福建省永安三中高三10月考化学试卷及答案

1、福建省永安三中2015届高三10月考化学试卷一、选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分）1以下最接近阿伏伽德罗常数的是（）a2.0l 1omoll1 ch3cooh溶液中的h+离子数b2.0l 1.0 moll1ch3coona溶液中的ch3coo离子数c1.0l 1.0 moll1nahco3溶液中的hco离子数d1.0l 1.0 moll1na2co3 溶液中的 c032离子数考点：阿伏加德罗常数.分析：a、醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶质物质的量为2mol；b、醋酸根离子水解减小，溶质物质的量为2mol；c、碳酸氢根离子水解，溶质物质的量为1mol；d、碳酸根离子水解，溶质物质的

2、量为1mol；解答：解：a、醋酸是弱电解质存在电离平衡，溶质物质的量为2mol，溶液中的氢离子数接近2mol，故a不符合；b、醋酸根离子水解减小，溶质物质的量为2mol，溶液中醋酸根离子物质的量接近2mol，故b不符合；c、碳酸氢根离子水解，溶质物质的量为1mol，水解程度小于碳酸根，故c符合；d、碳酸根离子水解，溶质物质的量为1mol，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根，故d不符合；故选c点评：本题考查了盐类水解的程度分析和实质理解，阿伏伽德罗常数概念的应用，题目难中等2（2分）分类是化学学习和研究中的常有用手段，下列分类依据和结论都正确的是（）a浓hcl、浓h2so4、浓hno3均具有氧化性，

3、都属氧化性酸bna2o、so2、baso4在熔融状态或溶于水时均能导电，都属电解质cnaoh、hno3、nano3在水溶液中均能电离出离子，都属离子化合物d金刚石、二氧化硅、碳化硅晶体中的原子均能共价键结合，都属原子晶体考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质.专题：物质的分类专题分析：a浓hcl没有强氧化性，不是氧化性酸；bso2是非电解质；chno3是共价化合物在熔融状态不导电；d原子晶体中原子间都是以共价键结合的解答：解：a浓hcl没有强氧化性，不是氧化性酸，浓h2so4、浓hno3均具有氧化性，属氧化性酸，故a错误；bso2是非电解质，在水中与水反应生成亚硫酸，亚硫

4、酸是电解质，故b错误；chno3是共价化合物在熔融状态不导电，naoh、nano3在水溶液中和熔融状态都能电离出离子，属离子化合物，故c错误；d原子晶体中原子间都是以共价键结合的，金刚石、二氧化硅、碳化硅晶体中的原子均能共价键结合，都属原子晶体，故d正确；故选：d点评：本题考查了几个常见的概念，要注意对概念的准确把握，题目难度不大3（2分）相等物质的量的co和co2相比较，下列有关叙述中正确的是（）它们所含的分子数目之比为1：1它们所含的o原子数目之比为1：2它们所含的原子总数目之比为2：3它们所含的c原子数目之比为1：1它们的质量之比为7：11a仅和b仅和c仅和d考点：物质的量的相关计算.专

5、题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据n=nna计算微粒数目物质的量相同，分子数相同；1个co和co2分子中所含氧原子数分别为1个、2个；1个co和co2分子中所含原子数分别为2个、3个；1个co和co2分子中所含碳原子数都是1个；根据m=nm计算解答：解：由于n=nna，所以物质的量相同，分子数相同，故正确；co和co2分子中所含氧原子数分别为1个、2个，相等物质的量的co和co2所含氧原子的物质的量之比为1：2，由于n=nna，所含氧原子数之比为1：2，故正确；co和co2分子中所含原子数分别为2个、3个，相等物质的量的co和co2所含原子的物质的量之比为2：3，由于n=nna，所含

6、原子数之比为2：3，故正确；co和co2分子中所含碳原子数都是1个，相等物质的量的co和co2所含碳原子的物质的量之比为1：1，由于n=nna，所含碳原子数之比为1：1，故正确；co和co2的摩尔质量分别为28g/mol、44g/mol，相等物质的量的co和co2的质量之比为28：44=7：11，故正确故选d点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的构成特点以及相关计算公式的运用，为解答该题的关键，难度不大4（2分）某溶液中含有s2、hco3、co32、ch3coo4种阴离子若向其中加入足量na2o2后，溶液中离子数目基本保持不变的是（）as2bhco

