3527高一化学下册暑假作业
7学年下学期高一暑假化学作业化学试题一(附答案)
高一化学暑假作业一1．除去乙烷中混有的少量乙烯，应采用的简便方法是（）A. 将混合气体通过氢氧化钠溶液B. 将混合气体通过溴水C. 将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应 D .使混合气体中的乙烯气体发生加聚反应2. 下列说法中不正确的是（）①水分子的电子式为H+ ②离子半径由小到大的顺序是：Mg2+＜Na+＜Cl-＜S2-③氮分子的电子式为④只含有离子键的化合物才是离子化合物A．①②B．③④C．①④D．②③3. 下列叙述正确的是（）A.化学键存在所有物质中B.化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因C.只要有能量变化，则一定发生了化学反应D.当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应放出能量4．同周期的X、Y、Z三元素, 其最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序是:H3ZO4<H2YO4<HXO4, 则下列判断正确的是( )A．原子半径X>Y>Z B．非金属性X>Y>ZC．阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱D．气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强5.短周期金属元素甲——戊在元素周期表中的相对位置如右表所示，下面判断正确的是（）A．原子半径：丙＜丁＜戊B．金属性：甲＞丙C．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊D．最外层电子数：甲＞乙6. 氢氧燃料电池用于航天飞船，电极反应产生的水，经过冷凝后可用作航天员的饮用水，其电极反应如下：负极：2H2 + 4OH- - 4e- = 4H2O 正极：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH—，当得到1.8L饮用水时，电池内转移的电子数约为（）A.1.8molB.3.6molC.100molD.200mol7.下列含有共价键的化合物是（）A．MgCl2 B. NaOH C. Br2 D. NaCl8、向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。
高一化学下学期暑假作业(三)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔三〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．以下物质中，属于纯洁物的是( )A．氯水B．盐酸C．次氯酸D．漂白粉2．以下氯化物中，不能用金属和氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．NaClC．FeCl2D．MgCl23．现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别它们的一种试剂是( )A．AgNO3溶液B．酚酞试液C．紫色石蕊试液D．饱和食盐水4．如图是一种某气体化学性质的装置，图中B为开关．假设先翻开B，在A处通入枯燥氯气，C中布条颜色无变化；当关闭B时，C处布条颜色褪去．那么D 瓶中盛有的溶液是( )A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．浓NaOH溶液D．浓NaBr溶液5．以下说法没有性错误的选项是( )A．“白雪牌〞漂白精可令所有物质黯然失“色〞，没有最白，只有更白B．液态氯化氢是100%的盐酸，H+浓度极大C．氯化钙具有吸水性和潮解性，夏日里用它的水溶液喷洒柏油路，可有效地保护地面D．氯元素有毒，禁入口中6．当不慎有大量氯气逸出周围空间时，可以用浸有一浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适采用的该物质是( )A．Na2CO3B．NaClC．NaOHD．KBr7．以下物质中，能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )A．久制的氯水B．碘水C．KBrD．KI8．向含有NaBr、KI混合溶液中通入过量的Cl2充分反．将溶液蒸干，并灼烧所得的物质，最后剩余的固体物质是( )A．NaCl 和KIB．NaCl、KCl和I2C．KCl和NaBrD．KCl和NaCl9．将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素可能是( )A．MgB．FeC．NaD．Al10．在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是( )A．NaOHB．Na2OC．Na2CO3D．Na2O211．以下各组物质间反后生成碱和氧气的是( )A．Na和H2OB．Na2O 和H2O C．K和H2OD．Na2O2和H2O12．以下各种方法中，可以用于除去苏打中混有的少量小苏打的是( ) A．水洗B．加热C．通入CO2D．参加盐酸13．以下关于 Na2CO3和NaHCO3性质比拟中正确的选项是( )A．热稳性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3C．与盐酸反的快慢：Na2CO3＞NaHCO3D．相对分子质量：Na2CO3＜NaHCO314．106g Na2CO3和84g NaHCO3分别与足量的盐酸溶液反，其中( ) A．Na2CO3放出的CO2多B．NaHCO3放出的CO2多C．Na2CO3消耗的盐酸多D．NaHCO3消耗的盐酸多15．以下反中，水既不是氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na和H2OB．Mg 和H2OC．CO2和H2OD．Na2O2和H2O16．2.3g纯洁金属钠在枯燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是( )A．Na2O和Na2O2B．只有Na2OC．只有Na2O2D．无法确二、填空题〔34分〕17．现有X、Y、Z三种元素，：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体．②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色．③XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红．④两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体．⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性．据此推断：〔1〕X__________；Y__________；Z__________ 〔写元素符号〕．〔2〕写出⑤的反方程式__________〔3〕Z的单质工业制法的化学方程式：__________．18．写出与以下事实相符的金属钠的主要物理性质：〔1〕用小刀切割金属钠，表现其__________〔2〕金属钠能浮在水面上，表现其__________〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球，表现其__________．19．阅读课本55页从海水中提取镁的步骤，答复以下问题：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的有关反方程式：__________，__________〔2〕写出制取Mg〔OH〕2的化学方程式__________〔3〕工业采用电解MgCl2可得到Mg，写出反方程式，并在方程式上标明电子的转移方向和数目__________〔4〕利用电解MgCl2可制得的氯气和粉末状熟石灰可制得漂白粉，反的方程式为__________．20．用MnO2和浓盐酸制取纯洁枯燥的氯气，并让氯气与铜粉反制取纯洁的无水CuCl2，装置如下图．请答复以下问题：〔1〕前检查链套装量的气密性的方法是__________〔2〕B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是__________，C中选用的试剂是__________，其作用是__________．〔3〕D中反的化学方程式是__________，将此生成物溶于少量水，得到__________ 色溶液．三、计算题〔18分〕21．用足量的NaOH溶液将448mL Cl2〔状况〕完全吸收．〔1〕计算生成的NaClO的物质的量．〔2〕计算生成的溶液中，含有Na+的物质的量．22．将100mL、浓度为5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．〔1〕计算被氧化的KBr的质量〔2〕氧化剂得到的电子总数是__________．23．将18.4g金属钠投入80.0g水中，待反完毕后，测得所得溶液的密度为1.357g/cm3，求：〔1〕所得溶液中溶质的质量分数．〔2〕所得溶液的体积是多少？高一〔下〕化学暑假作业〔三〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．以下物质中，属于纯洁物的是( )A．氯水B．盐酸C．次氯酸D．漂白粉考点：混合物和纯洁物．分析：纯洁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；纯洁物为可以从以下理解：宏观：由一种物质组成的物质，微观：由同种分子构成，组成固，有固的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号．据此结合常见物质的组分逐项分析即可．解答：解：A．氯水为氯气的水溶液，为混合物，故A错误；B．盐酸为氯化氢的水溶液，为混合物，故B错误；C．次氯酸化学式为HClO，属于纯洁物，故C正确；D．工业用氯气和冷的消石灰反制备漂白粉，发生2Ca〔OH〕2+2Cl2=CaCl2+Ca〔ClO〕2，成分为CaCl2、Ca〔ClO〕2，属于混合物，故D错误；应选C．点评：此题考查纯洁物的判别，难度不大，注意把握纯洁物概念，宏观：由一种物质组成的物质．微观：由同种分子构成．组成固，有固的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号．2．以下氯化物中，不能用金属和氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．NaClC．FeCl2D．MgCl2考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态．解答：解：Cl2有强氧化性，与金属反化合生成相的盐〔氯化物〕，当与变价金属反时将金属氧化成高价态，故A、B、D正确；与Fe反生成FeCl3，故C错．应选C点评：Cl2是卤族元素的代表，有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态．常见的强氧化剂有：氯气、次氯酸、硝酸、氧气、高锰酸钾．3．现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别它们的一种试剂是( )A．AgNO3溶液B．酚酞试液C．紫色石蕊试液D．饱和食盐水考点：物质的检验和鉴别的根本方法选择及用．专题：化学根本操作．分析：盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，以此来解答．解答：解：A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B．盐酸、氯化钠、和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反，现象相同，不能鉴别，故D错误；应选C．点评：此题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，熟悉发生的化学反是解答此题的关键，注意现象不同能鉴别，题目难度不大．4．如图是一种某气体化学性质的装置，图中B为开关．假设先翻开B，在A处通入枯燥氯气，C中布条颜色无变化；当关闭B时，C处布条颜色褪去．那么D 瓶中盛有的溶液是( )A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．浓NaOH溶液D．浓NaBr溶液考点：探究氯水、氯气的漂白作用．专题：卤族元素．分析：枯燥氯气不能使布条褪色，当关闭B时，气体经过D装置，C处布条颜色褪去，说明氯气通过D装置后，含有水蒸气．解答：解：A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，为枯燥氯气，不能使布条褪色，故A错误；B．氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使布条褪色，故B正确；C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，那么布条不褪色，故C错误；D．氯气经过盛有NaBr溶液的洗气瓶与NaBr发生氧化复原反被吸收，那么布条不褪色，故D错误．应选B．点评：此题考查氯气的性质，题目难度不大，此题注意氯气使布条褪色的原因是能生成具有漂白性的HClO．5．以下说法没有性错误的选项是( )A．“白雪牌〞漂白精可令所有物质黯然失“色〞，没有最白，只有更白B．液态氯化氢是100%的盐酸，H+浓度极大C．氯化钙具有吸水性和潮解性，夏日里用它的水溶液喷洒柏油路，可有效地保护地面D．氯元素有毒，禁入口中考点：化学的主要特点与意义；氯、溴、碘及其化合物的综合用．分析：A．漂白粉中含ClO﹣离子，能氧化的有机物；B．盐酸为混合物；C．氯化钙具有吸水性；D．氯气有毒，但含氯元素的物质不一有关．解答：解：A．漂白粉一般可使有机物褪色，但不能使的无机物褪色，如铜离子，故A错误；B．液态氯化氢为纯洁物，不含氢离子，故B错误；C．氯化钙具有较强的吸水性，因而常用作枯燥剂，故C正确；D．氯气有毒，但含氯元素的物质不一有关，如NaCl，故D错误；应选C．点评：此题考查含氯物质的性质，注意物质的特性是解答的关键，注意知识的归纳和分类整合，注重根底知识的考查，题目难度不大．6．当不慎有大量氯气逸出周围空间时，可以用浸有一浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适采用的该物质是( )A．Na2CO3B．NaClC．NaOHD．KBr考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质．分析：氯气是有毒气体，氯气和水反生成盐酸和次氯酸，盐酸能和碱性物质反，由于碱性物质与人体皮肤接触，所以不能用强碱性物质，那么该溶液该具有弱碱性、腐蚀性弱的特点，据此分析解答．解答：解：A．Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反而防止吸入氯气中毒，那么可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故A正确；B．食盐中含有氯离子，抑制氯气溶解，但不能吸收氯气，故B错误；C．NaOH虽能与氯气反，到达吸收氯气的效果，但NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故C错误；D．溴化钾能和氯气反生成溴，溴有腐蚀性，所以不能使用溴化钾溶液，故D错误．应选A．点评：此题考查了氯气的性质，明确氯气和水反的生成物及其性质是解此题关键，注意氯化钠溶液中含有氯离子，氯气和水反生成盐酸，所以氯化钠溶液抑制氯气溶解，室可以采用排饱和食盐水方法除去氯气中的氯化氢气体，难度不大．7．以下物质中，能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )A．久制的氯水B．碘水C．KBrD．KI考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：卤族元素．分析：淀粉遇碘变蓝色，使淀粉碘化钾溶液变蓝，参加碘或能生成碘的物质．解答：解：A．久置氯水的主要成分为HCl，不能将KI氧化为单质碘，故A 错误；B．碘水的主要成分为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故B正确；C．KBr不能与KI反，不能生成单质碘，故C错误；D．KI不能使淀粉变蓝色，故D错误．应选B．点评：此题考查卤素单质及其化合物的性质题目难度不大，注意相关根底知识的积累．8．向含有NaBr、KI混合溶液中通入过量的Cl2充分反．将溶液蒸干，并灼烧所得的物质，最后剩余的固体物质是( )A．NaCl 和KIB．NaCl、KCl和I2C．KCl和NaBrD．KCl和NaCl考点：氯气的化学性质．分析：向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反，生成NaCl、KCl 和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题．解答：解：向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反，发生：Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为KCl和NaCl；应选D．点评：此题考查卤素知识，题目难度不大，注意氯气可置换出溴、碘单质，加热最后所得固体为KCl和NaCl．9．将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素可能是( )A．MgB．Fe C．NaD．Al考点：化学方程式的有关计算．分析：0.1mol单质与足量氯气反后质量增加7.1g，那么参加反氯气的质量为7.1g，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒计算金属在反中的化合价，以此来解答．解答：解：0.1mol单质与足量氯气反后质量增加7.1g，那么参加反氯气的质量为7.1g ，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒，可知金属在反中的化合价为=+2价，Mg与氯气反表现+2价，Fe与氯气反表现+3价，Na与氯气表现+1，Al表现+3价．应选A．点评：此题考查化学方程式的有关计算，难度不大，判断7.1g为参加反的氯气的质量是关键，可以根据金属与氯气按1：1反判断．10．在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是( )A．NaOHB．Na2OC．Na2CO3D．Na2O2考点：钠的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：根据钠长期暴露在空气中，发生的一变化：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色→变暗→变白色固体→成液→结块→最后变成Na2CO3粉末．解答：解：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色〔钠的真面目〕→变暗〔生成Na2O〕→变白色固体〔生成NaOH〕→成液〔NaOH潮解〕→结块〔吸收CO2成Na2CO3•10H2O〕→最后变成Na2CO3粉〔风化〕，有关反如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O．应选：C．点评：金属钠暴露在空气中发生的现象表达了钠及其化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象．11．以下各组物质间反后生成碱和氧气的是( )A．Na和H2OB．Na2O 和H2OC．K和H2OD．Na2O2和H2O考点：钠的重要化合物；钠的化学性质．专题：元素非金属性的强弱规律．分析：根据化学反方程式判断选项，能与水反的活泼金属与水反时生成碱和氢气；过氧化钠与水反生成碱和氧气；碱性氧化物和水反生成碱；解答：解：A、Na和H2O反：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，产物是碱与可燃性气体，故A错误；B、Na2O和H2O反：Na2O+H2O=2NaOH，产物是碱，故B错误．C、K和H2O反：2K+2H2O=2KOH+H2↑，产物是碱与可燃性气体，故C错误；D、Na2O2和H2O反：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产物是碱与助燃性气体氧气，故D 正确；应选：D；点评：此题考查的是金属及其化合物的性质，能正确判断产物是解此题的关键．12．以下各种方法中，可以用于除去苏打中混有的少量小苏打的是( ) A．水洗B．加热C．通入CO2D．参加盐酸考点：物质的别离、提纯和除杂．专题：化学根本操作．分析：除杂的原那么是除去杂质不能引入的杂质，苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠，除去苏打固体中混有的少量小苏打，根据二者的性质可知，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以可以用加热的方法除杂．解答：解：A．碳酸钠和碳酸氢钠都溶于水，故A错误；B．加热固体混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水蒸气、二氧化碳，这样可以于除去苏打固体中混有的少量小苏打，故B正确；C．二氧化碳和碳酸钠和水反生成碳酸氢钠，故C错误；D．加盐酸会和碳酸钠、碳酸氢钠反，将原物质除掉，不符合除杂原那么，故D 错误．应选B．点评：此题考查了碳酸钠、碳酸氢钠物质的性质，题目难度不大，注意根底知识的积累．13．以下关于 Na2CO3和NaHCO3性质比拟中正确的选项是( )A．热稳性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3C．与盐酸反的快慢：Na2CO3＞NaHCO3D．相对分子质量：Na2CO3＜NaHCO3考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：元素及其化合物．分析：NaHCO3与Na2CO3相比拟，NaHCO3不稳，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反时，NaHCO3反剧烈．解答：解：A．NaHCO3不稳，加热易分解：2NaHCO 3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳，故A错误；B．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；C．分别滴加HCl溶液，反离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反放出气体剧烈，故C错误；D．因相对原子质量Na＞H，那么相对分子质量：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误．应选B．点评：此题考查Na2CO3和NaHCO3性质，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重根底知识的积累．14．106g Na2CO3和84g NaHCO3分别与足量的盐酸溶液反，其中( )A．Na2CO3放出的CO2多B．NaHCO3放出的CO2多C．Na2CO3消耗的盐酸多D．NaHCO3消耗的盐酸多考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：106g Na2CO3和84g NaHCO3都为1mol，参加盐酸分别发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2，结合反的方程式计算．解答：解：106g Na2CO3和84g NaHCO3都为1mol，参加盐酸分别发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2，由反的方程式可知，Na2CO3消耗2mol盐酸，NaHCO3消耗1mol盐酸，生成的二氧化碳一样多，应选C．点评：此题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反的化学方程式的书写．15．以下反中，水既不是氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na和H2OB．Mg 和H2OC．CO2和H2OD．Na2O2和H2O考点：氧化复原反．分析：有电子转移的化学反是氧化复原反，在氧化复原反中，水既不作氧化剂也不作复原剂，那么说明在反中，水中的各种元素的化合价都不发生变化，以此解答该题．解答：解：A．H元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；B．H元素化合价降低，水为氧化剂，故B错误；C．元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反，故A错误；D．Na2O2和H2O反，Na2O2中﹣1价的O化合价既升高又降低，所以Na2O2既为复原剂又为氧化剂，水既不作氧化剂也不作复原剂，故D正确；应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化复原反的概念和物质具有的性质，难度不大．16．2.3g纯洁金属钠在枯燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是( )A．Na2O和Na2O2B．只有Na2OC．只有Na2O2D．无法确考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属钠在枯燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断．解答：解：设金属钠氧化产物中氧化钠为xmol，过氧化钠为ymol，4Na+O2 =2Na2O，2Na+O2=Na2O22xmol xmol 2ymol ymol那么2x+2y=，62x+78y=3.5g，解得：x=0.025，y=0.025，所以Na2O和Na2O2均存在；应选A．点评：此题考查了钠与氧气反产物的判断，根据方程式和反物和生成物的量求算，题目难度不大．二、填空题〔34分〕17．现有X、Y、Z三种元素，：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体．②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色．③XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红．④两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体．⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性．据此推断：〔1〕XH；YO ；ZCl 〔写元素符号〕．〔2〕写出⑤的反方程式Cl2+H2O⇌HCl+HClO〔3〕Z的单质工业制法的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．考点：无机物的推断；氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：推断题；卤族元素．分析：X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色，可说明X 为H，Z为Cl，生成HCl气体，对的水溶液呈酸性，两分子X的单质与一分子Y 的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，为H2O，那么Y为O元素，结合对单质、化合物的性质解答该题．解答：解：〔1〕X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色，可说明X为H，Z为Cl，生成HCl气体，对的水溶液呈酸性，两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，为H2O，那么Y为O元素，故答案为：H；O；Cl；〔2〕Z的单质为Cl2，与水反生成HCl和HClO，反的方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；〔3〕工业用电解饱和NaCl溶液的方法制备Cl2，反的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑．点评：此题考查无机物的推断，题目难度不大，此题注意根据物质的颜色、状态作为推断的突破口，学习中注意相关根底知识的积累，注意氯气的工业制备方法．18．写出与以下事实相符的金属钠的主要物理性质：〔1〕用小刀切割金属钠，表现其硬度较小〔2〕金属钠能浮在水面上，表现其密度比水小〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球，表现其熔点较低．考点：钠的物理性质；钠的化学性质．