1、人教版2016年高一化学寒假作业4化学必修一一、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75mL 4mol/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（ ）AAlO2 BAl3+，Mg2+CMg2+，AlO2 DAl3+，Mg2+、H+3.以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（）AHClCl2HClONaClOBNaNa2O2Na2
2、CO3NaHCO3CSiSiO2H2SiO3Na2SiO3DAlNaAlO2Al（OH）3Al2O34.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（）ACu Cu（NO3）2BCu Cu（NO3）2CCuCuCl2Cu（NO3）2DCu CuO Cu（NO3）25.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Cu6.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是（）Al2O3 Al（OH）3 Al NaHCO3 NaHS Ca
3、CO3 NaHSO4 （NH4）2CO3A除外 B除、外C除、外 D除、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CuSB已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2C已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3D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
4、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）= mol9.（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：C+DA+E： EF： FG： 、
5、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
6、D装置增重8.80g，则样品中Na2CO3的质量分数为 试卷答案1.C【ks5u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；DNaOH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75mL 4mol/L的盐酸中即n
7、（HCl）=0.075L4mol/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）=0.25L1.5mol/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
8、铝酸根离子；故选A3.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
9、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
10、：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：
11、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；DFe的还原性大
12、于Cu，所以固体中一定含有Cu，故D正确；故选C6.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：Al2O3 是两性氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；Al（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；Al 既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，故选；NaHCO3 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；NaHS 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；CaCO3 与氢氧化钠不反应，故不选；NaHSO4 与盐酸不反应，故不选；（NH4）2CO3
13、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【ks5u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+S Cu2S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
14、氮故B的说法错误CBr2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+CuSO4FeSO44+Cu，Fe+2AgNO3Fe（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
15、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 2 2 1n m 0.1mol0.09mol=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：0.1mol0.02mol=0.08mol，则：2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.16mol 0.32mol 0.08molNaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.02mol 0.02mol 0.
16、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：0.02 mol，2Na2O2 +4HCl=4NaCl+2H2O+O20.02mol 0.04mol 0.01mol则第一份生成O2的为0.01mol，所以CO2的物质的量为：0.1mol0.01mol=0.09mol，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO20.09mol 0.09mol 0.09mol所以Na2O2为0.02mol，NaHCO3为0.09mol，故答案为：0.16；0.02；0.02mol；0.099.（1）Al2O3；O2；Fe2O3
17、；NaAlO2；（2）Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；Fe+2HCl=FeCl2+H2；FeCl2+2NH3H2O=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+DA+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（O
18、H）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+DA+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）C+DA+E的化学方程式为Fe2O
19、3+2AlAl2O3+2Fe，EF的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2，FG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+2NH3H2O=Fe（OH）2+2NH4Cl、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；Fe+2HCl=FeCl2+H2；FeCl2+2NH3H2O=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
20、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）B D；（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
21、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
22、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/mol100%=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
