2019-2020年高二下学期第三次月考化学试题含解析.doc
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2019-2020年高二下学期第三次月考化学试题含解析 一选择题(每小题只有一个选项符合题意每小题4分,共60分)1(4分)(xx春高青县校级月考)2L物质的量浓度为1.0mol/L的NaOH溶液中取出100mL,下面关于这100mL溶液的叙述错误的是()A物质的量浓度为0.1 mol/LB密度与原溶液相同C含有NaOH的质量为4 gD溶质的质量分数与原溶液相同考点:物质的量的相关计算;物质的量浓度分析:溶液是均一的,取出溶液、剩余溶液均与原溶液的浓度相等、密度相等、质量分数相等根据n=cV计算NaOH物质的量,再根据m=nM计算100mL溶液中NaOH的质量解答:解:A溶液是均一的,取出100溶液的浓度与原溶液浓度相等,为1.0mol/L,故A错误;B溶液是均一的,取出100溶液的浓度与原溶液密度相等,故B正确;C取出100mL溶液中NaOH质量为0.1L1mol/L40g/mol=4g,故C正确;D溶液是均一的,取出100溶液的浓度与原溶液质量分数相等,故D正确,故选A点评:本题主要考查溶液特征、物质的量浓度的有关计算,难度不大,侧重对基础知识的巩固2(4分)(xx秋西安期末)下列反应中,能用H+OHH2O表示的是()ANaOH溶液和CO2的反应BBa(OH)2溶液和稀H2SO4的反应CNaOH溶液和盐酸的反应D氨水和稀H2SO4的反应考点:离子方程式的书写专题:离子反应专题分析:离子方程式H+OH=H2O表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的一类反应解答:解:A、氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水,不能用H+OH=H2O表示,故A错误;B、Ba(OH)2溶液和稀H2SO4的反应生成的硫酸钡是难溶解的物质,故B错误;C、氢氧化钠是强碱,盐酸是强酸,生成的氯化钠是易溶于水的盐,能用H+OH=H2O表示,故C正确;D、氨水是弱碱,和盐酸的反应不能用H+OH=H2O表示,故D错误故选C点评:本题考查学生离子反应的实质是表示一类化学反应,可可以根据所学知识解答,难度不大3(4分)(xx春高青县校级月考)如图为两瓶体积相等的气体,在同温同压时对两瓶内气体的描述一定正确的是()A气体质量相等B气体密度相等C所含原子数相等D平均摩尔质量相等考点:阿伏加德罗定律及推论专题:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析:同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体其物质的量相等,根据m=nM、=、N=nNA及分子构成计算解答:解:同温同压下,气体摩尔体积相等,相同体积的不同气体其物质的量相等,A根据m=nM知,n相等时m与M成正比,两个容器中M不一定相等,所以其m不一定相等,故A错误;B根据=知,相同条件下密度与M成正比,M不一定相等,所以密度不一定相等,故B错误;C根据N=nNA知,分子数与n成正比,n相等,则分子数相等,每个分子中原子个数相等,所以总原子个数相等,故C正确;D两个容器相对分子质量不一定相等,所以平均摩尔质量不一定相等,故D错误;故选C点评:本题考查阿伏伽德罗定律及其推论,明确物质的量公式中各个物理量的关系即可解答,注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件,易错选项是B4(4分)(xx秋大连期末)有Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液,已知其中Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L,SO42的物质的量浓度为0.7mol/L,则此溶液中Na+的物质的量浓度为()A0.1 mol/LB0.15 mol/LC0.2 mol/LD0.25 mol/L考点:物质的量浓度的相关计算专题:物质的量浓度和溶解度专题分析:Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中一定满足电荷守恒,即:3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42),根据铁离子、硫酸根离子的浓度及电荷守恒计算出此溶液中Na+的物质的量浓度解答:解:Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液,含Fe3+的物质的量浓度为0.4mol/L,SO42的物质的量浓度为0.7mol/L,根据电荷守恒有:3c(Fe3+)+c(Na+)=2c(SO42),即30.4mol/L+c(Na+)=20.7mol/L,解得c(Na+)=1.4mol/L1.2mol/L=0.2mol/L,故选C点评:本题考查了电荷守恒、物质的量浓度的计算,题目难度不大,注意掌握物质的量浓度概念及计算方法,明确电荷守恒在化学计算中的应用方法5(4分)(xx春高青县校级月考)下列物质中,肯定为纯净物的是()A只由一种元素组成的物质B只由一种原子组成的物质C只