【文档说明】河南省信阳市罗山县2022届高三上学期10月第一次调研考试化学试题详解答案.docx，共(11)页，91.604 KB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年度高中毕业班第一次调研考试化学参考答案（详解）一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.【答案】CA:铜的化学性质不活泼，易于冶炼为单质，使用较早，A正确；B:合金比纯金属具有更

优良的物理、化学和机械性能，故青铜比纯铜具有更高的硬度和更强的抗腐蚀性能，B正确；C:铜在金属活动性顺序表中排在氢后面，不会发生析氢腐蚀，C错误；D:青铜是铜锡铅的合金，常见的合金还有黄铜（铜和锌的合金）和白铜（铜和镍的合金），D正确综上所述，选C2.【答

案】D【详解】A．标况下，三氧化硫为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B．混合气体没有说是标准状况下，因此无法计算物质的量，故B错误；C．由2Fe+3Cl2点燃2FeCl3，0.1mol铁与0.1molCl2充分反应时氯气

不足，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D．NO为1mol，O2为0.5mol，由2NO+O2═2NO2可知二者正好完全反应，生成NO2气体的物质的量为1mol，分子总数为NA，但二氧化氮能反应生成四氧化二氮，导致分子总数小于NA，故D正确；故选D。【答案】D3.【答案】D【详解】

A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N3O−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3+3NH4+，

故B错误；C．向水中通入氯气：Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl-＋HClO，故C错误；D．硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O−+CaSO4=CaCO3+S24O−，故D正确；

故选D。4.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水蒸气反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；B．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；C．次氯酸的酸性

比碳酸弱，漂白粉中的有效成分次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应生成具有强氧化性的次氯酸，能起到杀菌消毒的作用，则漂白粉可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D．合金的熔点比各组分的熔点都低，钠的熔点较低，则由钠形成的钠钾合金常温呈液态，可做原子反应堆的导热剂，故D正确；故选A。5

.【答案】C【详解】A．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：22CuO==2CuO+，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故A合理；B．一氧化氮不溶于水，而二

氧化氮与水反应生成生成硝酸和一氧化氮，则用水洗气可以除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故B合理；C．足量的酸性高锰酸钾溶液能把氯化铁溶液中的亚铁离子氧化铁离子，同时酸性高锰酸钾溶液也能把氯离子氧化，同时还会引入锰离子、钾离子杂质，故C不合理；D．氯气是非极性

分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，而氯化氢是极性分子，不溶于四氯化碳，则通过四氯化碳洗气可以除去氯化氢中混有的氯气，故D合理；故选C。6.【答案】A【分析】加盐酸有气体说明有HCO3−或SO23−，或两者

都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸氢根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有SiO23−，硅酸是沉淀，气体甲只有二氧化硫，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存

在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在AlO2−，则不存在HCO3−，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子，以此解答。【详解】A．加HCl有气体说明有HCO3

−或SO23−，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，但溶液X中存在SiO23−，则不存在HCO3−，气体甲为SO2，为纯净物，故A正确；B．加盐酸有沉淀，说明一定有SiO23−，硅酸是沉淀，铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生

成的，沉淀甲是硅酸，故B错误；C．由分析可知，溶液X中不存在HCO3−，故C错误；D．由分析可知，溶液X中不存在Mg2+，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，，故D错误；故选A。7.【答案

】A【详解】A．工业上不是用铝冶炼铁，A错误；B．镁燃烧会发出耀眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，可用于制造信号弹和焰火，B正确；C．硫酸钡难溶于水和酸，可用作透视胃肠的内服药剂，C正确；D．二氧化硫被氨水吸收后

防止污染，D正确；故选A。8.【答案】A【详解】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C．根据每一步的

反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2LiIRh*、CH3COOH+H2O，

故D正确；答案选A。9.【答案】D【解析】【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=mM知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g/mol=11：7，据此分析解答

。【详解】A．根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲的体积比乙大，故B错误；C．温

度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；D．ρ=mMV知，在相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确；故选D。10.【答案】C11.【答案】D【详解】A．VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液

颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，则氧化性MnO4->VO2+，故A正确；B．SO32-等能把VO2+还原为VO2+，亚硫酸根被氧化成硫酸根，结合电子守恒和电荷守恒可知方程式为：2VO2++2H++SO32-=2

VO2++SO42-+H2O，故B正确；C．酸性环境下高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，无沉淀生成说明高锰酸根被还原成Mn2+，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)

2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，故C正确；D．向含1molVO2+的酸性溶液中滴加含1.5molFe2+的溶液发生反应Fe2++VO2+=Fe3++VO2+，则VO2+的量不足，所以转移电子为1mol

，故D错误；故答案为D。12.【答案】A【详解】A．AlCl3是由分子构成的共价化合物，不能用于电解制取金属Al，而要采用电解熔融Al2O3方法冶炼Al，A错误；B．二氧化硅具有良好的光学性能，光导纤维的主要

