天津市耀华中学2024届高三届级暑假学情反馈化学试题

2023-09-15 20:08:38 23℃

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本文从以下几个角度介绍。

(3)阴离子NO CO SiOS()足B(OH)2溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别二者，不合理。4.D解析A项，利用H3极易溶于水，且水溶液显碱性，可以提高c/(mol·L.-1)？0.250.40CO2的吸收率，因此先通入NH3,后通入CO2,正确；B项，N2CO3的溶(4)存在，其浓度至少为0.8mol·L-1解度较大，NaHCO3的溶解度较小，利用了物质溶解度的差异，正确；C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；D0.56L项，品体是NaHCOs,利用NaHCO3固体的不稳定性，发生反应C0%,其浓度为2.4L.nm0×0.1L=0.25mol·L1,则溶液中2 NaHCO,△Na2CO十CO2十H20制得纯碱，错误。一定无Ag+、Mg+、Ba2-。由加人稀盐酸能生成白色沉淀知，原溶液中一定含有SiO,发生反应的离子方程式为SiO⅓+2H5.AD解析NazCOa、NaHCO:为中滴加盐酸，依次发生的反应有Na2CO3+HI-NaI+NaHCO3、NaHO3+HCI—NaI+CO2A2.4g山，si0,且si0g的张度为60g·m0x0.1L=0.4mol.L十H2O。A项，a点对应的溶液中含有HCO3,所有离子均能大量共存：由实验Ⅲ可知溶液中不含SO异。因为2c(CO%)+2c(SiO)-2×B项，b点对应的溶液中含有HCO3,HCO与H+反应生成CO2气体；0.25mol·L-1+2×0.4mol·L-1=1.3mol·L-1>0.5mol·I-1,所C项，S-与Fe2+、Ag不能人量共存，d,点对应的溶液为氯化钠和稀盐以原溶液中一定含有K+,且其浓度至少为0.8ol·L1,不能确定是酸的混合溶液，NO5、F2+与H+能发生氧化还原反应，CI与Ag+反应否含有NO3。生成AgCI沉淀：D项，c点对应的溶液中溶质为NaCl,NaCl与Ca2+15.(1)BDE烧杯、玻璃棒(2)A(3)2.0大于重新配制(4)8.2NO不反应10将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌6.B解析混合物中加盐酸有气体产生，说明其中有Na2O2、Na2CO(5)ACNaHCOs中的一种或几种；又由于气体通过足量的NaOH溶液后体积解析(2)容量瓶常用于配制一定体积、浓度的溶液，但不能用于贮存、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稀释、加热等。Na2O2,还有Na2CO3、NaHCO3巾的一种或两种：将原混合物在空气巾(3)配制450mL溶液应选用500mL的容量瓶，故m(NaOH)=加热有气体放出，说明NaHCOs肯定存在，但Va2CO3和NaCl不能确0.1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1-2.0g,定容时俯视，造成溶液定是否存在。实际体积小于500mL,则所得溶液浓度大于0.1mol·L17.BC解析结合②和③推知，①中N2O2与水发生复分解反应生成(4)配制480mLH2S)4溶液，需用500mL容量瓶，设需要质量分数为H2O2和NaOH;④中BaO2和H2SO4反应生成BaSO4沉淀和H2(O2,且98%、密度为1.84g·cm3的浓硫酸的体积为xmL,则0.3mol·L1①④中均有HO2分解生成O2,A项正确；①⑤中产生的气体是O2,能×0.5L×98g·mol-1=98%×1.84g·mL-1×xmL,解得x≈8.2，使带火星的木条复燃，但①中N2O2与水反应也生成O2,不能说明存在所以应选择10mL的量筒H2O2,B项错误；④中BaO2和H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HO2,(5)A项，滤纸上会残留NaOH,造成溶液浓度偏低；B项，容量瓶中的H2O2不断分解生成O2,脱离反应体系，促使BaO2不断转化为BaSO1蒸馏水对配制溶液无影响；C项，定容摇匀后再加水，会使溶液体积变而BO2溶于酸，BaSO4不溶于酸，故不能判断BaO2、BaSO4的溶解性，大，造成溶液浓度偏低。C项错误；⑤中滴加酸性KM()4溶液，产生气体，溶液褪色，说明16.(1)+3Mn(O4被还原为Mn2+,H2()2则被氧化成(O2,说明H2O2具有还原性，(2)MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O)D项正确(3)①Fc+2Fc3-3Fc2+Fc+2H+—Fc2++H28.