分析：依据钠是一种密度小于水，熔点低，硬度小的金属，与水反生成氢氧化和氢气，据此解答．解答：解：〔1〕用小刀切割金属钠，说明钠的硬度小，质软；故答案为：硬度较小；〔 2〕金属钠能浮在水面上，说明其密度小于水；故答案为：密度比水小；〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球说明钠与水反放热，且钠的熔点较低；故答案为：钠的熔点较低．点评：此题考查了物质的性质，熟悉钠的物理性质是解题关键，侧重考查学生对根底知识掌握的熟练程度．19．阅读课本55页从海水中提取镁的步骤，答复以下问题：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的有关反方程式：CaCO3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2〔2〕写出制取Mg〔OH〕2的化学方程式MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+Ca Cl2〔3〕工业采用电解MgCl2可得到Mg，写出反方程式，并在方程式上标明电子的转移方向和数目〔4〕利用电解MgCl2可制得的氯气和粉末状熟石灰可制得漂白粉，反的方程式为2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O．考点：海水资源及其综合利用．分析：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的反是，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水生成氢氧化钙；〔2〕利用氢氧化钙和海水中的氯化镁反生成氢氧化镁沉淀和氯化钙；〔3〕氯化镁电解反没意识化合价+2价变化为0价，氯元素化合价﹣1价变化为0价，电子转移2e﹣，标注双线桥法写出；〔4〕氯气和氢氧化钙反生成氯化钙、次氯酸钙和水，原子守恒配平书写化学方程式．解答：解：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的反是，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水生成氢氧化钙，反的化学方程式为：CaCO 3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2，故答案为：CaCO 3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2；〔2〕利用氢氧化钙和海水中的氯化镁反生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反的化学方程式为：MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+CaCl2，故答案为：MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+CaCl2；〔3〕氯化镁电解反没意识化合价+2价变化为0价，氯元素化合价﹣1价变化为0价，电子转移2e ﹣，标注双线桥法写出的化学方程式为：，故答案为：；〔4〕氯气和氢氧化钙反生成氯化钙、次氯酸钙和水，原子守恒配平书写化学方程式，2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O；故答案为：2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O．点评：此题考查了海水提镁的过程分析，和步骤反，主要是化学方程式书写方法，掌握物质性质和化学根底是解题关键，题目难度中．20．用MnO2和浓盐酸制取纯洁枯燥的氯气，并让氯气与铜粉反制取纯洁的无水CuCl2，装置如下图．请答复以下问题：〔1〕前检查链套装量的气密性的方法是用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏〔2〕B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去A中产生的气体中含有的HCl 气体，C中选用的试剂是浓硫酸，其作用是除去Cl2中混有的水蒸汽．〔3〕D中反的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2，将此生成物溶于少量水，得到蓝色溶液．考点：氯气的室制法．分析：〔1〕化学装置的气密性检验的原理是使装置内外的压强不相；〔2〕根据浓盐酸的性质及反方程式确混合气体的成分，根据氯化氢的性质判断饱和食盐水〔或水〕的作用；〔3〕铜与氯气在加热条件下生成氯化铜，氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液．解答：解：〔1〕该装置气密性检验方法：用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏；故答案为：用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏；〔2〕浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢、水蒸气；氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小．所以可用盛有饱和食盐水〔或水〕除去混合气体中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，能够枯燥氯气；故答案为：除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸，除去Cl2中混有的水蒸汽；〔3〕铜与氯气在加热条件下生成氯化铜，化学方程式：Cu+Cl 2 CuCl2；氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液；故答案为：Cu+Cl 2 CuCl2；蓝．点评：此题考查了氯气的制备和性质的检验，明确氯气制备原理及各装置作用即可解答，题目难度不大．三、计算题〔18分〕21．用足量的NaOH溶液将448mL Cl2〔状况〕完全吸收．〔1〕计算生成的NaClO的物质的量．〔2〕计算生成的溶液中，含有Na+的物质的量．考点：化学方程式的有关计算．分析：〔1〕因为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，可知n〔NaClO〕=n〔Cl2〕=；〔2〕NaClO和NaCl的组成，钠与氯的物质的量之比为1：1，可知，钠离子的物质的量于氯气物质的量的2倍．解答：解：〔1〕因为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，可知n〔NaClO〕=n〔Cl2〕===0.02mol，答：生成的NaClO的物质的量0.02mol；〔2〕NaClO和NaCl的组成，钠与氯的物质的量之比为1：1，可知，钠离子的物质的量于氯气物质的量的2倍，即0.02mol×2=0.04 mol，答：含有Na+的物质的量0.04 mol．点评：此题考查根据方程式进行的计算，比拟根底，注意根底知识的理解掌握．22．将100mL、浓度为5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．〔1〕计算被氧化的KBr的质量〔2〕氧化剂得到的电子总数是6.02×1023．考点：氧化复原反的电子转移数目计算．分析：将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．〔1〕设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2来计算；〔2〕根据氯气反后氯元素变为﹣1价来分析．解答：解：将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．〔1〕设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2可知：2KBr+Cl2 =2KCl+Br22 1xmol 0.5mol可得：解得x=1mol，即被氧化的KBr为1mol．那么被氧化的KBr的质量m=nM=1mol×119g/mol=119g．答：被氧化的KBr的质量为119g．。
高一化学下学期暑假作业(六)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔六〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要的原料是( )A．石灰石B．纯碱C．粘土D．石英2．将铝粉投入到以下溶液中，能观察到有气体产生的是( )A．自来水B．氯化钠溶液C．浓氢氧化钠溶液D．稀氨水3．将一小块以下金属投入稀的硫酸铜溶液中，能发生发生反但不能生成金属铜的是( )A．NaB．FeC．AlD．Ag4．以下有关铁的表达正确的选项是( )A．在空气中，铁丝如同镁条一样能被点燃，并发出耀眼的强光B．铁是地壳里含量最多的金属元素C．铁在高温下与水蒸气反生成氢气和四氧化三铁D．铁能与稀盐酸、浓硫酸、碳酸酸反生成氢气和亚铁盐5．镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在某冷却剂中冷却，以下可作为冷却剂的是( )①空气②O2③Ar ④H2⑤N2⑥H2O．A．①②B．③④C．③⑥D．③⑤6．往CuO和Fe粉的混合物中，参加一量的稀硫酸，并微热，当反停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚光亮的铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉无任何变化．根据上述现象，确下面结论正确的选项是( )A．滤出的不溶物一是铜B．滤出的不溶物一含铜，但不一含铁C．滤出的不溶物一是铁D．滤液中一含有Fe2+和Cu2+7．以下反中，水既不作氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na+H2OB．Fe+H2O〔g〕C．CO2+H2OD．Na2O2+H2O8．以下物质接触空气后，可能因发生氧化复原反而变质的是( )①NaOH ②A1〔OH〕3③Fe 〔OH〕3④Fe 〔OH〕2⑤Mg〔OH〕2．A．①B．④C．①③④D．③⑤9．证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的方法是( )A．只需滴加KSCN溶液B．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显C．先滴加KSCN溶液，不显，再滴加氯水后显D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀10．以下物质混合后，有气体生成，最终又有沉淀或固体生成的是( ) A．铜片和足量氯化铁溶液B．铝粉和足量氢氧化钠溶液C．电石和足量的盐酸D．过氧化钠和少量氯化亚铁溶液11．以下说法正确的选项是( )A．二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B．二氧化碳通人水玻璃中可以得到原硅酸C ．二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀D ．二氧化硅是制玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反12．以下溶液中不能盛放在玻璃瓶中的是( )A．硅酸钠溶液B．浓硝酸C．氢氟酸D．氯化钠溶液13．工业制造砂〔SiC〕的化学方程式如下：SiO2+3C═SiC+2CO．在这个氧化复原反中，氧化剂和复原剂的物质的量之比是( )A．1：2B．2：1C．1：1D．3：514．用一方法可除去以下物质所含的少量杂质〔括号内为杂质〕．其中加适量的稀盐酸能到达除去杂质的目的是( )A．NaHCO3〔Na2CO3〕B．NaCl〔NaOH〕C．Fe2O3〔MgO〕D．FeCl3〔FeCl2〕15．称取两份铝粉，第一份参加足量的NaOH溶液，第二份参加足量的盐酸溶液，如果要得到相同体积〔同温同压〕的氢气，那么两份铝粉的质量比是( ) A．1：1B．1：2C．3：4D．2：516．将一质量的Mg，Zn，Al混合物与足量稀H2SO4反，生成H22.8L〔状况〕，原混合物的质量可能是( )A．2gB．4gC．8gD．10g二、填空题〔39分〕17．〔13分〕〔1〕利用SiO2的化学性质，写出实现以下变化的化学方程式．SiO2→硅酸__________SiO2→高纯度的硅__________〔2〕室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，试说明原因：__________．18．【探究】在室完成如下，并答复以下问题．在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴入3mol/L的NaOH溶液至过量，边滴边摇锥形瓶．〔1〕请描述现象__________〔2〕开始发生反的化学方程式：__________；参加过量NaOH溶液后发生的反的离子方程式：__________〔3〕生成沉淀物的最大质量是__________．19．工业上用铝土矿〔主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2〕提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：写出步骤①、②、③中所发生反的化学方程式：__________、__________、__________①反属于__________〔填反类型〕，②__________〔填“是〞“否〞〕氧化复原反．20．氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质．为制得纯洁氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按如下图操作步骤进行提纯．〔1〕参加氧化剂x的目的是__________〔2〕以下氧化剂中最适合本的是__________A．Cl2 B．KMnO4 C．NaClO D．H2SO4〔3〕物质y和沉淀z的化学式分别是__________和__________．三、计算〔13分〕21．把26g含有二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热到质量不再改变，冷却后称量为17.2g．问原物质中二氧化硅的质量是多少？22．用一物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeSO4溶液和Fe2〔SO4〕3溶液中的Fe2+、Fe3+完全沉淀．如果所用的NaOH溶液的体积相同，求FeSO4溶液和Fe2〔SO4〕3溶液的物质的量浓度之比．高一〔下〕化学暑假作业〔六〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要的原料是( )A．石灰石B．纯碱C．粘土D．石英考点：玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；高炉炼铁；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途．专题：化学用．分析：从碳酸钙的性质着手分析，石灰石的主要成分是碳酸钙，高温下碳酸钙和二氧化硅能发生化学反，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料．解答：解：生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再参加适量石膏，并研成细粉就得到水泥；石灰石还是高炉炼铁的一种原料〔造渣材料〕，所以在高炉炼铁、制玻璃、制水泥三种工业生产中都用到的原料是石灰石；应选A．点评：此题考查了碳酸钙的用途，难度不大，根据物质的性质决物质的用途进行分析即可．2．将铝粉投入到以下溶液中，能观察到有气体产生的是( )A．自来水B．氯化钠溶液C．浓氢氧化钠溶液D．稀氨水考点：铝的化学性质．分析：铝能与强酸、强碱反生成氢气，据此分析．解答：解：铝能与强酸、强碱反生成氢气，那么铝粉投入到浓氢氧化钠溶液能观察到有气体产生，铝与自来水、氯化钠溶液、稀氨水均不反，应选C．点评：此题考查了金属单质的化学性质，注意把握Al单质的化学性质，题目难度不大．3．将一小块以下金属投入稀的硫酸铜溶液中，能发生发生反但不能生成金属铜的是( )A．NaB．FeC．AlD．Ag考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠与水先反，产生的氢氧化钠再与硫酸铜反生成氢氧化铜；B、铁投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸亚铁和铜；C、铝投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸铝和铜；D、银金属性小于铜，投入稀的硫酸铜溶液中不发生反．解答：解：A、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠与水先反，产生的氢氧化钠再与硫酸铜反生成氢氧化铜，反不能生成铜，故A符合；B、铁投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸亚铁和铜，反生成铜，故B不符合；C、铝投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸铝和铜，发生反，能生成铜，故C不符合；D、银金属性小于铜，银投入稀的硫酸铜溶液中不发生反，不反，故D不符合；应选A．点评：此题考查了金属性质分析判断，金属活泼些和活泼金属和盐溶液反的分析用，掌握根底是关键，题目较简单．4．以下有关铁的表达正确的选项是( )A．在空气中，铁丝如同镁条一样能被点燃，并发出耀眼的强光B．铁是地壳里含量最多的金属元素C．铁在高温下与水蒸气反生成氢气和四氧化三铁D．铁能与稀盐酸、浓硫酸、碳酸酸反生成氢气和亚铁盐考点：铁的化学性质．分析：铁在地壳中含有仅次于铝，性质较为活泼，高温下可与水蒸气反，常温下与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反，以此解答该题．解答：解：A．铁在空气中不燃烧，在氧气中可剧烈反，故A错误；B．铝是地壳里含量最多的金属元素，铁在地壳中含有仅次于铝，故B错误；C．铁在高温下与水蒸气发生置换反，生成氢气和四氧化三铁，故C正确；D．铁与浓硫酸常温下发生钝化，加热条件下生成二氧化硫，故D错误．应选C．点评：此题综合考查铁的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关根底知识的积累．5．镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在某冷却剂中冷却，以下可作为冷却剂的是( )①空气②O2③Ar ④H2⑤N2⑥H2O．A．①②B．③④C．③⑥D．③⑤考点：镁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：空气里边的二氧化碳，会和镁反生成碳和氧化镁；二氧化碳会和镁反生成碳和氧化镁；氧气会氧化镁单质，氮气会和镁反生成氮化镁．解答：解：由2Mg+O2=2MgO、3Mg+N2=Mg3N2、2Mg+CO2=2MgO+C，水做冷却剂时镁粉也能和水发生反生成氢氧化镁，能与Mg反的物质不能作冷却剂，所以可以用氩气和氢气作冷却气体．应选B．点评：课本根底知识是解决一切问题的依据，学好课本根底知识，以不变万变，是化学学习的重要方法．6．往CuO和Fe粉的混合物中，参加一量的稀硫酸，并微热，当反停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚光亮的铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉无任何变化．根据上述现象，确下面结论正确的选项是( )A．滤出的不溶物一是铜B．滤出的不溶物一含铜，但不一含铁C．滤出的不溶物一是铁D．滤液中一含有Fe2+和Cu2+考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，可判断滤中不含硫酸和硫酸铜，因此所参加的稀硫酸可能恰好完全反也可能量缺乏；分析过程中可能发生的反，判断反后可能得到的物质．解答：解：A．由于不能确所参加稀硫酸的量，因此，氧化铜、铁粉都有可能剩余，因此，不溶物不一是Cu；故A错误；B．根据金属的活动性铁＞氢＞铜，铁粉能把氧化铜与硫酸反生成硫酸铜中的铜置换出来，铜不能与硫酸反，因此，不溶物一含有Cu；在过程中，铁粉可能完全反也可能出现剩余，因此，不溶物中不一含有铁；故B正确；C．由B分析可知，不溶物一含铜，但不一含铁，故C错误；D．铁与硫酸、硫酸铜反都可得到硫酸亚铁，而向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，说明滤液中一不含硫酸铜，故D错误；应选B．点评：此题考查物质的性质，难度不大．根据金属活动性及中所出现的现象进行分析即可．7．以下反中，水既不作氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na+H2OB．Fe+H2O〔g〕C．CO2+H2OD．Na2O2+H2O考点：氧化复原反．分析：有电子转移的化学反是氧化复原反，在氧化复原反中，水既不作氧化剂也不作复原剂，那么说明在反中，水中的各种元素的化合价都不发生变化，以此解答该题．解答：解：A．反生成氢气，H元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；B．反生成氢气，H元素化合价降低，水为氧化剂，故B错误；C．生成碳酸，元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反，故C错误；D．过氧化钠自身发生氧化复原反，水既不作氧化剂，也不作复原剂，故D正确．应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化复原反的概念和物质具有的性质，难度不大．8．以下物质接触空气后，可能因发生氧化复原反而变质的是( )①NaOH ②A1〔OH〕3③Fe 〔OH〕3④Fe 〔OH〕2⑤Mg〔OH〕2．A．①B．④C．①③④D．③⑤考点：氧化复原反．分析：因发生氧化复原反而变质，那么物质中所含元素的化合价发生变化，以此解答该题．解答：解：题给物质中①NaOH与空气中二氧化碳反生成碳酸钠，没有发生氧化复原反，②A1〔OH〕3、③Fe 〔OH〕3、⑤Mg〔OH〕2性质稳，而Fe 〔OH〕2具有复原性，易被氧化而变质．应选B．点评：此题考查氧化复原反，题目侧重于根底知识的考查，明确物质的性质是解答该类题目的关键，题目难度不大．9．证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的方法是( )A．只需滴加KSCN溶液B．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显C．先滴加KSCN溶液，不显，再滴加氯水后显D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验．分析：先根据Fe3+的特征反判断溶液不含Fe3+；然后参加氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成，以此证明Fe2+的存在．解答：解：A ．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故A错误；B．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故B错误；C．KSCN与Fe3+作用使溶液显，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故C正确；D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明含有Fe 3+，无法验证Fe2+存在，故D错误；应选：C．点评：此题考查了Fe2+、Fe3+的检验，滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度不大．10．以下物质混合后，有气体生成，最终又有沉淀或固体生成的是( ) A．铜片和足量氯化铁溶液B．铝粉和足量氢氧化钠溶液C．电石和足量的盐酸D．过氧化钠和少量氯化亚铁溶液考点：钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、从反的实质和产物分析判断；B、从反的产物和反过程分析；C、从反的过程和产物性质分析；D、从过氧化钠与水反生成的碱与盐反的产物分析判断．解答：解：A 、铜片和足量氯化铁溶液反生成氯化铁和氯化铜，无气体，无沉淀，故A不选；B、铝粉和足量氢氧化钠溶液反生成偏铝酸钠和氢气，有气体〔H2〕，无沉淀，故B不选；C、电石和足量的盐酸反生成乙炔和氢氧化钙，有气体〔C2H2〕，无沉淀，故C不选；D、过氧化钠和少量氯化亚铁溶液反，过氧化钠先与水反生成氢氧化钠和氧气，生成的氢氧化钠和氯化亚铁反生成氢氧化亚铁沉淀，进而被氧化为氢氧化铁沉淀，故D选；应选D．点评：此题考查了氯化铁、氯化铜、金属铝、电石、过氧化钠、氯化亚铁物质的化学性质的用，明确发生的反是解答的关键．11．以下说法正确的选项是( )A．二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B．二氧化碳通人水玻璃中可以得到原硅酸C．二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀D．二氧化硅是制玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反考点：硅和二氧化硅．分析：A．二氧化硅与氢氟酸反生成四氟化硅和水；B．碳酸的酸性强于硅酸；C．盐酸的酸性强于碳酸；D．二氧化硅为酸性氧化物．解答：解：A．二氧化硅与氢氟酸反生成四氟化硅和水，能够溶于氢氟酸，故A错误；B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，二氧化碳通人水玻璃中反生成原硅酸，故B正确；C．盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中，不反，故C错误；D．二氧化硅为酸性氧化物，能与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，故D错误；应选：B．点评：此题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，侧重考查学生对根底知识掌握熟练程度，题目难度不大．12．以下溶液中不能盛放在玻璃瓶中的是( )A．硅酸钠溶液B．浓硝酸C．氢氟酸D．氯化钠溶液考点：化学试剂的存放．分析：玻璃瓶的主要成分为二氧化硅，能够与二氧化硅反的试剂不能变成在玻璃塞的试剂瓶中，除了氟化氢外，多数试剂可以保存在玻璃瓶中，据此进行判断．解答：解：A．硅酸钠溶液不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故A 错误；B．浓硝酸不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故B错误；C．氢氟酸和二氧化硅反生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故C正确；D．氯化钠溶液不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故D错误．应选C．点评：此题考查了化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及保存方法，如见光分解的需要保存在棕色试剂瓶中，能够与二氧化硅反不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，总之试剂的存放遵循平安性、保纯性、方便性原那么．13．工业制造砂〔SiC〕的化学方程式如下：SiO2+3C═SiC+2CO．在这个氧化复原反中，氧化剂和复原剂的物质的量之比是( )A．1：2B．2：1C．1：1D．3：5考点：氧化复原反的计算．专题：氧化复原反专题．分析：反SiO2+3C═SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，结合复原产物、氧化产物进行解答．解答：解：反SiO2+3C═SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，那么C既是氧化剂又是复原剂，3molC反，由产物可知，其中1mol为氧化剂，2mol为复原剂，故氧化剂与复原剂的物质的量之比=1mol：2mol=1：2，应选A．点评：此题考查氧化复原反根本概念与计算，侧重氧化剂、复原剂与复原产物、氧化产物判断的考查，准确判断元素的化合价变化是解答的关键，难度不大．14．用一方法可除去以下物质所含的少量杂质〔括号内为杂质〕．其中加适量的稀盐酸能到达除去杂质的目的是( )A．NaHCO3〔Na2CO3〕B．NaCl〔NaOH〕C．Fe2O3〔MgO〕D．FeCl3〔FeCl2〕考点：物质的别离、提纯和除杂．专题：化学根本操作．