2022-2023学年陕西省83所联考高一上学期第二次选科调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年陕西省83所联考高一上学期第二次选科调研化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
陕西省83所联考2022-2023学年高一上学期第二次选科调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列有关分析中，错误的是
A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该青蒿素的提取过程属于化学变化
C．1964年我国自行制造的第一颗原子弹爆炸成功，原子弹爆炸涉及物理变化
D．“方家以磁石磨针锋，则能指南”，中国古代磨制磁石制造指南针属于物理变化
【答案】B
【详解】A．由描述可知，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，属于置换反应，A正确；
B．此过程为萃取，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；
C．原子弹爆炸涉及化学变化和物理变化，C正确；
D．中国古代磨制磁石制造指南针，过程中没有新物质生成，属于物理变化，D正确；
故选B。
2．下列电离方程式书写正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．HCl是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为HCl=H++Cl-，A正确；
B．KClO3是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为KClO3=K++ClO ，B错误；
C．电解NaCl得到金属钠和Cl2，电离方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，C错误；
D．(NH4)2SO4是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为(NH4)2SO4=2NH +SO ，D错误；
故选A。
3．阳光明媚的清晨，洒水车经过绿荫掩映的城市公路，水雾在阳光下出现如图所示的道道光束。形成该美景的本质原因是

A．水雾是均一、透明的分散系
B．形成了分散质微粒直径约为的分散系
C．发生了丁达尔效应
D．该分散系中的分散质微粒为水分子
【答案】B
【详解】清晨，洒水车经过绿荫掩映的城市公路，水雾在阳光下出现如图所示的道道光束为丁达尔效应；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；其本质原因是胶体为分散质粒子大小在 1nm~100nm的分散系；
故选B。
4．0.1mol中含有的数目约为
A．0.1 B．0.2 C． D．
【答案】D
【详解】根据硫酸铝钾化学式中含2个硫酸根，硫酸根的物质的量是硫酸铝钾的2倍，则，D正确；
答案选D。
5．下列物质的用途对应错误的是
A．——制肥皂 B．——漂白剂
C．——供氧剂 D．——造纸
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钠常用于食品，碳酸钠、烧碱常用制作肥皂，A错误；
B．次氯酸具有强氧化性，用于漂白剂，B正确；
C．过氧化钠和二氧化碳、水生成氧气，用于供氧剂，C正确；
D．碳酸钠具有碱性，可用于造纸等，D正确；
故选A。
6．已知在加热条件下能与氧气反应生成：。将足量的与一定量的在密闭容器中加热。下列说法正确的是
A．为白色固体
B．、均为非电解质
C．反应后剩余固体中阴、阳离子个数之比为1：2
D．与水反应会生成NaOH，所以是碱性氧化物
【答案】C
【详解】A．Na2O2为淡黄色固体，A错误；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；Na2O和Na2O2熔融状态导电，为电解质，B错误；
C．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，氧化钠是由钠离子和氧离子构成的，阴、阳离子个数之比均为1：2，C正确；
D．Na2O2与水反应会生成NaOH同时还会生成氧气，故Na2O2不是碱性氧化物，D错误；
故选C。
7．二氧化氯()是一种黄绿色气体，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。在处理废水时，可将废水中的(其中C为价)氧化成和，其离子方程式为。下列说法错误的是
A．
B．氧化性：
C．当生成0.1mol时，转移0.6mol电子
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
【答案】C
【详解】A．根据化学反应方程式中原子守恒可知，该离子方程式中x=2，y=2，A正确；
B．该离子方程式中，ClO2是氧化剂，CO2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：，B正确；
C．该离子方程式：，则当生成0.1mol时，转移1mol电子，C错误；
D．该反应中氧化产物是CO2和N2，还原产物是Cl-，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2，D正确；
故选C。
8．下列物质之间的转化，一定需要加入还原剂才能一步实现的是
A． B． C． D．-
【答案】A
【详解】A．，氯元素化合价降低发生还原反应，需要加入还原剂才能一步实现，故选A；    
B．，N元素化合价升高发生氧化反应，需要加入氧化剂才能实现，故不选B；
C．，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，不需要加入还原剂就能一步实现，故不选C；
D．-氯元素化合价没变，没有发生氧化还原反应，故不选D；
选A。
9．硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，简称FAS，是一种蓝绿色的无机复盐，常在定量分析中用于标定、酸性等溶液的标准物质。实验室需要使用230mL溶液，下列有关叙述正确的是
A．的摩尔质量为：284g
B．在配制溶液时需要称取6.8g固体
C．用溶液标定酸性溶液时，未发生氧化还原反应
D．取出120mL溶液标定溶液，容量瓶中剩余溶液的浓度仍为
【答案】D
【详解】A．摩尔质量数值上等于相对分子质量，Fe(NH4)2(SO4)2的摩尔质量为：284g/mol，A错误；
B．应该选用250ml容量瓶，故在配制溶液时需要称取Fe(NH4)2(SO4)2固体的质量为，B错误；
C．酸性KMnO4具有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，发生氧化还原反应，C错误；
D．配置好的溶液不会受到取用多少溶液的体积影响，故容量瓶中剩余溶液的浓度仍为0.1mol/L，D正确；
故选D。
10．向的溶液中滴入几滴酚酞溶液，将电导率传感器插入溶液中，然后匀速加入的溶液，电导率(电导率是以数字表示的溶液传导电流的能力)与时间的变化关系如图。下列说法错误的是

A．b点时，溶液呈中性
B．a点到b点的离子方程式为
C．b点到c点的离子方程式为
D．c点到d点，电导率增大的原因是溶液中、、的浓度增大
【答案】A
【分析】向Ba(OH)2稀溶液中滴入几滴酚酞溶液，匀速加入饱和NaHSO4溶液，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，溶液中离子减少，导电性减弱，反应中钡离子首先反应结束，此时导电性最弱为b点；氢离子和氢氧根离子恰好反应后，继续滴加饱和NaHSO4溶液，溶液导电性明显增强，故c点为氢离子和氢氧根离子恰好反应点，此时溶液显中性；c点后饱和NaHSO4过量，溶液显酸性；
【详解】A．由分析可知，b点时，溶液中存在氢氧根离子，呈碱性，A错误；
B．a点到b点，氢氧化钡过量，氢离子和氢氧根离子生成水、钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，离子方程式为Ba2++OH−+H++SO =BaSO4↓+H2O，B正确；
C．b点到c点氢离子和氢氧根离子生成水，离子方程式为OH−+H+=H2O，C正确；
D．c点后，溶液中的溶质为生成的Na2SO4和过量的NaHSO4，D正确；
故选A。
11．下列离子方程式书写正确的是
A．向漂白粉溶液中通入少量二氧化碳：
B．将少量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：
C．双氧水使酸性溶液褪色：
D．金属钠与水反应：
【答案】C
【详解】A．应拆写为离子形式，应为，A错误；
B．违反电荷守恒和元素守恒，应为，B错误；
C．过氧化氢作还原剂，其氧化产物是氧气，高锰酸根离子作氧化剂，在氢离子作介质下还原产物是Mn2+，符合元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒，C正确；
D．电荷不守恒、电子得失不守恒，应为，D错误；
答案选C。
12．已知：新制氯水中存在H2O、Cl2、HClO三种分子和H+、Cl-、ClO-、OH-四种离子，利用数字化实验测定光照新制氯水的过程中各数据的变化，得到的图像如图。下列有关操作和说法正确的是



