2024届浙江省宁波市镇海中学化学高一第一学期期末达标测试试题含精品399.pdf

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四反应(离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种)。12、C【解题分析】实验室没有950mL的容量瓶,应用1000mL的容量瓶进行配制,则n(NaCl)=1L×2mol·L-1=2mol,m(NaCl)=2mol×=117g;选C,故答案为:C。【题目点拨】在实验室中,容量瓶的规格一般为:25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。13、D【解题分析】,故A错误;,%~2%,钢不是纯铁是铁合金,是混合物,故B错误;,多数合金的抗腐蚀性比组成它们的纯金属更好,故C错误;,其熔点比组成它的锡、铅的熔点都要低,这也是合金的优点,故D正确;故答案为D。14、C【解题分析】ma?nb首先求蒸发掉P***后溶质质量分数为:,据物质的量浓度计算公式:物质的量浓度=m?n?pq?1000?(ma?nb)得:溶质的摩尔质量=,故答案C正确,c(m?n?p)答案选C。15、C【解题分析】,再加入98%浓硫酸3mL,铝条表面无明显现象,发生了钝化,不是不反应,故A错误;,再通入SO气体,紫红色褪去,两者发生氧化还原反应,证明SO具有422还原性,故B错误;,向FeCl溶液中滴加少量KI溶液,再滴加几滴淀粉溶液,溶液变蓝色,生成了单质碘,根据氧化还原反3应原理,得到Fe3+的氧化性比I的强,故C正确;2:..,石灰水变浑浊,则该气体可能是CO或者SO,故溶液X中22可能含有CO2-、HCO-、SO2-、HSO-等,故D错误;3333综上所述,答案为C。16、C【解题分析】A项、用手握住试管,试管内气体受热膨胀,在烧杯内有气泡产生,说明装置气密性良好,装置不漏气;B项、用弹簧夹夹住右边导管,向长颈漏斗中加水,形成的液面高度不变,说明装置气密性良好,装置不漏气;C项、当向右拉动注射器的活塞时,锥形瓶内的空气体积增大压强变小,若气密性良好则可以看到长颈漏斗的下端会产生气泡,向右拉活塞时无气泡,说明装置一定漏气;D项、用弹簧夹夹住右边导管,双手捂住烧瓶,烧瓶内气体受热膨胀,使广口瓶中气体压强增大,在玻璃管中形成一段水柱,说明装置气密性良好,装置不漏气;故选C。【题目点拨】装置气密性检验有多种方法,实验装置不同,但原理都是依据密闭装置中存在压强差,据装置内外的压强差形成水柱或气泡判断装置是否漏气。二、非选择题(本题包括5小题)17、(NH)CO(或NHHCO)NHNOHNO2NaO+2CO=2NaCO+O4NH+423433232222323催化剂5O4NO+6HO22Δ【解题分析】X既能与盐酸反应,又能与NaOH反应,都生成气体,应为弱酸铵盐,则C为NH,气体A能与过氧化钠反应,故A3为CO,则X应为碳酸氢铵或碳酸铵,分解产物中B为HO;反应①为CO与NaO反应,且NH能与反应①生成222223的产物之一发生催化氧化反应,则D为O,反应②为NH在O中催化氧化生成的E为NO,NO和O反应生成的F2322为NO,NO再与水反应生成HNO和NO,则G为HNO,再结合物质的性质进行解答。2233【题目详解】X既能与盐酸反应,又能与NaOH反应,都生成气体,应为弱酸铵盐,则C为NH,气体A能与过氧化钠反应,故A3为CO2,则X应为碳酸氢铵或碳酸铵,分解产物中B为H2O;反应①为CO2与Na2O2反应,且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应,则D为O,反应②为NH在O中催化氧化生成的E为NO,NO和O反应生成的F2322为NO,NO再与水反应生成HNO和NO,则G为HNO;2233(1)由分析知:X为(NH)CO(或NHHCO),C为NH,F为NO,G为HNO;42343323(2)反应①为CO与NaO反应生成碳酸钠和氧气,发生反应的化学方程式为2NaO+2CO=2NaCO+O;反应②222222232:..催化剂为氨气的催化氧化,发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。Δ【题目点拨】以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质,涉及常用化学用语与氧化还原反应等,在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力,注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键,本题突破点是X的不稳定性,且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体,确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。