1、2022级高一年级第二次调研考试化学参考答案（解析版）1.【详解】A. 因为分子不断运动，才能在远处闻到香味，故出现风吹柳花满店香的现象，A正确；B. 金的性质稳定，在高温下也不会和它接触的物质发生反应，因此才出现烈火见真金的现象，B正确；C.在锤炼过程中，高温下碳转变成碳的氧化物而除去，故通过反复锤炼，减少铁合金中碳元素的质量分数，C正确；D.石灰石在高温下发生分解生成氧化钙和二氧化碳，是化学变化过程，D不正确。故答案选D。2. 【详解】A胶体区别于其他分散系本质特征为分散质粒子的直径大小，胶体分散质粒子的直径大小介于1100nm，故A错误；B 纯净物与混合物本质区别是否只含一种物质，只含一
2、种元素的不一定是纯净物，如氧气与臭氧的混合物，故B错误；C氧化还原反应判断依据为是否有化合价变化，有化合价变化化学反应一定是氧化还原反应，故C正确；D电解质为在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质为在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。根据定义可以看出，电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电，而是看其在水溶液中或熔融状态下是否能导电，故D错误。故答案选C。3. 【详解】A次氯酸钠中的Cl原子为1价，易得电子生成-1价，具有强氧化性，能杀菌消毒，可作消毒剂，A与题意不符；B纯碱为碳酸钠，碳酸钠对人有强烈的刺激性，不能用于治疗胃酸过多，应该使用小苏打治疗胃酸过多，B与题意相符；
3、C过氧化钠能够与水、二氧化碳反应产生氧气，因此可作供氧剂，C与题意不符；D小苏打为碳酸氢钠，受热易分解，生成二氧化碳气体，可制作馒头和面包的膨松剂，D与题意不符。故答案选B。4. 【详解】A不属于四种基本反应类型，碳与铜元素有电子的得失，表现为化合价前后有变化，属于氧化还原反应，A正确；B硝酸银与氯化钠生成氯化银沉淀为复分解反应，B错误；C铁与硫酸铜发生的是四种基本反应中的置换反应，C错误；D双氧水的分解反应，是四种基本反应类型，D错误。故答案为A。5.【详解】A交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式；树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分
4、类法。从图形看乙应属于交叉分类法，故A错误；B从图形看甲应属于树状分类法，故B错误；C从乙图可以看出，非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，还可能是不成盐氧化物，如CO、NO，故C错误；D从乙图可以看出，碱性氧化物一定是金属氧化物，故D正确。故答案选D。6. 【详解】A. 电解质只有电离成自由移动的离子才能导电，能导电的物质不一定属于电解质，如单质Fe、NaCl溶液，故A错误；B. SO3溶于水形成的溶液能导电，是反应生成的硫酸电离，H2SO4是强电解质，不是SO3自身电离，SO3是非电解质，故B错误；C. AgCl溶解度很小，在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质，故C正确；D.