图1
图2
图3

A．由图1可知，光照时有物质发生了分解，分解产物电离出了Cl-
B．由图2可知，光照会使氯水中溶解的O2逸出
C．由图3可知，光照时Cl2的溶解度增大，氯水酸性减弱
D．实验可观察到光照时氯水的颜色变深
【答案】A
【详解】A．由图1可知，随光照时间推移，溶液中氯离子的浓度增大，说明有物质发生了分解，分解产物电离出了Cl-，A正确；
B．光照时氧气的体积分数增大，主要是由于HClO分解产生了O2，B错误；
C．由图3可知，光照时氯水的pH减小，酸性增强，C错误；
D．氯水中溶解氯气为黄绿色，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，随时间推移，次氯酸分解，氯气不断与水反应，最终变为HCl溶液，颜色变浅，D错误；
综上所述答案为A。
13．若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．的溶液中含有的数为0.6
B．标准状况下，1.12L由和组成的混合气体中所含的分子总数为0.05
C．常温常压下，16g气体中含有的氧原子数为0.25
D．标准状况下，11.2L氦气(He)中含有的原子数为
【答案】B
【详解】A．只有浓度而无溶液体积，不能计算，A错误；
B．混合气体的分子总数为，B正确；
C．，C错误；
D．，D错误；
答案选B。
14．实验室需使用80mL稀硫酸进行有关实验，现用的浓硫酸进行配制。下列说法正确的是
A．需用量筒量取的浓硫酸8.5mL
B．稀释浓硫酸时，将蒸馏水缓缓注入浓硫酸中
C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致配得的稀硫酸浓度偏高
D．定容摇匀后，发现液面低于容量瓶刻度线，需补加蒸馏水至液面与刻度线相平
【答案】C
【详解】A．没有80mL规格的容量瓶，应配制100mL2mol/L稀硫酸，根据稀释公式，需用量筒量取18.4mol⋅L−1的浓硫酸体积为，A错误；
B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓缓注入蒸馏水中并搅拌，B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，配得的稀硫酸浓度偏高，C正确；
D．定容摇匀后，部分溶液附着在瓶颈未及时回落，补加蒸馏水会使溶液体积偏大，D错误；
答案选C。
15．下列关于Na及其化合物的性质的说法正确的是
A．Na和均可与水发生置换反应生成气体单质
B．可用作膨松剂主要是因为其能与酸反应
C．等物质的量的Na和分别与足量溶液反应，生成沉淀的质量之比为2：1
D．将等物质的量的Na2O、分别投入100mL水中，充分反应后所得溶液的质量分数相同(不考虑水的蒸发)
【答案】D
【详解】A．Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，不属于置换反应，A错误；
B．NaHCO3可用作膨松剂主要是因为不稳定，受热易分解，B错误；
C．Na为1mol，与水反应可生成1molNaOH，再与MgSO4反应可以得到0.5molMg(OH)2，Na2O2的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH，再与MgSO4反应可以得到1molMg(OH)2，所以生成沉淀的质量之比为1∶2，C错误；
D．Na2O的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH，溶液增重即为2molNaOH的质量，Na2O2的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH和0.5molO2，溶液增重也为2molNaOH，所以二者最终所得溶液质量相同，溶质质量相同，所得溶液的质量分数相同，D正确；
故选D。

二、填空题
16．根据所学知识，回答下列问题。
Ⅰ．现有下列10种物质：①；②固体；③熔融；④CaO固体；⑤铜；⑥；⑦；⑧稀硫酸；⑨蔗糖；⑩NaOH固体。
(1)上述物质中，非电解质有________(填标号，下同)；电解质有________；能导电的有________。
(2)分析⑥溶于水后能导电的原因：________________________。
Ⅱ．为了将混有、、的NaCl固体(粗盐)提纯，某同学设计了如图所示实验方案：
称取粗盐10g
已知：可选试剂仅有稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、溶液、溶液。
(3)步骤②中加入NaOH溶液的目的是________。
(4)步骤③中加入的试剂X是________(填化学式)溶液，证明试剂X过量的操作为________。
(5)经过步骤⑤后，步骤⑥中加入的试剂Z是________(填试剂名称)。
(6)步骤⑦是为了得到NaCl固体，描述具体操作过程：________。
【答案】(1)     ①⑥⑨；     ②③④⑩；     ③⑤⑧；
(2)三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸发生电离而使水溶液导电；
(3)除去镁离子；
(4)     BaCl2；     静置，将BaCl2溶液滴入上层清液，不产生白色沉淀，则BaCl2过量；
(5)稀盐酸；
(6)将溶液放入蒸发皿，边加热边搅拌，至产生大量晶体，停止加热，让余热蒸干即可。