7、3cco32dch3coo考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：加入足量na2o2后，与水反应生成naoh，与hco3反应生成co32，且足量的过氧化钠，具有强氧化性，能氧化s2，以此来解答解答：解：加入足量na2o2后，与水反应生成naoh，与hco3反应生成co32，所以hco3减少，co32增多，又过氧化钠，具有强氧化性，能氧化s2，s2减少，过氧化钠、naoh均不与醋酸根离子反应，即醋酸根离子数目基本不变，故选d点评：本题考查离子的共存，注意过氧化钠与水反应生成碱及其强氧化性是解答本题的关键，选项a为解答的易错点，题目难度不大5设阿伏伽德罗常数的数值为na，下列说法正确的是（）a

8、1.8g nh4+含有的电子数为nab1mol cl2与足量fe反应，转移的电子数为3nac46g的no2与46g的n2o4含有的原子数不同d标准状况下11.2l苯完全燃烧产生二氧化碳分子数为3na考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、铵离子中含有10个电子，0.1mol铵离子含有含有1mol电子；b、1mol氯气与铁完全反应得到2mol电子；c、根据二氧化氮和四氧化二氮的最简式进行判断；d、根据标准状况下苯的状态不是气体进行判断解答：解：a、1.8g nh4+的物质的量为0.1mol，含有1mol电子，含有的电子数为na，故a正确；b、1mol氯气与铁反应转移了

9、2mol电子，转移的电子数为2na，故b错误；c、二氧化氮和四氧化二氮的最简式为no2，46g二者中都含有1mol最简式no2，都含有3mol原子，含有的原子数不同，故c错误；d、在标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故d错误；故选：a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数，题目难度中等，注意明确标况下的物质的量状态及标况下气体摩尔体积的使用条件，要求学生熟练掌握以物质的量为中心的各物理量之间的转化关系6（2分）下列实验装置不能达到实验目的是（）a验证na和水反应是否为放热反应b用co2做喷泉实验c观察纯碱的焰色反应d比较na2co3、nahco3的稳定性考点：化学实验方案

10、的评价.专题：实验评价题分析：a钠与水反应放热，气体压强增大；b二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小；c铁丝的焰色反应为无色；d碳酸氢钠应放在套装小试管中解答：解：a钠与水反应放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，故a错误； b二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，故b错误；c铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，故c错误；d套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故d正确故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及na2co3、nahco3的稳定性等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型

11、，注意相关知识的学习与积累，难度不大7（2分）为预防“h1n1”甲型流感，同学们每天用“84”消毒液（naclo溶液）消毒，下列说法不正确的是（）anaclo溶液的消毒原理是使蛋白质变性b1 mol cl2与足量naoh溶液反应转移2 mol电子cnaclo溶液的漂白原理与na2o2相同，与so2不同d“84”消毒液与“洁厕灵”（盐酸）混合使用可能会产生有毒的氯气考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：a、根据naclo具有氧化性，可以使蛋白质变性；b、根据双线桥来求出一个氯气分子转移的电子；c、根据naclo、na2o2的漂白原理为氧化漂白，so2的漂白原理为化合漂白；d、

12、根据clo+cl+2h+=cl2+h2o来判断解答：解：a、因naclo具有氧化性，可以使蛋白质变性，故a正确；b、cl2+2naoh=nacl+naclo+h2o，cl2从0价变为+1或者1价，所以1molcl2与足量naoh溶液反应只转移了1mol电子，故b错误；c、因naclo、na2o2的漂白原理为氧化漂白，so2的漂白原理为化合漂白，故c正确；d、因“84”消毒液中含有naclo，洁厕灵中含有盐酸，两者相遇发生反应：clo+cl+2h+=cl2+h2o，产生有毒的氯气，故d正确；故选b点评：本题主要考查了氧化还原反应知识，难度不大，试题有一定的灵活性，应注意知识的运用8（2分）在al