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质D只由一种分子组成的物质考点:混合物和纯净物分析:纯净物是由一种只含物质组成的物质;混合物是由多种物质组成的物质,根据物质的组成分析解答:解:A、只有一种元素组成的物质可能是混合物,如:氧气和臭氧混合,故A错误;B、有一种原子的物质可能是混合物,如:红磷和白磷混合,故B错误;C、对于离子化合物来说,一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质(电荷守恒),当阴、阳离子个数比不同时,其组成物质的种类可能是多种,如FeCl3与FeCl2,故C错误;D、只由一种分子组成的物质属于纯净物,故D正确,故选D点评:本题考查了纯净物和混合物的判断,难度不大,明确纯净物和混合物的区别6(4分)(xx春高青县校级月考)下列各组试剂,不用外加任何试剂,只用胶头滴管和试管就能鉴别的是()ANaHCO3溶液和澄清石灰水BNa2CO3溶液和CaCl2溶液CNa2CO3溶液和盐酸DNaHCO3溶液和盐酸考点:物质的检验和鉴别的实验方案设计分析:只用试管和胶头滴管就可以对下列各组中的两种溶液进行鉴别,则物质之间添加顺序不同,发生反应产生的现象不同,以此来解答解答:解:A改变滴定顺序,均生成碳酸钙白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故A不选;B改变加入顺序均生成碳酸钙白色沉淀,现象相同,不能鉴别,故B不选;CNaCO3溶液滴入盐酸中,立即产生气体,若将盐酸滴入NaCO3溶液中,开始没有气体生成,后有气体生成,二者显现不同,可鉴别,故C选;DNaHCO3溶液和盐酸改变加入顺序均有气体生成,现象相同,不能鉴别,故D不选;故选C点评:本题考查物质的鉴别,为高频考点,把握滴加顺序不同实质是反应物量的不同为解答的关键,侧重元素化合物性质及反应现象的考查,题目难度不大7(4分)(xx春高青县校级月考)下列各物质在通常条件下既可通过置换反应又可通过复分解反应制得的是()ANa2OBNaOHCNaHCO3DNaNO3考点:钠的重要化合物分析:依据置换反应和复分解反应的定义,结合物质的性质解答解答:解:A氧化钠性质活泼,在水溶液中能够与水反应,不能通过复分解反应制取,故A错误;B钠与水反应或Ca(OH)2与Na2CO3反应均可得到NaOH,故B正确;C碳酸氢钠不能够通过置换反应制取,能够通过复分解反应制取,故C错误;D硝酸银与氯化钠反应生成硝酸钠和氯化银,钠性质活泼与盐溶液反应先与水反应,硝酸钠不能通过置换反应制取,故D错误;故选:D点评:本题考查了置换反应和复分解反应的判断,熟悉物质的性质是解题关键,题目难度中等8(4分)(xx春高青县校级月考)下列与胶体性质或应用无关的是()A加明矾使河水变澄清B自来水处理中加漂白粉C利用电泳的原理可将油漆、乳胶、橡胶等粒子均匀地沉积在镀件上D在实验中手不慎被玻璃划破,可用FeCl3溶液应急止血考点:胶体的重要性质专题:溶液和胶体专题分析:A、明矾在水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用;B、漂白粉是利用次氯酸根离子水解生成的次氯酸起到消毒杀菌的作用;C、胶体吸附带电微粒发生电泳现象;D、氯化铁是电解质溶液可以使血液胶体发生聚沉解答:解:A、明矾在水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用,利用胶体具有较大的表面积,故A不选;B、漂白粉是利用次氯酸根离子水解生成的次氯酸起到消毒杀菌的作用,发生的是氧化还原反应,与胶体无关,故B选;C、胶体吸附带电微粒发生电泳现象,利用电泳的原理可将油漆、乳胶、橡胶等粒子均匀地沉积在镀件上,故C不选;D、氯化铁是电解质溶液可以使血液胶体发生聚沉,在实验中手不慎被玻璃划破,可用FeCl3溶液应急止血,故D不选;故选B点评:本题考查了胶体性质的分析应用,盐类水解的应用,氧化还原反应的分析判断,物质性质的应用是解题关键,注意知识的积累,题目较简单9(4分)(xx秋宁国市校级期中)化学知识在生产和生活中有着重要的应用下列说法中正确的是()钠的还原性很强,可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等K、Na合金可作原子反应堆的导热剂发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源,又可漂白织物、麦杆、羽毛等碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常作为消毒剂ABCD考点:钠的重要化合物专题:元素及其化合物分析:钠的还原性很强,可以从熔融盐中置换某些不活泼的金属K、Na合金熔点低,可作导热剂碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳Na2O2和二氧化碳反应生成氧气,且又有强氧化性,有漂白性碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂 明矾常不能作消毒剂,可作净水剂解答:解:金属钠的化学性质强于金属钛,可以将金属钛、钽、铌、锆等从其熔融态的盐中置换出来,所以可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等,故正确K、Na合金熔点低,可作原子反应堆的导热剂,故正确碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳,所以发酵粉中主要含有碳酸氢钠,能使焙制出的糕点疏松多孔,故正确Na2O2和二氧化碳反应生成氧气,且又有强氧化性,有漂白性,所以Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源,又可漂白织物、麦杆、羽毛等,故正确碳酸钠碱性较强,所以不能用来治疗胃酸过多,碳酸氢钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂,故错误 明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体,胶体具有吸附性,所以可作净水剂,不能作消毒剂,故错误故选:A点评:本题考查了钠及其化合物的性质,难度不大,明确碳酸氢钠和氢氧化铝是治疗胃酸过多的物质10(4分)(xx松江区一模)化学概念在逻辑上存在如右图示几种关系,有关概念的说法正确的是()A纯净物与混合物属于包含关系B单质与化合物属于交叉关系C化合物与碱性氧化物属于包含关系D氧化还原反应与分解反应属于并列关系考点:混合物和纯净物;单质和化合物专题:物质的分类专题分析:A纯净物是由一种物质组成的物质,混合物是由多种物质组成的物质;B纯净物又可分为化合物与单质;C化合物中又可分为酸碱盐及氧化物等;D有些氧化反应为分解反应解答:解:A物质按含有物质种类的多少可分为纯净物与混合物,是并列关系,故A错误; B纯净物按元素的含有情况可分为化合物与单质,是并列关系,故B错误;C化合物有多种元素组成,其中氧化物是含有氧元素和另外一种元素的化合物,是包含关系,故C正确;D有些氧化反应为分解反应,是交叉关系,故D错误故选C点评:本题考查混合物和纯净物、单质和化合物等的定义,难度不大,把握个概念间的关系是解题的关键11(4分)(xx春高青县校级月考)下列说法正确的是()A标准状况下,11.2L CC14含有的分子数目为3.011023B热稳定性:Na2CO3NaHCO3CNa2O2和Na2CO3中阴阳离子个数比相同D某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液,再加入稀盐酸,产生白色沉淀,则原溶液一定含有SO42考点:钠的重要化合物;物质的量的相关计算;常见阴离子的检验分析:A、标准状况下,CC14为液态;B、加热条件下碳酸氢钠易分解,碳酸钠不易分解;C、过氧化钠中有钠离子和过氧根离子,2中有钠离子和碳酸根离子;D、加Ba(NO3)2溶液,再加入稀盐酸,其中含有氢离子、硝酸根离子,溶液中若含有亚硫酸根离子,能被氧化成硫酸根离子;解答:解:A、标准状况下,CC14为液态,故A错误;B、加热条件下碳酸氢钠易分解,碳酸钠不易分解,所以热稳定性:Na2CO3NaHCO3,故B错误;C、1mol过氧化钠中含2mol钠离子和1mol过氧根离子,1mol碳酸钠中含有2mol钠离子和1mol碳酸根离子,Na2O2和Na2CO3中阴阳离子个数比相同,故C正确;D、加Ba(NO3)2溶液,再加入稀盐酸,其中含有氢离子、硝酸根离子,溶液中若含有亚硫酸根离子,能被氧化成硫酸根离子,故溶液中可能含有SO32或SO42,故D错误;故选C点评:本题考查了物质性质的分析判断,属于基础知识的考查,题目难度中等12(4分)(xx山东模拟)xx聊城质检将106g的Na2CO3和84g NaHCO3都经充分强热后,再分别跟足量的盐酸反应,下列说法错误的是()A消耗盐酸一样多B放出CO2的总量一样多C后者生成的NaCl是前者的一半D后者消耗盐酸是前者的一半考点:钠的重要化合物专题:几种重要的金属及其化合物分析:从题中数据可知Na2CO3、NaHCO3各为1 mol,所以放出CO2的总量一样多,84 g NaHCO3加热后生成53 g Na2CO3,为106 g Na2CO3的一半盐酸用量多少可根据Na+与Cl相等判断,前者Na+是后者的二倍解答:解:ANa2CO3、NaHCO3各为1 mol,与盐酸反应都生成NaCl,由Na守恒可知碳酸钠消耗的盐酸较多,故A错误;BNa2CO3、NaHCO3各为1 mol,所以放出CO2的总量一样多,故B正确;CNa2CO3、NaHCO3各为1 mol,与盐酸反应都生成NaCl,由Na守恒可知后者生成的NaCl是前者的一半,故C正确;DNa2CO3、NaHCO3各为1 mol,与盐酸反应都生成NaCl,由Na守恒可知后者消耗盐酸是前者的一半,故D正确故选:A点评:本题考查钠的重要化合物,侧重于化学方程式的计算和判断,可根据物质的组成和性质进行判断,难度不大13(4分)(xx春高青县校级月考)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A标准状况下,将22.4 L氯化氢溶于足量水中,溶液中含有的HCl分子数为NAB常温常压下,16 g 14CH4所含中子数目为8NAC常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,共生成0.2 mol O2,转移电子的数目为0.4 NAD标准状况下,22.4 L空气含有NA个单质分子考点:阿伏加德罗常数分析:A氯化氢为强电解质;B1个14CH4中含有8个中子,14CH4的摩尔质量为18g/mol;CNa2O2与H2O的反应是歧化反应,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂;D空气是氧气、氮气、二氧化碳等组成的混合物解答:解:A氯化氢为强电解质,在溶液中完全电离,不存在分子,故A错误;B16 g 14CH4所含中子数目=8NA= NA,故B错误;CNa2O2与H2O的反应是歧化反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2此反应转移2mol电子,生成1molO2,故当生成0.2molO2,转移电子0.4mol,数目为0.4NA,故C正确;D空气是氧气、氮气、二氧化碳等组成的混合物标准状况下,22.4L空气含有NA个分子,不是单质分子,故D错误;故选:C点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,掌握物质的量有关计算,明确电解质的性质、过氧化钠与水反应中化合价的变化是解题关键,题目难度中等14(4分)(xx秋宣威市校级期末)把a L含(NH4)2SO4和NH4NO3的混合液分成2等份,一份用bmol的NaOH刚好把NH3全部赶出,另一份与BaCl2溶液完全反应,消耗c mol的BaCl2,则原溶液中c(NO3)为()AmolL1B mol1C molL1DmolL1考点:化学方程式的有关计算专题:计算题分析:铵根离子和氢氧根离子反应方程式为NH4+OHNH3+H2O,则n(NaOH)=n(NH4+)=bmol,只有硫酸根离子和钡离子反应生成沉淀,离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4,根据方程式知n(Ba2+)=n(SO42)=cmol,根据化学式(NH4)2SO4知,(NH4)2SO4中n(NH4+)=2n(SO42)=2cmol,所以硝酸铵中n(NH4+)=(b2c)mol,根据化学式NH4NO3知,NH4NO3中n(NH4+)=n(NO3)=(b2c)mol,再根据C=计算原溶液中c(NO3)解答:解:铵根离子和氢氧根离子反应方程式为NH4+OHNH3+H2O,则n(NaOH)=n(NH4+)=bmol,只有硫酸根离子和钡离子反应生成沉淀,离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4,根据方程式知n(Ba2+)=n(SO42)=cmol,根据化学式(NH4)2SO4知,(NH4)2SO4中n(NH4+)=2n(SO42)=2cmol,所以硝酸铵中n(NH4+)=(b2c)mol,根据化学式NH4NO3知,NH4NO3中n(NH4+)=n(NO3)=(b2c)mol,原溶液中c(NO3)=mol/L,故选B点评:本题考查化学方程式的计算,侧重考查分析计算能力,明确各个物理量之间的关系式是解本题关键,注意每一份溶液的体积是原溶液的一半,为易错点15(4分)(xx春高青县校级月考)NA代表阿伏加德罗常数,下列有关叙述正确的是()A标准状况下,2.24 L H2O含有的分子数为0.1NAB标准状况下,22.4 L CH4与18 g H2O所含有的电子数均为10NAC分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积为22.4 L,质量为28 gD3.4 g NH3中含NH键数目为0.2NA考点:阿伏加德罗常数分析:A、标况下,水为液态;B、求出甲烷和水的物质的量,然后根据1mol甲烷和1mol水均含10mol电子来分析;C、CO、C2H4混合气体所处的状态不明确;D、求出氨气的物质的量n=,然后根据1mol氨气含3molNH键来分析解答:解:A、标况下,水为液态,故A错误;B、标况下,22.4L甲烷的物质的量为1mol,18g水的物质的量为1mol,而1mol甲烷和1mol水均含10mol电子,故B正确;C、CO、C2H4混合气体所处的状态不明确,不一定是标况,故NA个CO、C2H4混合气体分子的物质的量虽然是1mol,但体积不一定是22.4L/mol,故C错误;D、3.4g氨气的物质的量n=0.2mol,而1mol氨气含3molNH键,故0.2mol氨气含0.6molNH键,故D错误故选B点评:本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键,难度不大二、(本题包括3小题,共40分)16(15分)(xx春高青县校级月考)某同学帮助水质检测站配制480mL 0.5molL1NaOH溶液以备使用(1)该同学应选择500mL的容量瓶(2)其操作步骤如图1所示,则如图2操作应在下图中的C(填选项字母)之间A与B与C与(3)该同学应称取NaOH固体10.0g,用质量为23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时,请在附表中选取所需的砝码大小cd(填字母),并在如图3中选出能正确表示游码位置的选项c(填字母)附表砝码规格abcde砝码大小/g1005020105(4)下列操作对所配制的溶液的浓度大小有何影响?