【详解】（1）根据非电解质的概念，非金属氧化物、大多数有机物和部分氢化物是非电解质，上述物质中①⑥⑨是非电解质；根据电解质的概念，酸碱盐和金属氧化物一般是电解质，上述物质中②③④⑩是电解质，溶液和单质既不是电解质也不是非电解质；金属单质导电是具有自由移动的电子，溶液或熔盐导电是具有自由移动的离子，则能导电的有③⑤⑧；
（2）三氧化硫虽然是非电解质，但能与水反应后生成硫酸，硫酸发生电离而使水溶液导电；
（3）加入NaOH溶液的目的是生成氢氧化镁而除去镁离子；
（4）加氯化钡溶液的作用是除去硫酸根离子，加碳酸钠溶液的作用是除去钙离子和稍过量的钡离子，因此氯化钡溶液必须先于碳酸钠溶液加入，试剂X为氯化钡溶液，试剂Y为碳酸钠溶液；氯化钡过量则溶液中硫酸根离子沉淀完全，不能再检验出硫酸根离子，为便于操作，可以先静置，待溶液澄清后再加入BaCl2溶液，不产生白色沉淀，则硫酸根离子沉淀完全，BaCl2已过量。
（5）试剂Z的作用是除去稍过量的NaOH和Na2CO3而不引入新杂质，则试剂Z为稀盐酸，用稀硫酸会引入杂质；
（6）NaCl的溶解度随温度的降低变化小，要选择蒸发结晶，而不能选择冷却结晶，具体的操作是将溶液放入蒸发皿，边加热边搅拌，至产生大量晶体，停止加热，让余热蒸干即可。
17．重铬酸钾()具有强氧化性，在实验室和工业中都有很广泛的应用。其主要应用之一是配制铬酸洗液(重铬酸钾、水和浓硫酸按照一定比例配制成的溶液)。根据所学知识，回答下列问题：
(1)中Cr的化合价为_______价，属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)。
(2)当铬酸洗液变绿[溶液中转化成]失效时，将失效的铬酸洗液进行加热浓缩，冷却后加入粉末氧化，滤去后可实现铬酸洗液的再生，其中加入粉末氧化时发生反应的离子方程式为_______(用单线桥法标明电子转移的方向和数目)；滤去时，可采用过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有_______。
(3)当铬酸洗液变黑失效时，可在酸性条件下加入铁屑将残留的转化成，铁屑自身转化成，再用石灰石将铬元素转化成沉淀，其中铁屑将转化成的离子方程式为_______；若黑色铬酸洗液中的浓度为，则处理该黑色铬酸洗液时，所需的铁屑的质量为_______。
(4)酸性溶液还可以用来测定铁矿石中铁(以＋2价形式存在，铁的含量为)的含量，称取铁矿石试样(含，设其他物质不与反应)，若加入的酸性溶液的体积为xmL，则的浓度为_______。
【答案】(1)     +6     盐
(2)          玻璃棒、漏斗，烧杯
(3)     2Fe++14H+=2Fe3+ +2Cr3++7H2O     0.112g
(4)3.5g/L

【详解】（1）中K为+1价，O为-2价，根据化合物的化合价代数和为零，所以Cr的化合价为+6；是金属离子结合酸根，属于盐；
（2）KMnO4与Cr3+反应的离子方程式为2Cr3++2MnO+3H2O=2MnO2↓+6H++,其中2个Cr3+失去6个电子被氧化为，2MnO得到6个电子被还原为2个MnO2，用单线桥法标出电子转移；过滤需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗，烧杯；
（3）在酸性条件下加入铁屑将残留的转化成，铁屑自身转化成，由此得出离子方程式为2Fe++14H+=2Fe3+ +2Cr3++7H2O；该黑色铬酸浓度为，的质量为m()=0.216g，物质的量为n()===0.001mol，则n(Fe)=2n()=0.002mol，m(Fe)=nM=0.002mol×56g/mol=0.112g；
（4）由题意得m(Fe)=0.4g×x%=4×10-3xg,n(Fe)==，根据离子方程式6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++14H2O，得n()=n(Fe)=，加入的酸性溶液的体积为xmL，V =x×10-3L，c()==0.0119molL-1=3.5g/L；
【点睛】本题重点考查了方程式的书写及相关计算，方程式书写关键有：①根据信息找到已知的反应物和产物；②分析反应前后元素的化合价变化情况，明确反应中的定量关系；③运用电荷守恒和质量守恒配平。

三、实验题
18．次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。如图，在装置D中制得颜色类似于氯气的气体，装置E中得到次氯酸(HClO)。已知气体在42℃以上会发生分解，与水反应生成HClO。

