2019-2020年高三（下）周考化学试卷（12） 含解析.doc

2019-2020年高三（下）周考化学试卷（12） 含解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列说法不正确的是（）ANa2O、Na2O2组成元素相同，均与H2O反应，均属于碱性氧化物B新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈无色CNO、SO2、NO2都是大气污染气体，在空气中都不能稳定存在DSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应2（4分）（xx春新余校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NAB标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA3（4分）（xx江西校级二模）下列叙述正确的是（）A将过量CO2气体通入水玻璃中可制得硅酸和纯碱B标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子0.1molC1L 2molL1明矾经水解可得到氢氧化铝胶体粒子数目为26.021023D漂白粉溶于水能导电，故漂白粉是电解质4（4分）（xx玉溪校级模拟）能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2OB碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3H2O+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH5（4分）（xx秋孝南区校级期中）下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是（）A将含少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管并不断用电火花引燃B向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C将1molCu置于含2molH2SO4的浓硫酸中加热D在强光持续照射下，向过量的Ca（ClO）2悬浊液中通入少量的CO26（4分）向装有乙醇的烧杯中投入一小块金属钠，下列对实验现象的描述中正确的是（）A钠熔化成小球B钠块沉在乙醇液面的下面C钠块在乙醇的液面上游动D钠块表面有气泡放出，有轻微爆炸产生7（4分）碳酸钠（Na2CO3）俗称纯碱，是一种重要的基础化工原料，广泛应用于玻璃、造纸等工业下列与碳酸钠有关的说法正确的是（）ANa2CO3的稳定性介于Na2CO310H2O和NaHCO3之间B“侯氏制碱法”制得的碱是指NaHCO3C可用盐酸鉴别Na2CO3 和NaHCO3固体D纯碱有时可代替烧碱使用，比如溶解石英、吸收氯气等8（4分）把金属钠和金属钠在空气中的燃烧产物P分别加入到足量的水中，生成的气体在一定条件下恰好完全反应，则与水反应的金属钠与被氧化成P的金属钠的质量比为（）A23：78B2：1C1：1D46：789（4分）（xx春桥西区校级月考）将21.8g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6g，则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：1D2：310（4分）（xx春宁波期末）如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是（）AA气体是CO2，B气体是NH3B第步得到的晶体是Na2CO310H2OC第步的离子方程式为Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+D第步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶11（4分）（xx秋莲湖区校级月考）将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度为（）AmolL1BmolL1CmolL1DmolL112（4分）下列反应中，相关示意图象错误的是（）ABCD将二氧化硫通入到一定量氯水中将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉加入到一定量浓硝酸中将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中AABBCCDD13（4分）（xx秋鄂州校级期中）将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD14（4分）（xx洛阳二模）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：315（4分）（xx秋南湖区校级月考）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/LB通入CO2的体积为448 mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=1：1二、非选择题16（14分）（xx春海曙区校级期末）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金（1）化学镀镍的溶液中含有Ni2+ 和H2PO，在酸性条件下发生以下镀镍反应： Ni2+ H2PO+Ni+ H2PO+6H2PO+2H+2P+4H2PO+3H2请配平反应式（2）反应式中还原剂是，被还原元素是（3）反应中，若生成1mol H2PO，反应中转移电子的物质的量为（4）从二个化学镀镍反应分析，若生成1mol Ni和1mol P，同时有mol H2PO生成（5）完成下列各小题中的化学反应方程式：碱金属与O2反应生成氧化物较复杂，有普通氧化物（如K2O）过氧化物（如K2O2）还有超氧化物和臭氧化物等要制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐写出下列化学反应式：钠与过氧化钠反应钾还原硝酸钾还产生了一种单质气体17（14分）（xx秋袁州区校级月考）乙二酸通常以二水合物的形式存在，俗称草酸晶体已知草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，继续升温会分解生成CO、CO2和H2O（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是（填编号）能和乙二醇发生酯化反应 