分析：参加盐酸除去杂质，说明杂质能与盐酸反，且易于别离，注意参加盐酸与被提纯物质不反，结合题中对物质的性质解答该题．解答：解：A．NaHCO3和Na2CO3与盐酸都反，不能用盐酸除杂，故A错误；B．NaOH可与盐酸反生成NaCl，可用盐酸除杂，故B正确；C．Fe2O3和MgO与盐酸都反，不能用盐酸除杂，故C错误；D．FeCl2与盐酸不反，不能用盐酸除杂，故D错误．应选B．点评：此题考查混合物的别离、提纯，明确常见的混合物别离、提纯的方法及原理是解答此题的关键，注意物质性质的用，侧重元素化合物知识的考查，题目难度不大．15．称取两份铝粉，第一份参加足量的NaOH溶液，第二份参加足量的盐酸溶液，如果要得到相同体积〔同温同压〕的氢气，那么两份铝粉的质量比是( ) A．1：1B．1：2C．3：4D．2：5考点：铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据铝与酸、碱反的化学方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑来计算答复．解答：解：铝与酸、碱反的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，这两个反中都是Al作复原剂，根据方程式知，假设生成的氢气质量相同，需要的Al的质量相，那么其质量之比为1：1，应选A．点评：此题考查化学方程式有关计算，正确书写方程式是解此题关键，可以利用电子转移守恒解答，题目难度不大．16．将一质量的Mg，Zn，Al混合物与足量稀H2SO4反，生成H22.8L〔状况〕，原混合物的质量可能是( )A．2gB．4gC．8gD．10g考点：有关混合物反的计算．分析：用极端假设法进行分析，三种金属中产生量的氢气时消耗金属质量最大的为Zn，质量最小的为Al，假设混合物是是锌或是铝，根据生成氢气，分别计算出它们的质量，混合物的质量介于最大值和最小值之间的值，据此判断．解答：解：标况下2.8L氢气的物质的量为：n〔H2〕==0.125mol，Mg，Zn，Al三种金属中，产生量的氢气，消耗金属质量最大的为Zn，质量最小的为Al，那么假设金属为Zn时，金属质量为：0.125mol×65g/mol=8.125g，假设金属为铝时，金属质量为：0.125mol××27g/mol=2.25g，那么金属实际质量介于2.25g～8.125g之间，应选BC．点评：此题考查混合物的有关计算，难度中，解答此题关键是用极端假设法考虑问题的思路，“极端假设法〞是用数学方法解决化学问题的常用方法，可分别假设原混合物是某一纯洁物，计算出各自的量，混合物的量介于最大值和最小值之间．二、填空题〔39分〕17．〔13分〕〔1〕利用SiO2的化学性质，写出实现以下变化的化学方程式．SiO2→硅酸SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaClSiO2→高纯度的硅SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑Si〔粗硅〕+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl〔2〕室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，试说明原因：玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起．．考点：硅和二氧化硅．分析：〔1〕二氧化硅与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反生成氯化钠和硅酸；二氧化硅与碳反生成硅和一氧化碳，硅与氯气反生成四氯化硅，四氯化硅被氢气复原生成硅和氯化氢；〔2〕依据二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反生成硅酸钠溶液，硅酸钠具有粘性解答．解答：解：〔1〕二氧化硅与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反生成氯化钠和硅酸，化学方程式：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O Na2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；〔2〕二氧化硅与碳反生成硅和一氧化碳，硅与氯气反生成四氯化硅，四氯化硅被氢气复原生成硅和氯化氢，发生反方程式为：SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑；Si〔粗硅〕+2Cl 2SiCl4；SiCl4+2H 2Si+4HCl；故答案为：SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑；Si〔粗硅〕+2Cl 2SiCl4；SiCl4+2H 2Si+4HCl；〔2〕玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起，所以室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞；故答案为：玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起．点评：此题考查了化学方程式书写，明确硅及其化合物性质是解题关键，注意粗硅提纯及碱液的保存，题目难度不大．18．【探究】在室完成如下，并答复以下问题．在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴入3mol/L的NaOH溶液至过量，边滴边摇锥形瓶．〔1〕请描述现象先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失〔2〕开始发生反的化学方程式：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl；参加过量NaOH溶液后发生的反的离子方程式：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O〔3〕生成沉淀物的最大质量是0.78 g．考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．分析：在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴3mol/L的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失，反方程式为A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl，Al〔OH〕3+NaOH═NaAlO2+2H2O，据此计算．解答：解：〔1〕在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴3mol/L 的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失，故答案为：先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失；〔2〕在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴人3mol/L的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，发生的方程式为：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl，当NaOH过量时沉淀消失，发生的离子方程式为：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；故答案为：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl；Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；〔3〕当铝离子完全沉淀时生成沉淀物的质量最大，即0.01×1×78=0.78 g，故答案为：0.78 g．点评：此题考查了铝离子的性质，难度不大，明确氢氧化铝会继续溶解在氢氧化钠溶液中是解此题的关键．19．工业上用铝土矿〔主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2〕提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：写出步骤①、②、③中所发生反的化学方程式：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O、2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3、2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O①反属于复分解反〔填反类型〕，②不是〔填“是〞“否〞〕氧化复原反．考点："三废"处理与环境保护．分析：步骤①中Al2O3、SiO2与NaOH反，而Fe2O3不与NaOH反；步骤②中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠；步骤③氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，据此写出反的化学方程式，然后判断①、②的反类型．解答：解：步骤①中Al2O3、SiO2与NaOH反，而Fe2O3不与NaOH反，反的化学方程式为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，两个反都是复分解反；步骤②中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反的化学方程式为：2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3，该反中没有化合价变化，不属于氧化复原反；步骤③氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，反的方程式为：2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3；2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O；复分解反；不是．点评：此题考查了物质的别离与提纯方法的用，题目难度中，明确目的、原理为解答关键，注意掌握化学方程式的书写方法，明确常见化学反类型及判断方法．20．氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质．为制得纯洁氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按如下图操作步骤进行提纯．〔1〕参加氧化剂x的目的是使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+〔2〕以下氧化剂中最适合本的是AA．Cl2 B．KMnO4 C．NaClO D．H2SO4〔3〕物质y和沉淀z的化学式分别是CuO或Cu〔OH〕2和Fe〔OH〕3．考点：物质别离和提纯的方法和根本操作综合用；物质别离、提纯的方案设计．分析：氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质，为制得纯洁氯化铜晶体，由流程可知，溶于水后，加氧化剂为氯气〔氯水或过氧化氢〕，使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu〔OH〕2促进铁离子水解转化为沉淀，过滤别离出沉淀为Fe〔OH〕3，最后对滤液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，以此来解答．解答：解：氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质，为制得纯洁氯化铜晶体，由流程可知，溶于水后，加氧化剂为氯气〔氯水或过氧化氢〕，使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu〔OH〕2促进铁离子水解转化为沉淀，过滤别离出沉淀为Fe〔OH〕3，最后对滤液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，〔1〕参加氧化剂x的目的是使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+；〔2〕将亚铁氧化为铁离子时不能引入杂质，那么氧化剂为A，故答案为：A；〔3〕由上述分析可知y为CuO或Cu〔OH〕2，z为Fe〔OH〕3，故答案为：CuO 或Cu〔OH〕2；Fe〔OH〕3．。
高一化学下册暑假作业题及答案
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1. 污染大气并构成酸雨的主要物质是A.CO2B.SO2C.HClD.NO2. 以下氢化物中，最不动摇的是A.H2SB.HClC.H2OD.HF3. 在化学方程式里，分子式前面的系数不能表示A.物质的量B.质量数C.分子个数D.体积数4. 在常温常压下，以下各组中两种气体在同容积的密闭容器中等体积混合，其压强最小的一组是A.H2+O2B.CO2+H2OC.NO+O2D.NH3+HCl5. 以下气体中无毒的一组是①NO ②NO2 ③NH3 ④HCl ⑤CO⑥SO2 ⑦CO2 ⑧H2S⑨Cl2 ⑩CH4A.①③⑥⑦B.③④⑦⑩C.④⑤⑦⑩D.①②⑦⑩6. 含NO和CO2的气体，经过过氧化钠充沛作用后，体积增加一半(体积在相反状况下测定)那么原混和气体中，CO2与NO的体积比是A.恣意比B.小于1C.等于1D.大于或等于17. 只用一种试剂鉴别NH4Cl NaCl Na2SO4 (NH4)2SO4，可选用的试剂是A.BaCl2 溶液B.NaOH溶液C.Ba(OH)2溶液D.AgNO3溶液8. 用蘸有浓氨水的玻璃棒置于各浓酸的瓶口上时，均有白烟发生的一组是A.HCl H2SO4 HNO3B.HCl HBr H2SO4C.HCl HNO3HBrD.H2SO4 H3PO4 HCl9. 氨水中不存在的微粒是A.NH4+B.NH4OHC.NH3D.OH-10. 室温时，在体积相反的容器里混和以下气体，混合后压强最小的是A.100ml H2和50ml O2B.100ml NO和50ml O2C.100ml HCl和50ml NH3D.100ml H2S和50ml SO211.以下反响的离子方程式中，书写正确的选项是A. 氢氧化钡与稀硫酸反响 Ba2++SO42-=BaSO4B. 铜粉参与硝酸银溶液中Cu+Ag+=Ag+Cu2+C. 碳酸钙与盐酸反响 CO32-+2H+=CO2+H20D. 氯化铵溶液与氢氧化钠的混和加热 NH4++OH-=NH3+H2O12. 将CO2通往某溶液内，末尾时发生沉淀，继续通入沉淀又溶解，该溶液是:A.NaO HB.NaAlO2溶液C.Ca(ClO)2溶液D.Na2SiO3溶液13. 氯气是一种重要的化工原料，关于它的用途，以下说法不正确的选项是A.制取食盐B.制取漂白粉C.制取农药D.制盐酸14.以下反响中，硫酸既表现氧化性又表现酸性的是A.CuO+H2SO4B.BaCl2+H2SO4C.H2S+H2SO4(浓)D.Cu+H2SO4(浓)15.在氯气中熄灭能发生烟雾的物质是A.PB.NaC.CuD.H216.Cl、Cl-、Cl2的主要区别是A.结构不同，存在相反，性质不同B.结构不同，存在不同，性质不同C.结构不同，存在不同，性质相反D.结构相反，存在不同，性质不同17.将湿润的蓝色石蕊试纸投入盛氯气的集气瓶中，观察到试纸的变化是A.由蓝变白B.由蓝变红C.由蓝变红再变白D.不变白18.以下试剂保管不正确的选项是A.碘必需保管在煤油中B.新制的氯水用棕色试剂瓶装并密封保管C.氢氟酸用塑料瓶装保管D.液溴用一薄层水封盖再密闭保管于高温处19.关于卤素(F、Cl、Br、I)的化学性质的表达，错误的选项是A.随原子半径逐渐增大，单质跟水的反响才干逐渐削弱B.随原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐削弱C.随离子半径逐渐增大，离子的氧化性逐渐增强D.溴化氢与氯气混合后，会有棕白色气体出现20.不能经过单质间直接化合一步失掉的是A.SO3B.FeSC.Cu2SD.Al2S321.由于被氧化而不宜临时在敞口容器中寄存的是A.石灰水B.氢硫酸C.浓盐酸D.漂白粉22.过氧化氢(H2O2)的沸点比水高，但受热容易分解。
高一化学下学期暑假作业高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔2〕一、选择题1．以下仪器中常用于物质别离的是( )A．天平B．分液漏斗C．量筒D．集气瓶2．乙酸乙酯〔C4H8O2〕是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55℃．要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯别离出来，以下方法中最简便的是( )A．蒸馏B．分液C．过滤D．蒸发3．用固体NaOH配制物质的量浓度溶液时，以下操作会导致溶液浓度偏高的是( )A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度C．容量瓶使用前未枯燥D．容时俯视容量瓶刻度线4．在0.5mol Na2CO3中，含有( )A．0.5mol CO32﹣B．0.5mol Na+C．3.01×1023个Na+D．3.01×1023个O5．以下各物质的化学式、对的名称〔或俗名〕、物质所属的类别都正确的选项是( )A．Fe2O3氧化亚铁酸性氧化物B．H2SO3硫酸酸C．CO2二氧化碳酸性氧化物D．Na2CO3纯碱碱6．想一想：Ba〔OH〕2〔液态〕、CuSO4〔固态〕、纯CH3COOH这些物质为什么归为一类，以下哪些物质还可以和它们归为一类( )A．碘酒B．HCl〔气态〕C．水煤气D．豆浆7．以下各组物质的稀溶液相互反，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是( )A．AlCl3和NaOHB．H2SO4和BaCl2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO38．矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是( )A．一为Al〔OH〕3沉淀，一以Al3+存在于溶液中B．一为Al〔OH〕3沉淀，一以AlO2﹣形式存在于溶液中C．为Al〔OH〕3沉淀D．几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中9．R2O8n﹣离子在一条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，假设反后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反中氧的化合价不发生变化，且氧化剂与复原剂的离子数之比为5：2，那么n的值是( )A．1B．2C．3D．410．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是( )A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂C．硼元素被氧化，氢元素被复原D．被氧化的元素与被复原的元素质量比为1：111．用铝箔包装0.1mol金属钠，用针扎出一些小孔，放入水中，完全反后，用排水集气法收集产生的气体，那么收集到的气体为〔状况〕( )A．O2和H2的混合气体B．2L H2C．大于2L H2D．小于2L气体12．以下金属在空气中，能自发形成氧化物保护膜的是( )A．铁B．铝C．铜D．钠13．下述三个均能发生化学反：以下判断中正确的选项是( )A．①中铁钉只作复原剂B．②中Fe2+既显氧化性又显复原性C．③中发生置换反D．上述证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+14．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，现把物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有( ) A．Zn2+、Cu、Fe2+B．Zn2+、Cu2+、Fe、Fe2+C．Zn2+、Cu2+、Fe2+D．Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+15．制备硅单质时，化学反如下：〔1〕SiO2+2C═Si+2CO↑ 〔2〕Si+2Cl2═SiCl4〔3〕SiCl4+2H2═Si+4HCl．以下对上述三个反的表达中，不正确的选项是( )A．〔1〕〔3〕为置换反B．〔1〕〔2〕〔3〕均为氧化复原反C．〔2〕为化合反D．三个反的反物中硅元素均被复原16．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Na2SiO3溶液，③Ca〔ClO〕2溶液，④饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是( )A．①②③④B．②④C．①②③D．②③17．以下物质中同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕的是( )A．液氯B．制氯水C．CaCl2溶液D．次氯酸18．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙19．以下微粒中立体构型是平面三角形的是( )A．NH3B．BCl3C．PCl3D．H2O20．水的沸点为100℃，硫化氢的分子结构跟水相似，但它的沸点却很低，是﹣60.7℃，引起这种差异的主要原因是( )A．范德华力B．共价键C．氢键D．相对分子质量二、解答题〔共6小题，总分值40分〕21．〔1〕室可以用高锰酸钾和浓盐酸反制取氯气，反方程式如下：2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反中氧化剂是__________，氧化产物是__________；当有lmol电子发生转移时，生成氯气的体积〔状况〕__________．〔2〕在一条件下，RO3n﹣和氯气可发生如下反：RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O 由以上反可知在上过程中RO3n﹣被__________ 〔填“氧化〞或“复原〞〕，RO3n ﹣中元素R的化合价是__________．22．如右图所示a、b、c、d分别是几种常见漏斗的上部，A、B、C、D是实际操作中各漏斗的下部插入容器中的示意图，请指出A、B、C、D分别与a、b、c、d相匹配的组合及其组合后装置在中的用，例如：C和a组合，用于制取气体．①A 与__________组合，用于__________，②B与__________组合，用于__________，③B与__________组合，用于__________，④D与__________组合，用于__________．23．A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某一种．根据你所学习的知识答复以下问题：①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的试管中，只有C盐的溶液呈蓝色．②向①的四支试管中分别参加盐酸，B盐有沉淀生成，D盐有无色无味气体逸出．〔1〕四种盐的化学式分别为：A、__________；B、__________；C、__________；D、__________．〔2〕写出A与B、A与C反的离子方程式：A+B：__________；A+C：__________．24．室里通常用MnO2与浓盐酸反制取氯气，其反的化学方程式为：MnO2+4HCl〔浓〕 MnCl2+Cl2↑+2H2O〔1〕在该反中，如有1mol Cl2生成，被氧化的HCl的物质的量是__________mol，转移电子的物质的量是__________mol．〔2〕在制取Cl2时为防止其污染环境用NaOH溶液吸收尾气．写出其离子方程式__________．〔3〕报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵〞〔主要成分是盐酸〕与“84消毒液〞〔主要成分是NaClO〕发生氯气中毒的事件．试根据你的化学知识分析，原因是〔用离子方程式表示〕__________．25．铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛用．请答复以下问题：〔1〕黄铁矿〔FeS2〕是生产硫酸和冶炼的重要原料．其中一个反为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，3mol FeS2参加反转移__________mol 电子．〔2〕氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反的离子方程式为__________，从腐蚀废液回收得到金属铜还需要的试剂为__________．〔3〕与明矾相似，硫酸铁也可用作絮凝剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是__________．〔4〕下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的选项是__________〔填字母〕．26．根据要求完成以下各小题目的．〔a、b为弹簧夹，加热及固装置已略去〕〔1〕验证碳、硅非金属性的相对强弱．〔巳知酸性：亚硫酸＞碳酸〕①接仪器并__________、加药品后，翻开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热．②铜与浓硫酸反的化学方程式是：__________．装置A中的试剂可以是：__________．③能说明碳的非金属性比硅强的现象是：__________．〔2〕验证 SO2的氧化性、复原性和酸性氧化物的通性．①翻开b，关闭a．②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是：__________③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分別滴加以下溶液，将产生的沉淀的化学式填人下表相位置：写出SO2与氯水反的离子方程式__________．高一〔下〕化学暑假作业〔2〕一、选择题1．以下仪器中常用于物质别离的是( )A．天平B．分液漏斗C．量筒D．集气瓶考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学常用仪器．分析：常用于别离的操作方法有蒸发、过滤、分液、蒸馏，以此选择使用仪器．解答：解：A．托盘天平用来称量药品的仪器，故A错误；B．分液漏斗可用于别离互不相溶的液体，故B正确；C．量筒用来量取液体，不能用于别离，故C错误；D．集气瓶用于收集气体，不能用于别离，故D错误．应选B．点评：此题考查物质的别离、提纯，侧重于学生的分析能力和能力的考查，为高频考点，常见物质的别离操作以及使用的范围，难度不大，注意相关根底知识的积累．2．乙酸乙酯〔C4H8O2〕是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55℃．要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯别离出来，以下方法中最简便的是( )A．蒸馏B．分液C．过滤D．蒸发考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学根本操作．分析：根据互不相溶的两种液体用分液法别离来解答．解答：解：乙酸乙酯〔C4H8O2〕与水互不相溶，混合后会分层，乙酸乙酯在上层，采用分液法别离，应选B．点评：此题主要考查了分液法的适用范围，难度不大，要掌握物质的溶解性．3．用固体NaOH配制物质的量浓度溶液时，以下操作会导致溶液浓度偏高的是( )A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度C．容量瓶使用前未枯燥D．容时俯视容量瓶刻度线考点：配制一物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据C=判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或V偏小都导致C偏高．解答：解：A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致n偏小，那么配制溶液浓度偏低，故A不选；B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度，导致V偏大，那么配制溶液浓度偏低，故B不选；C．容量瓶使用前未枯燥，对n或V无影响，所以对配制溶液浓度无影响，故C不选；D．容时俯视容量瓶刻度线，导致V偏小，那么配制溶液浓度偏高，故D选；应选D．点评：此题考查了误差分析，根据C=判断来分析判断是否对配制溶液浓度有影响，易错选项是C，注意容量瓶是否枯燥对该无影响．4．在0.5mol Na2CO3中，含有( )A．0.5mol CO32﹣B．0.5mol Na+C．3.01×1023个Na+D．3.01×1023个O考点：物质的量的相关计算．分析：碳酸钠是钠离子和碳酸根离子按照物质的量之比是2：1构成的物质，根据N=nN A来计算答复．解答：解：A、在0.5mol Na2CO3中，含有0.5mol CO32﹣，故A正确；B、在0.5mol Na2CO3中，含有1.0mol Na+，故B错误；C、在0.5mol Na2CO3中，含有1.0mol Na+，即6.02×1023个Na+，故C错误；D、在0.5mol Na2CO3中，含有molO，即9.03×1023个O，故D错误．应选A．点评：此题考查学生物质的微粒构成以及物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中．5．以下各物质的化学式、对的名称〔或俗名〕、物质所属的类别都正确的选项是( )A．Fe2O3氧化亚铁酸性氧化物B．H2SO3硫酸酸C．CO2二氧化碳酸性氧化物D．Na2CO3纯碱碱考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．分析：酸性氧化物是能和碱反生成盐和水的氧化物；电离出的阳离子是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子是氢氧根的化合物是碱，以此解答该题．解答：解：A．Fe2O3是氧化铁，属于碱性氧化物，故A错误；B．H2SO3是亚硫酸，属于酸，故B错误；C．CO2二氧化碳，和碱反生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．Na2CO3纯碱是盐不是碱，故D错误；应选B．点评：此题考查物质名称和组成分类，难度不大，熟练掌握常见化学物质的化学式、名称或俗称、所属类别是正此类题的关键．6．想一想：Ba〔OH〕2〔液态〕、CuSO4〔固态〕、纯CH3COOH这些物质为什么归为一类，以下哪些物质还可以和它们归为一类( )A．碘酒B．HCl〔气态〕C．水煤气D．豆浆考点：混合物和纯洁物．分析：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯洁物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯洁物，由不同种分子构成的物质是混合物．解答：解：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯洁物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯洁物，由不同种分子构成的物质是混合物．Ba〔OH〕2〔固体〕、CuSO4〔固体〕、纯CH3COOH都只含有一种物质，是纯洁物．A．碘酒是乙醇和碘的混合物，故A错误；B．氯化氢气体是纯洁物，故B正确；C．水煤气是一氧化碳和氢气的混合物，故C错误；D．豆浆是蛋白质，水的混合物，故D错误；应选B．点评：此题考查纯洁物和混合物的区别，题目难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯洁物，如果有多种物质就属于混合物．7．以下各组物质的稀溶液相互反，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是( )A．AlCl3和NaOHB．H2SO4和BaCl2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO3考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．分析：A、前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al〔OH〕3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓、Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；B、H2SO4和BaCl2反生成硫酸钡沉淀；C、只发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；D、只发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓．解答：解：A、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al〔OH〕3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓、Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，那么现象不同，故A正确；B、H2SO4和BaCl2反生成硫酸钡沉淀，无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，现象相同，故B错误；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象相同，故C错误；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓，现象相同，故D错误；应选A．点评：此题考查利用滴加顺序不同来判断反的现象，明确发生的化学反是解答此题的关键，难度不大．8．矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是( )A．一为Al〔OH〕3沉淀，一以Al3+存在于溶液中B．一为Al〔OH〕3沉淀，一以AlO2﹣形式存在于溶液中C．为Al〔OH〕3沉淀D．几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中考点：离子共存问题．专题：离子反专题．分析：矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl 〔SO4〕2+2Ba〔OH〕2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，以此来解答．解答：解：矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，1molKAl〔SO4〕2需要消耗2molBa〔OH〕2，那么发生KAl〔SO4〕2+2Ba〔OH〕2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，显然铝元素几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中，应选D．点评：此题考查离子反，明确硫酸根离子完全沉淀时消耗的氢氧化钡的量是解答此题的关键，题目难度不大．9．R2O8n﹣离子在一条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，假设反后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反中氧的化合价不发生变化，且氧化剂与复原剂的离子数之比为5：2，那么n的值是( )A．1B．2C．3D．4考点：氧化复原反．分析：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，假设反后R2O8n ﹣离子变为RO42﹣离子，R的化合价降低，RO42﹣中R的化合价为+6价，以此来解答．解答：解：该反中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作复原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n﹣作氧化剂，即R2O8n﹣与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n﹣+2Mn2+=2MnO4﹣+10RO42﹣+16H+，根据电荷守恒得﹣5n+2×2=﹣1×2+〔﹣2×10〕+1×16，n=2，应选B．点评：此题考查氧化复原反的计算，为高频考点，把握反中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意合价角度分析，题目难度不大．10．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是( )A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂C．硼元素被氧化，氢元素被复原D．被氧化的元素与被复原的元素质量比为1：1考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：该反中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反物是氧化剂，失电子化合价升高的反物是复原剂，据此分析解答．解答：解：该反中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反物是氧化剂，失电子化合价升高的反物是复原剂，A．根据元素化合价变化知，NaBH4是复原剂，H2O是氧化剂，故A错误；B．根据A知，NaBH4是复原剂，H2O是氧化剂，故B错误；C．B元素化合价不变，所以B元素不被氧化或复原，故C错误；D．根据方程式中，被氧化的H元素与被复原的H元素质量比为1：1，故D正确；应选D．点评：此题考查氧化复原反，侧重考查根本概念，明确元素化合价变化即可解答，注意该反中B元素化合价不变，题目难度不大．11．用铝箔包装0.1mol金属钠，用针扎出一些小孔，放入水中，完全反后，用排水集气法收集产生的气体，那么收集到的气体为〔状况〕( )A．O2和H2的混合气体B．2L H2C．大于2L H2D．小于2L气体考点：钠的化学性质；铝的化学性质．分析：钠和水反生成NaOH和氢气，生成的NaOH和Al、H2O反生成偏铝酸钠和氢气，据此分析解答．解答：解：钠和水反方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2 10.1mol 0.05mol氢气的体积为0.05mol×2L/mol=2L，又因2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，所以最终收集到的气体为〔状况〕大于2LH2，应选C．点评：此题考查元素化合物性质，为高频考点，明确铝能溶于氢氧化钠溶液是解此题关键，题目难度不大．12．以下金属在空气中，能自发形成氧化物保护膜的是( )A．铁B．铝C．铜D．钠考点：铝的化学性质；铁的化学性质．分析：活泼金属铝在空气中易与氧气反，在外表生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化．解答：解：根据金属的性质，活泼金属铝在空气中易与氧气反，在外表生成一层致密的氧化膜，该氧化膜可以保护内层金属不被继续氧化，Na、Fe形成疏松的氧化膜，Cu不能形成氧化膜易形成铜锈．应选：B．点评：此题考查了金属的性质，在空气中，铝外表能形成一层致密的氧化物薄膜，可阻止铝进一步被氧化，题目难度不大．13．下述三个均能发生化学反：以下判断中正确的选项是( )A．①中铁钉只作复原剂B．②中Fe2+既显氧化性又显复原性C．③中发生置换反D．上述证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+考点：氧化复原反；氧化性、复原性强弱的比拟．专题：氧化复原反专题．分析：根据物质的性质判断可能所发生的反，结合化合价的变化判断物质在氧化复原反中所起到的作用．解答：解：A．发生反为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁钉只作复原剂，故A正确；B．发生反为：3Fe2++NO3﹣+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Fe2+只显复原性，故B错误；C．发生反为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，没有单质生成，不是置换反，故C错误；D．由③可知氧化性：Fe3+＞Cu2+，由①可知氧化性：Cu2+＞Fe2+，故有Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误．应选A．点评：此题考查氧化复原反，题目难度中，此题注意把握铁元素对单质的性质，把握氧化性、复原性的比拟．14．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，现把物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有( ) A．Zn2+、Cu、Fe2+B．Zn2+、Cu2+、Fe、Fe2+C．Zn2+、Cu2+、Fe2+D．Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+考点：离子共存问题．分析：由Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，氧化性Fe3+＞Cu2+，那么物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，Zn先与氯化铁反，再与硫酸铜反，结合消耗的量分析．解答：解：由Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，氧化性Fe3+＞Cu2+，那么物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，设物质的量均为1mol，那么发生Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，剩余0.5molZn继续与硫酸铜反，那么发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu，此时溶液中还剩余0.5molCu2+，那么充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+，应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高频考点，把握习题中的信息及氧化性的强弱、反的先后顺序为解答的关键，侧重分析与用能力的考查，题目难度不大．15．制备硅单质时，化学反如下：〔1〕SiO2+2C═Si+2CO↑ 〔2〕Si+2Cl2═SiCl4〔3〕SiCl4+2H2═Si+4HCl．以下对上述三个反的表达中，不正确的选项是( )A．〔1〕〔3〕为置换反B．〔1〕〔2〕〔3〕均为氧化复原反C．〔2〕为化合反D．三个反的反物中硅元素均被复原考点：氧化复原反；化学根本反类型．分析：A．单质与化合价反生成单质与化合物的反，为置换反；B．上述三个反中均有元素的化合价升降；C．两种或两种以上的物质反生成一种物质，为化合反；D．〔1〕〔3〕中Si元素的化合价降低，〔2〕中Si元素的化合价升高．解答：解：A．单质与化合价反生成单质与化合物的反，为置换反，显然〔1〕〔3〕为置换反，故A正确；B．上述三个反中均有元素的化合价升降，那么均属于氧化复原反，故B正确；C．两种或两种以上的物质反生成一种物质，为化合反，显然〔2〕为化合反，故C正确；D．〔1〕〔3〕中Si元素的化合价降低被复原，〔2〕中Si元素的化合价升高被氧化，故D错误；应选D．点评：此题考查氧化复原反，明确反中元素的化合价变化是解答此题的关键，注意反的分类及根本反类型，题目难度不大．16．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Na2SiO3溶液，③Ca〔ClO〕2溶液，④饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是( )A．①②③④B．②④C．①②③D．②③考点：碳族元素简介；无机非金属材料．专题：碳族元素．分析：先确二氧化碳和这些溶液中的溶质是否反，假设反，再根据反后的生成物的溶解性确选项．解答：解：①盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反，最终没有沉淀析出，故错误．②碳酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化碳和硅酸钠能反生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，所以最终有沉淀析出，故正确．③次氯酸是比碳酸还弱的酸，所以二氧化碳、水和次氯酸钙反生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故错误．④碳酸钠能和水、二氧化碳反生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，故正确．应选B．点评：此题考查了碳元素及其化合物的性质，难度不大，注意次氯酸是比碳酸还弱的酸，但次氯酸是强氧化性酸．17．以下物质中同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕的是( )A．液氯B．制氯水C．CaCl2溶液D．次氯酸考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：卤族元素．分析：同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕，为混合物，且混合物中含有氯气和含氯离子，以此来解答．解答：解：A．液氯为单质，只含有氯分子，故A不选；B．制氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气的溶解度不大，那么含氯气、氯离子，故B选；C．CaCl2溶液只含氯离子，不会氯分子，故C不选；D．次氯酸为纯洁物，不含氯分子和氯离子，故D不选；应选B．点评：此题考查氯水的成分，明确含氯分子的物质中一含有氯气，明确物质中的成分及物质的电离即可解答，注意HClO为分子，题目难度不大．18．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：物质的组成专题．分析：漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙．解答：解：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反生成具有漂白性的次氯酸，应选A．点评：此题考查物质的组成，题目难度不大，注意相关根底知识的积累．19．以下微粒中立体构型是平面三角形的是( )A．NH3B．BCl3C．PCl3D．H2O考点：判断简单分子或离子的构型．分析：微粒中立体构型是平面三角形说明中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=〔a﹣xb〕，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳结构需要的电子个数．解答：解：A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+〔5﹣3×1〕=4，且含有一个孤电子对，所以其立体构型是三角锥形，故A错误；B．BCl3中价层电子对个数=3+〔3﹣3×1〕=3，不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，故B正确；C．PCl3分子中磷原子价层电子对个数=3+〔5﹣3×1〕=4，且含有一个孤电子对，所以其立体构型是三角锥形，故C错误；D．水分子中氧原子价层电子对个数=2+〔6﹣2×1〕=4，且含有两个孤电子对，所以其立体构型为V形，故D错误；应选B．点评：此题考查了粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点是孤电子对个数的计算，难度中．20．水的沸点为100℃，硫化氢的分子结构跟水相似，但它的沸点却很低，是﹣60.7℃，引起这种差异的主要原因是( )A．范德华力B．共价键C．氢键D．相对分子质量考点：氢键的存在对物质性质的影响．分析：H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．解答：解：H2O与H2S都属于分子晶体，H2O分子间可以形成氢键，H2S只含有范德华力，氢键的作用力大于范德华力，所以水的沸点高于H2S的沸点，应选C．点评：此题考查了氢键对物质熔沸点的影响，题目难度不大，氢键为高考中的高频考点，H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．二、解答题〔共6小题，总分值40分〕21．〔1〕室可以用高锰酸钾和浓盐酸反制取氯气，反方程式如下：2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反中氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2；当有lmol电子发生转移时，生成氯气的体积〔状况〕1L．〔2〕在一条件下，RO3n﹣和氯气可发生如下反：RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O 由以上反可知在上过程中RO3n﹣被氧化〔填“氧化〞或“复原〞〕，RO3n﹣中元素R的化合价是6﹣n．考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：〔1〕2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，生成5molCl2时转移10mol电子；〔2〕RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O中，Cl元素的化合价降低，那么R元素的化合价升高，结合化合价的计算方法解答．。
高一化学下学期暑假作业(四)高一全册化学试题 (2)
象对市爱好阳光实验学校八中高一〔下〕化学暑假作业〔四〕一、选择题〔共20小题，每题3分，总分值60分〕1．〔3分〕〔2021春•校级期中〕书法离不开文房四宝〔笔、墨、纸、砚〕做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸〔即白纸〕和做砚台用的砚石的主要成份依次是〔〕A．多糖、石墨、蛋白质、无机盐B．塑料、石墨、多糖、无机盐C．蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D．蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的静电引力B．含有离子键的化合物一是离子化合物C．所有金属与所有非金属之间都能形成离子键D．在化合物Na2O2中，阴、阳离子的个数比为1：13．〔3分〕〔2021春•区校级期末〕短周期元素的离子．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原子半径：A＞B＞C＞D B．原子序数：d＞c＞b＞aC．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的复原性：A＞B＞D＞C4．〔3分〕〔2021秋•校级月考〕在一温度下，一体积的容器中，可逆反：A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡的标志是〔〕A．A、B、C的浓度相B．容器中压强不再变化C．单位时间消耗nmol A，同时生成2n mol C D．A、B、C的分子数比为1：3：25．〔3分〕〔2021春•校级期中〕以下说法正确的选项是〔〕A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池两极均发生氧化复原反C．原电池中的阳离子向正极移动D．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反6．〔3分〕〔2007秋•期末〕强酸和强碱在稀溶液中的热可表示为：H+〔aq〕+OH﹣〔aq〕=H2O〔l〕；△H=﹣5k kJ•mol﹣1，又知在溶液中反有：CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，那么Q1、Q2、Q3的关系正确的选项是〔〕A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q17．〔3分〕298K，1.01×105Pa条件下：2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=﹣48kJ•mol ﹣1CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1以下热化学方程式正确的选项是〔〕A．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1B．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+200.7kJ•mol﹣1C．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣76kJ•mol﹣1D．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+4kJ•mol﹣18．〔3分〕〔2021春•期末〕苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是〔〕①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷④经测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤9．〔3分〕对反A+3B⇌2C来说，以下反速率中最快的是〔〕A．V〔B〕=0.6 mol/〔L•min〕B．V〔A〕=0.3 mol/〔L•min〕C．V〔B〕=0.02/〔L•S〕D．V〔C〕=0.5 mol/〔L•min〕10．〔3分〕〔2021•模拟〕以下除去杂质的方法正确的选项是〔〕①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液别离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、枯燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③11．〔3分〕假设1mol某气态烃C x H y完全燃烧，需用5molO2，那么〔〕A．x=2，y=2 B．x=2，y=4 C．x=3，y=6 D．x=3，y=812．〔3分〕以下表达正确的选项是〔〕A．分子中一含有化学键B．共价化合物一不含有离子键C．含有金属元素的离子一是阳离子D．非金属元素的化合物一不含有离子键13．〔3分〕〔2021春•三元区校级期末〕X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y 可形合物X2Y和X2Y2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，那么这两种元素的原子序数之和为〔〕A．19 B．18 C．16 D．9 14．〔3分〕把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，可以形成微型原电池．那么该电池负极上发生的电极反为〔〕A．Mg﹣2e﹣═Mg2+B．A1+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2OC．4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑15．〔3分〕某一化学反中，其产物的总能量为80kJ，如果该反是放热反，那么反物的总能量可能是〔〕A．100KJ B．60KJ C．50KJ D．30KJ16．〔3分〕以下反，属于取代反的是〔〕①C6H6+HNO 3C6H5NO2+H2O②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3CH=CH2+Br 2CH3CHBrCH2Br④CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O．A．①②B．③④C．①③D．①④17．〔3分〕〔2021秋•期末〕把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：假设a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．那么这四种金属的活动性顺序由强到弱为〔〕A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C． c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a18．〔3分〕以下关于元素周期表的说法不正确的选项是〔〕A．除零族元素外，非金属元素都是主族元素B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C．同周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为25D．同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为3219．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．有些活泼金属，如铝可作复原剂法的复原剂B．用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠C．可用焦炭或一氧化碳复原氧化铝的方法来冶炼铝D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料20．〔3分〕〔2021秋•校级期末〕生活中的一些问题常常涉及到化学知识，以下表达不正确的选项是〔〕A．未成熟的苹果遇碘水会变蓝B．棉花的主要成分是纤维素C．米饭在嘴中咀嚼有甜味，是因为淀粉在唾液淀粉酶催化下发生了水解反D．糯米中的淀粉一经水解，就酿成了酒二、填空21．〔3分〕短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，元素A是制备一种高效电池的重要材料，B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的气态氢化物与它的最高价氧化物能发生化合反，元素D是地壳中含量最丰富的金属元素，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．〔1〕写出A作电极材料时的电极反式：．〔2〕用电子式表示元素B与E形合物的过程：．〔3〕写出D的单质与氢氧化钠溶液反的化学方程式：．〔4〕用D的单质在野外焊接钢轨的反为：．〔5〕写出铜单质与C的最高价氧化物水化物的浓溶液反的化学方程式：．22．〔3分〕〔2021春•龙华区校级期末〕：①A是裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的化工水平；②2CH3CHO+O22CH3COOH．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图．答复以下问题：〔1〕写出A的电子式．〔2〕B、D分子中的官能团名称分别是．．〔3〕写出以下反的反类型：①，②．〔4〕写出以下反的化学方程式：①；②．23．〔8分〕2SO2〔g〕+O2〔g〕═2SO3〔g〕反过程的能量变化如下图．1mol SO2〔g〕氧化为1mol SO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请答复以下问题：〔1〕图中A、C分别表示、，〔2〕图中△H=KJ•mol﹣1；〔3〕如果反速率v〔SO2〕为0.05mol•L﹣1•min﹣1，那么v〔O2〕= mol•L ﹣1•min﹣1、v〔SO3〕= mol•L﹣1•min﹣1．八中高一〔下〕化学暑假作业〔四〕参考答案与试题解析一、选择题〔共20小题，每题3分，总分值60分〕1．〔3分〕〔2021春•校级期中〕书法离不开文房四宝〔笔、墨、纸、砚〕做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸〔即白纸〕和做砚台用的砚石的主要成份依次是〔〕A．多糖、石墨、蛋白质、无机盐B．塑料、石墨、多糖、无机盐C．蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D．蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃考点：生活中的有机化合物．分析：狼毫为动物的毛；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素；砚台成分为无机盐．解答：解：狼毫为动物的毛，属于蛋白质；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素，属于多糖；砚台成分为无机盐．应选C．点评：此题考查物质的成分，难度不大，注意各种物质的组成是关键．2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的静电引力B．含有离子键的化合物一是离子化合物C．所有金属与所有非金属之间都能形成离子键D．在化合物Na2O2中，阴、阳离子的个数比为1：1考点：离子化合物的结构特征与性质．分析：A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的相互作用力；B．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；C．非金属元素和金属元素之间可能形成共价键；D．在化合物过氧化钠中，阴阳离子个数之比为1：2．解答：解：A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的相互作用力，相互作用力包含吸引力和排斥力，故A错误；B．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故B正确；C．非金属元素和金属元素之间可能形成共价键，如氯化铝，故C错误；D．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，所以阴阳离子个数之比为1：2，故D错误；应选B．点评：此题考查离子键、离子化合物的判断、物质构成知识点，侧重考查根本概念根本理论，注意不能根据是否含有金属硬度判断离子键，易错选项是CD．3．〔3分〕〔2021春•区校级期末〕短周期元素的离子．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原子半径：A＞B＞C＞D B．原子序数：d＞c＞b＞aC．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的复原性：A＞B＞D＞C考点：位置结构性质的相互关系用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同电子层结构，那么A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数a＞b，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数d＞c，以此来解答．解答：解：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同电子层结构，那么A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数a＞b，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数d＞c，A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，那么原子半径为B＞A＞C＞D，故A错误；B．由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为a＞b＞d＞c，故B错误；C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，那么离子半径为C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；D．由同周期从左向右元素的金属性在减弱，非金属性在增强，金属性为B＞A＞C＞D，那么单质的复原性B＞A＞C＞D，故D错误；应选C．点评：此题考查原子结构与元素周期律的关系，明确离子具有相同的电子排布推出元素的位置是解答此题的关键，题目难度不大．4．〔3分〕〔2021秋•校级月考〕在一温度下，一体积的容器中，可逆反：A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡的标志是〔〕A．A、B、C的浓度相B．容器中压强不再变化C．单位时间消耗nmol A，同时生成2n mol CD．A、B、C的分子数比为1：3：2考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：可逆反A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡状态时，正逆反速率一相，平衡时各种物质的物质的量、浓度、百分含量不再发生变化，据此进行判断．解答：解：A．当A、B、C的浓度相时，该反可能到达平衡状态，也可能未到达平衡状态，与反物的初始浓度和转化率有关，无法判断是否到达平衡状态，故A错误；B．如果反前后气体的化学计量数之和不相，当容器中压强不变时，那么说明各组分浓度不再变化，必到达平衡状态，故B正确；C．无论该反是否到达平衡状态，单位时间消耗n mol A，同时生成2n molC，无法判断是否到达平衡状态，故C错误；D．反到达平衡时，A、B、C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，这与该反的初始分子数及转化率有关，无法判断是否到达平衡状态，故D错误；应选B．点评：此题考查化学平衡状态的判断，题目难度中，注意化学平衡状态的根本标志是：①v〔正〕=v〔逆〕，②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系．5．〔3分〕〔2021春•校级期中〕以下说法正确的选项是〔〕A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池两极均发生氧化复原反C．原电池中的阳离子向正极移动D．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．原电池一个电极发生氧化反、一个电极发生复原反；C．原电池放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；D．原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反．解答：解：A．原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B．原电池一个电极失电子发生氧化反、一个电极得电子发生复原反，故B错误；C．原电池放电时，负极上失电子、正极上得电子，所以负极附近聚集大量阳离子、正极附近聚集大量电子，那么阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故C正确；D．原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反，电子流入的电极是正极，发生复原反，故D错误；应选C．点评：此题考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反、电子流向、离子流向是解此题关键，易错选项是C．6．〔3分〕〔2007秋•期末〕强酸和强碱在稀溶液中的热可表示为：H+〔aq〕+OH﹣〔aq〕=H2O〔l〕；△H=﹣5k kJ•mol﹣1，又知在溶液中反有：CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q2kJ•mol﹣1 HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，那么Q1、Q2、Q3的关系正确的选项是〔〕A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q1考点：热．专题：化学反中的能量变化．分析：稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．解答：解：强酸与强碱的稀溶液发生反的热效：H+〔aq〕十OH﹣〔aq〕=H2O△H=一5kJ/mol，CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，那么放出的热量为Q2＞Q3＞Q1，应选：C．点评：此题考查热，明确热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效即可解答，难度不大．7．〔3分〕298K，1.01×105Pa条件下：2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=﹣48kJ•mol ﹣1CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1以下热化学方程式正确的选项是〔〕A．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1B．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+200.7kJ•mol﹣1C．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣76kJ•mol﹣1D．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+4kJ•mol﹣1考热化学方程式．点：分析：①2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O△H=﹣48kJ/mol②CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1，由题意分析②×2﹣①即可得到2CO〔g〕+2H2O〔g〕=2H2〔g〕+2CO2〔g〕，据此计算焓变．解答：解：①2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O△H=﹣48kJ/mol②CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1，依据盖斯律②×2﹣①得到 2CO〔g〕+2H2O〔g〕=2H2〔g〕+2CO2〔g〕△H=﹣8kJ•mol﹣1；去掉共同的化学计量数得到：CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1，应选A．点评：此题考查热化学方程式和盖斯律计算，掌握根底是关键，题目较简单．8．〔3分〕〔2021春•期末〕苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是〔〕①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷④经测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤考点：苯的结构．专题：有机化学根底．分析：①③⑤根据碳碳双键的性质判断；②单、双键不同，键长不相；④根据同分异构体数目解答．解答：解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确．所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据．应选B．点评：此题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．9．〔3分〕对反A+3B⇌2C来说，以下反速率中最快的是〔〕A．V〔B〕=0.6 mol/〔L•min〕B．V〔A〕=0.3 mol/〔L•min〕C．V〔B〕=0.02/〔L•S〕D．V〔C〕=0.5 mol/〔L•min〕考点：化学反速率和化学计量数的关系．分析：由于不同物质表示的速率之比于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反速率越快，注意保持单位一致，据此解答．解答：解：由于不同物质表示的速率之比于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反速率越快，A.=0.2 mol/〔L•min〕；B.=0.3 mol/〔L•min〕；C．V〔B〕=0.02/〔L•s〕= mol/〔L•min〕，=0.4 mol/〔L•min〕；D.=0.25 mol/〔L•min〕，应选C．点评：此题考查化学反速率比拟，难度不大，注意理解速率规律，也可以利用归一法计算比拟，但利用比值法更为简单，对于选择题更适用．10．〔3分〕〔2021•模拟〕以下除去杂质的方法正确的选项是〔〕①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液别离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、枯燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学根本操作．分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和别离方法，所谓除杂〔提纯〕，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①参加的试剂只能与杂质反，不能与原物质反；②反后不能引入的杂质．解答：解：①光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反，和乙烯之间发生加成反，这样即将杂质除去，又将要留的物质反了，不符合除杂的原那么，故①错误；②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生反，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现别离，故②正确；③二氧化碳与碳酸反生成碳酸氢钠，二氧化硫与碳酸钠反生成生成亚硫酸钠，水和二氧化碳，将原物质除掉了，不符合除杂原那么，故③错误；④乙酸与生石灰反，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故④正确；应选B．点评：物质的别离与除杂是考试的，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件〔参加的试剂只与杂质反，反后不能引入的杂质〕是正确解题的关键．11．〔3分〕假设1mol某气态烃C x H y完全燃烧，需用5molO2，那么〔〕A．x=2，y=2 B．x=2，y=4 C．x=3，y=6 D．x=3，y=8考点：有关有机物分子式确的计算．分析：1mol烃CxHy耗氧量为〔x+〕mol，那么x+=5，y一为4的倍数且x≤4，然后通过讨论确x、y的值．解答：解：1mol烃CxHy耗氧量为〔x+〕mol，那么x+=5，y一为4的倍数，当y=4时，x=4，那么x+y=8，当y=8时，x=3，为丙烷，x+y=11，当y=12时，x=2，不存在该烃，根据分析可知，题中只有D符合．应选D．点评：此题考查了有机物分子式确实，题目难度中，侧重考查根据有机物耗氧量判断有机物分子式，注意掌握讨论法在化学计算中的用．12．〔3分〕以下表达正确的选项是〔〕A．分子中一含有化学键B．共价化合物一不含有离子键C．含有金属元素的离子一是阳离子D．非金属元素的化合物一不含有离子键考点：化学键．分析：A．稀有气体中不含化学键；B．共价化合物中只含共价键，一不含离子键；C．含有金属元素的离子可能是阴离子；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物．解答：解：A．构成物质的分子中不一含有化学键，如稀有气体，故A错误；B．只含有共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一不含离子键，故B正确；C．含有金属元素的离子可能是阴离子，如AlO2﹣，故C错误；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，那么非金属元素的化合物可能含有离子键，故D错误；应选B．点评：此题考查化合物和化学键的关系，明确共价化合物和离子化合物的概念是解此题关键，注意二者的区别，难度不大．13．〔3分〕〔2021春•三元区校级期末〕X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y可形合物X2Y和X2Y2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，那么这两种元素的原子序数之和为〔〕A．19 B．18 C．16 D．9考点：元素周期律和元素周期表的综合用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：元素的化合价和元素原子的最外层电子数的关系：最高正价=元素的最外层电子数，最低负价=最外层电子数﹣8，结合周期表中的元素情况来分析．解答：解：X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y可形合物X2Y和X2Y2，推断化合物X2Y和X2Y2可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，所以只能是Na2O、Na2O2，钠元素和氧元素原子序数和为19．应选A．点评：此题是一道关于元素周期表结构和元素化合价与原子结构之间关系的综合知识题目，要求学生熟记教材知识，学以致用．14．〔3分〕把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，可以形成微型原电池．那么该电池负极上发生的电极反为〔〕A．Mg﹣2e﹣═Mg2+B．A1+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2OC．4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑考点：化学电源型电池．专题：电化学专题．分析：把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，Mg、Al和强碱性溶液构成原电池，铝易失电子而作负极、Mg作正极，负极上电极反式为Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，正极上电极反式为2H++2e﹣=H2↑〔或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣〕，电池反式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．解答：解：A．该原电池中，铝易失电子作负极，Mg作正极，故A错误；B，负极上电极反式为Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，故B正确；C．该原电池中，在碱性条件下，铝易失电子而作负极，故C错误；D．2H++2e﹣=H2↑〔或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣〕，为正极上电极反式，故D错误；应选B．点评：此题考查了原电池原理，根据电极上失电子难易程度确正负极，不能根据金属的活泼性强弱判断正负极，为易错点，题目难度不大．15．〔3分〕某一化学反中，其产物的总能量为80kJ，如果该反是放热反，那么反物的总能量可能是〔〕A．100KJ B．60KJ C．50KJ D．30KJ考点：吸热反和放热反；有关反热的计算．分析：根据放热反中，反物的总能量高于生成物的总能量．解答：解：因放热反中，反物的总能量高于生成物的总能量，产物的总能量为80kJ，所以反物总能量大于80kJ，应选A．点评：此题主要考查了放热反中反物的总能量与生成物的总能量的关系，难度不大．16．〔3分〕以下反，属于取代反的是〔〕①C6H6+HNO 3C6H5NO2+H2O②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3CH=CH2+Br 2CH3CHBrCH2Br④CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O．A．①②B．③④C．①③D．①④考点：取代反与加成反．分析：根据取代反的义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反〞进行判断．解答：解：①苯有浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反生成硝基苯；②乙烯在170℃下，发生的是消去反；③丙烯与溴反生成1，2二溴丙烷，属于加成反；④羧酸与醇反生成酯类，属于酯化反，也属于取代反，故正确的选项是①和④，应选D．点评：此题考查了取代反、加成反、消去反和氧化反的判断，难度不大，正确理解概念是解此题的关键．17．〔3分〕〔2021秋•期末〕把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：假设a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．那么这四种金属的活动性顺序由强到弱为〔〕A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a考点：原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其用．专题：电化学专题．分析：原电池中，负极材料为较活泼的金属，发生氧化反，正极为较不活泼的金属，发生复原反，以此判断金属的活动性．解答：解：假设a、b相连时，a为负极，活动性a＞b；c、d相连时c为负极，活动性c＞d；a、c相连时c为正极，a为负极，活动性a＞c；b、d相连时b为正极，d为负极，活动性d＞b；那么有活动性a＞c＞d＞b．应选B．点评：此题考查金属活动性的比拟，题目难度不大，注意金属活动性的比拟方法的积累．18．〔3分〕以下关于元素周期表的说法不正确的选项是〔〕A．除零族元素外，非金属元素都是主族元素B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C．同周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为25D．同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为32考元素周期表的结构及其用．点：分析：A、根据元素周期律判断；B、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，那么第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强；C、同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素，在短周期相邻，六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ，且ⅢB存在锕系、镧系元素；D、同一主族的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32．解答：解：A、非金属元素〔除稀有气体外〕都是主族元素，故A正确；B、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，那么第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强，非金属元素含氧酸的酸性不一为最高价含氧酸，故B错误；C、同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素，假设在六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ，且ⅢB存在锕系、镧系元素，那么原子序数之差可能为25，故C正确；D、同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32，所以可能为32，故D正确．应选：B．点评：此题考查元素周期表的结构及用，为高频考点，把握元素的位置、周期表中的族序数、原子序数关系为解答的关键，题目难度不大．19．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．有些活泼金属，如铝可作复原剂法的复原剂B．用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠C．可用焦炭或一氧化碳复原氧化铝的方法来冶炼铝D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料考点：金属冶炼的一般原理；工业制取水煤气．分金属的活泼性不同，冶炼方法不同：K、Ca、Na、Mg、Al金属可用电解法冶炼，Zn、。
高一化学下册暑假作业题及答案
适用精选文件资料分享高一化学下册暑期作及答案高一化学暑期作 2 1 ．第二次世界大期，某国有支小分到德国法西斯一座十分蔽且又戒森的火厂。
上要求小分在三天内必炸它，果他用十多只涂有化学的老鼠完成了任。
据你推种化学是和 H2SO4 C.黑火和甘油 D. 白磷的 CS2溶液 2 ．NCl3 的子式， NCl3 与 H2O反，最先的生成物必定有 A.NH3 B.HNO2 C.HClO D.NH4Cl 3．青霉素用它的稀溶液（ 200 国位青霉素 /mL）。
有 1 小瓶 20 万国位青霉素，1.0mL 注射器（分刻度），注射用水和几个干小瓶。
汲取 1.0mL 注射用水注入第 1 瓶内溶解青霉素。
汲取 0.1 mL 溶液在第 2 小瓶顶用水稀成。
再汲取 0.1mL 在第 3 小瓶中稀成。
又⋯⋯在第几小瓶中青霉素度 200 国位/mL。
A.3 B.4 C.5 D.6 4 ．右中曲表示原子序数在前 20 号中的某些元素的原子序数（按增序摆列）和沸点的关系，此中 A 点表示的元素是A.Si B.Al C.F D.S 5 ．当以下物：①大理石② 乳石③ 垢④ 壳⑤蛋壳，分滴加醋酸，会生同样气体的 A ．只有①② B ．只有④⑤ C．只有①②③ D．是①②③④⑤ 6．有必定量的 KNO3品，在 100C下加蒸水使之充分溶解，残留固体的量 250g。
在 400C下行，残留固体量 120g， 700C 20g。
已知 KNO3在不同样温度下的溶解度：温度 100C 400C 550C 700C 溶解度20g 65g 100g 140g 以下品的推测正确的是 A. 品物 B. 品中混有不溶于水的 C. 品中混有溶解度大的 D.当温度在 550C左右 KNO3完满溶解 7. 化学室制取气体的方法之一是将硫酸滴入酸中。
从下中挑所需器，在方框内画出用方法制、采集干燥化气体的装置，并在中明所用。
（器可重复使用，固定装置不用画出） 8. 室制少许硫酸品体的步以下：取量的屑，加入20%％～ 30%的稀硫酸溶液，在 50℃～ 80℃水浴中加至不再生气泡。
高一化学下学期暑假作业试题(3)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一升高二暑假作业化学学科〔第3期〕完成日期家长签字1．以下化学用语表示正确的选项是〔〕A．原子核中有6个中子的硼原子： B B．HCl的电子式：C．K+结构示意图：D．HClO的结构式：H﹣O﹣Cl2．以下关于CO2、SO2以及氮氧化物的说法正确的选项是〔〕A．影响空气质量的一组气体污染物主要是CO2、SO2、NO2B．SO2、氮氧化物的排放会造成酸雨，酸雨的PH≥C．氮氧化物不仅能形成酸雨，而且还成形成光化学烟雾，破坏臭氧层D．建高烟囱可以有效降低地面SO2的浓度，从而降低对环境的污染3．以下既含有离子键又含有共价键的化合物是〔〕A．H20 B．MgCl2 C．HNO3D．Na2O24．以下有关防止或减少酸雨的措施中不可行的是〔〕A．对燃煤及燃煤烟气进行脱硫B．对含SO2、NO2的废气处理后再排空C．人工收集大气雷电产生的氮的氧化物D．推广天然气、甲醇作为的燃料5．以下分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是〔〕A．CH4B．PCl3C．PCl5D．H2O6．以下事，可以证明Al2O3中一存在离子键的是〔〕A．易溶于水B．有较高的熔点C．熔化时能导电D．水溶液能导电7．以下各组物质中，互称为同分异构体的是〔〕A ．水与冰B．O2与O3C．石墨与石D．与8．以下晶体属于离子晶体的是〔〕A．镁B．干冰C．氟化钾D．石9．以下各组物质中化学键的类型相同的是〔〕A．HCl MgCl2 NH4Cl B．H2O Na2O CO2C．NH3 H2O CO2D．CaCl2 NaOH H210．以下关于SO2性质的说法中，正确的选项是〔〕A．能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性B．能使澄清石灰水变浑浊C．不能与NaOH溶液反D．能与水反生成硫酸11．以下各组顺序的排列不正确的选项是〔〕A．原子半径：F＞Na＞Mg＞AlB．热稳性：HCl＞H2S＞PH3C．酸性强弱：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4D．碱性强弱：CsOH＞KOH＞NaOH12．以下表达正确的选项是〔〕A．非金属原子间以共价键结合的物质一是共价化合物B．但凡含有离子键的化合物一是离子化合物C．但凡能电离出离子的化合物一是离子化合物D．含有共价键的化合物一是共价化合物13．以下几种物质中：①Ar ②HCl ③NH4Cl ④N2⑤Na2O2⑥CaCl2⑦H2O⑧KOH 只存在共价键的是，只存在离子键的是，既存在共价键又存在离子键的是，不存在化学键的是〔填写序号〕．14．元素周期表是学习化学的重要工具，它隐含着许多信息和规律．下表所列是几种短周期元素的原子半径及主要化合价：元素〔或元素代码〕铍 A B C D E F原子半径〔10﹣10m〕0.89 1.60 3 0.75 0.74 1.02 0.99最高价态+2 +2 +3 +5 ﹣+6 +7最低价态﹣﹣﹣﹣3 ﹣2 ﹣2 ﹣1〔1〕用元素符号标出A、C、D、F在元素周期表中的相位置〔以下为元素周期表的一〕．〔2〕A元素处于周期表中周期族．〔3〕写出D离子的结构示意图．〔4〕上述A～F六种元素最高价氧化物对水化物中酸性最强的是〔填化学式〕．〔5〕C元素气态氢化物的电子式为．它与C元素最高价氧化物水化物反的生成物是属于〔离子或共价〕化合物，其中含有的化学键类型有．〔6〕B的最高价氧化物的水化物与E的最高价氧化物的水化物反的离子方程式为．〔7〕元素E与元素F比照，非金属性较强的是〔用元素符号表示〕，以下表述中能证明这一事实的是〔填选项字母〕．A．气态氢化物水溶液的酸性 B．气态氢化物的沸点C．单质与氢气反的难易程度 D．气态氢化物的稳性．15．某校化学兴趣小组设计了图示装置〔图中省略了夹持仪器〕来测某铁碳合铁的质量分数．〔1〕m克铁碳合参加过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反；②．〔2〕写出加热时A中碳与浓硫酸发生反的化学方程式：．〔3〕B中的现象是：；C的作用是：．〔4〕待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．那么铁碳合铁的质量分数为：〔写化简后的表达式〕．16．〔1〕HNO3与金属反情况多种多样．为探究HNO3性质，某兴趣小组作如下探究：用浓硝酸和水按照不同体积比配成不同浓度的硝酸溶液，各取10mL 硝酸溶液分别与铜片反，记录如下：序号浓硝酸与水的体积比实验现象Ⅰ1﹕1 反速率快，溶液很快变成蓝色，铜丝外表有大量气泡冒出，气体呈红棕色Ⅱ1﹕3 反速率较快，溶液变成蓝色，铜丝外表有大量气泡冒出，气体无色Ⅲ1﹕5 反速率慢，微热后速率加快，溶液变成蓝色，铜丝外表有气泡冒出，气体无色制备NO气体最适的是：，理由是：．〔2〕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制备亚硝酸钠．设计装置如下〔忽略装置中空气的影响〕，请答复以下问题：①组装好仪器后，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：．可以通过适当改良，不产生Y物质，请你提出改良方法：．④E装置的目的是：．17．现有某地含硫酸的酸雨水样1m3，其中C〔H+〕=0.005mol/L，假设用生石灰处理该水样至中性，理论上需生石灰多少千克？答案1. D．2. C．3. D．4. C．5. B．6. C．7. D．8. C．9. C．10. B．11. A．12. B．13．以下几种物质中：①Ar ②HCl ③NH4Cl ④N2⑤Na2O2⑥CaCl2⑦H2O⑧KOH 只存在共价键的是②④⑦，只存在离子键的是⑥，既存在共价键又存在离子键的是③⑤⑧，不存在化学键的是①〔填写序号〕．14．〔1〕用元素符号标出A、C、D、F在元素周期表中的相位置〔以下为元素周期表的一〕．〔2〕A元素处于周期表中三周期IIA 族．〔3〕写出D离子的结构示意图．〔4〕上述A～F六种元素最高价氧化物对水化物中酸性最强的是HClO4〔填化学式〕．〔5〕C元素气态氢化物的电子式为．它与C元素最高价氧化物水化物反的生成物是属于离子〔离子或共价〕化合物，其中含有的化学键类型有离子键、共价键．〔6〕B的最高价氧化物的水化物与E的最高价氧化物的水化物反的离子方程式为Al〔OH〕3+3H+=Al3++3H2O ．〔7〕元素E与元素F比照，非金属性较强的是Cl 〔用元素符号表示〕，以下表述中能证明这一事实的是CD 〔填选项字母〕．A．气态氢化物水溶液的酸性 B．气态氢化物的沸点C．单质与氢气反的难易程度 D．气态氢化物的稳性．15．〔1〕m克铁碳合参加过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反；②常温下Fe遇浓硫酸发生钝化．〔2〕写出加热时A中碳与浓硫酸发生反的化学方程式：C+2H2SO4〔浓〕CO2↑+2SO2↑+2H2O ．〔3〕B中的现象是：品红溶液褪色；C的作用是：除尽反产物中的SO2气体．〔4〕待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E增重bg．那么铁碳合铁的质量分数为：×100%〔写化简后的表达式〕．16．〔1〕制备NO气体最适的是：Ⅱ，理由是：产物是NO，反速率较快〔不用加热〕．〔2〕①组装好仪器后，必须进行的一项操作是：检查装置的气密性．②推测B中可以观察到的主要现象是：铜片逐渐溶解，溶液逐渐变蓝，产生无色气泡；C装置的作用是：除去NO中混有的CO2．③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：NaOH ．可以通过适当改良，不产生Y物质，请你提出改良方法：用装有碱石灰的枯燥管代替C装置．④E装置的目的是：尾气处理，防止有害气体对大气污染．17．解：CaO～～～H2SO4～～～～2H+0.056kg 2molm〔CaO〕0.005mol/L×1×103L所以；解得 m〔CaO〕=0.14kg，答：论上需生石灰的质量为0.14kg．。
高一下册化学暑假作业及答案
高一下册化学暑假作业及答案（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高一化学下学期暑假作业(一)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔一〕一、选择题〔此题包括17小题，每题3分，共51分〕1．以下溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是〔〕A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液C．50 mL 1mol/L NaCl溶液D．25 mL 0.5 mol/L HCl溶液2．只给出以下甲和乙中对的物理量，不能求出物质的量的是〔〕A B C D甲物质中的粒子数状况下的气体摩尔体积固体的体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数状况下的气体的体积固体的密度溶液体积A．A B．B C．C D．D3．[双选题]氯的质子数为17，35Cl是氯的一种核素，以下说法正确的选项是〔〕A．35Cl原子所含质子数为18B ． mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023C．3.5 g的35Cl2气体的体积为2.24 LD．35Cl2气体的摩尔质量为70 g•mol﹣14．根据研究需要，可从多个角度对物质进行分类，以下对物质的分类说法中，不正确的选项是〔〕A．能与碱反生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物B．在水溶液中能够电离出H+的化合物都成为酸C．电离时生成的阴离子是OH﹣的化合物成为碱D．在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物成为电解质5．如图是某学验室买回的硫酸试剂标签的内容．判断以下说法正确的选项是〔〕A．该硫酸的浓度为mol•L﹣1B．配制200 mL mol•L﹣1的稀H2SO4需该H2SO4 50 mLC．该硫酸与体积水混合质量分数变为49%D．取该硫酸100 mL ，那么浓度变为原来的6．以下关于体的表达不正确的选项是〔〕A．体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．体是一种比拟均一、稳的混合物C．用平行光照射NaCl溶液和Fe〔OH〕3体时，产生的现象相同D．Al〔OH〕3体能够吸附水中悬浮的固体颗粒沉降，到达净水目的7．以下说法中正确的选项是〔〕A．3He原子中的质子在原子核外空间内一轨道上绕核做高速运动B．3He原子不是微小的实心球体C．3He原子是不能再分的微粒D．3He的最外层电子数为2，易与其他物质发生化学反8．[双选题]核内质子数不同，核外电子数相同的两种微粒，它们可以是〔〕A．同种元素的两种离子B．同种元素的原子和离子C．不同种元素的离子D．不同种元素的原子和离子9．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两份，一份参加含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份参加含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．那么原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为〔〕A ．mol•L﹣1B ．mol•L﹣1C ．mol•L﹣1D ．mol•L﹣110．同一状态下，20mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反生成20mL某气体X，那么可推出X的化学式为〔〕A．AB2B．AB3C．A2B3D．A3B211．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是〔〕A．常温常压下，1.6 g臭氧中含有6.02×1022个氧原子B．状况下，2.24 L水中含有6.02×1022个水分子C．2.24 L氨气分子中含6.02×1023个电子D．2.4 g金属镁变为镁离子时失去6.02×1022个电子12．如图两瓶体积相的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一正确的选项是〔〕A．原子数相B．密度相C．质量相D．摩尔质量相13．以下有关说法中，正确的选项是〔〕A．盐酸、漂白粉都是混合物B．127I和131I互为同素异形体C．硫酸铜、二氧化硫都是电解质D．分馏、干馏都是物理变化14．以下有关物质保存的说法正确的组合是〔〕①钠该密封在煤油中保存；②过氧化钠可以露置在空气中保存；③氯水该密封在无色试剂瓶中保存；④漂白粉不能露置在空气中保存．A．①③B．①④C．①③④D．①②③④15．广口瓶被称为气体的“万能瓶〞，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．以下各图中能用作防倒吸平安瓶的是〔〕A ．B ．C ．D ．16．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，假设先向该溶液中通入一量的氯气，再向反后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原溶液中的Br﹣一被氧化B．通入氯气之后原溶液中的Fe2+不一被氧化C．不能确通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+D．假设取少量所得溶液，再参加CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中参加足量的AgNO3溶液，一能产生黄色沉淀17．以下说法正确的选项是〔〕A．124 g P4含有的P﹣P键的个数为6N AB．12 g石墨中含有的C﹣C键的个数为2N AC．12 g含有的C﹣C键的个数为N AD．60 g SiO2中含Si﹣O键的个数为2N A二、非选择题〔此题包括4小题，共49分〕18．〔1〕如图为一“铁链〞图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交A、B、C、D为其相的分类依据代号．请答复以下问题：请将分类依据代号填入相的括号内：两种物质都不是电解质，两种物质都是钠的化合物，两种物质都是氧化物，两种物质都是盐〔2〕从H、O、S、Na四种元素组成的物质中，选择适当的物质填空．①碱性氧化物；②酸性氧化物；③含氧酸；④碱；⑤酸式盐．19．〔1〕S2﹣中的质子数是，中子数是，核外电子数是，质量数是．〔2〕Fe、Fe2+、Fe3+是元素的三种粒子，它们的数相同，它们所带的数不相同．〔3〕由1H O与2H O所代表的物质中，共有种元素，种原子，互为同位素的原子有．〔4〕元素X、Y的核电荷数分别为a和b，它们的离子X m+和Y n﹣核外电子排布相同，那么a、b、m、n之间的关系是．20．有一包白色固体混合物，该混合物可能含有CuSO4、Na2CO3、Na2SO4、MgCl2，现进行如下：〔1〕将混合物溶于水，得到无色透明溶液．〔2〕取上述溶液分成两份盛于试管中，其中一份滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解；另一份滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成．试根据现象推断，并完成下面的填空：该混合物中肯没有和；肯含有和〔写化学式〕．21．室配制0.1mol•L﹣1的BaCl2溶液分成两个阶段，第一阶段：用托盘天平称取〔5.2g无水BaCl2晶体．第二阶段：溶解配制成0.1mol•L﹣1的BaCl2溶液．第一阶段操作有如下几步：A．将游码拨至0.2g处；B．将游码拨至“0”处；C．在天平的两边托盘上各放一张干净质量的滤纸，调节天平两边螺丝使天平平衡；D．取走药品，将砝码放回砝码盒内；E．往左盘内逐步添加晶体至天平平衡；F．在右盘放置5g砝码．〔1〕其正确的操作顺序是〔填序号〕C ．〔2〕进行E操作时，只缺少量晶体，那么正确操作是〔3〕第二阶段操作，先将5.2g BaCl2加适量蒸馏水溶解，溶解过程中使用的主要仪器有，然后将溶液转入中，再洗涤、、摇匀后即可得到0.1mol•L﹣1 BaCl2溶液．〔4〕以下操作使配制的BaCl2溶液浓度偏低的有．A．将砝码放在左盘上，BaCl2放在右盘上进行称量 B．选用的容量瓶内有少量蒸馏水C．容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线 D．整个配制过程中，容量瓶不振荡．22．4mg的铜与适量浓硝酸反，铜溶解，共收集到NO2和NO的混合气体2mL〔状况〕，那么混合气体中NO2和NO的体积分别是多少？高一〔下〕化学暑假作业〔一〕参考答案与试题解析一、选择题〔此题包括17小题，每题3分，共51分〕1．以下溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是〔〕A．100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液B．200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液C．50 mL 1mol/L NaCl溶液D．25 mL 0.5 mol/L HCl溶液【考点】物质的量浓度．【分析】根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质电离出离子的个数，与溶液的体积无关．【解答】解：100mL 0.5mol/L NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×1=0.5mol/LA、100 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B、200 mL 0.25 mol/L AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.25mol/L×3=0.75mol/L，故B错误；C、50 mL 1mol/L NaCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为1mol/L×1=1mol/L，故C错误；D、25 mL 0.5 mol/L HCl溶液中Cl﹣物质的量浓度为0.5 mol/L×1=0.5mol/L，故D正确；应选：D．【点评】此题考查物质的量浓度的相关计算，注意溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数进行计算，与溶液的体积无关，难度不大．2．只给出以下甲和乙中对的物理量，不能求出物质的量的是〔〕A B C D甲物质中的粒子数状况下的气体摩尔体积固体的体积溶液中溶质的物质的量浓度乙阿伏加德罗常数状况下的气体的体积固体的密度溶液体积A．A B．B C．C D．D【考点】物质的量的相关计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．【分析】A、根据粒子数目和物质的量的关系公式n=来计算；B、根据状况下的气体体积和物质的量的关系公式n=来计算；C、根据m=ρV可以计算物质的质量；D、根据公式n=cV可以计算溶质的物质的量．【解答】解：A、物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=可以计算出物质的量，故A正确；B、状况下的气体摩尔体积和状况下的气体的体积，根据公式n=可以计算出物质的量，故B正确；C、固体的体积和固体的密度，根据m=ρV可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故C错误；D、溶液中溶质的物质的量浓度和溶液体积，可以根据公式n=cV计算溶质的物质的量，故D正确．应选：C．【点评】此题考查物质的量的计算题与，注意公式的灵活运用，根底知识理解，难度不大．3． [双选题]氯的质子数为17，35Cl是氯的一种核素，以下说法正确的选项是〔〕A．35Cl原子所含质子数为18B ． mol的1H35Cl分子所含中子数约为6.02×1023C．3.5 g的35Cl2气体的体积为2.24 LD．35Cl2气体的摩尔质量为70 g•mol﹣1【考点】核素；阿伏加德罗常数；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】A．原子的质子数于元素的原子序数；B．根据中子数=质量数﹣质子数计算；C．气体的条件未知，不能确体积大小；D．摩尔质量在数值上于分子的相对分子质量，单位为g•mol﹣1．【解答】解：A．氯的原子序数为17，原子的质子数于元素的原子序数，那么35Cl原子所含质子数为17，故A错误；B．35Cl原子所含中子数为35﹣17=18，1H原子的中子数为0，那么mol的1H35Cl 分子所含中子数约为×18×6.02×1023，故B正确；C．气体的条件未知，不能确体积大小，故C错误；D．35Cl2气体的相对分子质量为70，那么35Cl2气体的摩尔质量为70g•mol﹣1，故D正确；应选BD．【点评】此题考查物质的量的相关计算以及质量数、中子数和质子数之间的关系，题目难度不大，注意气体的存在条件是否状况下．4．根据研究需要，可从多个角度对物质进行分类，以下对物质的分类说法中，不正确的选项是〔〕A．能与碱反生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物B．在水溶液中能够电离出H+的化合物都成为酸C．电离时生成的阴离子是OH﹣的化合物成为碱D．在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物成为电解质【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、根据酸性氧化物的概念来答复；B、根据酸的概念来答复；C、根据碱的概念来答复；D、根据电解质的概念来答复．【解答】解：A、酸性氧化物：能与碱反生成盐和水的氧化物，故A正确；B、酸是指在水溶液中能够电离出的阳离子是H+的化合物，故B错误；C、碱是指电离时生成的阴离子是OH﹣的化合物，故C正确；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，故D正确．应选B．【点评】抓住概念的要点来判断物质的类别，了解常见物质的组成．5．如图是某学验室买回的硫酸试剂标签的内容．判断以下说法正确的选项是〔〕A．该硫酸的浓度为mol•L﹣1B．配制200 mL mol•L﹣1的稀H2SO4需该H2SO4 50 mLC．该硫酸与体积水混合质量分数变为49%D．取该硫酸100 mL ，那么浓度变为原来的【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】A．根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；B．根据稀释律计算需要浓硫酸的体积；C．硫酸的密度大于水，体积硫酸、水混合后溶液的质量小于原硫酸的质量2倍；D．溶液是均匀的，取出溶液的浓度与原溶液浓度相．【解答】解：A．根据c=可知，该浓硫酸的物质的量浓度为mol/L=1mol/L，故A错误；B ．根据稀释律，需要浓硫酸的体积为=50mL，故B正确；C．硫酸的密度大于水，体积硫酸、水混合后溶液的质量小于原硫酸的质量2倍，故混合后的质量分数大于49%，故C错误；D．溶液是均匀的，取出溶液的浓度与原溶液浓度相为1mol/L，溶液中溶质的物质的量变为原溶液中的，故D错误，应选B．【点评】此题考查溶液浓度计算，涉及物质的量浓度、质量分数，难度不大，注意理解掌握物质的量浓度与质量分数之间的关系．6．以下关于体的表达不正确的选项是〔〕A．体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10﹣9～10﹣7m之间B．体是一种比拟均一、稳的混合物C．用平行光照射NaCl溶液和Fe〔OH〕3体时，产生的现象相同D．Al〔OH〕3体能够吸附水中悬浮的固体颗粒沉降，到达净水目的【考点】体的重要性质．【分析】A、根据体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小；B、根据体的介稳性答复；C、根据溶液不具有丁达尔效，而体具有丁达尔效，D、根据Al〔OH〕3体的外表积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒到达净水的目的．【解答】解：A、体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，体分散系的微粒直径在1～100nm之间，故A正确；B、体是一种比拟均一、稳的混合物，即体具有介稳性，故B正确；C、NaCl溶液不具有丁达尔效，而Fe〔OH〕3体具有丁达尔效，现象不相同，故C错误；D、Al〔OH〕3体的外表积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒到达净水的目的，故D正确；应选C．【点评】此题考查学生体的特性以及溶液和体的本质区别，较简单，熟悉体的性质是解答的关键．7．以下说法中正确的选项是〔〕A．3He原子中的质子在原子核外空间内一轨道上绕核做高速运动B．3He原子不是微小的实心球体C．3He原子是不能再分的微粒D．3He的最外层电子数为2，易与其他物质发生化学反【考点】核素．【分析】A．带负电荷的电子在原子核外空间绕核高速运转；B．原子不是微小的实心球体；C．原子可以再分；D．最外层电子数为2是稳结构．【解答】解：A．原子核内有质子和中子，故A错误；B．原子不是微小的实心球体，可以再分，故B正确；C．原子可以再分为质子和中子，电子，故C错误；D．最外层电子数为2是稳结构，不与其他物质发生化学反，故D错误．应选B．【点评】此题考查核素，题目难度不大，注意原子不是微小的实心球体，可以再分．8．[双选题]核内质子数不同，核外电子数相同的两种微粒，它们可以是〔〕A．同种元素的两种离子B．同种元素的原子和离子C．不同种元素的离子D．不同种元素的原子和离子【考点】原子结构与元素的性质．【分析】同种元素含有的质子数相同，不同元素的质子数不同，同周期元素对的简单阳离子核外电子数相，相邻周期阳离子、阴离子核外电子数可相，以此解答．【解答】解：A．同种元素含有的质子数相同，故A错误；B．同种元素的原子和离子质子数相，电子数不同，故B错误；C．不同种元素的离子质子数不同，但核外电子数可能相同，如钠离子和镁离子，故C正确；D．不同种元素的原子和离子质子数不同，但核外电子数可能相同，如Ne与钠离子，故D正确．应选CD．【点评】此题考查原子结构与元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的结构特点，难度不大．9．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两份，一份参加含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份参加含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．那么原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为〔〕A ．mol•L﹣1B ．mol•L﹣1C ．mol•L﹣1D ．mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】两份溶液中，一份加氢氧化钠溶液时发生反：Mg2++2OH﹣═Mg〔OH〕2↓，由方程式可知每份溶液中n〔Mg2+〕=n〔OH﹣〕，另一份加BaCl2的溶液，发生反：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n〔SO42﹣〕=n〔Ba2+〕，再利用电荷守恒可知每份中2n〔Mg2+〕+n〔K+〕=2n〔SO42﹣〕，据此计算每份中n〔K+〕，根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成两份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加加氢氧化钠溶液时发生反：Mg2++2OH﹣═Mg〔OH〕2↓，由方程式可知每份溶液中n〔Mg2+〕=n〔OH﹣〕=amol，另一份BaCl2的溶液，发生反：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，由方程式可知n〔SO42﹣〕=n〔Ba2+〕=n〔BaCl2〕=bmol，由电荷守恒可知每份中2n〔Mg2+〕+n〔K+〕=2n〔SO42﹣〕，故每份中溶液n〔K+〕=2bmol ﹣2×amol=〔2b﹣a〕mol，故原溶液中钾离子浓度==mol/L，应选：A．【点评】此题考查离子反的有关混合计算，难度中，根据电荷守恒计算钾离子的物质的量是关键．10．同一状态下，20mLA2气体与30mLB2气体恰好完全反生成20mL某气体X，那么可推出X的化学式为〔〕A．AB2B．AB3C．A2B3D．A3B2【考点】阿伏加德罗律及推论．【专题】守恒法．【分析】同一状态下，气体的体积之比于分子个数之比，所以20mLA2、30mLB2、20mLX的分子数之比为2：3：2，再根据原子守恒推测X的化学式．【解答】解：同一状态下，气体的体积之比于分子个数之比，那么20mLA2、30mLB2、20mLX的分子数之比为2：3：2，所以该反方程式为：2A2+3B2=2X，根据原子守恒知X的化学式为A2B3，应选C．【点评】此题考查了阿伏伽德罗律及推论，根据同一状态下，气体的体积之比于分子个数之比，再结合原子守恒来分析解答即可，难度不大．11．用6.02×1023表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是〔〕A．常温常压下，1.6 g臭氧中含有6.02×1022个氧原子B．状况下，2.24 L水中含有6.02×1022个水分子C．2.24 L氨气分子中含6.02×1023个电子D．2.4 g金属镁变为镁离子时失去6.02×1022个电子【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．臭氧由氧原子构成；B．气体摩尔体积使用对象为气体；C．气体的状态未知；D．镁失去电子生成二价镁离子．【解答】解：A．臭氧由氧原子构成，故1.6g臭氧中所含有的氧原子的物质的量为0.1mol，即6.02×1022个，故A正确；B．标况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C．气体的状态未知，气体摩尔体积未知，无法确气体的物质的量，故C错误；D.2.4 g 金属镁物质的量为=0.1mol，变为镁离子时失去604×1023个电子，故D错误；应选：A．【点评】此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，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大．12．如图两瓶体积相的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一正确的选项是〔〕A．原子数相B．密度相C．质量相D．摩尔质量相【考点】阿伏加德罗律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．【分析】同温同压下，气体摩尔体积相，相同体积的气体其物质的量相，其分子数相，结合分子构成、ρ=、m=nM进行分析解答．【解答】解：同温同压下，气体摩尔体积相，相同体积的气体其物质的量相，其分子数相，A．每个分子中都有两个原子，所以其原子总数相，故A正确；B．根据ρ=知，两种气体的平均摩尔质量不一相，所以其密度不一相，故B 错误；C．根据m=nM知，二者物质的量相时，其摩尔质量不一相，那么其质量不一相，故C错误；D．两个瓶中摩尔质量不一相，故D错误；应选A．【点评】此题考查阿伏伽德罗律及其推论，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解此题关键，知道物质的量有关公式中各个物理量的关系，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大．13．以下有关说法中，正确的选项是〔〕A．盐酸、漂白粉都是混合物B．127I和131I互为同素异形体C．硫酸铜、二氧化硫都是电解质D．分馏、干馏都是物理变化【考点】混合物和纯洁物；物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；电解质与非电解质．【分析】A．由不同种物质组成的属于混合物；B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体；C．溶于水或熔融状态下能导电的化合物属于电解质；D．有物质生成的属于化学变化，据此解答即可．【解答】解：A、盐酸是HCl的水溶液，漂白粉主要成分是次氯酸钙，故两者均属于混合物，故A正确；B、127I和131I，质子数相同，中子数不同，属于同位素，故B错误；C、二氧化硫不能电离，属于非电解质，其水溶液能导电的原因是二氧化硫溶于数生成的亚硫酸，亚硫酸电离，故C错误；D、煤的干馏属于化学变化，故D错误，应选A．【点评】此题主要考查的是混合物与纯洁物的概念、电解质与非电解质的概念、物理变化与化学变化，综合性较强，难度不大．14．以下有关物质保存的说法正确的组合是〔〕①钠该密封在煤油中保存；②过氧化钠可以露置在空气中保存；③氯水该密封在无色试剂瓶中保存；④漂白粉不能露置在空气中保存．A．①③B．①④C．①③④D．①②③④【考点】化学试剂的存放．【专题】元素及其化合物．【分析】从物质的性质角度选择药品保存的方法，钠易与水、氧气反；过氧化钠易与水、二氧化碳反；氯水中次氯酸见光易分解；漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反产生次氯酸而见光分解．【解答】解：①钠易与水、氧气反，而不与煤油反，且密度大于煤油，可以密封在煤油中保存，正确；②过氧化钠易与水、二氧化碳反，在枯燥的环境中密封保存，错误；③氯水中次氯酸见光易分解，密封在棕色试剂瓶中，错误；④漂白粉易与空气中的水和二氧化碳反产生次氯酸而见光分解，不能露置在空气中保存，正确．应选B．【点评】此题考查药品的保存，题目难度不大，做题时注意把握物质的性质，根据性质选择保存方法．15．广口瓶被称为气体的“万能瓶〞，是因为它可以配合玻璃管和其它简单仪器组成各种功能的装置．以下各图中能用作防倒吸平安瓶的是〔〕A ．B ．C ．D ．【考点】尾气处理装置．【专题】化学常用仪器及试剂．【分析】A．该装置是排液量气装置；B．该装置可作为平安瓶；C．该装置混气装置；D．该装置是洗气装置．【解答】解：A．该装置是排液量气装置，故A错误；B．该装置可作为平安瓶防倒吸，因为进气管较短〔刚漏出瓶塞〕假设发生倒吸，倒吸液会被盛装在B 瓶中，不会再倒流到前一装置，从而防止倒吸，故B 正确；C．该装置是混气装置，进入C 瓶中两气体在C 瓶中充分混合，故C错误；D．该装置是洗气装置，故D错误．应选B．【点评】此题考查防倒吸平安瓶，难度不大，平时注意知识的积累．16．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，假设先向该溶液中通入一量的氯气，再向反后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原溶液中的Br﹣一被氧化B．通入氯气之后原溶液中的Fe2+不一被氧化C．不能确通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+D．假设取少量所得溶液，再参加CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中参加足量的AgNO3溶液，一能产生黄色沉淀【考点】氧化复原反．【专题】氧化复原反专题．【分析】复原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，氯气先氧化I﹣，然后氧化Fe2+，最后氧化Br ﹣，向反后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为，说明I﹣被氧化，Fe2+或被氧化，Br﹣可能被氧化来分析．【解答】解：A．复原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣，向反后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血，说明Fe2+或被氧化，Br﹣可能被氧化，故A错误；B．向反后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为血，说明Fe2+或被氧化，故B 错误；C．通入氯气之后原溶液中的二价铁或被氧化，所以不能确通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故C正确；D．如Br﹣被氧化生成Br2，那么萃取后参加硝酸银，没有黄色沉淀生成，故D 错误．应选C．【点评】此题考查氧化复原反，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，此题切入点是元素化合价，注意把握氧化性强弱的判断，为解答该题的关键，难度中．17．以下说法正确的选项是〔〕A．124 g P4含有的P﹣P键的个数为6N AB．12 g石墨中含有的C﹣C键的个数为2N AC．12 g含有的C﹣C键的个数为N AD．60 g SiO2中含Si﹣O键的个数为2N A【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．先根据质量、物质的量、分子数之间的关系式计算白磷分子数，一个白磷分子中含有6个P﹣P键，据此计算含有的P﹣P键个数；B ．石墨中每个碳原子含有个C﹣C键，根据12g石墨中含有的碳原子个数计算C﹣C键个数；C．每个碳原子含有2个C﹣C键，根据12g含有的碳原子个数计算C﹣C键个数；D．二氧化硅晶体中每个硅原子含有4个Si﹣O键，根据60g二氧化硅中含有的硅原子个数计算Si﹣O键个数．【解答】解：A.124g白磷中含有的磷分子个数==N A，一个白磷分子中含有6个P﹣P键，所以124g P4含有的P﹣P键的个数为6N A，故A正确；B.12g石墨中含有碳原子个数=，石墨中每个碳原子含有个C﹣C键，所以12g石墨中含有C﹣C键个数是N A，故B错误；C.12g含有碳原子个数=，每个碳原子含有2个C﹣C键，所以12g含有C﹣C键个数是2N A，故C错误；D.60g二氧化硅中含有的硅原子个数=，每个硅原子含有4个Si﹣O键，所以60g二氧化硅中含有的Si﹣O键的个数为4N A，故D错误；应选A．【点评】此题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解此题关键，注意石墨和石结构的区别，为易错点．二、非选择题〔此题包括4小题，共49分〕18．〔1〕如图为一“铁链〞图案，小明在图案上分别写了H2、CO2、Na2O、NaCl、FeCl3五种物质，图中相连的两种物质均可归属为一类，相交A、B、C、D为其相的分类依据代号．请答复以下问题：请将分类依据代号填入相的括号内：A 两种物质都不是电解质， C 两种物质都是钠的化合物，B 两种物质都是氧化物， D 两种物质都是盐〔2〕从H、O、S、Na四种元素组成的物质中，选择适当的物质填空．①碱性氧化物Na2O ；②酸性氧化物SO2、SO3；③含氧酸H2SO4、H2SO3；④碱NaOH ；⑤酸式盐NaHSO4、NaHS、NaHSO3．【考点】电解质与非电解质；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】〔1〕在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，不满足该条件的物质为非电解质；含有钠元素的化合物为钠的化合物；由两种元素，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；含有酸根离子和阳离子的化合物为盐；〔2〕碱性氧化物是和酸反生成盐和水的氧化物；酸性氧化物是和碱反生成盐和水的氧化物；酸：根据是否含氧分为含氧酸〔如硫酸H2SO4、碳酸H2CO3〕和无氧酸〔如盐酸HCl、氟酸HF〕；盐分为单盐和合盐，单盐分为正盐、酸式盐、碱式盐，其中酸式盐除含有金属离子与酸根离子外还含有氢离子，如硫酸氢钠；碱式盐除含有金属离子与酸根离子外还含有氢氧根离子，如碱式碳酸铜．【解答】解：〔1〕电解质必须满足：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，氧化钠、氯化钠、氯化铁为电解质，而氢气和二氧化碳都不是电解质，所以不是电解质的为A；钠的化合物为氧化钠和氯化钠，所以C正确；含有两种元。
高一化学下学期暑假作业(十)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔十〕一、单项选择题〔每题2分，共50分〕1．以下物质放置在空气中变质，不是因为发生氧化复原反而变质的是( ) A．NaB．Na2O2C．Na2OD．Na2SO32．室中要使Al2〔SO4〕3溶液中的Al3+沉淀出来，最适的试剂是( ) A．NaOH溶液B．氨水C．Ba〔OH〕2溶液D．盐酸3．酸性条件下1mol KMnO4可将5mol Fe2+氧化为Fe3+，那么 KMnO4被复原的产物为( )A．MnB．Mn2+C．MnO2D．KMnO34．以下物质中不能由氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．Ca〔ClO〕2C．FeCl2D．NaCl5．将SO2通入显的酚酞试剂中，发现消失，这主要是因为SO2( )A．有漂白性B．有复原性C．溶于水后显酸性D．有氧化性6．向某无色透明溶液中参加铝片，立刻有大量氢气产生，那么以下离子在该溶液中一不会大量存在的是( )A．Na+B．NO3﹣C．CO32﹣D．HCO3﹣7．以下各组中的两物质作用时，反条件〔温度、反物用量比〕改变，不会引起产物的种类改变的是( )A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．C和O28．以下物质属于非电解质的是( )A．NH3B．〔NH4〕2SO4C．Cl2D．CH3COOH9．“纳米材料〞是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料．如将“纳米材料〞分散在液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A．所得物质一为悬浊液B．所得物质一为乳浊液C．肯有丁达尔效D．所得物质肯不能能透过滤纸10．室有一瓶购置时间较长绿矾〔FeSO4•7H2O〕，老师将其交给化学研究小组某同学检验药品是否有变质现象，这位同学取绿矾做了简单的检验，得出的结论是：已始氧化．该同学所用的试剂和判断依据是( )A．AB．BC．CD．D11．欲从食盐水中提取出食盐，最好采用的方法是( )A．过滤B．萃取C．蒸发D．蒸馏12．储存浓H2SO4的铁罐外口会出现严重的腐蚀现象，这表达浓H2SO4的( )A．吸水性和酸性B．脱水性和吸水性C．强氧化性和吸水性D．不挥发性和酸性13．用坩埚钳夹住一小块刚用酸处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落．以下关于上述现象的解释不正确的选项是( )A．氧化铝未熔化B．铝在空气中能很快形成氧化膜C．氧化铝的熔点比铝高D．酒精灯温度低，铝未熔化14．以下离子方程式书写正确的选项是( )A．C12与水反C12+H2O═2H++C1﹣+ClO﹣B．氯化铁溶液与铁单质反 Fe3++2Fe═3Fe2+C．大理石与盐酸反CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反 SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O15．设N A代表阿伏伽德罗常数，以下说法正确的选项是( )A．1mol MgCl2中含有的离子数为2N AB．状况下，1L H2O中含有的原子数为N AC．状况下，2L氦气与2L氯气所含原子数均为2N AD．常温下，g铝与足量的盐酸反，失去的电子数为0.3 N A16．以下离子方程式错误的选项是( )A．硅酸钠溶液中通入CO2气体 SiO32﹣+H2O+CO2═H2SiO3↓+CO32﹣B．硫酸铝与过量氨水反 Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣↓+4NH4++2H2OC．氯气与氢氧化钠溶液反Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OD．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑17．某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，假设向装有该溶液的试管中参加过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再参加过量盐酸，溶液量减少的阳离子是①NH4+②Mg2+③Fe2+④Al3+( )A．①③B．①②③④C．②④D．④18．以下四种溶液中一存在SO42﹣的是( )A．向甲溶液中参加BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中参加BaCl2溶液，有白色沉淀，再参加盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中参加盐酸使之酸化，再参加BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中参加硝酸使之酸化，再参加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生19．将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀，那么通入的气体可能是( )A．CO2B．NH3C．SO3D．Cl220．以下表达正确的选项是( )A．光导纤维的主要原料就是Na2SiO3B．盛液溴的试剂瓶常加少量水C．硅酸可由SiO2直接制得D．氯气可用于漂白，这是氯气具有漂白作用21．对于反3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下表达正确的选项是( ) A．Cl2是氧化剂，NaOH是复原剂B．被氧化的Cl原子和被复原的Cl原子的物质的量的比为5：1C．Cl2既做氧化剂又做复原剂D．氧化剂得电子数与复原剂失电子数之比为5：122．把足量的铁粉投入稀硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反后，残留固体的质量与原来参加铁粉的质量相，那么原溶液中H+和SO42﹣的物质的量之比为( )A．1：4B．2：7C．1：2D．8：31．23．将0.03mol Cl2缓缓通入含有0.02mol H2SO3和0.02mol HBr的混合溶液中，在此过程中C〔H+〕与Cl2用量的关系是( )A ．B ．C ．D ．24．将g镁铝合金，投入到500mL2mol•L﹣1的盐酸中，金属完全溶解，再参加4mol•L﹣1的NaOH溶液，假设要生成的沉淀最多，参加的这种NaOH溶液的体积是( )A．125mLB．200mLC．250mLD．560mL25．配制一物质的量浓度的NaOH溶液时，造成结果偏低的是( )A．未冷却至室温直接把NaOH溶液移入容量瓶中B．容时观察液面仰视C．样品中含有少量Na2O杂质D．容量瓶来有少量蒸馏水二、填空题〔50分〕26．〔1〕用过量的锌与浓H2SO4反，某同学认为除了生成二氧化硫外，还有氢气产生，理由__________．〔2〕用过量铜片与0.2mol浓H2SO4共热足够长时间〔只考虑铜与浓H2SO4反，忽略其他副反〕，甲认为产生的SO2__________ 0.1mol〔填＞或＜〕，理由是__________．27．SO2被称为“空中死神〞，其对环境的危害非常大．为了减少危害，人们进行了许多有益的探索和研究，并且在实际用上取得了一的成果．〔1〕工业上常在煤中参加生石灰来处理煤碳中的SO2，这是利用了SO2属于__________氧化物的性质，反后得到硫酸钙．请用化学方程式表示__________．〔2〕近年来，有人提出了一种利用电解饱和氯化钠溶液治理含二氧化硫的废气并回收二氧化硫的方法．该方法的流程如图：①此种方法中，可以循环利用的物质是__________．②写出反I的离子方程式：__________．28．向盛有KI溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．完成以下填空：1〕写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反方程式〔如果系数是1，不用填写〕：写出产物即可不需要配平2〕整个过程中的复原剂是__________．3〕把KI换成KBr，那么CCl4层变为__________色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化．由此推测Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是__________．29．分有X、Y、Z三种单质，X为金属单质，Y、Z为非金属单质，Y、Z通常情况下为气态，Y、Z一条件下反的产物溶于水可得无色溶液E，E能使紫色石蕊试液变红，X与E反可生成Z和另一产物w，X、Y反的产物F溶于水为棕黄色溶液，将Y通入w溶液也可得到F的溶液．〔1〕Z的化学式是__________．〔2〕w的名称是__________．〔3〕棕黄色溶液F中参加氨水的离子方程式是__________〔4〕假设往w溶液中滴入NaOH溶液，可产生沉淀，此沉淀在空气中发生变化的现象是__________；方程式为__________．30．甲、乙两同学欲制取纯洁的Fe〔OH〕2，根据如下图的装置进行．A管中是Fe+H2SO4，B管中是NaOH溶液，请答复以下问题．〔1〕同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反，在B管中观察到的现象是__________．〔2〕同学乙：翻开a，使A管中反一段时间再夹紧止水夹a，中在B管中观察到的现象是__________，B中发生反的离子方程式为__________．〔3〕同学乙翻开a的目的__________；__________〔填甲或乙〕同学可．31．向300mL KOH溶液中缓慢通入一量的CO2气体，充分反后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体．请答复以下问题：〔1〕由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出．〔2〕假设通入CO2气体为4L〔状况下〕，得到1g的白色团体．请通过计算确此白色固体是由哪些物质组成的？其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少．高一〔下〕化学暑假作业〔十〕一、单项选择题〔每题2分，共50分〕1．以下物质放置在空气中变质，不是因为发生氧化复原反而变质的是( ) A．NaB．Na2O2C．Na2OD．Na2SO3考点：钠的重要化合物；氧化复原反．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：在化学变化过程中有元素化合价变化的反是氧化复原反，根据物质在空气中发生的化学反来答复．解答：解：A、金属钠易和空气中的氧气发生反生成氧化钠，属于氧化复原反，故A不选；B、过氧化钠易和空气中的二氧化碳以及水反，反为氧化复原反，故B不选；C、氧化钠和空气中的水反生成氢氧化钠时，反中没有化合价的变化，不是氧化复原反，故C选；D、亚硫酸钠放置在空气中易变质，被氧气氧化为硫酸钠，属于氧化原反，故D不选．应选C．点评：此题考查学生金属钠以及化合物的性质、氧化复原反的判断知识，难度不大．2．室中要使Al2〔SO4〕3溶液中的Al3+沉淀出来，最适的试剂是( ) A．NaOH溶液B．氨水C．Ba〔OH〕2溶液D．盐酸考点：镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al〔OH〕3，Al〔OH〕3具有，既能和酸反又能和强碱反，要使Al2〔SO4〕3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．解答：解：Al3+转化为不溶于水的物质是Al〔OH〕3，Al〔OH〕3具有，既能和酸反又能和强碱反，要使Al2〔SO4〕3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．A、C选项是强碱，所以不可；D选项是酸，与Al3+不反，所以不可；B选项是弱碱，可以．应选B点评：此题以选择沉淀剂为载体，考查铝的重要化合物的性质，难度不大，注意题目要求意在考查氢氧化铝的这一特性．3．酸性条件下1mol KMnO4可将5mol Fe2+氧化为Fe3+，那么 KMnO4被复原的产物为( )A．MnB．Mn2+C．MnO2D．KMnO3考点：氧化复原反．分析：1mol KMnO4可将5mol Fe2+氧化为Fe3+，发生氧化复原反，反中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，Mn元素化合价由+7价降低到+x价，结合氧化复原反得失电子数目相计算．解答：解：1mol KMnO4可将5mol Fe2+氧化为Fe3+，发生氧化复原反，反中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低到+x价，由氧化复原反中氧化剂和复原剂得失电子数目相可知：5mol×〔3﹣2〕=1mol×〔7﹣x〕，解得：x=2，应选B．点评：此题考查氧化复原反的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，利用方程式计算比拟麻烦，关键抓住氧化复原反中电子转移守恒计算，难度中4．以下物质中不能由氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．Ca〔ClO〕2C．FeCl2D．NaCl考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态，氯气与氢氧化钙反生成次氯酸钙．解答：解：其中的B可由氯气与氢氧化钙反生成次氯酸钙，Cl2有强氧化性，与金属反化合生成相的盐〔氯化物〕，当与变价金属反时将金属氧化成高价态，故A、B、D正确，氯气与Fe反生成高价态的FeCl3，故C错，应选C．点评：Cl2是卤族元素的代表，有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态．常见的强氧化剂有：氯气、次氯酸、硝酸、氧气、高锰酸钾．5．将SO2通入显的酚酞试剂中，发现消失，这主要是因为SO2( )A．有漂白性B．有复原性C．溶于水后显酸性D．有氧化性考点：二氧化硫的化学性质．专题：氧族元素．分析：根据二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显说明溶液中存在着碱性的物质，而二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质，而使酚酞褪色．解答：解：因二氧化硫不能使指示剂褪色，酚酞显说明溶液中存在着碱性的物质，褪去，说明溶液中存没有碱性的物质，是由于二氧化硫溶于水后显酸性，可将碱性物质，应选C．点评：此题主要考查了二氧化硫水溶液的酸碱性，二氧化硫虽然具有漂白性，但不能使指示剂褪色，且二氧化硫的漂白性是暂时的．6．向某无色透明溶液中参加铝片，立刻有大量氢气产生，那么以下离子在该溶液中一不会大量存在的是( )A．Na+B．NO3﹣C．CO32﹣D．HCO3﹣考点：铝的化学性质；离子共存问题．专题：离子反专题．分析：根据Al能与盐酸或氢氧化钠溶液反都能生成氢气，那么无色透明溶液可能为酸或碱溶液，因硝酸具有强氧化性，那么不能为硝酸，然后利用离子的共存来分析解答．解答：解：因Al能与盐酸或氢氧化钠溶液反都能生成氢气，那么无色透明溶液可能为酸或碱溶液，，A、在酸或碱溶液中都不会与Na+反，那么Na+在该溶液中一能大量存在，故A 不选；B、碱溶液中不会与NO3﹣反，能大量存在，但在酸性条件下不符合题意，即可能大量存在，故B不选；C、碱溶液中不会与CO32﹣反，能大量存在，但在酸溶液中能与CO32﹣反，即可能大量存在，故C不选；D、在酸或碱溶液中，都能与HCO3﹣反，那么在该溶液中一不会大量存在，故D 选；应选D．点评：此题考查离子的共存及Al的性质，明确无色溶液及常见离子的反是解答此题的关键，难度不大．7．以下各组中的两物质作用时，反条件〔温度、反物用量比〕改变，不会引起产物的种类改变的是( )A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．C和O2考点：钠的化学性质；钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：物质和氧气相互反时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反可以产生碳酸钠和氧气．解答：解：A、钠和氧气反，氧气缺乏时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反，二氧化碳缺乏时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反生成碳酸钠和氧气，不管谁过量，结果一样，故C 正确；D、木炭和氧气反，氧气过量时生成二氧化碳，氧气缺乏时生成一氧化碳，反物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误．