(1)①检验装置的气密性③排尽装置巾的水蒸气和二氧化碳，减少②112a-56b误差(4)生成的Fe3+催化了双氧水的分解(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(5)c(NH)c(SO)c(H)c(OH-)N2CO3·10H2O在混合物中的质量分数偏小解析(3)①“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的F31和H反应②碱石灰防止空气中的二氧化碳和水影响测量结果偏大时，氧化性较强的Fe3+先与Fe反应生成Fe2+,Fe3+完全反应后，Ht③286(44m18n)44×180与Fe反应生成Fe2+和H2,反应的离子方程式为Fe+2Fe3+解析(2)①加热后有部分CO2和水蒸气会残留在装置中，必须鼓入氮3Fe2+和Fe+2H+一Fe2++H2↑。②山化学式Mn.Zn(1-x)Fe2(O4气使其排出并完全被吸收，若不鼓入氨气，则会使测定的二氧化碳和水可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe+)=1:2,设加入的铁粉为xmol,依据的质量偏小，使测得的碳酸氢钠和Na2CO3·10H2O在混合物中的质量题意可得(amol·L-1×103L):(bmol·L-1×103L十x)=1:2,解得分数偏小。②装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置x=(2a-b)×103mol,则加入的铁粉质量为(2a一b)×103mol×56g·mol-1-56(2a-b)X103g-56(2a-b)kg。(4)在“氧化”工序D,故干燥管中盛放的药品是诚石灰，如果没有该装置，会使测得的aHC)2中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+,反应生成的Fe3+可以作催化剂催化分的质量分数偏大。③由题巾信息可知反应放出的CO2的质量为ng,根解双氧水，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因据反应的化学方程式2 NaHCO3△NaCO3十IH20A十CO2个，可计算素。(5)由流程图可知，反应中加人了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以作氨肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中H丈水解使溶液呈酸性，溶液出该反应中产生的水的质量为g,从而计算出NaeC0·10H,0分中有c(H+)>c(OH-),但是由于水解程度小，溶液中有c(NH)解产生水的质量为(m-1)g,博根据NeC0·100△NaC0c(SO一)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为c(NH丈)>c(SO)c(H+)c(OH).10H0,计算出aC0,·10H.0的质量为(m一产)×&，最后第三章金属及其化合物计算出混合物中Na2CO3·10H2O的质量分数为第1讲钠及其化合物wg100%=286(44m-18)1.D解析Na在空气中被O2氧化生成Na2O,N2O2则吸收CO2、H2O44×180(g),均发生氧化还原反应；NaC在空气巾放置，不会变质；Na2O在空气第2讲镁、铝及其重要化合物中放置，吸收H2)(g)、C)2,最终转变为N2C)3,未发生氧化还原反应。1.A解析Mg)的熔点很高，通常电解熔点较低的MgC2制备Mg,A2.C解析N2O2能与酸反应生成盐和水，还生成O2,故N2O2不是碱项错误；A13+水解生成的A1(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬性氧化物，A项错误；Na2O2能与水反应牛成NaOH和O2,不能作气体浮物，因而可用于水的净化，B项正确；在空气中A1的表面会形成一层干燥剂，B项借误；N2)2与C)2反应产生氧气，N2(O2既是氧化剂又,1致密的氧化膜，可以保护A!不被进一步腐蚀，D项正确。是还原剂，D项错误。2.B解析钠先与水反应生成NaOH和H2,生成的NaOH再与MgCl23.B解析①Na2COs、NaHCO3溶液均因水解呈碱性，同温度下相同物，1反应生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为2Na+2H2O+Mg2+质的量浓度的两溶液，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3,前者溶液中-Mg(OH)2￥+2NaI+H2↑，A项错误；A1O2与HCO3发生反应c()H-)大，pH大，合理；②因N2C)3溶液中c(()H-)大，分别滴加2生成Al(OH)3沉淀和CO-,B项正确；室温下用稀HNO3溶解铜，反滴酚酞溶液，红色较深的是N2COs溶液，合理；③取等量的溶液于两支应生成硝酸铜、NO气体和水，C项错误；Na2SiO3在水溶液中完全电离，试管中，加热，均没有气体生成，不合理；④同浓度的两溶液中，分别逐滴：需拆成离子形式，D项错误。加入稀盐酸，NaHCO3溶液开始就有气体放，合理；⑤二者均与：3.C解析氢氧化钠的物质的量是0.3mol,氯化铅的物质的量是·60·23xLJ(新)·化学-A版-XJC

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