18、SONH2MnO-+6H++5SO2-=5SO2-+2Mn2++5HOSO+Cl+2HO=SO2-+4H++2Cl-A2343422224【解题分析】A为含硫氮正盐其中硫元素化合价为+4,与盐酸反应生成气体D与气体F,而气体D能使品红溶液褪色,气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则D为SO,F为NH,A是(NH)SO,E为NHCl,故白色沉淀C为BaSO,B为(NH)SO。2342344424【题目详解】根据已知条件:能使品红溶液褪色的是二氧化硫,所以D是二氧化硫,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气,即F是氨气,A是一种白色晶体,和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫,所以A是(NH)SO,容易被氧化剂氧423化为硫酸铵,所以B是硫酸铵,得出E是***化铵,白色沉淀C是硫酸钡,(1)根据上述分析,D是二氧化硫,F是氨气,故答案为SO;NH;23(2)①A是(NH)SO,A和酸性KMnO溶液反应的离子方程式为2MnO-+6H++5SO2-=5SO2-+2Mn2++5HO;42344342②***气能将二氧化硫氧化,离子方程式为:SO+Cl+2HO=SO2-+4H++2Cl-;2224(3)通过本题的解答可知,若溶液中存在亚硫酸根离子,加入***后能够被氧化为硫酸根离子,因此在检验SO2-时,4应使用盐酸酸化的BaCl溶液,故选A。2【点晴】本题是一道框图推断题,注意寻找解题的突破口是关键,主要考查物质的性质,解答本题时注意把握离子的检验方案的实验设计。解答此类试题,要注意寻找解题的突破口,本题的突破口:能使品红溶液褪色的是二氧化硫,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气,一种正盐和其他物质反应既能生成氨气又能生成二氧化硫的是亚硫酸铵。19、Cl+2Fe2+=2Fe3++2Cl?Cl+2I-=I+2Cl?先变红后退色NaOH溶液ASO+2HS==3S↓+2HO222222【解题分析】分析:本题考查的***气和二氧化硫的性质,结合实验装置进行分析,掌握***气和二氧化硫的氧化性是关键。详解:Ⅰ.若气体a是Cl,装置A、B、C中的试剂依次为:FeCl溶液、淀粉KI溶液、石蕊溶液。(1)***气和***化22亚铁反应生成***化铁,溶液变棕黄色,离子方程式为:Cl+2Fe2+=2Fe3++2Cl?。(2)B瓶中碘化钾和***气反应生成***2化钾和碘单质,离子方程式为:Cl+2I-=I+2Cl?,碘遇到淀粉显蓝色。(3)C中是紫色石蕊溶液,***气和水反应生成22:..盐酸和次***酸,溶液先变红后褪色。(4)因为***气有毒,最后的装置应为吸收***气防止污染,根据***气可以和氢氧化钠反应分析,最后装置中为氢氧化钠溶液。II.(1)二氧化硫使品红褪色是表现了漂白性,二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色是表现了还原性。(2)C中硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水,方程式为SO+2HS=3S↓+2HO。22220、OCO饱和NaHCO溶液CaCO+2H+===Ca2++CO↑+HO223322SiO2-+CO+HO===CO2-+HSiO↓322323【解题分析】(1)①由装置图分析可知,气体A是在烧瓶中生成的,若A是能使带火星的木条复燃的气体,C为过氧化钠,所以A为O;反应的化学方程式为2NaO+2HO=4NaOH+O↑,用双线桥表示电子得失情况为22222;②若A可以灭火,C为块状不溶性固体即CaCO,则A为CO,D为饱和32的NaHCO溶液,用于除去CO中的HCl,此时烧瓶中发生反应的离子方程式为CaCO+2H+=Ca2++CO↑+HO;32322(2)一次实验即可确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱,则分液漏斗中的B为盐酸,烧瓶中的C为碳酸盐,如CaCO3或NaCO,D为饱和的NaHCO溶液,用于除去CO中的HCl,确保进入E中的气体只有CO,而E为NaSiO,2332223所以E中反应的离子方程式为SiO2-+CO+HO===CO2-+HSiO↓。32232321、①HSO=2H++SO2-2NaO+2HO═4NaOH+O↑HCO-+H+═HO+CO↑SiO+2OH-═SiO2-+HO2442222322232【解题分析】(1)酸能使紫色石蕊溶液变红色,因此溶液变红的是硫酸。(2)硫酸是二元强酸,HSO的电离方程式为24HSO=2H++SO2-。(3)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的化学方程式为2442NaO+2HO=4NaOH+O↑。(4)碳酸氢钠可治疗胃酸(%~%的盐酸)过多,与盐酸反应生成***化钠、水和二2222氧化碳,反应的离子方程式为HCO-+H+=HO+CO↑。(5)二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,反应的322离子方程式为SiO+2OH-=SiO2-+HO。232