13、2（so4）3、k2so4和明矾的混和溶液中，如果c（so42）等于0.2mol/l，当加入等体积的0.2mol/l的koh溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混和液中k+的物质的浓度为（）a0.2mol/lb0.25mol/lc0.45mol/ld0.225mol/l考点：物质的量浓度的相关计算.专题：计算题分析：al2（so4）3、k2so4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.2mol/l的koh溶液时，生成的沉淀恰好溶解，发生反应al3+4oh=alo2+2h2o，可知原溶液中c（al3+）=0.2mol/l=0.05mol/l，由电荷守恒可知溶液中c（k+）+3c（al3+）=2c（so4

14、2），据此计算解答：解：al2（so4）3、k2so4和明矾的混和溶液中，加入等体积的0.2mol/l的koh溶液时，生成的沉淀恰好溶解，发生反应al3+4oh=alo2+2h2o，可知原溶液中c（al3+）=0.2mol/l=0.05mol/l，根据电荷守恒可知，原溶液中c（k+）+3c（al3+）=2c（so42），即c（k+）=2c（so42）3c（al3+）=20.2mol/l0.05mol/l3=0.25mol/l，故选：b点评：本题考查有关混合物的计算，题目浓度不大，注意根据电荷守恒的角度解答9（2分）烧杯中盛有液态物质a，加入少量固体物质b，b不溶解当通入气体c时发现b逐渐溶解直

15、至完全溶解则a、b、c依次为（）ah2o、baso4、o2bfecl2溶液、fe粉、cl2ch2o、caco3、so3气体dh2o、sio2、hcl气体考点：无机物的推断.专题：推断题分析：依据烧杯中盛有液态物质a，加入少量固体物质b，b不溶解当通入气体c时发现b逐渐溶解直至完全溶解分析；结合各选项中物质性质的应用分别进行分析判断解答：解：a、h2o中加入baso4不溶解，通入o2，baso4不溶解，故a错误；b、fecl2溶液中加入fe粉不溶解，通入cl2，氧化氯化亚铁为氯化铁，氯化铁可以溶解铁，故b正确；c、h2o中加入caco3不溶解，通入so3气体形成硫酸沉淀溶解但不完全，因为硫酸钙是

16、微溶物，故c错误；d、h2o中加入sio2不溶解，通入hcl气体沉淀不溶解，故d错误；故选b点评：本题考查了物质转化的反应关系、物质性质的应用，熟悉常见物质的溶解性和物质的化学性质及其特征反应的应用即可解答，题目难度中等10（2分）下列说法正确的是（）标准状况下，22.4l己烯含有的分子数为na标准状况下，22.4l氧气和氮气的混合物含有的分子数约为na7.1g氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.2na1mol氨气中含有的共价键数约为4na500ml1mol/l的硫酸铝溶液中含有的硫酸根离子数约为1.5naabcd考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：气体

17、摩尔体积适用对象为气体；标况下，1mol任何气体体积均为22.4l；氯气和氢氧化钠反应是氯气自身氧化还原反应，1molcl2反应电子转移1mol；1个氨气分子含有3个nh；依据硫酸铝化学式的构成离子和浓度体积与物质的量的换算关系计算判断解答：解：标况下，己烯属于液体，不能适用气体摩尔体积，故错误；标准状况下，22.4l气体的物质的量=1mol，所以氧气和氮气的混合物含有的分子数约为na，故正确；7.1g氯气的物质的量为=0.1mol，与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数约为0.1na，故错误；1个氨气分子含有3个nh，1mol氨气中含有的共价键数约为3na，故错误；500ml1mol/l的硫酸

18、铝溶液中含硫酸铝物质的量为0.5mol，化学式al2（so4）3；所以含硫酸根离子物质的量为1.5mol，离子数约为1.5na，故正确；故选：b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，明确气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移数计算，氨气子结构是解题关键，题目难度不大11（2分）对于反应khco3溶液与石灰水反应；na2co3 溶液与稀盐酸反应；na与烧碱溶液反应；fe与稀硝酸反应；改变反应物用量或浓度，不能用同一个离子方程式表示的是（）abcd考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就