5、液态氯化氢不导电，但溶于水后能电离，所以氯化氢是电解质，故D错误。故答案选C。7. 【详解】A在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动的钠离子和氯离子，不需要通电，故A错误； B氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，故B正确；C氯化钠在水溶液里完全电离，属于强电解质，其电离方程式为NaCl=NaCl，故C正确；D在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动的钠离子和氯离子，根据图示，钠离子和氯离子能和水作用形成水合钠离子和水合氯离子，故D正确。故答案选A。8.【详解】A铁片插入稀硫酸中只能生成亚铁离子，A错误；B硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液：Cu2SOBa22OHCu(OH)2Ba
6、SO4，B正确；C向硝酸银溶液中加盐酸，硝酸银可拆，C错误；D氢氧化镁与稀硫酸反应，氢氧化镁难溶于水，不能拆出氢氧根，D错误。故答案选B。9. 【详解】足量的碳与氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；铜与氧气共热反应生成氧化铜，氧化铜溶于稀硫酸反应生成硫酸铜和水，一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，一定条件下题给物质均能一步实现，故正确；碳酸钙高温条件下发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一定条件下题给物质均能一步实
7、现，故正确；都正确，故答案选D。10. 【详解】根据氧化还原反应规律可知，氧化性：氧化剂氧化产物，所以2Fe32I2Fe2I2中氧化剂是Fe3，氧化产物是I2，氧化性Fe3I2；2Fe2Cl22Fe32Cl中氧化剂是Cl2，氧化产物是Fe3，氧化性Cl2Fe3；2MnO10Cl16H2Mn25Cl28H2O中氧化剂是MnO，氧化产物是Cl2，氧化性MnOCl2。故氧化性：MnOCl2Fe3I2，B项正确。故答案选B。11. 【详解】ACu(NO3)2中Cu元素的化合价升高，Cu(NO3)2是氧化产物，A项错误；B由化学方程式可知，消耗0.03molCu，转移0.06mol电子，则反应中转移电子
8、数目约为0.06NA，B项错误；C未说明气体状态，无法计算NO的体积，C项错误；D1.92g铜的物质的量为0.03mol，反应消耗HNO3的物质的量为0.08mol，被还原的HNO3的物质的量为0.02mol，D项正确。故答案选D。12. 【详解】在酒精灯加热条件下，Na2CO3固体不能发生分解，错误；Na2CO3溶液和盐酸反应先生成碳酸氢钠，后生成二氧化碳气体；NaHCO3溶液中滴加少量盐酸直接生成二氧化碳气体，故产生CO2气体较快的为NaHCO3溶液，正确；若将固体加热至恒重，则NaHCO3固体分解为Na2CO3，错误；澄清石灰水均能和Na2CO3、NaHCO3溶液反应产生沉淀碳酸钙，不能
9、鉴别，错误；相同温度下，溶解度：Na2CO3NaHCO3，错误；物质的量相同时，Na2CO3消耗的盐酸的量为NaHCO3消耗盐酸的量的2倍，正确；正确的是；故答案选B。13.【详解】Cl用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO用Ba(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH用Mg(NO3)2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg(OH)2；Cl、CO、OH都和AgNO3反应，CO、OH都和Mg(NO3)2溶液反应生成白色沉淀；只有CO和Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO、再检验OH；即正确顺序为；故答案选D。14.【详解】100m
10、L 0.3mol/硫酸溶液中含有硫酸的物质的量为0.3mol/L0.1L=0.03mol，300mL 0.2mol/L的硫酸溶液中含有的硫酸的物质的量为0.2mol/L0.3L=0.06mol，配制的500mL溶液中含有硫酸总物质的量为0.03mol0.06mol=0.09mol，含有氢离子的物质的量0.09mol2=0.18mol，混合液中H的物质的量浓度为c(H)=0.36mol/L，故答案选A。15. 【详解】AHSO的摩尔质量为97g/mol，A错误；B第I阶段的反应中，NO2经过化学反应变成NO，得到电子化学价降低，被还原，B错误；C根据图示可知，第II阶段中，SO、NO2在水的条件
11、下生成NO、SO3 ，第III阶段中，SO3结合OH变为HSO，NO变成HNO2，故方程式为总反应的化学方程式为：SOH2ONO2=HNO2HSO，C正确； DNO2为非电解质，D错误。故答案选C。16. 【详解】A.只有CO2、Cu、NaCl常温下不能与硫酸反应，故A不符合题意；B. Na2CO3、Fe(OH)3、Zn、Fe2O3都能与硫酸反应，故B符合题意；C.只有KNO3不能与硫酸反应，故C不符合题意；D. 只有CO2、Cu、HCl常温下不能与硫酸反应，故D不符合题意。故答案选B。17.【详解】A含有大量Ba(NO3)2的溶液中，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不
12、符合题意； B铜离子在溶液中为蓝色，无色透明的溶液中不可能存在铜离子，故B不符合题意；C使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na、K、SO、CO不发生任何反应，能大量共存，故C符合题意；D使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D不符合题意。故答案选C。18. 【详解】AO2和O3都是由氧原子构成，32gO2、32gO3所含氧原子的质量都是32g，则n(O)=2mol，所含氧原子数都是2NA，故A正确；B溶液的体积未知，不能计算物质的量，故B错误；C没有说明是标准状况，22.4L混合气体的物质的量不一定为1mol，故C
13、错误；D36gH2O的物质的量为2mol，每个水分子含有3个原子，故原子数目为6NA，故D错误。故答案选A。19. 【详解】A碳酸氢盐、碳酸盐均与盐酸反应生成二氧化碳，由现象可知该钠盐可能是NaHCO3，故A错误；B白色沉淀不一定是硫酸钡，也可能是亚硫酸钡或氯化银等，由操作和现象可知溶液中不一定含有SO，故B错误；C先加稀盐酸除去OH，引入了氯离子，因此再加AgNO3，有白色沉淀出现，不能说明溶液中一定含有Cl，故C错误；D用洁净铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中一定有钠元素，没有透过蓝色钴玻璃，因此可能有钾元素，故D正确。故答案选D。20.【详解】A二氧化锰与浓盐酸反应，
14、随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；B图中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B正确；C铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，C正确；D氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D正确。故答案选A。21. 【答案】(1)（2分） （选对但漏选2个以内给一分）(2)FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl（2分） HCOOHCOH2O（2分）(3)B（2分） (4)2HNO3 Ba(OH)2 Ba(NO3)2
15、 2H2O（2分）（5）【解析】(1)电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，上述物质属于电解质的有；(2)制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中直至出现红褐色立马停止加热，化学反应方程式为FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl；酸式盐碳酸氢钠滴到氢氧化钠中去发生反应：HCOOHCOH2O。(3)硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液中，CuSO4Ba(OH)2= BaSO4Cu(OH)2，溶液中的导电离子变成沉淀，直至硫酸铜反应完，再加入的可溶性强碱氢氧化钡电离出的阴阳离子可以导电，表现出灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的现象，答案选B。(4)离子反应：HOH H2O，代表的
16、是强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，化学方程式为2HNO3 Ba(OH)2 Ba(NO3)2 2H2O；(5)铁元素由3价升高为6价，次氯酸根中的氯元素由1降低为-1价，即铁元素失去电子给了氯元素，利用得失电子守恒配平方程即可。22. 【答案】(1)过氧化钠（2分）(2)2Na2H2O2Na2OHH2（2分） 2Na2O22H2O4NaOHO2（2分）(3)氧化剂和还原剂（2分）(4)使水流入试管，再将带火星木条靠近P处，木条复燃，证明有氧气生成（2分）导管口有气泡冒出（2分）【解析】某银白色固体A，放在空气中可氧化成白色固体B，说明可能是活泼金属钠；将A点燃，火焰呈黄色，生成淡黄色固体C
