精品解析：江西省景德镇一中2022-2023学年高二下学期期中考试（18班）化学试题（解析版）

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景德镇一中2022～2023学年第二学期期中考试卷
高二(18)班化学
可能用到的相对原子质量：AL： 27 S：32 CL：35.5 Ba：137
一、单选题
1. 含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法不正确的是

A. 实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B. 滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒
C. 在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体
D. 进入C区的H+的数目为0.03NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ，正确，A不选；
B．滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7 m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；
C．胶体的直径在10-9~10- 7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；
D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部进入C区，根据电荷守恒，则进入C区的H＋的数目应为0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H＋的数目小于0.03NA，错误，D选。
答案选D
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是
A. 常温下，1.7 g NH3含有NA个电子
B. 1 mol Fe溶于过量稀硝酸，转移电子数为2 NA
C. 33.6 L Cl2与27 g Al充分反应，转移电子数为3 NA
D. 1 mol CO2与足量NaOH溶液反应后，溶液中的一定有NA个
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．1.7g氨气的物质的量为0.1mol，而氨气为10电子微粒，故0.1mol氨气含1mol电子，即含有NA个电子，故A正确；
B．铁和过量稀硝酸反应后变为+3价，则1mol铁反应后转移3mol即3NA个电子，故B错误；
C．由于题中没有注明标准状况，Cl2的物质的量无法计算，则Cl2与Al反应的物质的量无法计算，即转移的电子无法计算，故C错误；
D．1 mol CO2与足量NaOH溶液发生反应，生成Na2CO3和水，即CO2+2OH-=+H2O，由于会水解，即+H2O+OH-，+H2OH2CO3+OH-，则少于NA个，故D错误；
答案为A。
3. 工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为
A. 1.50×10-4 B. 6.00×10-4 C. 1.00×10-3 D. 3.60×10-3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。
4. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O
B. FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO32—
D. 醋酸钠水解：CH3COO−＋H2O CH3COOH＋OH−
【答案】C
【解析】
【详解】A项、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；
B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；
C项、苯酚的酸性比碳酸弱，苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 ＋CO2＋H2O→ ＋HCO3—，故C错误；
D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−，故D正确；
故选C。
【点睛】苯酚的酸性比碳酸弱，无论二氧化碳的量为多少，苯酚钠溶液与二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠是解答关键，有机方程式用→，不能用=是易错点。
5. 下列离子方程式书写不正确的是（　　）
A. 将石灰乳加入海水沉淀池得到氢氧化镁∶ Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2↓+Ca2+
B. 用稀KMnO4酸性溶液检验火柴头燃烧产生的气体中含有SO2∶MnO4-+SO2+4H+=Mn2++SO42-+2H2O
C. 泡沫灭火器反应原理∶3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓
D. 实验室用过量NaOH溶液吸收SO2∶2OH-+SO2=SO32-+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应符合事实，遵循物质拆分原则，A正确；
B．电子不守恒，电荷不守恒、原子不守恒，B错误；
C．反应符合事实，原子、电荷守恒，C正确；
D．符合反应事实，遵循物质拆分原则，D正确；
故合理选项是B。
6. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【解析】
【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；
C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；
D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。
7. 强酸性溶液X中可能含有Na+、K+、NH、Fe2+、Al3+、CO、SO、SO、Cl-中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图：

下列结论正确的是（ ）
A. X中肯定存在Na+、Fe2+、Al3+、NH、SO
B. X中不能确定的离子是Al3+、Na+、K+和Cl-
C. 沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3、沉淀I一定是Al(OH)3
D. 气体F经催化氧化可直接生成气体D
【答案】B
【解析】
【分析】①强酸性溶液中CO32-、SO32-、NO2-不能大量共存；
②X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C，则沉淀C是BaSO4，说明有SO42-存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在，（即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O），NO与O2反应生成NO2，则气体D为NO2，溶液E为稀硝酸溶液；
③溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3，说明有NH4+存在；
④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有Al(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在Cl-；以此解答。
【详解】A．由上述分析可知，X中肯定存在SO42-、Fe2+、NH4+，故A错误；
B．由上述分析可知，X中不能确定的离子是：Al3+、Na+、K+和Cl-，故B正确；
C．由上述分析可知，沉淀C一定是BaSO4，沉淀G一定是Fe(OH)3，而沉淀I中不一定有有Al(OH)3，故C错误；
D．NH3与O2发生催化氧化生成物为NO、H2O，不能直接生成NO2，故D错误；
故答案为：B。
8. 某溶液中可能含有OH-、、、、、、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是

A. 原溶液中可能含有Na2SO4、可能不含有
B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、、
C. 原溶液中含与的物质的量之比为3:4
D. a-d=
【答案】C
【解析】
【分析】由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于与发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。
【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；
B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、、、，故B错误；
C．依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积， +2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有与的物质的量之比为3：4，故C正确；
D．根据图象溶解氢氧化铝消耗的盐酸体积为4，假设盐酸的浓度为1mol/L，则消耗氯化氢4mol，则溶解的氢氧化铝为mol，则溶液中含有mol，沉淀mol 需要盐酸mol，a-d对应于和消耗的盐酸大于mol，即a-d＞，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图象曲线变化为解题关键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点为D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道a-d对应于和消耗的盐酸。
9. 配制500mL的溶液，部分实验操作示意图如下：

下列说法正确的是
A. 实验中需用的仪器有天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C. 容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制500 mL 0.100 mol·L-1 NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500 mL 容量瓶、胶头滴管，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，B错误；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，C错误；
D．定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。
故选D。
10. 在CuSO4溶液中滴加H2O2溶液，以下实验现象可以反复出现。下列说法错误的是