19、能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答解答：解：khco3少量时，发生反应为：khco3+ca（oh）2caco3+h2o+koh，khco3过量时发生反应为：2khco3+ca（oh）2caco3+2h2o+k2co3，反应产物不同，则不能用同一离子方程式表示，故正确；na2co3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钠，离子反应为：co32+h+hco3，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为co32+2h+h2o+co2，不能用同一个离子方程式来表示，故正确；na与烧碱溶液反应无论以何种量混合，二者反应生成氢氧化钠和氢气

20、，2na+2h2o2na+2oh+h2，可以用同一离子方程式表示，故错误；fe与稀硝酸反应，fe不过量生成fe3+，4h+no3+fefe3+no+2h2o，fe过量生成fe2+，8h+2no3+3fe3fe2+2no+4h2o，不能用同一个离子方程式来表示，故正确； 故选b点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，题目难度中等，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练12 nacl是一种化工原料，可以制备一系列物质下列说法正确的是（）a25，nahco3在水中的溶解度比na2co3的大b石灰乳与cl2的反应中，cl2既是氧

21、化剂，又是还原剂c常温下干燥的cl2能用钢瓶贮存，所以cl2不与铁反应d如图所示转化反应都是氧化还原反应考点：氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重要化合物.专题：卤族元素分析：a、根据其阴离子的水解程度判断；b、结合反应方程式化合价的变化判断；c、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟fecl3；d、根据元素的化合价是否变化判断解答：解：a、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多所以溶解度较大，且溶解的快，故a错误b、2ca（oh）2+2cl2=cacl2+ca（clo）2+2h2o，cl元素的化合价既升高又降低，所以cl2既是氧化剂

22、，又是还原剂，故b正确c、3cl2+2fe2fecl3，故c错误d、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故d错误故选b点评：本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可13（2分）配制100ml 1.0mol/lna2co3溶液，下列操作正确的是（）a称取10.6g无水碳酸钠，加入100ml容量瓶中，加水溶解、定容b称取10.6g无水碳酸钠，加入100ml蒸馏水，搅拌、溶解c转移na2co3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中d定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀考点：配制一定物质

23、的量浓度的溶液.专题：化学实验基本操作分析：a、容量瓶不能作为溶解仪器；b、碳酸钠溶液的配制时，加水溶解过程中，水的量不能太多；c、移液操作需要玻璃棒来引流；d、根据配制溶液的实验步骤来回答解答：解：a、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故a错误；b、100ml碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100ml的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100ml，故b错误；c、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故c错误；d、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，故d正确故选d点评：本题是一道关于配制一定物质的量浓度溶液的实验基本操作题，

24、可以根据教材知识来回答，难度不大14（2分）（2012河北模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）a0.1 moll1 naoh溶液：k+、na+、so42、co32b0.1 moll1 na2co3溶液：k+、ba2+、no3、clc0.1 moll1 fecl3溶液：k+、nh4+、i、scnd=1l014的溶液：ca2+、na+、clo、no3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a该组离子之间不反应；b碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡不溶于水；c利用铁离子与碘离子发生氧化还原反应及结合生成络离子来分析；d溶液中c（h+）=1mol/l，h+、clo结合生成弱电

25、解质解答：解：a碱性溶液中该组离子之间不反应，则能够大量共存，故a正确；b因溶液中碳酸根离子与ba2+结合生成碳酸钡，则不能共存，故b错误；c因溶液中fe3+、i发生氧化还原反应，fe3+、scn结合生成络离子，则不能共存，故c错误；d溶液中c（h+）=1mol/l，h+、clo结合生成弱电解质，则不能共存，故d错误；故选a点评：本题考查离子的共存，明确信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意选项c为解答的易错点，题目难度不大15（2分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（）a硫酸铝溶液中加入过量氨水：al3+3ohal（oh）3b碳酸钠溶液中加入澄清石灰水：ca（oh）2+co32caco

26、3+2ohc冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：cl2+2ohclo+cl+h2od稀硫酸中加入铁粉：2fe+6h+2fe3+3h2考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：a一水合氨为弱电解质，应保留化学式；b反应物澄清石灰水中氢氧化钙应拆成离子形式；c氯气与氢氧化钠溶液在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；d不符合反应的客观事实，稀硫酸中加入铁粉反应生成硫酸亚铁解答：解：a硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故a错误；b碳酸钠溶液中加入澄清石灰水，离子方程式：ca2+co32caco3，故b错误；c冷的氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式：c

27、l2+2ohclo+cl+h2o，故c正确；d稀硫酸中加入铁粉，离子方程式：fe+2h+2fe2+h2，故d错误；故选：c点评：本题考查学生离子方程式的正误判断方法，是高考的热点，难度不大，明确反应的实质是解题关键，注意化学式的拆分16水钴矿（含cuo、co2o3，fe2o3、mgo等）用硫酸法浸出铜和钴，如图是不同还原剂对元素浸出率的影响（硫酸浓度3moll1，温度60），下列说法正确的是（）a是否使用还原剂对铜的浸出率影响很大b用na2so3nano2作还原剂，钴的浸出率 均达98%，但工业上宜选用na2so3c加入还原剂的主要目的是为了还原fe3+d用na2so3作还原剂可使镁元素以单质

28、 形式析出而有较大浸出率考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用.专题：几种重要的金属及其化合物分析：a由图象可知，是否使用还原剂对铜的浸出率影响不大；b从价格和对环境的污染等角度考虑；c由图象可知，加入还原剂，主要是浸出钴；d在酸性环境中不可能生成镁解答：解：a由图象可知，是否使用还原剂对铜的浸出率影响不大，故a错误；b加入nano2作还原剂，对环境有污染，用na2so3，故b正确；c由图象可知，加入还原剂，主要是浸出钴，而fe3+基本不变，故c错误；d镁为活泼金属，与酸反应生成氢气，在酸性环境中不可能生成镁，故d错误故选b点评：本题考查考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和自学能力

29、的考查，注意把握题给信息，结合物质的性质解答该题，难度不大17（2分）mno2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是（）a、三个反应中mn02均作氧化剂b足量mn02与2l 10mol/l、hcl共热，可生成5mol cl2c反应若生成1mol al203，则反应过程中转移12mol电子d反应中k2co3和kno3的化学计量数均为1考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，mn元素的化合价降低，cl元素的化合价升高；中al与二氧化锰发生铝热反应，mn元素的化合价降低，al元素的化合价升高；中发生k2co3+kno3+mn02=k2mno4

30、+kno2+co2，mn元素的化合价升高，n元素的化合价降低，以此来解答解答：解：a、反应中mn02均作氧化剂，中mn元素的化合价升高，则作还原剂，故a错误；b足量mn02与2l 10mol/l、hcl共热，若完全反应可生成5mol cl2，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，不再反应，则生成氯气小5mol，故b错误；c反应若生成1mol al203，则由al元素的化合价变化可知反应过程中转移1mol2（30）=6mol电子，故c错误；d中发生k2co3+kno3+mn02=k2mno4+kno2+co2，k2co3和kno3的化学计量数均为1，故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应，为高频考

31、点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大18能在水溶液中大量共存的一组离子是（）ah+、fe2+、no3、sio32bag+、fe3+、cl、so42ck+、so42、cu2+、no3dnh4+、oh、cl、hco3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质及发生氧化还原反应，则离子就能在水溶液中大量共存解答：解：a、因h+、fe2+、no3能发生氧化还原反应，h+、sio32能结合生成沉淀，则该组离子不能大量共存，故a错误；b、因ag+、cl能结合生成agcl沉淀

32、，则该组离子不能大量共存，故b错误；c、因该组离子之间不反应，则该组离子能大量共存，故c正确；d、因nh4+、oh能结合生成弱电解质，oh、hco3能结合生成水和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存问题，明确离子之间的反应及常见离子的性质是解答本题的关键，难度不大19（2分）实验中需用2.0moll1的na2co3溶液950ml，配制时应选用容量瓶的规格和称取na2co3固体的质量分别为（）a950 ml；201.4 gb1 000 ml；212.0 gc100 ml；21.2 gd500 ml；100.7 g考点：溶液的配制.专题：计算题分析：由于容量

