卓育云·2023-2024中考学科素养自主测评卷(一)化学试题

2023-09-15 17:10:00 60

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本文从以下几个角度介绍。

14.(1)Ag+、Mg2+、Ba2+CO2的吸收率，因此先通入NH3,后通入C)2,正确；B项，N2COs的(2)Si(0g-+2H-—H2Si(03Y溶解度较大，NaHC()3的溶解度较小，利用了物质溶解度的差异，正确：(3)阴离子N()3C()3-SiOC项，操作Ⅲ是过滤，因此用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D项，品体是NaHCO3,利用NaHCO3固体的不稳定性，发生反应c/(mol·L-1)0.250.402NaHCO△Na2CO+C02◆十HzO制得纯碱，错误。(4)存在，其浓度至少为0.8mol·L一5.D【解析】Na2CO3、NaHCO3中滴加盐酸，依次发生的反应有Na2CO:【解析】由实验I可知，加入稀盐酸产生气体，则原溶液中一定含有+HCI—NaCI+NaHCO3、NaHCO3+HCI—NaCl+CO2A+0.561C0%,其浓度为2.4Lm0x0.1工-0.25ml.L.1,则溶液中H2O。A项，a点对应的溶液中含有HC)3,HCO3与OH-反应生成CO;B项，b点对应的溶液中含有HCO,HCOs与H+反应生成一定无Ag+、Mg2+、Ba+。由加入稀盐酸能生成白色沉淀知，原溶液CO2气体；C项，S与Fe2+、Ag不能大量共存，d点对应的溶液为氯中一定含有SiO?,发生反应的离子方程式为SiO房-十2H+化钠和稀盐酸的混合溶液，NO3、Fe2+与H+能发生氧化还原反应，2.4道HSi0,且S0芳的浓度为0g·m0iX0.1L=0.4mol1。CI与Ag反应生成AgCI沉淀；D项，c点对应的溶液中溶质为NaCl,NaCl与Ca2+、NO3不反应。由实验Ⅲ可知溶液中不含S(O。因为2c(C(O⅓-)+2c(SiO-)=2×0.25mol·L1+2×0.4mol·L1=1.3mol·L1>0.5mol·L1,所6.B【解析】混合物中加盐酸有气体产生，说明其中有Na2O2、Na2CO3NaHCO3中的·种或几种，又由于气休通过足量的NaOH溶液后体积以原溶液中一定含有K+,且其浓度至少为0.8ol·L1,不能确定减小一部分，说明气体中同时含有O2和CO2,则原混合物中肯定存在是否含有O3。Na2O2,还有N2CO3、NaHCO3中的一种或两种；将原混合物在空气中15.(1)BDE烧杯、玻璃棒(2)A(3)2.0大于重新配制(4)8.210将浓硫酸沿烧林内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅州加热有气体放出，说明NaHCO肯定存在，但Na2CO和NaCl不能确定是否存在(5)AC7.B【解析】结合②和③推知，①中N2O2与水发生复分解反应生成【解析】(2)容量瓶常用于配制一定体积、浓度的溶液，但不能用于贮H2O2和NaOH;④巾BaO2和H2SO4反应生成BaSO4沉淀和H2O2,存、稀释、加热等。且①④中均有2O2分解生成O2,A项正确；①⑤中产生的气体是O2,(3)配制450mL溶液应选用500mL的容量瓶，故n(NaOH)=能使带火星的木条复燃，但①中N()2与水反应也生成(O2,不能说明0.1mol·L1×0.5L×10g·mol-1=2.0g,定容时俯视，造成溶液存在H2O2,B项错误；④中BaO2和H2S)4反应生成BaS)4沉淀和实际体积小于500mL,则所得溶液浓度大于0.1mol·LH2O2,H2O2不断分解生成O2,脱离反应体系，促使BaO2不断转化为(4)配制480mLH2SO4溶液，需用500mL容量瓶，设需要质量分数BaSO4,而BaO2z溶于酸，BaS04不溶于酸，故不能判断BaO2、BaSO4的为98%、密度为1.84g·cm一3的浓硫酸的体积为xmL,则溶解性，C项正确；⑤中滴加酸性KMO4溶液，产生气体，溶液褪色，0.3mol·L-1X0.5L×98g·mol-1=98%×1.84g·mL-1×说明MnO被还原为Mn2+,H2O2则被氧化成O2,说明HzO2具有还xtmL,解得x≈8.2，所以应选择10mL的量筒。原性，D项正确。(5)A项，滤纸上会残留Na(OH,造成溶液浓度偏低；B项，容量瓶中的8.(1)①NaOH、Naz CO3②Naz CO蒸馏水对配制溶液无影响；C项，定容摇匀后再加水，会使溶液体积变③N2COs、NaHCO3④NaHCOa大，造成溶液浓度偏低。(2)①112②Na(OH、NaC3③0.15mol·L116.(1)+3【解析】(2)①分析图中出线和各个量的关系，A中开始产生CO2到停(2)Mn(O(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O止产生C02共消耗盐酸50ml,其中氢离子的物质的量为(3)①Fe+2Fe3—3Fe2Fe-+2H=Fe21+H2个0.1mol·L1×0.050L=0.005mol,该过程发生反应HCO3十H②112a-56bCO2↑+H2O,所以产生标准状况下CO2的体积为0.005mol×(4)生成的Fe3+催化了双氧水的分解22.4L·mol-l×1000mL·L-1=112mL。