成分为SiO2，B正确；C．SiC又称金刚砂，属于无机非金属材料，其硬度高，耐高温，C正确；D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，D正确；故合理选项是A。13.【答案】B【详解】A．分馏装置中，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口

处，故A错误；B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢混合气体，气体通过五氧化二磷吸收氨气后，通过观察湿润蓝色石蕊试纸变红证明生成HCl，气体通过碱石灰吸收氯化氢后，通过观察湿润的酚酞试纸变红证明生成氨气，故B正确；C．蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行，故C错误；D．

配制一定物质的量浓度的溶液时，不能在容量瓶中进行稀释，故D错；故选：B。14.【答案】A【分析】操作1将液体分为两种液体，可能的操作为蒸馏或者分液，操作2将液体2分为液体和固体，应为过滤或蒸馏操作，固体经操作3得到固体产品，操作3应为洗涤、干燥。根据操作4前后的物质，可知操作

4为萃取，操作5为分液，操作6为蒸馏。【详解】A.由于操作2和操作6都要得到固体和液体，而蒸发操作只能得到固体，故不能为蒸发，A错误；B.操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B正确C.操作3可以是洗剂、干燥

，C正确；D.操作4、操作5分别是萃取、分液，D正确；故答案选A。15.【答案】A【详解】A．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，该组中的各个离子可以大量存在，A符合题意；B．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化，即NO3-、H+、Fe2+不能共存，

B不符合题意；C．Fe3+的沉淀范围是1.5-4.1，则中性溶液中Fe3+不能大量存在，C不符合题意；D．()()+12-cH=110cOH，()()+--14cHcOH=110，则c(H+)=1×10-1mol/L，即溶液呈酸性，所以S2O32-不能大量存在，D不符合题意；故选

A。16.【答案】D某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4，加入硫酸后，发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,得到的滤液1中含ZnSO4、FeSO4、F

e2(SO4)3,滤渣1中含SiO2、CuS,向滤渣1中加入H2SO4和H2O2溶液，会得到CuSO4、S,则滤液2中含CuSO4,滤渣2中含S、SiO2。A选项：滤渣2的主要成分为S、SiO2，故A错误；B选项：滤液1中

同时含有Fe2+、Fe3+,不能使用KSCN和新制的氯水来检验溶液中的Fe2+,故B错误；C选项：H2O2在酸性条件下才能氧化CuS,所以应该先加入硫酸，再加入H2O2,故C错误；D选项：两步均为溶液到晶体的过程。故D正确；故选D.二、

非选择题（52分。共4小题）17．（15分）【答案】（1）①分液漏斗（1分）②调整B、C装置液面相平（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过滤、洗涤、干燥（2分）（3）①c（1分）

否（1分）高锰酸钾溶液本身有颜色，可指示滴定终点（合理答案均可）（1分）②0.04（2分）【解析】（1）①根据题图可知仪器A为分液漏斗。②读数时应使左右两侧压强相同，故读数前需调整B、C装置液面相平。③方案一中生成的气体为SO2，由于SO2可溶于水，故测得的气体体积小于

实际生成的气体体积，实验误差较大。（2）①根据方案二可知，气体a为SO2，SO2气体最终转化为沉淀，则X溶液在酸性条件下应具有氧化性，能将SO2转化为SO42-，与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，且不能影响实验结果，故

X溶液可能是双氧水或硝酸钠溶液。②在X溶液中SO2与ClO－发生氧化还原反应，其离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===SO42-＋Cl－＋2H＋。（3）①方案三中应将酸性KMnO4溶液滴入废水试样中，故用酸式滴定管盛

放酸性KMnO4溶液。该方案不需要指示剂，因为KMnO4溶液本身有颜色，达到滴定终点时锥形瓶中的废水试样呈紫红色，且半分钟内不褪色。②第三次实验数据误差较大，应舍去，故由第一、二、四次实验数据可知消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为16.00mL，根据关系式：5HSO3-～2KMnO45mol2mo

lc(HSO3-)×20.00×10－3L0.02mol·L－1×16.00×10－3L解得c(HSO3-)＝0.04mol·L－1。18.（13分）【答案】（1）23CO−（2分）Na+、H+、Al3+、Mg2+、+4NH（2分）（2）+4

NH+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】根据溶液无色，排除铁离子，根据焰色反应，一定有钠离子，根据加入氯化钡和稀盐酸生成白色沉淀，说明含有硫酸根，根据离子共存排除一定没有钡离子，根据加入足量氢氧化钠溶液和图像信息

得出一定含有铝离子、镁离子、氢离子、铵根离子，根据离子共存排除碳酸根，再根据电荷守恒得出含有硝酸根并计算硝酸根浓度。【详解】(1)废水是无色的，说明无Fe3+。根据焰色反应为黄色可知有Na+，加入氯化钡有白色沉淀生成，且加入酸沉淀不溶解，说明有24SO−，加入氢氧化钠开始时没有沉淀生成说明有H+