33、瓶没有950ml规格，应用1000ml的容量瓶进行配制，然后根据m=cvm进行计算解答：解：容量瓶没有950ml规格，应用1000ml的容量瓶进行配制，则m（na2co3）=cvm=1l2mol/l106g/mol=212g，故选b点评：本题考查溶液的配制知识，题目难度不大，注意实验室常用容量瓶的规格，计算溶质的质量时体积以所选容量瓶的规格决定20（2分）下列叙述符合实验事实的是（）a金属钠在空气中燃烧生成氧化钠b金属钠在空气中燃烧生成白色的na2o2c金属钠在水中可以生成使酚酞变红的物质d金属钠与水反应放出氧气考点：钠的化学性质.专题：元素及其化合物分析：钠性质活泼在空气中燃烧生成淡黄色的过

34、氧化钠，能够与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，据此解答解答：解：a金属钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故a错误；b过氧化钠为淡黄色，故b错误；c钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠属于碱，能够使酚酞变红色，故c正确；d钠与水反应生成氢气，故d错误；故选：c点评：本题考查了钠及其化合物的性质，侧重考查学生对基础知识的掌握，明确钠与氧气反应条件不同产物不同是解题关键，注意对基础知识的积累21下列说法不正确的是（）a将na2o2投入nh4cl溶液中只可能生成一种气体b铁分别与稀盐酸和硫反应，产物中铁元素的化合价相同c向饱和zns溶液中加入na2s有沉淀析出，但ksp（zns）不变d在滴有酚酞的na2co

35、3溶液中，加入适量bacl2溶液后溶液褪色考点：钠的重要化合物；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铁的化学性质.专题：几种重要的金属及其化合物分析：a、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气；b、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与硫反应生成硫化亚铁；c、溶度积受温度影响，与离子浓度无关；d、碳酸根水解显碱性，使酚酞呈红色，进而氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，溶液几乎为中性解答：解：a、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气，故a错误；b、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与硫反应生成硫化亚铁，铁都表现+2价，故b正确；c、溶度积受温度影响，与离子浓度无关，

36、饱和zns溶液中加入na2s，使溶解平衡zns（s）zn2+（aq）+s2（aq）逆向移动，有沉淀析出，ksp（zns）不变，故c正确；d、碳酸钠溶液中存在平衡co32+h2ohco3+oh，co32水解使溶液显碱性，使酚酞呈红色，加入氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，平衡向左移动，溶液几乎为中性，红色褪去，故d正确；故选a点评：考查na、fe元素单质及其化合物性质以及盐类水解、溶度积常数等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握22（2分）下列关于过氧化钠的叙述正确的是（）a过氧化钠能与酸反应生成盐和水，所以过氧化钠是碱性氧化物b可用na2o2除去n2中的水蒸气c过氧化钠与水反应时，过氧化钠是氧化剂，

37、水是还原剂d过氧化钠与二氧化碳反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂考点：钠的重要化合物.分析：a碱性氧化物是能和酸反应只生成盐和水的氧化物；b除杂的原则是不能引入新的杂质；cna2o2与h2o反应过程中，na2o2中氧元素化合价既升高又降低，水中元素化合价不变；dna2o2与co2反应过程中，na2o2中氧元素化合价既升高又降低，na2o2既是氧化剂又是还原剂解答：解：a过氧化钠能与酸反应除了生成盐和水，还生成氧气，不符合碱性氧化物定义，故a错误；b过氧化钠与水反应，消耗水生成氧气，引入新的杂质，故b错误；c过氧化钠与水反应时，na2o2既是氧化剂又是还原剂，故c错误；d过氧化钠与二氧化碳反应

38、时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故d正确；故选：d点评：本题考查过氧化钠的性质，涉及碱性氧化物概念、物质的除杂、氧化还原反应的基本概念，难度不大，熟悉过氧化钠的性质和相关概念是解题关键23（2分）下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（）a将nahco3固体加入新制氯水中，有无色气泡（h+）b使红色布条退色（hcl）c向fecl2溶液中滴加氯水，再滴加kscn溶液，发现呈红色（cl2）d滴加agno3溶液生成白色沉淀（cl）考点：探究氯水、氯气的漂白作用.分析：氯气与水反应，发生cl2+h2o=h+cl+hclo，氯水中含有hclo、cl2，具有氧化性，其中hclo具

39、有漂白性，含有h+，具有酸性，以此解答解答：解：a氯水显酸性，能与碳酸氢钠反应生成co2气体，故a不选；b次氯酸具有强氧化性，能氧化有色布条，故b选；c是氯气氧化了亚铁离子，故c不选；d氯离子和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，故d不选故选b点评：本题考查氯气的性质，侧重于氯水的组成和性质的考查，为高频考点，难度大不，注意把握相关物质的性质24（2分）将紫色石蕊试液滴入naoh溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢退去，其原因是（）氯气有漂白性氯气与naoh溶液反应氯气的水溶液呈酸性次氯酸有漂白性氯化钠有漂白性abcd考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：氯气与水反

40、应生成hcl、hclo，具有酸性和漂白性，以此来解答解答：解：将紫色石蕊试液滴入naoh溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，氯气与naoh溶液反应生成nacl、naclo，蓝色变浅，氯气与水反应生成hcl、hclo，hcl过量，溶液变为红色，hclo具有漂白性，最后为无色，故选b点评：本题考查氯气的化学性质及反应与现象的关系，为高频考点，把握氯气与水反应生成物质的性质为解答的关键，注意氯水中只有hclo具有漂白性，题目难度不大二、非选择题（共52分）25（7分）na2o2几乎能与所有常见的气态非金属氧化物在一定条件下反应，如：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，na2o2+co=na2c

41、o3（1）试分别写出na2o2与so2、so3反应的化学方程式：2na2o2+2so22na2so4，2na2o2+2so32na2so4+o2（2）通过比较可知，当非金属元素处于最高价态时，与na2o2反应有o2生成（3）等物质的量的n2、o2、co2的混合气体通过na2o2后，体积变为原体积的（同温同压下），这时混合气体中n2、o2、co2物质的量之比为1.75：1.75：1考点：物质的量的相关计算；钠的重要化合物.专题：计算题；元素及其化合物分析：由题给信息可知，过氧化钠与低价态的非金属氧化物发生化合反应，生成该非金属的最高价态的含氧酸盐，此时没有氧气产生；当非金属氧化物有高低价态时，过

42、氧化钠与最高价态的非金属氧化物反应生成该非金属的最高价态的含氧酸盐和氧气；混合气体通过足量的na2o2后，co2与na2o2反应，n2和o2与na2o2不反应，据气体的体积之比等于物质的量之比，计算出混合气体中n2、o2气体的体积与co2的体积关系，以此解答该题解答：解：（1）根据根据过氧化钠和二氧化碳的反应，可以推知过氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和氧气，亚硫酸钠易被氧气氧化为硫酸钠，即so2+na2o2=na2so4，三氧化硫和过氧化钠反应生成硫酸钠和氧气，即2na2o2+2so32na2so4+o2，故答案为：2na2o2+2so22na2so4；2na2o2+2so32na2so4+

43、o2；（2）根据反应2na2o+2co22na2co3+o2，na2o2+cona2co3和2na2o2+2so22na2so4，2na2o2+2so32na2so4+o2，比较可知：在氧化物中，当非金属元素处于最高价时，其氧化物与过氧化钠反应就有o2生成，故答案为：最高；（3）一定体积的n2、o2、co2混合气体通过足量的na2o2后，co2与na2o2反应，n2和o2与na2o2不反应，设n2和o2物质的量为xmol，co2的物质的量为ymol，反应的化学方程式为2co2+2na2o22na2co3+o2，根据气体的体积之比等于物质的量之比可知，=，解之得：x=3.5y，n2、o2、co2

44、物质的量之比为1.75：1.75：1，故答案为：1.75：1.75：1点评：本题考查过氧化钠知识，侧重于学生的分析能力和自学能力的考查，注意把握题给信息，具有分析和解决问题的能力，难度不大26（17分）现有一定量含有na2o杂质的na2o2试样，用下图的实验装置测定na2o2试样的纯度（可供选用的反应物只有caco3固体、6mol/l盐酸、6mol/l硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置a中液体试剂选用6mol/l盐酸，理由是硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续（2）装置b的作用是除去气体中的hcl装置c的作用是干燥气体装置e中碱石灰的作用是吸收装置

45、d中反应剩余的二氧化碳（3）装置d中发生反应的化学方程式是2na2o2+2co2=2na2co3+o2，na2o+co2=na2co3（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224ml（标准状况），则na2o2试样的纯度为78%考点：钠的重要化合物；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验探究和数据处理题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据实验原理装置a采用的是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，根据碳酸钙和硫酸反应的情况来回答；（2）获得的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，碱石灰可以吸收二氧化碳；（3）根据氧化钠和过氧化钠的性

46、质来回答；（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度解答：解：（1）装置a是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/l盐酸，硫酸和碳酸钙反应生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续；（2）碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去，浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置e中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止对氧气的体积测量造成干扰，故答案为：除去气体中的hcl；干燥气体；吸收装置d

47、中反应剩余的二氧化碳；（3）氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，na2o+co2=na2co3，故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，na2o+co2=na2co3；（4）根据反应2na2o2+2co2=2na2co3+o2，反应结束后测得气体体积为224ml（标准状况），即生成的氧气的量0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=100%=78%，故答案为：78%点评：本题考查学生过氧化钠的化学性质知识，通过实验方式考查增加了难度，综合性较强27（18分）某研究性学习小组设计如图装置制取氯气

48、并以氯气为原料进行实验（1）装置a烧瓶中发生反应的化学方程式为mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；（2）装置b中饱和食盐水的作用是除去hcl，装置c中浓硫酸的作用是吸收水蒸气；（3）实验时，先点燃a处的酒精灯，再点燃d处酒精灯，写出d中反应的化学方程式2fe+3cl2=2fecl3，写出e中反应的离子方程式cl2+2oh=cl+clo+h2o；（4）若实验中用12moll1浓盐酸10ml与足量的mno2反应，生成cl2的物质的量总是小于0.03mol，试分析可能存在的原因是：hcl挥发，浓盐酸变稀不再反应欲使反应生成cl2的物质的量最大程度的接近0.03mol，则在装置气密性

49、良好的前提下实验中应采取的措施是慢慢滴加浓盐酸，缓缓加热考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质.专题：实验题分析：（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，注意稀盐酸和二氧化锰不反应；（2）根据氯化氢和氯气的性质分析选用除杂试剂；浓硫酸常常干燥能和碱反应气体；（3）先生成氯气充满装置后再加热d处铁和氯气发生反应，氯气有强氧化性，能把二价铁离子氧化为三价铁离子，尾气吸收需要用氢氧化钠溶液吸收氯气；（4）反应过程中浓盐酸是易挥发性酸，随反应进行盐酸浓度减小，稀盐酸和二氧化锰不能生成氯气；反应过程中尽可能减少反应为损失，缓慢加热减少氯化氢的挥发；解答：解：（1）浓盐酸和二氧化锰在加

50、热条件下反应生成氯化锰、氯气和水mno2+4hcl（浓） mncl2+cl2+2h2o ，注意稀盐酸和二氧化锰不反应故答案为：mno2+4hcl（浓）mncl2+cl2+2h2o；（2）制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和 水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢应饱和食盐水；浓硫酸常常干燥能和碱反应气体，故选浓硫酸故答案为：除去hcl；吸收水蒸气；（3）实验开始需要先生成氯气充满装置后，再加热d处铁和氯气发生反应，氯气有强氧化性，和铁反应生成氯化铁，反应的化学方程式为：2fe+3cl2=2fecl3；尾气吸收需要用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应的离子方程式为，cl2