能使酸性高锰酸钾溶液褪色其溶液能使蓝色石蕊试纸变红 能和碳酸氢钠溶液反应生成气体玻璃棒（2）乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到写出该反应的化学反应方程式：（3）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成实验（）简述检验装置1气密性的操作方法：（）B和E两个装置中更合理的是E，理由为：（）请从AF中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：（）一定条件下草酸氢铵分解生成NH3、CO、CO2和H2O，110时将该混合气体先通过Na2O2，再通过浓硫酸分别增重Ag和Bg； 若将混合气体先通过浓硫酸，再通过Na2O2分别增重Cg和Dg（能反应的气体均可吸收完全，且该条件下CO与Na2O2不反应），则A、B、C、D的大小关系为：18（12分）（xx春上饶期末）某小组通过实验研究Na2O2与水的反应操作现象向盛有0.2gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水剧列反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的溶液a向溶液a中滴入两滴酚酞溶液变红10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色（1）Na2O2与水反应的化学方程式是（2）中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2，H2O2与酚酞发生了反应甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂（填化学式），有气体产生乙同学查阅资料获悉：用KMnO4（被还原为Mn2+）可以测定H2O2的含量取3mL溶液a稀释至15mL，用稀H2SO4酸化，再逐滴加入0.0045molL1 KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗10mLKMnO4溶液KMnO4与H2O2反应的离子方程式是溶液a中c（H2O2）=molL1溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是（3）为探究现象产生的原因，同学们继续进行了如下实验：向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1molL1 NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色，该过程无明显热效应向1molL1 NaOH溶液中滴入两滴酚酞的，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入氧气，溶液颜色无明显变化从实验和中，可得出的结论是xx学年江苏省南京市南大附中高三（下）周考化学试卷（12）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共60分）1（4分）下列说法不正确的是（）ANa2O、Na2O2组成元素相同，均与H2O反应，均属于碱性氧化物B新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈无色CNO、SO2、NO2都是大气污染气体，在空气中都不能稳定存在DSiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应考点：钠的重要化合物；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅分析：A、碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物；B、新制氯水含有HClO，具有漂白性；C、NO易与空气中的O2反应；D、酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物解答：解：A、因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故A错误；B、新制氯水含有HClO，具有漂白性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，故B错误；C、NO易与空气中的O2反应生成NO2，易变质，故C错误；D、因SiO2能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，是酸性氧化物，故D正确；故选D点评：本题主要考查物质的构成以及物质的化学性质知识，需要强调的是SiO2作为酸性氧化物，但也不完全具有酸性氧化物的通性，难度不大2（4分）（xx春新余校级月考）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，1.0L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH数目为0.2NAB标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA考点：阿伏加德罗常数分析：A、依据PH计算氢离子浓度，结合溶液中离子积常数计算碱溶液中氢氧根离子浓度，水溶液中水电离也生成氢氧根离子分析判断；B、氯气与氢氧化钠溶液飞反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，属于歧化反应；C、根据乙烯和丁烯的最简式都是CH2的特点来分析；D、标况下，甲醇为液态解答：解：A、25时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中，碱含有的OH数目为0.2NA，水存在电离生成氢氧根离子，所以溶液中氢氧根离子大于0.2NA，故A错误；B、标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气与氢氧化钠的反应是歧化反应，因此0.1mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移了0.1mol电子，转移的电子总数为0.1NA，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，则，所以n（C）=1.5mol，N（C）=1.5NA，故C正确；D、标况下，甲醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3（4分）（xx江西校级二模）下列叙述正确的是（）A将过量CO2气体通入水玻璃中可制得硅酸和纯碱B标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子0.1molC1L 