1、人教版2016年高一化学寒假作业10化学必修一一、选择题（本题共7道小题）1.NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是（）A在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2NAB56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为NAC在标准状况下，2.24 L氨气所含的电子总数约为NAD1 mol/L 的 Na2SO4溶液中含有Na+个数为2NA2.把aL含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，则原溶液中c（NO3）为（ ）A molL1 B molL1C molL1 D molL13.下列离子方程式书写正确的是（ ）A
2、碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2 + H2OB氯化镁溶液和氨水混合：Mg2+ + 2OH = Mg(OH)2C铁与稀硝酸反应：Fe2H+ = Fe2+H2D铝片插入硝酸银溶液中 Al +3Ag+ = Al3+ +3Ag4.氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B反应中，每生成2 mol AlN，N2得到3 mol电子C氮化铝中氮元素的化合价为3DAlN的摩尔质量为41 g5
3、.下列说法中错误的是（ ）A钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，产物为Na2O2B镁在空气中形成一层致密的氧化膜，故镁不需要像钠那样的特殊保护C铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼D铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要涂保护层6.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5：7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（ ）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量7.都能用如图所示装置进行喷泉实验的一组气体是（）AHCl和CO2BNH3和CH4CSO2和
4、CODNO和NO2二、填空题（本题共3道小题）8.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3、SO42、Cl、CO32中的一种（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出（1）根据实验事实可推断它们的化学式为：B ，D ；（2）写出足量盐酸与D反应的离子方程式： ；（3）写出C与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式： ；（4）检验物质C中阴离子的方法是： 9.（1）写出浓硫酸与木炭粉在加热
5、条件下反应的化学方程式 （2）用如图所示装置可检验木炭和浓硫酸反应产生的混合气体中含有SO2和CO2能够证明混合气体中含有SO2的实验现象是： ；设计B、C的实验目的是： ；写出B中发生反应的离子方程式： ；能够证明混合气体中含有CO2的实验现象是： 10.某化学兴趣小组以木炭和浓硝酸为起始原料，探究一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠。设计装置如下（忽略装置中空气的影响），请回答下列问题：查阅资料：HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO+H2O；在酸性溶液中，NO2-可将MnO4-还原为Mn2+且无气体生成NO不与碱反应，可被酸性KMnO4溶液氧化为硝酸。（1）组装好仪器后
6、，必须进行的一项操作是_。（2）推测B中可以观察到的主要现象是_；C装置的作用是 。（3）装置D中除生成NaNO2外，还有另一种固态物质Y，Y的化学式是_。可以通过适当改进，不产生Y物质，请你提出改进方法： _。（4）在酸性溶液中，NO可将MnO还原为Mn2。写出有关反应的离子方程式 。（5）E装置中试剂X可以是_。 A稀硫酸 B酸性高锰酸钾溶液 C稀硝酸 D水试卷答案1.C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、氩气为单原子分子；B、根据铁反应后的价态为+3价来分析；C、1molNH3含10mol电子；D、溶液体积不明确解答：解：A、氩气为单原子分子，故1mol氩气
7、含有的原子数为NA，故A错误；B、56g铁的物质的量为1mol，铁反应后的价态可能为+3价，故1mol铁失3mol电子，故B错误；C、在标准状况下，2.24 L氨气的物质的量为0.1mol，1molNH3含10mol电子，故0.1mol氨气含1mol电子，个数为NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，Na+的个数无法计算，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2.B解：bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4+OHNH3+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2+SO42B
8、aSO4可知每份含有SO42cmol，设每份中NO3的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1解得n=（b2c）mol每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3）=mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为：mol/L，故选B3.D4.CA该反应中，N元素的化合价降低，则氧化剂是氮气，C元素的化合价升高，则还原剂是碳，故A错误；B每生成1molAlN需转移1mol（30）=3mol电子，则生成2 mol AlN，N2得到6mol电子，故B错误；C氮化铝中Al为+3价，则氮元素的化合价是3价，故C正确；D氮化铝的摩尔质量是41g/mol，故D错误；故选C5
9、.C解：A钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A正确；B镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B正确；C铝和氧气反应生成氧化铝，在表面生成一层致密的氧化物，故C错误；D铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D正确故选C6.C解：发生反应有：2Al+6HCl2AlCl3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1；（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为1：3 （3）现在的比值是5：7，比值处于1：3和
10、1：1之间，由于铝消耗盐酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足铝过量，故选C7.A 考点：实验装置综合 专题：实验题分析：当气体溶于氢氧化钠溶液或能与氢氧化钠溶液反应时，造成烧瓶内部压强变小，导致烧瓶内外产生压强差而形成喷泉，以此解答该题解答：解：AHCl和CO2都与氢氧化钠反应，使瓶内气压减小，可形成喷泉，故A正确；B甲烷与氢氧化钠不反应，且不溶于水，不能形成喷泉，故B错误；CCO不溶于水，且与氢氧化钠不反应，则不能形成喷泉，故C错误；DNO不溶于水，且与氢氧化钠不反应，不能形成喷泉，故D错误故选A点评：本题以气体的化学性质为载体考查了喷泉实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意形
11、成喷泉实验的条件以及对应物质的性质，难度不大8.(1) AgNO3；Na2CO3 ；(2) CO32+2H+=CO2+H2O；(3) Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4；(4) 取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42考点：无机物的推断；常见阴离子的检验；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定如Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl；Ag+不
12、能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+不能和CO32结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答解答：由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42、CO32结合，而只能和NO3、Cl；Ag+不能和SO42、Cl、CO32三种离子结合，而只能
13、和NO3结合，则一定是BaCl2、AgNO3Cu2+不能和CO32结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32为Na2CO3即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3综上所述：A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；（1）由上述分析可知B为AgNO3，D为Na2CO3 ，故答案为：AgNO3；Na2CO3 ；（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32+2H+=CO2+H2O，故答案为：CO32+
14、2H+=CO2+H2O；（3）C（CuSO4 ）与Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4，故答案为：Cu2+2OH+Ba2+SO42=Cu（OH）2+BaSO4；（4）C为CuSO4，检验物质C中阴离子的方法是取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42，故答案为：取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，侧重分析
15、、推断能力的综合考查，题目难度中等9.（1）2H2SO4（浓）+CCO2+SO2+2H2O；（2）A中品红溶液褪色；除去SO2并检验SO2，气体是否除尽，排除SO2对CO2气体检验的干扰；5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；C中品红溶液不褪色D中溶液变浑浊考点：浓硫酸的性质实验专题：氧族元素分析：（1）碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫气体和水；（2）二氧化硫具有漂白性，如果A中品红溶液褪色，证明混合气体中含有二氧化硫气体；二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，若要检验二氧化碳，应该先用酸性高锰酸钾除去二氧化硫，再用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；B中二氧化硫
16、被酸性高锰酸钾溶液氧化成硫酸根离子；若C中品红溶液不褪色而D中澄清石灰水变浑浊则证明混合气体中含有二氧化碳解答：解：（1）碳与浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+CCO2+SO2+2H2O；（2）二氧化硫具有漂白性，若装置A中品红溶液褪色，则证明混合气体中存在二氧化硫，故答案为：A中品红溶液褪色；由于二氧化硫能够使澄清石灰水变浑浊，为了排除检验二氧化碳时二氧化硫的干扰，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后用品红溶液检验二氧化硫已经除尽，故答案为：除去SO2并检验SO2，气体是否除尽，排除S
17、O2对CO2气体检验的干扰；B中酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5 SO42+2Mn2+4H+，故答案为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+；C中品红溶液不褪色，证明混合气体中的二氧化硫已经完全除去，若D中澄清石灰水变浑浊，则证明混合气体中含有二氧化碳气体，故答案为：C中品红溶液不褪色D中溶液变浑浊点评：本题考查了浓硫酸的化学性质，题目难度中等，侧重考查浓硫酸与铜的反应及二氧化硫的性质，注意明确检验二氧化碳的存在时，需要排除二氧化硫的干扰，试题培养了学生的分析、理解能力10.答案： （1
18、）检查装置的气密性 （2）铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡除去NO中混有的CO2 （3）NaOH用装有碱石灰的干燥管代替C装置 （4）5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O （5）B试题解析：（1）涉及气体的制备以及性质实验时，需要检查装置的气密性，且NO、NO2均为有毒气体，因此组装好仪器后必须要检查装置的气密性；（2）装置A生成的NO2进入B中与H2O反应生成HNO3，硝酸再与铜反应生成Cu（NO3）2，NO和水，所以反应现象为铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡；为防止A中产生的CO2进入D中与Na2O2反应，装置C中NaOH溶液作用在于除去NO中混有的CO2，；（3）由于NO通过氢氧化钠溶液进入D装置时会带入水蒸气，而Na2O2与水反应会生成NaOH；若要避免生成NaOH，气体进入D管前必须干燥，可用装有碱石灰的干燥管代替C装置，用于吸收CO2和H2O；（4）在酸性溶液中，NO可将MnO4-还原为Mn2+，自身被氧化为NO3-，根据电子守恒及原子守恒，写出反应离子方程式：5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O；（5）D中可能有未反应完全的有毒气体NO，不能直接排放到空气中，可通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余NO，防止污染空气。