转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯,浓度会偏小(填“偏大”“偏小”或“无影响”,下同)容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,浓度会无影响定容时仰视液面,浓度会偏小容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净,浓度会偏大定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,但未做任何处理,浓度会无影响考点:配制一定物质的量浓度的溶液分析:(1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积;(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水,应在加水振荡与定容之间;(3)根据m=cVM计算所需的氢氧化钠的质量;氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解,应放在烧杯内称量,根据氢氧化钠与烧杯质量确定需要的砝码;由表中升高可知,最小的砝码为5g,故游码的最大刻度为5g,故小于5g用游码;(4)分析操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响,根据c=分析操作对所配溶液浓度的影响解答:解:(1)选取容量瓶的规格应该等于或稍大于配制溶液的体积,实验室没有480mL容量瓶,所以应该选500mL容量瓶,故答案为:500;(2)如图所示的操作为移液洗涤后向容量瓶内加水,应在转移与定容之间,即应在到之间,故选:C;(3)配制500mL1molL1NaOH溶液需要氢氧化钠的质量为0.5L0.5mol/L40g/mol=10.0g;氢氧化钠具有腐蚀性且易潮解,应放在烧杯内称量,根据氢氧化钠与烧杯总质量为10.0g+23.1g=33.1g,故应选择20g与10g的砝码,即选择cd;由表中升高可知,最小的砝码为5g,故游码的最大刻度为5g,故小于5g所以游码,所以游码应在3.1g的位置,故选择C,故答案为:10.0;cd;C;(4)转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯,会导致溶质的损失,浓度会偏低,故答案为:偏小;若容量瓶未干燥即用来配制溶液,对溶液浓度无影响,因为只要定容时正确,至于水是原来就有的还是后来加入的,对浓度无影响,故答案为:无影响;定容时仰视液面,对导致溶液体积偏大,则浓度会偏小,故答案为:偏小;容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净,会导致溶质偏多,浓度会偏大,故答案为:偏大;定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线是正常的,未做任何处理是正常的,对浓度无影响,故答案为:无影响点评:本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析,属于基础型题目,难度不大17(14分)(xx春高青县校级月考)A、B、C、D、E、F六种物质有如下变化关系,E是淡黄色粉末,判断:(1)写出A、B、C、D、E、F的化学式:ANa,BNaOH,CNa2CO3,DNaCl,ENa2O2,FNaHCO3(2)写出有关反应的化学方程式(是离子反应的直接写离子方程式)BC:2OH+CO2=CO32+H2O,EB:2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2,CF:CO32+H2O+CO2=2HCO3,FC:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2考点:无机物的推断分析:A与氧气反应生成淡黄色粉末E为Na2O2,则A为Na,钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到,可推知B为NaOH,由于NaOH与二氧化碳得到C,C与二氧化碳、水反应得到F,可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3,碳酸钠与HCl反应得到固体D,且能由过氧化钠转化得到,可推知D为NaCl,据此解答解答:解:A与氧气反应生成淡黄色粉末E为Na2O2,则A为Na,钠与水反应生成B且也能由过氧化钠转化得到,可推知B为NaOH,由于NaOH与二氧化碳得到C,C与二氧化碳、水反应得到F,可推知C为Na2CO3、F为NaHCO3,碳酸钠与HCl反应得到固体D,且能由过氧化钠转化得到,可推知D为NaCl,(1)由上述分析可知,A为Na,B为NaOH,C为Na2CO3、D为NaCl,E为Na2O2,F为NaHCO3,故答案为:Na;NaOH;Na2CO3;NaCl;Na2O2;NaHCO3;(2)BC是氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠与水,反应离子方程式为:2OH+CO2=CO32+H2O,EB是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,反应离子方程式为:2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2,CF是碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠,反应离子方程式为:CO32+H2O+CO2=2HCO3,FC是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,反应的化学方程式为:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2故答案为:2OH+CO2=CO32+H2O;2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2;CO32+H2O+CO2=2HCO3;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2点评:本题考查无机物推断,涉及钠元素单质及其化合物的转化,突破口为“E为淡黄色粉末及由A与氧气在点燃条件下得到”,再结合转化关系推断,注意基础知识的掌握,题目难度中等18(11分)(xx春高青县校级月考)“探险队员”盐酸,不小心走进了化学迷宫,不知怎样走出来,因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或者是水溶液),盐酸必须避开它们,否则就无法通过(1)请你帮助它走出迷宫(请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线)(2)在能“吃掉”盐酸的化学反应中,属于酸和碱中和反应的有2个,属于氧化还原反应的有1个,其中能“吃掉”盐酸的盐是Na2CO3,写出该反应的化学方程式Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O(3)在不能与盐酸反应的物质中,属于电解质的是(填写物质序号),属于非电解质的是(4)如果将盐酸换成氯气,它能沿着盐酸走出的路线“走出”这个迷宫吗?不能考点:氧化还原反应;电解质与非电解质;氯气的化学性质分析:(1)解决该题应该找出一条不能和盐酸发生反应的物质构成的路酸的化学性质有:能够和酸碱指示剂变色,能够和活泼金属反应,能够和金属氧化物反应,能够和碱反应,能够和某些盐反应活泼金属即在金属活动性顺序表中氢前的金属,酸和金属氧化物、碱、盐发生的反应是复分解反应,因此必须有水、沉淀或气体生成;(2)中和反应是酸与碱反应,根据碱的种类确定中和反应的个数;能与盐酸反应的盐只有碳酸钠;根据化合价变化判断氧化还原反应;(3)电解质:在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质:在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物;(4)氯气具有强氧化性,可与二氧化硫、铜、银反应解答:解:(1)利用图示的物质对相关的与盐酸不能反应的物质作出判断即可,由于盐酸不能和二氧化碳、二氧化硫、硫酸、铜、银等反应,故答案为:;(2)中和反应是酸与碱反应,根据碱的种类确定中和反应的个数,碱有2种,则中和反应有2个;能与盐酸反应化合价发生变化的只有锌,则发生的氧化还原反应只有1个;能与盐酸反应的盐只有Na2CO3,反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O,故答案为:2;1;Na2CO3;Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2O;(3)与盐酸不反应的有二氧化碳、不活泼金属铜和银、氯化钠、二氧化硫、硫酸,二氧化碳和二氧化硫自身不能电离,属于非电解质;铜和银是金属单质,既不是电解质也不是非电解质;氯化钠在水溶液中或熔融状态下能够导电,属于电解质;硫酸在水溶液中能够导电,属于电解质;故属于电解质的是:氯化钠,硫酸;属于非电解质的是:二氧化碳,二氧化硫,故答案为:;(4)氯气具有强氧化性,可与二氧化硫、铜、银反应,不能走出迷宫,故答案为:不能点评:本题考查物质的性质,为高频考点,综合考查元素化合物知识,把握金属及化合物的性质、反应类型及发生的反应为解答的关键,侧重分析能力及知识的应用能力和解决问题的能力的考查,题目难度不大三、附加题(普通班不作要求)19(xx春高青县校级月考)现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样,用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6molL1盐酸、6molL1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D中碱石灰的作用是吸收装置C中反应剩余的二氧化碳(3)装置C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:探究物质的组成或测量物质的含量分析:(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,碱石灰可以吸收二氧化碳;(3)根据氧化钠和过氧化钠的性质来回答;(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;吸收装置D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- 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