2molL1明矾经水解可得到氢氧化铝胶体粒子数目为26.021023D漂白粉溶于水能导电，故漂白粉是电解质考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；电解质与非电解质；盐类水解的应用专题：氧化还原反应专题；盐类的水解专题分析：A、硅酸钠可以和二氧化碳之间发生反应，根据二氧化碳量的多少确定反应产物；B、根据氯气和氢氧化钠反应中化合价的升降确定电子转移情况；C、根据胶体粒子是氢氧化铁的集合体来回答；D、电解质是在水溶液或是熔融状态下可以导电的化合物解答：解：A、将过量CO2气体通入水玻璃中可制得硅酸和碳酸氢钠，故A错误；B、Cl2与过量稀NaOH溶液反应，实质是：Cl2+2OH=Cl+ClO，该过程转移电子是1mol，所以标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子0.1mol，故B正确；C、胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，微粒数一定小于0.2NA，故C错误；D、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，但是电解质必须是化合物，不属于电解质，故D错误故选B点评：本题涉及氧化还原反应中电子转移的计算、电解质的概念，胶体和胶粒之间的关系等知识，属于综合知识的考查，难度不大4（4分）（xx玉溪校级模拟）能正确表示下列反应的离子方程式是（）ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2OB碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液：NH4+HCO3+2OHCO32+NH3H2O+H2OCFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3+2I2Fe2+I2D用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A亚硝酸钠与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和水；B氢氧化钡足量，离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写，反应产物中不会有碳酸根离子剩余；C碘化氢过量，硝酸根离子具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；D惰性电极电解熔融氯化钠，不是电解氯化钠溶液，反应生成的是钠和氯气解答：解：ANaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2MnO4+5NO2+6H+2Mn2+5NO3+3H2O，故A正确；B碳酸氢铵溶液中加入足量氢氧化钡溶液，反应产物中不会生成碳酸根离子，正确的离子方程式为：Ba2+NH4+HCO3+2OHBaCO3+NH3H2O+H2O，故B错误；CFe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液，碘化氢过量，硝酸根离子和铁离子完全反应，正确的离子方程式为：10I+3NO3+Fe3+12H+5I2+3NO+Fe2+6H2O，故C错误；D用惰性电极电解熔融氯化钠，反应生成钠和氯气，2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故D错误；故选A点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式等5（4分）（xx秋孝南区校级期中）下列画有横线的反应物在反应中不能完全消耗的是（）A将含少量CO2的CO通入足量Na2O2的试管并不断用电火花引燃B向等物质的量的干冰和CaO的混合物中加几滴水C将1molCu置于含2molH2SO4的浓硫酸中加热D在强光持续照射下，向过量的Ca（ClO）2悬浊液中通入少量的CO2考点：钠的重要化合物；浓硫酸的性质分析：A电火花不断引燃，CO燃烧生成二氧化碳，二氧化碳能与足量Na2O2反应，最终气体完全反应；B二氧化碳与水反应生成碳酸，与等物质的量的CaO恰好完全反应；C随反应的进行，稀硫酸不与Cu反应；D反应生成碳酸钙和HClO，光照下HClO分解，最终二氧化碳完全反应解答：解：A电火花不断引燃，CO燃烧生成二氧化碳，二氧化碳能与足量Na2O2反应，最终气体完全反应，相当于CO与Na2O2反应生成碳酸难，CO完全消耗，故A不选；B二氧化碳与水反应生成碳酸，与等物质的量的CaO恰好完全反应，干冰完全消耗，故B不选；C随反应的进行，稀硫酸不与Cu反应，则Cu、硫酸均不能完全消耗，故C选；D反应生成碳酸钙和HClO，光照下HClO分解，最终二氧化碳完全反应，而次氯酸钙过量，不能完全消耗，故D选；故选CD点评：本题考查浓硫酸的性质及Na2O2的性质，侧重化学反应的考查，明确物质的性质及特性即可解答，注意量对反应的影响，题目难度不大6（4分）向装有乙醇的烧杯中投入一小块金属钠，下列对实验现象的描述中正确的是（）A钠熔化成小球B钠块沉在乙醇液面的下面C钠块在乙醇的液面上游动D钠块表面有气泡放出，有轻微爆炸产生考点：乙醇与金属钠的反应分析：与水相比较，乙醇密度较小，钠与乙醇反应时，钠沉在乙醇液面的下面，钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，可生成乙醇钠和氢气，据此分析解答解答：解：A虽然Na与乙醇反应也放热，但Na的熔点比乙醇的沸点高，Na在乙醇中反应不会熔化成小球，故A错误；B由于乙醇的密度比钠小，钠块沉在乙醇液面下，故B正确；C由于乙醇的密度比钠小，钠块沉在乙醇液面下，不会观察到钠块在乙醇的液面上游动的现象，故C错误；D钠在乙醇中反应不剧烈所以没有轻微爆炸产生，只是缓缓产生气泡，故D错误；故选B点评：本题考查钠和乙醇的反应，侧重考查学生分析判断能力，以乙醇、水分别和Na反应现象进行对比，由此判断水、乙醇中OH电离出氢离子难易程度，题目难度不大7（4分）碳酸钠（Na2CO3）俗称纯碱，是一种重要的基础化工原料，广泛应用于玻璃、造纸等工业下列与碳酸钠有关的说法正确的是（）ANa2CO3的稳定性介于Na2CO310H2O和NaHCO3之间B“侯氏制碱法”制得的碱是指NaHCO3C可用盐酸鉴别Na2CO3 和NaHCO3固体D纯碱有时可代替烧碱使用，比如溶解石英、吸收氯气等考点：钠的重要化合物；物质的检验和鉴别的实验方案设计分析：ANa2CO3的稳定性大于Na2CO310H2O和NaHCO3；B“侯氏制碱法”制得的碱是指Na2CO3；C盐酸和Na2CO3、碳酸氢钠反应方程式分别为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O；DNa2CO3为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但较微弱，不能溶解二氧化硅解答：解：A常温下，Na2CO310H2O能风化生成Na2CO3，加热条件下NaHCO3分解生成Na2CO3，所以Na2CO3的稳定性大于Na2CO310H2O和NaHCO3，故A错误；B“侯氏制碱法”制得的碱是指Na2CO3，Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故B错误；C盐酸和Na2CO3、NaHCO3反应方程式分别为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，所以向Na2CO3、NaHCO3溶液中滴加稀盐酸反应现象不同，Na2CO3溶液中先没有气体生成，一段时间后产生气体，NaHCO3溶液中立即产生气体，所以可以用稀盐酸鉴别Na2CO3、NaHCO3，故C正确；DNa2CO3为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但较微弱，Na2CO3溶液的碱性不能溶解二氧化硅，故D错误；故选C点评：本题考查了碳酸钠的有关知识，根据教材中碳酸钠、碳酸氢钠稳定性强弱等知识点来分析解答，知道除去碳酸钠中碳酸氢钠的方法、除去碳酸氢钠中碳酸钠的方法，题目难度不大8（4分）把金属钠和金属钠在空气中的燃烧产物P分别加入到足量的水中，生成的气体在一定条件下恰好完全反应，则与水反应的金属钠与被氧化成P的金属钠的质量比为（）A23：78B2：1C1：1D46：78考点：化学方程式的有关计算分析：钠燃烧生成过氧化钠，加入足量水中分别反应生成氢气与氧气，生成的氢气、氧气在一定条件下恰好完全反应，则发生反应2H2+O22H2O，令氢气为2mol，则生成氧气为1mol，根据方程式计算Na、过氧化钠的物质的量，据此计算判断解答：解：钠燃烧生成过氧化钠，加入足量实质分别反应生成氢气与氧气，生成的氢气、氧气在一定条件下恰好完全反应，则发生反应2H2+O22H2O，令氢气为2mol，则生成氧气为1mol，则：2Na+2H2O2NaOH+H24mol 2mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O22mol 1mol故与水反应的金属钠与被氧化成x的金属钠的质量比为4mol：2mol2=1：1，故选：C点评：本题考查根据方程式进行的计算，比较基础，注意掌握钠及其化合物的性质9（4分）（xx春桥西区校级月考）将21.8g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重18.6g，则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是（）A1：1B1：2C2：1D2：3考点：钠的重要化合物；有关混合物反应的计算专题：计算题分析：根据化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 运用差量法计算出Na2O2的质量，然后求出Na2O的质量，最后求出两者的物质的量之比解答：解：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 156g 32g m 21.818.6=3.2Na2O2的质量是m=156g=15.6g氧化钠的质量是21.8g15.6g=6.2g原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比：=2：1，故选C点评：本题主要考查了利用化学方程式的计算，注意抓住固体质量与溶液增加的质量之差为氧气的质量是解题的关键10（4分）（xx春宁波期末）如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是（）AA气体是CO2，B气体是NH3B第步得到的晶体是Na2CO310H2OC第步的离子方程式为Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+D第步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶考点：纯碱工业（侯氏制碱法）专题：元素及其化合物分析：A依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；B第步得到的晶体是碳酸氢钠；C第步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，据此分析；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体解答：解：A氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，A为氨气，B为二氧化碳，故A错误；B第步反应方程式为NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；C第步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+，故C正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故D错误；故选C点评：本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等11（4分）（xx秋莲湖区校级月考）将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为 gcm3，则此溶液的物质的量浓度为（）AmolL1BmolL1CmolL1DmolL1考点：物质的量浓度的相关计算专题：计算题分析：发生总反应为：Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2，等物质的量的Na、Al恰好反应，最终恰好为NaAlO2溶液，根据方程式计算n（NaAlO2）、n（H2），进而计算溶液的质量，根据V=计算溶液体积，再根据c=计算偏铝酸钠的浓度解答：解：发生总反应为：Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2，等物质的量的Na、Al恰好反应，最终恰好为NaAlO2溶液，由方程式可知n（NaAlO2）=amol、n（H2）=2amol，故m（H2）=2a mol2g/mol=4ag，则溶液的质量为（mg+amol23g/mol+amol27g/mol）4ag=（m+46a）g，故溶液的体积为=L，故所得偏铝酸钠溶液的浓度为=mol/L，故选C点评：本题考查物质的量浓度计算、化学方程式计算，难度中等，注意利用总反应方程式解答12（4分）下列反应中，相关示意图象错误的是（）ABCD将二氧化硫通入到一定量氯水中将氨水滴入到一定量氯化铝溶液中将铜粉加入到一定量浓硝酸中将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；硝酸的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质分析：A二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化生成硫酸；B氢氧化铝能溶于强碱不能溶于弱碱；C铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；D铁和氯化铁反应生成氯化亚铁解答：解：A发生的反应为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，随着反应的进行，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A不选；B发生的反应为3NH3H2O+AlCl3=3NH4Cl+Al（OH）3，氢氧化铝不溶于弱碱氨水，所以图象错误，故B选；C发生的反应为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O 3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，根据方程式知，Cu和二氧化氮的曲线斜率大、和NO的曲线斜率小，故C不选；D发生的反应为 Fe+2FeCl3=3FeCl2，溶液质量增大，但氯离子的质量不变，所以氯离子质量分数减小，故D不选；故选B点评：本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，明确物质的性质及物质之间的反应是解本题关键，注意氢氧化铝不溶于弱碱，易错选项是A，二者发生氧化还原反应13（4分）（xx秋鄂州校级期中）将足量的CO2不断通入NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为（）ABCD考点：钠的重要化合物专题：元素及其化合物分析：只要通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生；将Ba（OH）2消耗完毕，接下来消耗NaOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；NaOH被消耗完毕，接下来又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物Na2CO3、BaCO3、反应，最后剩余沉淀为Al（OH）3解答：解：通入CO2，依次发生：CO2+Ba（OH）2BaCO3+H2O、CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、CO2+3H2O+2NaAlO22Al（OH）3+Na2CO3、CO2+H2O+Na2CO32NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，由以上反应可知，图象应为C，故选C点评：本题考查元素化合物知识，侧重于二氧化碳通入混合溶液中的反应顺序的考查，注重运用基本知识解决新问题的能力，并且要考虑二氧化碳的充足会使生成物继续反应的问题难度不大14（4分）（xx洛阳二模）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（）A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I=2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3考点：离子方程式的有关计算专题：计算题分析：氧化性强弱顺序为K2Cr2O7Fe3+，由图象可知，在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液，开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，BC段为铁离子和碘化钾的反应，结合得失电子守恒解答该题解答：解：A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；BBC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，故B正确；C由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol=0.25mol，故C正确；D由方程式2Fe3+2I2Fe2+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，故D错误故选D点评：本题考查化学方程式的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握反应的相关方程式的书写，根据方程式、关系式及电子守恒计算该题，难度中等15（4分）（xx秋南湖区校级月考）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示下列判断正确的是（）A原NaOH溶液的浓度为0.2 mol/LB通入CO2的体积为448 mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：3D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=1：1考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比解答：解：生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L0.2mol/L=0.02mol，所以c（NaOH）=0.2mol/L，故A正确；B由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L0.025L）0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol22.4L/mol=0.3.6L=336mL，故B错误；CNa2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故C错误；D由C中分析可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故D错误；故选A点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键根据图中盐酸的体积确定NaOH溶液与CO2反应得到溶质二、非选择题16（14分）（xx春海曙区校级期末）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金（1）化学镀镍的溶液中含有Ni2+ 和H2PO，在酸性条件下发生以下镀镍反应：1 Ni2+1 H2PO+11H2O1Ni+1 H2PO+2H+6H2PO+2H+2P+4H2PO+3H2请配平反应式（2）反应式中还原剂是H2PO2，被还原元素是Ni（3）反应中，若生成1mol H2PO，反应中转移电子的物质的量为2mol（4）从二个化学镀镍反应分析，若生成1mol Ni和1mol P，同时有3mol H2PO生成（5）完成下列各小题中的化学反应方程式：碱金属与O2反应生成氧化物较复杂，有普通氧化物（如K2O）过氧化物（如K2O2）还有超氧化物和臭氧化物等要制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐写出下列化学反应式：钠与过氧化钠反应Na2O2+2Na=2Na2O钾还原硝酸钾还产生了一种单质气体2KNO3+10K=6K2O+N2考点：氧化还原反应方程式的配平专题：氧化还原反应专题分析：（1）镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式；（2）化合价升高元素所在的反应物是还原剂，化合价降低元素在反应中被还原；（3）根据化合价变化来确定电子转移情况；（4）根据反应方程式来确定物质的量之间的关系；（5）根据题意：制备碱金属的普通氧化物一般是用碱金属还原对应的过氧化物、硝酸盐或亚硝酸盐来回答解答：解：（1）反应中镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，离子反应为Ni2+H2PO2+1H2ONi+1H2PO3+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；（2）反应式中P的化合价升高，所以还原剂是H2PO2，Ni元素的化合价降低，所以被还原元素是Ni，故答案为：H2PO2；Ni；（3）1mol H2PO3，反应中转移电子的物质的量为1mol（42）=2mol，故答案为：2mol；（4）从二个化学镀镍反应分析，若生成1molNi会生成1molH2PO3，若生成1molP会生成2molH2PO3，共生成3molH2PO3，故答案为：3；（5）金属钠和过氧化钠之间反应可以得到氧化钠，即Na2O2+2Na=2Na2O，故答案为：Na2O2+2Na=2Na2O；金属钾可以和硝酸钾之间反应生成氧化钾和氮气，即2KNO3+10K=6K2O+N2，故答案为：2KNO3+10K=6K2O+N2点评：本题考查学生氧化还原反应的配平以及电子守恒的计算，注意题目信息的应用是关键，难度中等17（14分）（xx秋袁州区校级月考）乙二酸通常以二水合物的形式存在，俗称草酸晶体已知草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，继续升温会分解生成CO、CO2和H2O（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是（填编号）能和乙二醇发生酯化反应 能使酸性高锰酸钾溶液褪色其溶液能使蓝色石蕊试纸变红 能和碳酸氢钠溶液反应生成气体玻璃棒（2）乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到写出该反应的化学反应方程式：（3）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成实验（）简述检验装置1气密性的操作方法：如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好（）B和E两个装置中更合理的是EE，理由为：B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验（）请从AF中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：A、E、F（）一定条件下草酸氢铵分解生成NH3、CO、CO2和H2O，110时将该混合气体先通过Na2O2，再通过浓硫酸分别增重Ag和Bg； 若将混合气体先通过浓硫酸，再通过Na2O2分别增重Cg和Dg（能反应的气体均可吸收完全，且该条件下CO与Na2O2不反应），则A、B、C、D的大小关系为：CADB考点：性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）乙二酸分子中含有羧基，有酸性、能发生酯化反应、能被高锰酸钾氧化；（2）乙二醇含有羟基，在一定条件下能被氧气氧化成乙二酸；（3）（）利用空气热胀冷缩，手掌体温通过试管壁传导给空气，使其受热膨胀，逸出导管形成气泡来检查装置的气密性；（）B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管；E中采用U型管，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；（）根据反应物草酸的熔点低和验证二氧化碳时杂质的和二氧化碳的性质来组装装置；（）过氧化钠与水、二氧化碳反应，浓硫酸能够吸收氨气和水，根据反应先后顺序及反应原理分别判断其质量增重大小解答：解：（1）乙二酸分子中含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸强，能使蓝色石蕊试液变红，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；能与乙二醇发生发生酯化反应；能被酸性高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，所以四个选项都正确，故答案为：；（2）乙二醇中含有羟基，能发生氧化反应，在一定条件下能被氧气氧化生成乙二酸，化学方程式为，故答案为：；（3）（）检验装置1气密性的操作方法为：如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好，故答案为：如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好；（）草酸晶体在101时熔化并开始升华，157时大量升华，试管中气体中含有草酸，需要除去，以免干扰CO2的检验；B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验，故答案为：E；B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；（）由于草酸在101时熔化，反应装置中试管口应向上倾斜，故选A装置；产生的气体中有草酸、一氧化碳，选择装置E除去草酸，一氧化碳有毒，具有可燃性，可采用点燃的方法除去尾气中的一氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此一般用澄清石灰水检验二氧化碳的存在，故选装置F；所有组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为：A、E、F，故答案为：A、E、F；（）草酸氢铵分解生成NH3、CO、CO2和H2O：（NH4）HC2O4NH3+CO+CO2+H2O，设草酸氢铵的物质的量为1mol，则完全分解生成的NH3、CO、CO2和H2O都是1mol；110时将该混合气体先通过Na2O2，再通过浓硫酸，过氧化钠增重Ag，浓硫酸增重Bg，过氧化钠增重的Ag为二氧化碳、水总质量减去生成氧气的质量，1mol水和1mol二氧化碳足量过氧化钠反应各生成0.5mol氧气，则：Ag=18g/mol1mol+44g/mol1mol32g/mol1mol=30g；浓硫酸增重的为1mol氨气的质量，则Bg=17g/mol1mol=17g；若将混合气体先通过浓硫酸，再通过Na2O2，浓硫酸增重为Cg，过氧化钠增重为Dg，浓硫酸增重为Cg为1mol水和1mol氨气的质量，则：Cg=18g+17g=35g；过氧化钠增重的为1mol二氧化碳的质量减去生成氧气的质量，1mol二氧化碳与足量过氧化钠反应生成0.5mol氧气，则Dg=44g32g/mol0.5mol=28g，所以A、B、C、D的大小关系为：CADB，故答案为：CADB点评：本题通过探讨乙二酸的性质，考查了物质性质实验方案的设计，题目难度较大，正确理解题干信息明确反应原理为解答关键，（）为难点、易错点，计算过程稍复杂，可以假设出草酸氢铵的物质的量，然后根据反应原理计算，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力18（12分）（xx春上饶期末）某小组通过实验研究Na2O2与水的反应操作现象向盛有0.2gNa2O2的烧杯中加入50mL蒸馏水剧列反应，产生能使带火星木条复燃的气体，得到的溶液a向溶液a中滴入两滴酚酞溶液变红10分种后溶液颜色明显变浅，稍后，溶液变为无色（1）Na2O2与水反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（2）中溶液褪色可能是溶液a中存在较多的H2O2，H2O2与酚酞发生了反应甲同学通过实验证实了H2O2的存在：取少量溶液a，加入试剂MnO2（填化学式），有气体产生乙同学查阅资料获悉：用KMnO4（被还原为Mn2+）可以测定H2O2的含量取3mL溶液a稀释至15mL，用稀H2SO4酸化，再逐滴加入0.0045molL1 KMnO4溶液，产生气体，溶液褪色速率开始较慢后变快，至终点时共消耗10mLKMnO4溶液KMnO4与H2O2反应的离子方程式是2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O溶液a中c（H2O2）=0.0375molL1溶液褪色速率开始较慢后变快的原因可能是反应生成的Mn2+作催化剂（3）为探究现象产生的原因，同学们继续进行了如下实验：向H2O2溶液中滴入两滴酚酞，振荡，加入5滴0.1molL1 NaOH溶液，溶液变红又迅速变无色且产生气体，10分钟后溶液变无色，该过程无明显热效应向1molL1 NaOH溶液中滴入两滴酚酞的，振荡，溶液变红，10分钟后溶液颜色无明显变化；向该溶液中通入氧气，溶液颜色无明显变化从实验和中，可得出的结论是碱性条件下，H2O2能与酚酞反应而O2不能考点：碱金属及其化合物的性质实验专题：实验设计题分析：（1）根据实验现象产生能使带火星木条复燃的气体说明有氧气产生，溶液变红说明有碱生成，据此写化学方程式；（2）、能使H2O2产生气体通常用MnO2作催化剂，据此答题；、KMnO4与H2O2反应，有气体产生，说明有氧气，溶液褪色说明KMnO4被还原，再根据