A. CuSO4是催化剂
B. 发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O
C. CuSO4将H2O2还原为O2
D. H2O2既发生氧化反应又发生还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．CuSO4先被过氧化氢还原为Cu2O，Cu2O又被过氧化氢氧化为CuSO4，所以CuSO4是催化剂，故A正确；
B．第二步Cu2O被过氧化氢氧化CuSO4，发生反应：Cu2O+H2O2+4H+→2Cu2++3H2O，故B正确；
C．第一步CuSO4将H2O2氧化为O2，故C错误；
D．总反应为H2O22H2O+O2↑，H2O2中氧元素化合价既升高又降低，H2O2既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；
选C。
二、不定项选择题(可能有1到2个正确答案)
11. 下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 室温下，=10-12的溶液中：Na＋、AlO、NO、S2-、SO
B. 能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Al3+、NO、Cl-、S2-
C. 室温下，由水电离的c(H＋)=10-10 mol/L的溶液中：Cl-、HCO、NO、NH、F-
D. 加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、K＋、SO
【答案】AD
【解析】
【详解】A．=10-12的溶液显碱性，含有大量OH-，选项离子与OH-之间不能发生任何反应，能大量共存，A符合题意；
B．能使甲基橙变红的溶液为酸性，含有大量H+，H+与NO、Fe2+会发生氧化还原反应，产生大量共存，且Al3＋、S2-会发生盐的双水解反应，也不能大量共存，B不符合题意；
C．室温下，由水电离的c(H＋)=10-10 mol/L＜10-7 mol/L，水的电离作用受到了抑制作用，溶液可能酸性也可能碱性，F-、HCO和酸性溶液中H+反应产生弱电解质，不能大量共存；HCO与碱性溶液中OH-会发生反应而不能大量共存，C不符合题意；
D．和镁反应生成氢气的溶液为酸性，含有大量H+，H+与选项离子均不反应，能大量共存，D符合题意；
故选：AD。
12. 某酸性溶液中可能含有Cl-、、、、、Fe3+、Fe2+、Al3+和Na+。某同学为了确认其成分，设计并完成了如图实验。下列叙述正确的是

A. 反应①发生反应的离子方程式3 Fe2++2+4H+=3 Fe3++NO↑+2H2O
B. 、、Na+一定存在， 、Al3+一定不存在
C. 溶液中可能含有Fe3+，一定含有Fe2+，可取少量原溶液加入KSCN溶液检验
D. 溶液中至少有6种离子大量存在，其中Cl-一定存在，且c(Cl-)>0.6mol•L-1
【答案】D
【解析】
【分析】酸性溶液中一定不存在、，加入硝酸钾反应生成气体，遇空气变为红棕色即NO2，该气体为NO，为Fe2+、、H＋反应生成，反应的离子方程式为3Fe2＋＋＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，生成0.01molNO可知n(Fe3＋)＝0.03mol；加入过量NaOH溶液并加热反应生成气体即氨气，则含有0.01mol，产生红褐色沉淀即Fe(OH)3，灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为0.02mol，n(Fe3＋)＝0.04mol，原溶液一定含有0.01molFe3＋；滤液通过焰色反应观察有黄色火焰说明含Na＋，由于加入NaOH也含有钠离子，因此不确定原溶液是否含Na＋，通入足量二氧化碳无现象说明不含有Al3＋，否则过量NaOH与Al3＋反应生成，加入二氧化碳会生成Al(OH)3沉淀；加入足量氯化钡溶液生成难溶于盐酸的固体即BaSO4，4.66g BaSO4固体的物质的量为0.02mol，说明含有0.02mol，即原溶液一定不含有：、、Al3＋，一定含有：0.02mol、0.01mol、0.01molFe3＋、0.03molFe2＋、H＋，根据电荷守恒一定含有Cl−，且n（Cl−）＞2×0.03mol＋3×0.01mol＋1×0.01mol−2×0.02mol＝0.06mol，可能存在Na＋。据此分析解题。
【详解】A．反应①中Fe2+、、H＋反应生成Fe3＋和NO，发生反应的离子方程式为3Fe2＋＋＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故A错误；
B．据分析可知，可能存在Na＋，故B错误；
C．由可知，生成0.01molNO同时生成0.03molFe3＋，由分析知灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为0.02mol，则n(Fe3＋)＝0.04mol，则原溶液含0.01molFe3＋，证明原溶液一定含Fe3＋、Fe2＋，故C错误；
D．根据分析，溶液中一定不含有：、、Al3＋，一定含有：0.02mol、0.01
mol、0.01molFe3＋、0.03molFe2＋、H＋，根据电荷守恒一定含有Cl−，且n（Cl−）＞2×0.03mol＋3×0.01mol＋1×0.01mol−2×0.02mol＝0.06mol，浓度是0.6mol/L，故D正确；；
故答案选D。
13. 磷酸钒锂/碳复合材料是常用的电极材料，其制备流程如下：

已知：，的电离常数，
下列说法不正确的是
A. 溶液显酸性
B. 碳的作用是增强复合材料的导电性
C. “洗涤”时用乙醇而不用水的目的是减少产品损耗
D. “混合I”时发生反应的化学方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由电离常数可知，磷酸一级的电离常数大于一水合氨的电离常数，说明铵根离子在溶液中的水解程度大于磷酸二氢根离子，溶液呈酸性，选项A正确；
B．碳球等导电碳材中的碳的作用是增强复合材料的导电性，选项B正确；
C．洗涤时用乙醇而不用水是因为磷酸钒锂/碳复合材料在乙醇中的溶解度小于水中的溶解度，可以减少产品因溶解而造成损耗，选项C正确；
D．由题给流程可知，混合Ⅰ时发生的反应为五氧化二钒与草酸溶液反应生成草酸钒、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，选项D不正确；
答案选D。
14. 某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：

已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH