全国百强名校2021届高三第一次联合调研考试化学试题（解析版含答案+全解全析）02

1、全国百强名校2021届高三第一次联合调研考试卷化 学 注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cu 64一、选择题（共48分）1下列颜色变化与氧化还原无关的是A湿润的红色布条遇到氯气褪色B棕黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色C紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色D浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色【答案】B【解析】Fe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；故答案为：B。2下列关于

2、胶体的叙述不正确的是A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径的大小B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同DFe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的【答案】C【解析】A胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故A正确；B光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故B正确；C用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，Fe(OH)3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，NaCl溶液无此现象，故C错误；DFe(OH)3胶体粒子具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故D正确；故选C。3下列反应的离子方程式中不正确的是A向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2+2H218O=4Na+4OH+18O2B在碱性条件下，NH被氧气氧化成NO：NH+2O2+2OHNO+3H2OC将酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液混合：2MnO+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2OD等物质的量Ba(OH)2与

3、明矾加入足量水中：3Ba2+6OH+2Al3+3SO3BaSO4+2Al(OH)3【答案】A【解析】Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH中，故该离子方程式错误，故A错误；NH被氧气氧化成NO，1mol NH失去8mol电子，则应有2mol氧气参加反应，溶液呈碱性，用2mol OH配平电荷守恒，最后元素守恒，右边加3mol水，故离子方程式正确，故B正确；酸性KMnO4溶液将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，故C正确；假设Ba(OH)2与明矾均为1mol，则反应的比例关系为Ba2+2OH+Al3+SOBaSO4+Al(OH)3，左右两边同时乘以3可得，3Ba2+6OH+2Al3+3SO3BaSO4+2Al(OH) 3，故D正确；故选A。4在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入28g N2，右边充入8g CO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（

4、两侧温度相同）。下列说法正确的是A右边CO和CO2的分子数之比为13B右边CO的质量为2.75gC若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为53D右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍【答案】D【解析】在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8g CO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；A根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为31，A错误；B右边CO的质量为28g/mol0.25mol1/4=1.75g，B错误；C若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.251.2，气体压强之比为2524，C错误；D同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D错误；答

5、案为D。5研究表明，通过碘循环系统（如图）可以吸收工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料A，同时完成氢能源再生。下列说法不正确的是AA为硫酸BI2在整个循环系统中做催化剂C不断分离出H2，有利于HI的分解D氢能燃烧热值高、资源丰富，无毒、无污染，储存、运输方便，属于新能源【答案】D【解析】由题给示意图可知，碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，碘化氢分解生成氢气和碘单质，碘循环系统中I2为整个循环过程中的催化剂。A由题给示意图可知，A的生成过程为碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，则A为硫酸，故A正确；B由题给示意图可知，碘循环系统中I2为整个循环过程中的催化剂，故B正确；C由题给示意图可知，碘化氢分解生成氢气和碘单质，若不断分离出H2，平衡向正反应方向移动，有利于HI的分解，故C正确；D氢能燃烧热值高、资源丰富，无毒、无污染，但氢气摩尔质量小，密度小，不利于储存和运输，故D错误；故选D。6向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。下列说法不正确的是A当0ba/3时：SO2+H2O

6、+3ClO=SO+2HClO+ClB当b=a时，SO2+H2O+ClO=2H+Cl+SOC当a/3ba时，反应后溶液中H+的物质的量：0n(H+)2b molD当0ba时，反应后溶液中ClO、Cl和SO物质的量之比为：(ab)bb【答案】D【解析】根据得失电子守恒可知如果b mol恰好被氧化为硫酸需要b mol次氯酸钠，生成b mol氯化钠。A当0ba/3时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，即SO2+H2O+3ClO=SO+2HClO+Cl，故A正确；B根据以上分析可知当b=a时，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO=2H+Cl+SO，故B正确；C当a/3=b时过量的次氯酸钠结合生成的氢离子转化为次氯酸，b=a时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量为2b mol，因此当a/3ba时，反应后溶液中H+的物质的量：0n(H+)2b mol，故C正确；D当0ba时，次氯酸钠过量，SO2全部转化为b mol硫酸，根据得失电子守恒可知生成b mol氯离子，剩余的次氯酸钠是(a-b)mol，剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a-b)mol，故

7、D错误；故选D。7下列有关实验的叙述正确的是A用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B利用图2装置可制备Fe(OH)2C图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收【答案】B【解析】A，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；B，如图2装置制备Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误；答案选B。8下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金的是A硫酸、CuSO45H2O、生铁 B酒精、空气、铜绿C二氧化碳、明

8、矾、熟石灰 D硝酸钾、食盐水、黄铜【答案】D【解析】A硫酸、CuSO45H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电解质、纯净物、纯净物，C错误；D硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。9MnSO4H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰。下列说法错误的是A装置II中参与反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为11B装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C装置烧瓶中放入的药品X为铜屑D装置中漏斗的作用是防倒吸【答案】C【解析】由实验装置可知，装置用于制取SO2，X应为亚硫酸钠，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应；装置II为制备硫酸锰晶体的发生装置，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，使用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率；用装置反应后的溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；装置中NaOH溶液可吸收尾气。A根据分析，装置II中MnO2与SO2直接发生氧化还原反应生成MnSO4，反应式为MnO2+SO2=MnS

9、O4，参与反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为11，故A正确；B装置II中用“多孔球泡”，增大了接触面积，可增大SO2的吸收速率，故B正确；C常温下，Cu不与浓硫酸反应，则X不可能为Cu，应该为亚硫酸钠，故C错误；D二氧化硫有毒，需要使用尾气吸收装置，则装置中NaOH溶液用于吸收未反应的二氧化硫，装置中漏斗的作用是防倒吸，故D正确。10将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是 A苛性钾溶液中KOH的质量是5.6 gB反应中转移电子的物质的量是0.18molC在酸性条件下ClO和ClO可生成Cl2D一定有3.136 L氯气参与反应【答案】B【解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO）=0.08mol，n（ClO）=0.02mol，根据得失电子守恒可知生成的氯离子n（Cl）=0.08mol（1-0）+0.02mol（5-0）=0.18mol，且转移电子物质的量为0.18mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl）+n（ClO）+n（ClO）=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol。通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28mol，质量是0.28mol56g/mol=15.6

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