，加入过量的氢氧化钠有部分沉淀溶解，说明有Al3+，还有部分白色沉淀不溶解，说明有Mg2+，沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段，有另一阳离子与氢氧根反应且不生成沉淀，说明有+4NH，因此溶液一定有Al3+、Mg2+，根据离子共存判断出一定没有23CO−。故答案为：23CO−；Na+、H+、Al3

+、Mg2+、+4NH。(2)沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式是+4NH+OH－＝NH3·H2O；故答案为：+4NH+OH－＝NH3·H2O。(3)与+4NH反应的OH－有0.2mol，则+4NH有0.2mol，与Al(OH)3反应的OH

－有0.1mol，则Al3+有0.1mol，因此二者物质的量之比为2∶1。生成沉淀需要OH－物质的量为0.4mol，0.1molAl3+沉淀需要0.3molOH－，则与Mg2+反应的OH－是0.1mol，则Mg2+有0.05mol，生成氢氧化

镁0.05mol，质量为0.05mol×58g∙mol−1＝2.9g，生成的氢氧化铝是0.1mol，质量为0.1mol×78g∙mol−1＝7.8g，则沉淀最大质量为10.7g；故答案为：2∶1；10.7。(4)从图中可知，H+有0.1mol，已经求得+4NH有0.2mol，Al3+有0.

1mol，Mg2+有0.05mol，若c(Na+)=0.18mol·L−1，则钠离子的物质的量为0.18mol·L−1×1L=0.18mol。根据题干可知硫酸钡有93.2g，即物质的量为0.4mol，也就是说24SO−有

0.4mol，已知没有23CO−，正电荷高于负电荷，电荷不守恒，所以一定存在硝酸根，且n(3NO−)=0.1mol×1+0.2mol×1+0.1mol×3+0.05mol×2+0.18mol×1−0.4mol×2=0.08mol，则硝酸根浓度为c(-3NO)=10.

08mol0.08molLL1−=；故答案为：存在；0.08。19.（14分）【答案】（1）蓝色钴玻璃（1分）（2）NaAlO2或偏铝酸钠（2分）2-++2+2-223428LiCoO+SO+22H8Li+8Co+2SO+11H=O（2分）

（3）2-23SO（2分）使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀（1分）铁氰化钾溶液（2分）（4）LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境（2分）（5）2CoCO3·3Co(OH)2（2分）【分析】从废旧锂电池

的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，加入氢氧化钠溶液，可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCoO2，加入稀硫酸、硫酸硫酸钠，主要发生2-++2+2-223428LiCoO+SO+22H8Li+8Co+2S

O+11H=O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3+转换为()3FeOH沉淀，即沉淀B为()3FeOH，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30%Na2CO3溶液，可生成()32CoCOyCoOH，以此解答该题。【详解】(1)在焰色反应实验

中，观察钾元素的焰色需要通过蓝色钴玻璃观察，避免被其他元素的焰色干扰；故答案为：蓝色钴玻璃；(2)溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2或偏铝酸钠，“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为2-++2+2-22

3428LiCoO+SO+22H8Li+8Co+2SO+11H=O；故答案为：NaAlO2或偏铝酸钠；2-++2+2-223428LiCoO+SO+22H8Li+8Co+2SO+11H=O；(3)检验“滤液1”中Fe2+是

否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是Co2+、2-23SO都能使KMnO4溶液褪色；在“滤液2”中加入20%Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe(OH)3沉淀，可用铁氰化钾溶液检验溶液中是否含Fe2+；故答案为：2-23SO；使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉

淀；铁氰化钾溶液；(4)工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；故答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；(5)称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热，使

样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g，则()20.54gnHO==0.03mol18g/mol，()20.88gnCO==0.02mol44g/mol，则化学式为2C

oCO3·3Co(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）【详解

】（4）A．次磷酸为弱酸，则电离方程式为：H3PO2⇌H++H2PO2-，故A正确；B．NaH2PO2属于正盐，故B错误；C．次磷酸为弱酸，则浓度均为0.1mol•L-1的次磷酸（H3PO2）与盐酸相

比前者导电能力弱，故C错误；D．由信息②可知H3PO2的酸性比醋酸强，则0.1mol•L-1NaH2PO2溶液的pH比0.1mol•L-1CH3COONa溶液的pH小，故D正确．故答案为：AD；（5）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化

合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2-═Ni+H2PO3-+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；（6）P由+5价变成0价，每生成1molP4时，转移电子20

mol。31gP4的物质的量为0.25mol，所以反应转移的电子数为5NA，故答案为5NA。考点：考查了氧化还原反应及其方程式的配平的相关知识。