②在B中先加人60mL盐(5)(NH)>c(SO)>c(H)>c(OH-)酸，没有气体生成，后加人15L盐酸的过程中有CO2放出，则【解析】(3)①“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe3+和H+反应n(H)3)=0.1mol·L1×0.015L=0.0015mol,原溶液中只有时，氧化性较强的Fe3+先与Fe反应生成Fe2+,Fe3+完全反应后，H0.0015 mol CO⅓，含有0.006mol-0.0015mol=0.0045mol的OH与Fe反应生成Fe2+和H2,反应的离子方程式为Fe十2Fe3+即通入CO2后溶液中的溶质是NaOH和Na2C)3。根据钠原子守恒，3Fe2-和Fe+2H+一Fe2++Hg↑。②由化学式Mn:Zn(1-Fe2O可计算原氢氧化钠溶液的物质的量浓度。可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe3+)-1:2,设加入的铁粉为.xmol,依据9.(1)①检验装置的气密性③排尽装置中的水蒸气和二氧化碳，诚少题意可得(amol·L-1×103L):(bmol·L-1×103L十x)=1:2,解得误差x=(2a一b)×103mol,则加入的铁粉质量为(2a一b)×103mol×(2)①会使测定的二氧化碳和水的质量偏小，使测得的碳酸氢钠和56g·mol-1=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg。(4)在“氧化”工序Naz CO3·10H2O在混合物中的质量分数偏小中，双氧水把Fe+氧化为Fe3+,反应生成的Fe3+可以作催化剂催化②碱石灰防止空气中的二氧化碳和水影响测量结果偏大分解双氧水，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素。(5)由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定③286(44m-18n44×180含有可以作氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中NH对水解使溶液呈酸性，【解析】(2)①加热后有部分C()2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入溶液巾有c(H+)>c(OH一)，但是由于水解程度小，溶液巾有氮气使其排出并完全被吸收，若不鼓入氮气，则会使测定的二氧化碳和c(NH)≥c(SO星)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为c(NHt)水的质量偏小，使测得的碳酸氢钠和N2CO3·10H2O在混合物中的>c(SO?)>c(H+)>c(OH-)质量分数偏小。②装置E的作用是防止空气巾的)2和水蒸气进入精练案6钠及其化合物装置D,故干燥管中盛放的药品是碱石灰，如果没有该装置，会使测得的1.D【解析】Na在空气中被O2氧化生成NaO,Na2O2则吸收CO2IC方的质量分数偏大。③由题中信息可知反应放出的CO2的质量H2()(g),均发生氧化还原反应；NaCl在空气中放置，不会变质；Na2()为ng,根据反应的化学方程式2 NaHCO,人NaCO,十H2O*在空气中放置，吸收H2O(g)、C)2,最终转变为N2C)3,未发生氧化还原反应。C0◆，可计算出该反应中产生的水的质量为g,从而计算出2.C【解析】Na2()2能与酸反应生成盐和水，还生成(O2,故Na2()2不是碱性氧化物，A项错误；Na2O2能与水反应生成NaOH和O2,不能作Ne0,·10e0分解产生水的质量为(m产)，再根据Ne0,·气体干燥剂，B项错误；N2O2与C)2反应产生氧气，N2(O2既是氧化1oIl2O△NaCO3+10IH20+,计算出NaCO·10IH20的质量为剂又是还原剂，D项错误。3.B【解析】①N2COs、NaHCOs溶液均因水解呈碱性，同温度下相同m产)×Sg,最后计算出混合物中NaC0。·10H0的质址分4物质的量浓度的两溶液，N2C()3的水解程度大于NaHC()3,前者溶液18m中c(OH)大，pH大，合理；②因Na2CO3溶液中c(OH)大，分别滴数为X100%=286(44m-18)加2滴酚酞溶液，红色较深的是N2C()3溶液，合理；③取等量的溶液g44×180于两支试管中，加热，均没有气体生成，不合理；④同浓度的两溶液中，精练案7镁、铝及其化合物分别逐滴加入稀盐酸，NaHC)3溶液丌始就有气体放出，合理；⑤二者1.A【解析】MgO的榕点很高，通常电解熔点较低的Mg(C2制备Mg,A均与B(OH)2溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别二者，不合理。项错误：A+水解生成的A1(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬4.D【解析】A项，利用H;极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高浮物，因而可用于水的净化，B项正确；在空气中A1的表面会形成一层23XKA·化学￥·45·

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