17、，证明A是Na，燃烧生成的C为过氧化钠(Na2O2)，则B为Na2O；A、B、C都能跟无色液体D反应，生成碱性物质E，判断E为NaOH，D为H2O，其中A为Na，跟D反应时生成的可燃性气体F为氢气；C (Na2O2) 与D (H2O)反应生成的另一种气体G 为O2；F(H2)和 G(O2) 混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸，并生成 D(H2O)。所以(1)淡黄色固体C是Na2O2，C的名称为过氧化钠。(2)A为Na，D为H2O，F为H2，ADF是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式2Na2H2O2Na2OHH2；C是Na2O2，E为NaOH，CE是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反
18、应的化学方程式2Na2O22H2O4NaOHO2。(3)C是Na2O2，D为H2O，C与D的反应的化学方程式2Na2O22H2O4NaOHO2，过氧化钠中O元素化合价为-1价，转化为NaOH中-2价和氧气中0价，氧元素化合价既升高又降低，所以过氧化钠作为氧化剂和还原剂。(4)可用带火星的木条来验证结论a有O2生成，实验方法：打开分液漏斗活塞，使水流入试管，再将带火星木条靠近P处，木条复燃，证明有氧气生成；用以验证结论b反应放热，实验方法：反应前将q导管口连接一橡胶管浸入盛有水的水槽中，分液漏斗滴入水后，观察到导管口有气泡冒出。23. 【答案】(1)检查装置的气密性（1分）(2)MnO24H2C
19、lMn2Cl22H2O（2分） HCl（1分） 2NA或1.2041024（2分） 盐酸浓度降低到一定值后反应即停止（2分）(3)Cl22NaOHNaClNaClOH2O（2分）(4)防止生成的FeCl3凝结成固体堵塞导管（2分）(5)浓硫酸（2分）【解析】A装置用二氧化锰与浓盐酸制取氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，故在反应前需除去，则B中为饱和食盐水除去氯化氢，C中浓硫酸除去水蒸气，D中干燥的氯气与铁粉反应，E中收集氯化铁，G用氢氧化钠吸收未反应完的氯气，因为无水FeCl3在空气中易潮解，遇水水解，故F中为浓硫酸，防止G中的水蒸气进入E装置，以此来解析。(1)由于有气体参加反应，则连接好仪器后
20、首先应进行的操作是检查装置的气密性；(2)A装置用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，A装置中发生反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O；HCl中Cl元素的化合价升高，被氧化。反应中生成1mol氯气转移2mol电子，故生成71gCl2 (即1mol)时，转移的电子数为2NA或1.2041024；由于随着反应的进行，盐酸浓度降低到一定值后反应即停止，因此当加入一定量的浓盐酸与足量MnO2反应，实际生成的Cl2体积小于理论值；(3)装置G中为氯气和氢氧化钠溶液的反应，化学方程式为Cl22NaOHNaClNaClOH2O；(4)已知FeCl3易升华，遇冷也易凝固，用粗硬质玻璃管直接连接装置D
21、和E，防止氯化铁凝结为固体后堵塞导气管；(5)根据以上分析可知F中所装试剂为浓硫酸，目的是防止G中的水蒸气进入E导致FeCl3吸水潮解。24. 【答案】(1)4.0（2分） (2)C（1分） (3)C（1分）(4)89.6（2分） (5)5.0（2分）100mL容量瓶（1分） 胶头滴管（1分） ac（2分）【解析】(1)根据质量分数与物质的量浓度换算公式得：c=，故此处填4.0；(2)A实验过程中不需要用到仪器有：烧瓶、分液漏斗，还需要胶头滴管，A错误；B容量瓶水洗后直接使用，不需要烘干，B错误；C商品NaClO含杂质，所取固体中NaClO含量偏低，C正确；D注意体积用500mL计算而非480
22、mL，m(NaClO)=4mol/L500mL10-3L/mL74.5g/mol=149g，D错误；故答案选C。(3)ANaClO的摩尔质量为74.5g/mol，与溶液多少无关，A不符合题意；B溶液组成具有均一性，溶液的浓度表示溶液的组成，故与溶液体积多少无关，B不符合题意；C由溶质NaClO的物质的量n=cV，知溶质NaClO的物质的量与溶液体积多少有关，C符合题意；D溶液组成具有均一性，溶液的密度表示溶液的组成，故与溶液体积多少无关，D不符合题意；故答案选C。(4)由题意知，该瓶消毒液含有NaClO：n(NaClO)=cV=4.0mol/L1L=4mol，根据反应比例NaClOCO2，知4
23、molNaClO可吸收4molCO2，其体积V=4mol22.4L/mol=89.6L，故此处填89.6；(5)浓硫酸配制稀硫酸相当于稀释，稀释前后溶质的物质的量不变，故c(浓H2SO4)V(浓H2SO4)=c(稀H2SO4)V(稀H2SO4)，即18molL1V(浓H2SO4)=0.9molL10.1L，则V(浓H2SO4)=0.005L，故需用量筒量取5.0mL浓硫酸；配制该溶液还缺少100mL容量瓶和定容时所需的胶头滴管，故此处填：100mL容量瓶、胶头滴管；a定容俯视，导致溶液体积偏小，浓度偏高；b摇匀下液面下降是正常现象，补充水导致溶液体积偏大，浓度偏低；c冷却至室温后，溶液体积缩小，浓度偏高；d容量瓶残留的水分对实验无影响；e溶质损失，浓度偏低；f溶质未完全移入容量瓶，浓度偏低； 故答案选ac。