(1)图中，装置A是采用与浓盐酸反应制取氯气的装置，则装置A中发生反应的化学方程式为________，装置A为________(填标号)。

(2)在实验室通过与浓盐酸常温下反应也可制取氯气，据此推断、、三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________(用化学式表示)；利用足量和制备等量的时，分别消耗HCl的物质的量之比________。
(3)装置B的作用为除去HCl气体，则其中盛装的试剂的名称为________；装置C中盛装的试剂为浓硫酸，其作用为________。
(4)在装置D中用含水质量分数为8%的碳酸钠吸收制备，同时还生成NaCl和，则发生反应的化学方程式为________(不考虑水与的反应)；装置F中盛装的试剂为NaOH溶液，则装置F中发生反应的离子方程式为________。
(5)实验时，需持续通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是________，同时通过气流降低温度，抑制的分解，保证实验安全。
(6)商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”指的是一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时的氯气的质量对消毒剂质量的百分比来表示。例如，100g“84”消毒液与3.55g氯气的氧化能力相当，则该产品的“有效氯”就是3.55%。据此计算的“有效氯”为________(保留三位有效数字)。
【答案】(1)          b
(2)     KMnO4> MnO2> Cl2     4：5
(3)     饱和氯化钠溶液     除去水蒸气
(4)         
(5)把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中
(6)163%

【分析】本实验为通过二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，通入饱和氯化钠溶液除去HCl，通入浓硫酸除去水，与碳酸钠反应生成Cl2O，与水反应生成HClO，最后尾气处理，据此分析回答问题。
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，发生反应的化学方程式为 ；反应是需要加热的固液的反应，故装置A为b；
（2）KMnO4与浓盐酸反应制备氯气时不需要加热，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气需要加热，故KMnO4的氧化性强于MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应中，MnO2是氧化剂，氯气是氧化产物，故MnO2的氧化性强于Cl2，所以氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> Cl2；根据反应 ，反应生成5mol氯气，需要16molHCl，，反应生成5mol氯气，需要20molHCl，故分别消耗HCl的物质的量之比为16：20=4：5；
（3）由以上分析可知，用饱和氯化钠溶液吸收氯气中混有的HCl；装置C中盛装的试剂为浓硫酸除去水蒸气；
（4）碳酸钠吸收Cl2制备Cl2O，同时还生成NaCl和NaHCO3，化学方程式为 ；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为 ；
（5）Cl2O在D中生成，而HClO在装置E中生成，所以干燥空气的主要作用是把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中，同时抑制Cl2O的分解；
（6）假设消毒剂Cl2O的质量为100g，消毒过程中Cl2O转化成Cl-，转移电子的物质的量为 ，设氯气的质量为xg，氧化过程中Cl2转化成Cl-，转移电子的物质的量为 ，根据得失电子守恒可得，=，解得x≈163.22，所以Cl2O的“有效氯”为163%。

四、元素或物质推断题
19．在100mL含的某无色透明溶液中，还可能含有的离子有、、、、、、、、。
①现取10mL该溶液，加入足量溶液，有白色沉淀生成，过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为0.6450g；向固体中滴加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，过滤，将沉淀洗涤、烘干，称量所得固体的质量为0.3495g。
②另取10mL原溶液，滴加溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀硝酸，沉淀完全溶解。
(1)由“无色透明溶液”可推出原溶液中一定不含________(填离子符号，下同)。通过实验①能确定一定存在的离子是________，一定不存在的离子是________。
(2)实验①中滴加过量稀盐酸时，固体部分溶解的离子方程式为________。
(3)综上所述，填写下表中部分离子的浓度(一定存在的离子计算出浓度结果或范围，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。
阴离子






①________
②________
③________
④________
⑤________


【答案】(1)     ；     ；     ；
(2)；
(3)     ？；     0.15；     0；     0.15；     ≥0.4；

【分析】溶液无色透明则不含；①加入足量溶液，有白色沉淀生成，加过量稀盐酸，沉淀部分溶解，则沉淀溶解部分是BaCO3，溶液含，能与反应的、、一定不能存在，则沉淀不溶解部分是BaSO4，溶液含有；②原溶液滴加溶液产生的白色沉淀完全溶解于足量的稀硝酸，则原溶液不含；，，10mL原溶液中， 和的负电荷总物质的量为1.5×2×2×10-3=6×10-3mol，而的正电荷总物质的量为，正电荷总物质的量超过了负电荷总物质的量，根据电荷守恒原理，一定还含有。
【详解】（1）根据分析，“无色透明溶液”可推出原溶液中一定不含；通过实验①能确定一定存在的离子是、；一定不存在的离子是、、；
（2）实验①中滴加过量稀盐酸时，固体溶解部分是BaCO3，反应的离子方程式为；
（3）根据分析，可能存在；；一定不含；；若不含，，则≥0.4。
【点睛】注意回答小题时的限制性条件，以免误答，计算型推断要算电荷守恒。