高一化学寒假作业4 新人教版必修1.docx

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高一化学寒假作业4新人教版必修1

2019-2020年高一化学寒假作业4新人教版必修1

一、选择题（本题共7道小题）

1.

下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变生成物的是（）

A．铜和硝酸反应B．二氧化碳通入氢氧化钠溶液中

C．细铁丝在氯气中燃烧D．氯化铝与氢氧化钠溶液反应

2.将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl﹣外，还大量存在的是（）

A．AlO2﹣B．Al3+，Mg2+

C．Mg2+，AlO2﹣D．Al3+，Mg2+、H+

3.

以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（　　）

A．HCl→Cl2→HClO→NaClOB．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3

C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3

4.

用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染考虑，最好的方法是Cl2（　　）

A．CuCu（NO3）2

B．CuCu（NO3）2

C．CuCuCl2Cu（NO3）2

D．CuCuOCu（NO3）2

5.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）

A．加入KSCN溶液一定不变红色

B．溶液中一定含Fe2+

C．溶液中一定不含Cu2+

D．剩余固体中一定含Cu

6.

下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（　　）

①Al2O3②Al（OH）3③Al④NaHCO3⑤NaHS⑥CaCO3⑦NaHSO4⑧（NH4）2CO3．

A．除⑥外B．除⑥、⑦外

C．除⑥、⑦、⑧外D．除①、②、③、④、⑤外

7.

类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。

但类比是相对的，不能违背客观事实。

下列各种类比推测的说法中正确的是

A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS

B．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2

C．已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3

D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应

二、填空题（本题共3道小题）

8.将Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，放出气（已干燥）2.24L（标准状况），将生成的气体全部通入另一份混合粉末，充分反应后气体的体积变为2.016L（标准状况），问：

（1）2.24L气体的成分为：

；

（2）试通过讨论并计算每份混合粉末中Na2O2和NaHCO3的物质的量：

第一种情况：

n（Na2O2）=mol和n（NaHCO3）=mol；

第二种情况：

n（Na2O2）=mol和n（NaHCO3）=mol．

9.

（12分）下列各物质的转化关系如下图所示，A是一种高熔点金属氧化物，D是一种红棕色固体．

回答下列问题：

（1）填写下列物质的化学式：

A　　；B　　；D　　；H　　．

（2）写出下列反应的化学方程式：

①C+D→A+E：

　　．

②E→F：

　　．

③F→G：

　　、　　．

10.

（12分）工业纯碱中常含有少量NaCl，某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO3的含量．

（1）要检验工业纯碱中杂质的存在，先加入　　后加入　　试剂（选填序号）．

A．氢氧化钡溶液　B．稀硝酸　C．硫氰化钾溶液　D．硝酸银溶液

（2）检验装置B气密性的方法是：

塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若　　，说明装置不漏气．

（3）装置A的作用是　　，装置C中的试剂为　　．

（4）某同学认为在D装置后应再连接E装置（装有适当试剂），你认为是否必要？

　　（选填“必要”或“不必要”），判断的理由是　　．

（5）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为　　．

1.C

【解析】A．铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，所以和反应物的浓度有关，故A不选；

B．少量二氧化碳通入氢氧化钠溶液中生成碳酸钠，过量二氧化碳通入氢氧化钠溶液生成碳酸氢钠，所以和反应物的用量有关，故B不选；

C．细铁丝在氯气中燃烧,无论氯气是否过量都生成氯化铁，所以与反应物的用量无关，故C选；

D．NaOH溶液和AlCl3溶液反应产物与反应物的量有关，氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故D不选；故选C.

2.A

解：

将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L×4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L×1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；

故选A．

3.C

考点：

硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．

专题：

卤族元素；碳族元素．

分析：

根据各单质及其化合物的化学性质解答．

A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；

B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；

C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；

D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．

解答：

解：

A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；

B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；

C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；

D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．

故选C．

点评：

本题考查元素化合物物质之间的转化等，比较基础，掌握物质的性质是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握．

4.D

考点：

常见的生活环境的污染及治理；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．

专题：

元素及其化合物．

分析：

用铜制取硝酸铜的最佳方法应是：

从经济角度出发，制取等量的硝酸铜时，所用的原料最少，成本最低；从环境保护的角度出发，制取硝酸铜时不对环境造成污染．

解答：

解：

A．反应生成NO2气体，污染环境，故A不选；

B．反应消耗硝酸银，成本较高，故B不选；

C．反应中使用到了氯气，氯气剧毒，对环保不利，且氯化铜不能与硝酸反应生成硝酸铜，故C不选；

D．氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜，不生成污染性气体，故D选．

故选D．

点评：

本题考查较为综合，侧重于化学与生活、环境的考查，为高考常见题型，难度不大，注意制备方案的评价

5.C

解：

FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，然后Fe再和CuCl2发生置换反应生成FeCl2、Cu，如果充分反应后仍有固体存在，如果固体是Fe和Cu，则溶液中溶质为FeCl2，如果溶液中固体为Cu，则溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，

A．溶液中溶质一定没有Fe3+，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；

B．根据以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，故B正确；

C．根据以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C错误；

D．Fe的还原性大于Cu，所以固体中一定含有Cu，故D正确；

故选C．

6.B

考点：

两性氧化物和两性氢氧化物．

分析：

既能够与酸反应又能够与碱反应的物质有：

铝；两性物质；弱酸的酸式盐，弱酸对应铵盐，据此解答．

解答：

解：

①Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

②Al（OH）3是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

③Al既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

④NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

⑤NaHS是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

⑥CaCO3与氢氧化钠不反应，故不选；

⑦NaHSO4与盐酸不反应，故不选；

⑧（NH4）2CO3弱酸对应铵盐，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；

故选：

B．

点评：

本题考查了物质的性质，明确能和强酸或强碱反应的物质是解本题的关键，注意相关知识的积累．

7.D

【解析】A．硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价．Fe的低价为+2价；

Cu的低价为+1价，Fe+SFeS；2Cu+SCu2S．故A的说法错误．

B．因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑反应．CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮．故B的说法错误．

C．Br2的氧化性强，与Fe反应生成FeBr3，I2的氧化性弱，与Fe生成FeI2，故C的说法错误．

D．在金属的活动性顺序表中，Fe排在Cu、Ag的前面．Fe+CuSO4═FeSO44+Cu，Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag故D说法正确．故选D。

8.

（1）O2和CO2；

（2）0.16；0.02；0.02mol；0.09．

解：

（1）Na2O2和NaHCO3的混合物粉末分为两等份，其中一份加入100mL盐酸，充分反应后溶液为中性，则反应后溶质为氯化钠，根据反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，2.24L混合气体为O2和CO2，

故答案为：

O2和CO2；

（2）2.24L混合气体的物质的量为：

=0.1mol，

2.016L气体的物质的量为：

=0.09mol，

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2△n

221

nm0.1mol﹣0.09mol=0.01mol

则：

n=m=0.02mol，

第一种情况：

若CO2完全反应，则第一份生成CO2的物质的量为：

0.02mol，O2的物质的量为：

0.1mol﹣0.02mol=0.08mol，

则：

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑

0.16mol0.32mol0.08mol

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑

0.02mol0.02mol0.02mol

所以Na2O2为0.16mol，NaHCO3为0.02mol；

第二种情况，若CO2未完全反应，则Na2O2的物质的量为：

0.02mol，

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑

0.02mol0.04mol0.01mol

则第一份生成O2的为0.01mol，

所以CO2的物质的量为：

0.1mol﹣0.01mol=0.09mol，

NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑

0.09mol0.09mol0.09mol

所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，

故答案为：

0.16；0.02；0.02mol；0.09．

9.

（1）Al2O3；O2；Fe2O3；NaAlO2；

（2）①Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；

②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

③FeCl2+2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；

考点：

无机物的推断．

分析：

D是一种红棕色固体，则可知，为Fe2O3；又A即可与强碱反应又可与强酸反应，是高熔点固体，则为Al2O3，C+D→A+E为铝热反应，E为Fe，C为Al，Al2O3电解时生成Al和O2，则B为O2，氧化铝与氢氧化钠反应生成H为NaAlO2，氧化铝与盐酸反应生成I为AlCl3，铁与盐酸反应生成F为FeCl2，氯化亚铁中加入氨水，生成氢氧化亚铁，在空气中被空气氧化得G为Fe（OH）3，结合物质的性质和题目要求可解答该题．

解答：

解：

D是一种红棕色固体，则可知，为Fe2O3；又A即可与强碱反应又可与强酸反应，是高熔点固体，则为Al2O3，C+D→A+E为铝热反应，E为Fe，C为Al，Al2O3电解时生成Al和O2，则B为O2，氧化铝与氢氧化钠反应生成H为NaAlO2，氧化铝与盐酸反应生成I为AlCl3，铁与盐酸反应生成F为FeCl2，氯化亚铁中加入氢氧化钠，在空气中被空气氧化得G为Fe（OH）3，

（1）根据上面的分析可知，A为Al2O3，B为O2，D为Fe2O3，H为NaAlO2，

故答案为：

Al2O3；O2；Fe2O3；NaAlO2；

（2）①C+D→A+E的化学方程式为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，②E→F的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，③F→G为氯化亚铁中加入氨水，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被空气氧化得G为Fe（OH）3，反应的化学方程式为：

FeCl2+2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓，

故答案为：

Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；FeCl2+2NH3•H2O=Fe（OH）2↓+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓；

点评：

本题是一道典型的无机框图推断题，题目难度中等，本题不仅考查对元素化合物基础知识的掌握，还主要考查学科内知识间的综合推理能力，答题时注意根据物质的颜色和反应的条件进行推断．

10.

（1）BD；

（2）漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降；

（3）除去空气中CO2，防止影响测量结果；浓硫酸；

（4）必要；因为装置E会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，影响测量结果；

（5）75%．

考点：

探究物质的组成或测量物质的含量．

分析：

（1）纯碱中常含有少量NaCl，用检验氯离子的方法进行检验，需要试剂为硝酸银和稀硝酸；

（2）依据B中长颈漏斗和广口瓶中液面变化分析判断；

（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳避免影响碳酸钠含量的测定；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重；

（4）U性管是吸收二氧化碳气体称重来测定碳酸钠含量的方法，若与空气直接接通，会吸收空气中二氧化碳和水蒸气影响测定结果；

（5）D装置吸收的为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算．

解答：

解：

（1）纯碱中常含有少量NaCl，用检验氯离子的方法进行检验，需要试剂为硝酸银和稀硝酸，

A．氢氧化钡溶液不能检验氯离子存在，故A不选；

B．稀硝酸验证生成的氯化银不溶，故B选；

C．硫氰化钾溶液是检验铁离子的存在，不能检验氯离子，故C不选；

D．硝酸银溶液和氯离子反应生成白色沉淀，加入稀硝酸不溶证明含有氯离子，故D选；

故答案为：

BD；

（2）检验装置B气密性的方法是：

塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，利用压强变化和液面变化分析判断，若漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化，证明装置气密性完好，

故答案为：

漏斗中与试剂瓶中的液面差保持不再变化或漏斗中的液面不再下降；

（3）装置A是为了吸收空气中二氧化碳，避免影响碳酸钠含量的测定；装置C是浓硫酸干燥生成的二氧化碳气体，在D装置中吸收后称量至恒重，

故答案为：

除去空气中CO2，防止影响测量结果；浓硫酸；

（4）U性管是吸收二氧化碳气体称重来测定碳酸钠含量的方法，若与空气直接接通，会吸收空气中二氧化碳和水蒸气测定结果偏高，影响测定结果的准确性，

故答案为：

必要；因为装置E会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，影响测量结果；

（5）实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g，为二氧化碳质量，结合碳元素守恒计算，样品中Na2CO3的质量分数=×106g/mol×100%=75%，

故答案为：

75%．

点评：

本题考查了制备物质的实验方案设计和含量测定实验，物质性质和测定过程中的干扰分析是解题关键，注意装置的连接和试剂的作用，题目难度中等．