2”中加入20%Na2CO3溶液，目的是調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀，可用鐵氰化鉀溶液檢驗(yàn)溶液中是否含Fe2+；故答案為：；使Fe3＋轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀；鐵氰化鉀溶液；(4)工業(yè)生產(chǎn)中一般不用鹽酸浸取“鈷渣”，其原因是LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境；故答案為：LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境；(5)稱取5.17g該樣品置于硬質(zhì)玻璃管中，在氮?dú)庵屑訜幔箻悠吠耆纸鉃?/span>CoO，生成的氣體依次導(dǎo)入足量的濃硫酸和堿石灰中，二者分別增重0.54g和0.88g，則，，則化學(xué)式為2CoCO3·3Co(OH)2。20. （10分）【答案】（1）+3（1分）   （2）H3PO3+OH—＝H2PO3—+H2O（1分）（3）H3PO3 + I2 +H2O＝2HI+ H3PO4（2分）（4）AD（2分）（5）1；1；1H2O；1；1；2H+（2分）（6）5NA（2分）【詳解】（4）A．次磷酸為弱酸，則電離方程式為：H3PO2?H++H2PO2-，故A正確；
B．NaH2PO2屬于正鹽，故B錯(cuò)誤；
C．次磷酸為弱酸，則濃度均為0.1mol?L-1的次磷酸（H3PO2）與鹽酸相比前者導(dǎo)電能力弱，故C錯(cuò)誤；
D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸強(qiáng)，則0.1mol?L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol?L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正確．
故答案為：AD；
（5）由氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降相等進(jìn)行配平：鎳元素的化合價(jià)降低了2價(jià)，磷元素的化合價(jià)升高的2價(jià)，根據(jù)原子守恒結(jié)合電荷守恒可得配平的方程式為：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3-+2H+，
故答案為：1；1；1H2O；1；1；2H+；（6）P由+5價(jià)變成0價(jià)，每生成1 mol P4時(shí)，轉(zhuǎn)移電子20 mol。31 g P4的物質(zhì)的量為0.25 mol，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5NA，故答案為5NA。考點(diǎn)：考查了氧化還原反應(yīng)及其方程式的配平的相關(guān)知識(shí)。 

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