应选C．点评：此题是对物质之间反物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反产物的不同，属于物质之间反的探讨．8．以下物质属于非电解质的是( )A．NH3B．〔NH4〕2SO4C．Cl2D．CH3COOH考点：电解质与非电解质．专题：离子反专题．分析：根据非电解质的义：非电解质是指在水溶液在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题．解答：解：A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气本身发生电离，所以氨气是非电解质，故A正确；B、硫酸铵在水溶液中电离出铵根离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸铵是电解质，故B错误；C、非电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；应选A．点评：把握电解质和非电解质的义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下就是否能够导电，即是否以离子的形式分散在水中，二是该物质是化合物．9．“纳米材料〞是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料．如将“纳米材料〞分散在液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A．所得物质一为悬浊液B．所得物质一为乳浊液C．肯有丁达尔效D．所得物质肯不能能透过滤纸考点：纳米材料．分析：由“纳米技术〞是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，那么分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．解答：解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于体分散系，由“纳米技术〞是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，那么分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，那么该混合物属于体．A．该混合物属于体，不是浑浊液，故A错误；B．该混合物属于体，不是乳浊液，故B错误；C．该混合物属于体，体能发生丁达尔效，故C正确；D．该混合物属于体，体能透过滤纸，故D错误；应选C．点评：此题考查分散系的判断及体的性质，明确纳米材料的直径是解答此题的关键，题目难度不大．10．室有一瓶购置时间较长绿矾〔FeSO4•7H2O〕，老师将其交给化学研究小组某同学检验药品是否有变质现象，这位同学取绿矾做了简单的检验，得出的结论是：已始氧化．该同学所用的试剂和判断依据是( )A．AB．BC．CD．D考点：物质的检验和鉴别的方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：如绿矾变质，那么被氧化为Fe2〔SO4〕3，那么溶液中存在Fe3+，可用KSCN 溶液检验，以此解答．解答：解：A．参加氯水，可将Fe2+氧化为Fe3+，不能检验是否变质，故A 错误；B．参加氢氧化钠溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，最红变为红褐色，不能检验是否变质，故B错误；C．参加铁屑，无论是否变质，最终都为浅绿色FeSO4溶液，不能检验是否变质，故C错误；D．如变质，溶液中存在Fe3+，参加KSCN溶液，溶液变红，可检验，故D正确．应选D．点评：此题考查物质的检验和鉴别的设计，侧重于学生的分析能力和能力的考查，为高频考点，注意把握物质的检验和鉴别的方法，把握物质的性质的异同，难度不大．11．欲从食盐水中提取出食盐，最好采用的方法是( )A．过滤B．萃取C．蒸发D．蒸馏考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用；物质的别离、提纯和除杂．分析：食盐溶于水，加热时水挥发，与食盐别离，以此来解答．解答：解：食盐溶于水，加热时水挥发，与食盐别离，那么蒸发可提纯食盐，应选C．点评：此题考查混合物的别离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物别离提纯方法为解答的关键，侧重分析与用能力的考查，题目难度不大．12．储存浓H2SO4的铁罐外口会出现严重的腐蚀现象，这表达浓H2SO4的( ) A．吸水性和酸性B．脱水性和吸水性C．强氧化性和吸水性D．不挥发性和酸性考点：浓硫酸的性质．专题：氧族元素．分析：铁遇冷的浓H2SO4会发生钝化，但浓H2SO4具有较强的吸水性，吸水后变为稀H2SO4，与活泼金属发生置换反而使铁罐受腐蚀．解答：解：浓硫酸的不挥发性、脱水性与铁的腐蚀无关，铁遇冷的浓H2SO4会发生钝化，在外表生成一层致密的氧化铁膜而保护铁进一步被氧化，但浓H2SO4具有较强的吸水性，吸水后变为稀H2SO4，与活泼金属发生置换反而使铁罐受腐蚀．应选A．点评：此题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，注意浓硫酸与稀硫酸性质的区别，铁的腐蚀与浓硫酸的吸水性和酸性有关．13．用坩埚钳夹住一小块刚用酸处理过的铝箔，在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落．以下关于上述现象的解释不正确的选项是( )A．氧化铝未熔化B．铝在空气中能很快形成氧化膜C．氧化铝的熔点比铝高D．酒精灯温度低，铝未熔化考点：铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．分析：在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，需要根据铝的化学性质以及铝和氧化铝熔点的上下进行解释．解答：解：将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；应选：D．点评：此题结合考查了铝及氧化铝的性质，培养了学生分析问题、解决问题的能力，题目难度不大，注意把握氧化铝的物理性质．14．以下离子方程式书写正确的选项是( )A．C12与水反C12+H2O═2H++C1﹣+ClO﹣B．氯化铁溶液与铁单质反 Fe3++2Fe═3Fe2+C．大理石与盐酸反CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反 SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．次氯酸为弱电解质，保存化学式；B．电荷不守恒；C．碳酸钙为沉淀，保存化学式；D．反生成硅酸钠和水．解答：解：A．C12与水反，离子方程式：C12+H2O═H++C1﹣+HClO，故A错误；B．氯化铁溶液与铁单质反生成氯化亚铁，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B 错误；C．大理石与盐酸反，离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故C错误；D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反，离子方程式：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故D正确；应选：D．点评：此题考查了离子方程式的书写，明确反实质是解题关键，注意化学式拆分原那么，题目难度不大．15．设N A代表阿伏伽德罗常数，以下说法正确的选项是( )A．1mol MgCl2中含有的离子数为2N AB．状况下，1L H2O中含有的原子数为N AC．状况下，2L氦气与2L氯气所含原子数均为2N AD．常温下，g铝与足量的盐酸反，失去的电子数为0.3 N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．分析：A、1mol氯化镁中含有1mol镁离子、2mol氯离子；B、在标况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；C、稀有气体为单原子分子，氯气为双原子分子；D、铝为3金属，1mol铝完全反失去3mol电子．解答：解：A、1mol氯化镁中含有1mol镁离子和2mol氯离子，总共含有3mol离子，含有的离子数为3N A，故A错误；B、在状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算1L水的物质的量，故B错误；C、标况下，2L氦气与2L氯气的物质的量都是1mol，由于氦气为单原子分子，而氯气为双原子分子，二者含有的原子数不同，故C错误；D、g铝的物质的量为0.1mol，完全反失去0.3mol电子，失去的电子数为0.3 N A，故D正确；应选D．点评：此题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中，一注意标况下的气体摩尔体积的使用要求，要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．16．以下离子方程式错误的选项是( )A．硅酸钠溶液中通入CO2气体 SiO32﹣+H2O+CO2═H2SiO3↓+CO32﹣B．硫酸铝与过量氨水反 Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣↓+4NH4++2H2OC．氯气与氢氧化钠溶液反Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OD．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑考点：离子方程式的书写．分析：A．反生成硅酸和碳酸钠；B．不符合反客观事实；C．生成氯化钠、次氯酸钠和水；D．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反生成氯化钠、水、二氧化碳．解答：解；A．硅酸钠溶液中通入CO2气体，离子方程式：SiO32﹣+H2O+CO2═H2SiO3↓+CO32﹣，故A正确；B．硫酸铝与过量氨水反，离子方程式：Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3↓+3NH4+，故B 错误；C．氯气与氢氧化钠溶液反，离子方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故C正确；D．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反，离子方程式：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故D正确；应选：B．点评：此题考查离子反方程式的书写，明确发生的化学反及离子反方程式的书写方法即可解答，题目难度不大．17．某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，假设向装有该溶液的试管中参加过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再参加过量盐酸，溶液量减少的阳离子是①NH4+②Mg2+③Fe2+④Al3+( )A．①③B．①②③④C．②④D．④考点：离子共存问题．专题：离子反专题．分析：NH4+与碱在微热时反生成氨气逸出，那么铵根离子减少，Fe2+和氢氧化钠溶液反生成的Fe〔OH〕2沉淀在空气中不稳，迅速氧化生成Fe〔OH〕3，那么Fe2+减少，以此来解答．解答：解：混合溶液中参加过量的NaOH并加热时，反生成的氨气逸出，并同时生成Mg〔OH〕2、Fe〔OH〕2沉淀和NaAlO2，Fe〔OH〕2沉淀在空气中不稳，迅速氧化生成Fe〔OH〕3，再向混合物中参加过量盐酸，那么Mg〔OH〕2、Fe〔OH〕3和NaAlO2与过量酸作用分别生成MgCl2、AlCl3、FeCl3，那么减少的离子主要有：NH4+和Fe2+，应选A．点评：此题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反为解答的关键，侧重复分解反的考查，注意亚铁发生的氧化复原反，题目难度不大．18．以下四种溶液中一存在SO42﹣的是( )A．向甲溶液中参加BaCl2溶液，产生白色沉淀B．向乙溶液中参加BaCl2溶液，有白色沉淀，再参加盐酸，沉淀不溶解C．向丙溶液中参加盐酸使之酸化，再参加BaCl2溶液，有白色沉淀产生D．向丁溶液中参加硝酸使之酸化，再参加硝酸钡溶液，有白色沉淀产生考点：硫酸根离子的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：A．亚硫酸钡、碳酸钡、硫酸钡和氯化银均为难溶于水的白色沉淀；B．硫酸钡和氯化银均为难溶于盐酸；C．先参加稀盐酸，可排除Ag+、SO32﹣、CO32﹣离子的影响；D．亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子．解答：解：A．向甲溶液中参加BaCl2溶液，不能排除SO32﹣、CO32﹣或Ag+的影响，可能生成AgCl、Ag2SO3、Ag2CO3白色沉淀，故A错误；B．参加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B错误；C．先参加稀盐酸，没有产生沉淀，Ag+、SO32﹣、CO32﹣离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42﹣存在，故C正确；D．先参加硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D错误；应选C．点评：此题考查SO42﹣的检验，注意排除其它离子的干扰，学习中注意把握相关物质的性质，题目难度中．19．将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体，仍无沉淀，那么通入的气体可能是( )A．CO2B．NH3C．SO3D．Cl2考点：二氧化硫的化学性质．专题：氧族元素．分析：盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，据此分析解答．解答：解：盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2溶液不反，继续通入另一种气体，仍无沉淀，说明该气体不能和二氧化硫反使二氧化硫转化为亚硫酸根离子或硫酸根离子，或该气体不和水反生成含有亚硫酸根离子或硫酸根离子的物质，A．CO2和SO2不反，所以符合条件，故A正确；B.2NH3+SO2+H2O=〔NH4〕2SO3，生成的亚硫酸铵和氯化钡发生复分解反生成亚硫酸钡白色沉淀，不符合条件，故B错误；C．SO3+H2O=H2SO4，生成的硫酸和氯化钡发生复分解反生成白色沉淀，所以不符合条件，故C错误；。
高中下册高一化学暑假作业
高中下册高一化学暑假作业
高中下册高一化学暑假作业
大家把理论知识复习好的同时，也应该要多做题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是查字典化学网小编为大家整理的最新下册高一化学暑假作业，希望对大家有帮助。
填空题(本题共4小题，共31分)
19.(6分)氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生
H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况)。
甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25gL-1。
请回答下列问题：
(1)甲与水反应的化学方程式是
___________________________________。
(2)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式
___________________________________________________ ____。
有人提出生成的产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之。
(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)
正极的电极反应式：__________________________;
负极的电极反应式：__________________________。
要多练习，知道自己的不足，对大家的学习有所帮助，以下是查字典化学网为大家总结的最新下册高一化学暑假作业，希望大家喜欢。
高一化学下学期暑假作业(3)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔3〕一、选择题1．以下对操作的表达错误的选项是( )A．用头滴管加液时，不能伸入试管中B．蒸馏盛在烧瓶中含水的酒精，需在瓶内放一些碎瓷片C．温度计插入液体中测量温度的同时，又用它搅拌液体D．用容积为100mL的量筒量取80mL无水乙醇，使液面最低点至刻度80mL处2．如图是某同学设计的一个可燃气体平安点燃装置，对此装置的评价和使用错误的选项是( )A．用此装置点燃可燃性气体可防止爆炸的发生B．时烧杯中水量的多少不会影响效果C．此装置防止气体爆炸的原理是使不纯的气体不与燃着气体直接接触D．此装置适用于难溶于水的可燃性气体3．0.8g某物质含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子质量约为( ) A．8B．16C．64D．1604．以下物质的体积一是2L的是( )A．1mol水蒸气B．17g氨气C．状况下44g二氧化碳D．0℃2×105Pa压强时2g氢气5．环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的方法．其中塑料袋、废纸、旧橡制品属于( )A．无机物B ．有机物C．盐类D．非金属6．用以下图表示的一些物质或概念间的附属关系中不正确的选项是( ) A．AB．BC．CD．D7．有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种，向溶液中逐滴参加一量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀消失．以下判断正确的选项是( )A．一不含Fe3+和Fe2+B．一含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有C．溶液可能含有NO3﹣D．一含有Fe3+，但一不含Fe2+8．如图，常温下，向一体积的0.1mol/L的硫酸溶液中逐滴参加浓度相同的Ba〔OH〕2溶液，生成沉淀的量与参加Ba〔OH〕2溶液的体积关系，a、b、c、d 分别表示中不同阶段的溶液，以下有关说法中不正确的选项是( )A．溶液的pH：a＜b＜c＜dB．溶液的导电能力：a＞b＞d＞cC．c、d溶液呈碱性D．a、b溶液呈酸性9．以下用不涉及氧化复原反的是( )A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．室用浓盐酸和MnO2制备Cl2C．工业上利用硫酸吸收氨气制备氮肥D．自来水厂用ClO2杀菌消毒10．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化复原反中的反物和生成物，以下表达错误的选项是( )A．假设有l mol NO3﹣参加复原反，那么转移8mol e﹣B．复原产物为NH4+C．氧化剂与复原剂的物质的量之比为8：lD．假设把该反设计为原电池，那么负极反为Fe 2+﹣e﹣=Fe 3+11．以下表达错误的选项是( )A．金属钠在自然界中能以游离态存在B．钠燃烧时发出黄色的火焰C．钠能与S、Cl2非金属反D．钠在空气中燃烧生成过氧化钠12．某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，此溶液中可能大量共存的离子组是( )A．H+、Mg2+、NO3﹣、Ba2+B．SO42﹣、Na+、HCO3﹣、K+C．NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、Ba2+D．Cu2+、OH﹣、Fe2+、SO42﹣13．以下操作中，溶液的颜色不发生变化的是( )A．NaHCO3溶液中滴加盐酸B．Fe2〔SO4〕3溶液中滴加KSCN溶液C．FeCl2溶液中滴加氯水D．FeCl3溶液中参加复原铁粉14．中国工业报7月2日报道，投行瑞士信贷发布报告称，由于中国对铁矿石的需求增长超过预期，矿业巨头明年可能再度提高铁矿石售价的25%．以下有关铁及其化合物的说法中正确的选项是( )A．赤铁矿的主要成分是Fe3O4B．铁与水蒸气在高温下的反产物为Fe2O3和H2C．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中参加铁粉，然后过滤D．Fe3+与KSCN产生沉淀15．以下材料中，属于硅酸盐材料的是( )A．铝合金B．碳纤维C．玻璃D．塑料16．以下关于硅单质及其化合物的表达正确的选项是( )①硅是构成岩石和许多矿物的根本元素②水玻璃可用作制备木材防火剂的原料③制造光导纤维的主要原料是SiO2④制玻璃和水泥均需要石灰石作为原料⑤硅可用作催化剂的载体和袋装食品的枯燥剂⑥高纯度的硅除了用于制造计算机芯片外，在太阳能发电过程中也具有重要的作用．A．①②③⑤B．①③④⑤C．①③⑥D．17．以下氯化物，不能用单质直接反制得的是( )A．CuCl2B．FeCl2C．NaClD．HCl18．某氯碱厂不慎有大量氯气逸出周围空间，此时，可以用浸有某种物质的一浓度的水溶液的毛巾捂住鼻子．最适采用的物质是( )A．NaOH B．NaClC．Na2CO3D．NaBr19．以下各组离子中因有配合离子生成而不能共存的是( )A．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣B．Mg2+、Ca2+、SO42﹣、OH﹣C．Fe2+、Fe3+、H+、NO3﹣D．Ba2+、Fe3+、Cl﹣、SCN﹣20．石是典型的原子晶体，以下关于石的说法中错误的选项是( ) A．晶体中不存在的“分子〞B．碳原子间以共价键相结合C．是硬度最大的物质之一D．化学性质稳，即使在高温下也不会与氧气发生反二、解答题21．以下两个反均为在溶液中进行的反，试按以下要求作答：①用双线桥标明以下反中电子的转移及数目；②在表填出反式中的氧化剂、复原剂，氧化产物、复原产物．③将其改写成离子方程式；〔1〕2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl离子方程式为：__________．〔2〕MnO2+4HCl 〔浓〕MnCl2+2H2O+Cl2↑氧化剂：还原剂：氧化产物：还原产物：离子方程式为：__________．22．〔1〕CCl4和蒸馏水都是无色液体，请按以下要求用方法鉴别之〔简要地写出过程〕①只允许用一种试剂__________；②不用任何试剂__________；〔2〕NaCl溶液中含有少量的CaCl2，某学生用过量的Na2CO3使Ca2+离子转化为沉淀而除去，确认Na2CO3已过量的方法是__________．23．有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu〔NO3〕2、K2CO3中的一种或几种，现做以下：①将粉末参加水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中参加足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液参加足量AgNO3溶液，产生白色沉淀．试根据上述事实，答复以下问题：〔1〕写出原白色粉末中一含有的物质的化学式__________〔2〕写出原白色粉末中一不含有的物质的电离方程式__________〔3〕写出以下各步变化的离子方程式：②__________④__________．24．〔1〕工业上将氯气通入石灰乳[Ca〔OH〕2]制取漂白粉，化学反方程式为__________．〔2〕漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反方程式为__________．〔3〕陶瓷、玻璃、水泥的组成中的共同成分是__________．25．某校化学兴趣小组用如下图过程除去AlCl3中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失．请答复以下问题：〔1〕写出混合物中参加足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反的离子方程式：__________、__________．〔2〕氢氧化钠溶液能否用氨水代替，__________，理由__________．〔3〕溶液a中存在的离子有__________；在溶液a中参加盐酸时需控制盐酸的量，为什么？__________；为此，改良方法是__________．26．A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，其中F是能使湿润石蕊试纸变蓝的气体，它们之间能发生如下反①A+H2O﹣→B+C②C+F﹣→D③D+NaOH ﹣F+E+H2O〔1〕写出它们的化学式：A__________C__________D__________，E__________．〔2〕写出各步反的离子方程式①__________；③__________．〔3〕工业生产C的过程中有如下一步反，即F经催化氧化生成B和H2O写出该步反的化学方程式__________．高一〔下〕化学暑假作业〔3〕一、选择题1．以下对操作的表达错误的选项是( )A．用头滴管加液时，不能伸入试管中B．蒸馏盛在烧瓶中含水的酒精，需在瓶内放一些碎瓷片C．温度计插入液体中测量温度的同时，又用它搅拌液体D．用容积为100mL的量筒量取80mL无水乙醇，使液面最低点至刻度80mL处考点：药品的取用；计量仪器及使用方法；蒸馏与分馏．专题：化学根本操作．分析：A、头滴管伸入到试管中，会对滴加的试剂造成污染；B、给混合液体加热时，容易发生暴沸现象，该参加碎瓷片防止暴沸；C、温度计只能用于测量温度，不能用于搅拌；D、量取80mL液体，需要使用100mL量筒．解答：解：A、用头滴管加液时，头滴管不能伸入试管中，否那么会污染滴加的试剂，故A正确；B、对混合液体进行蒸馏操作时，为了防止发生暴沸现象，该在蒸馏烧瓶中进入碎瓷片，故B正确；C、温度计只能用于测量液体的温度，不能使用温度计搅拌，搅拌时该使用玻璃棒，故C错误；D、可以使用100mL量筒量取80mL液体，量取时液体的凹液面与量筒的80mL 刻度线相切，故D正确；应选C．点评：此题考查了药品的取用、计量仪器的使用方法、蒸馏操作知识，题目难度中，注意明确常见仪器的构造及使用方法，掌握药品取用的方法．2．如图是某同学设计的一个可燃气体平安点燃装置，对此装置的评价和使用错误的选项是( )A．用此装置点燃可燃性气体可防止爆炸的发生B．时烧杯中水量的多少不会影响效果C．此装置防止气体爆炸的原理是使不纯的气体不与燃着气体直接接触D．此装置适用于难溶于水的可燃性气体考点：装置综合；化学方案的评价．专题：化学根本操作．分析：分析图示装置可知，该装置能平安点燃可燃性气体的原理为：被点燃的气体与不纯的气体被水隔开，可以防止爆炸，防止发生危险；该装置中水必须高于漏斗边缘、被点燃的气体必须为难溶于水的气体，据此进行解答．解答：解：该装置中，在漏斗上端点燃气体，假设气体不纯，就在漏斗内引爆，由于不纯的气体较少，即使爆炸也没有危险，同时由于导气管在水下，被点燃的气体和不纯的气体被水隔开了，所以点燃的气体不会引燃导管内的气体，A、即使未经验纯的气体通过此装置后，被点燃的气体和未验纯的气体被水隔开了，可平安点燃，不会发生爆炸，故A正确；B、装置中如果烧杯内的水没有没过倒置漏斗的边缘，未验纯的到气体也会被点燃，会引起爆炸，故B错误；C、该装置的设计原理是使不纯的气体不与燃着的气体直接接触，不会发生爆炸，故C正确；D、被点燃的气体和未验纯纯的气体是被水隔开的，所以此装置适用于难溶于水的可燃性气体，不使用于可溶性气体，故D正确；应选B．点评：此题考查了化学方案的评价，题目难度中，解题关键是明确装置原理，然后根据得出的正确结论进行解答，该装置的设计具有较强的严密性，平安性高，操作简便．3．0.8g某物质含有3.01×1022个分子，该物质的相对分子质量约为( ) A．8B．16C．64D．160考点：物质的量的相关计算．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗律．分析：根据n=计算0.8g该物质的物质的量，再根据M=计算该物质的摩尔质量，进而确该物质的相对分子质量．解答：解：0.8g某物质含有3.01×1022个分子，0.8g 该物质的物质的量为=0.05mol，该物质的摩尔质量为=16g/mol，故该物质的相对分子质量为16，应选B．点评：此题考查常用化学计量的有关计算、相对分子质量的计算，比拟根底，注意对公式的理解与灵活运用．4．以下物质的体积一是2L的是( )A．1mol水蒸气B．17g氨气C．状况下44g二氧化碳D．0℃2×105Pa压强时2g氢气考点：气体摩尔体积．专题：计算题；化学用语专题．分析：气体的体积与温度压强、微粒的数目有关，气体摩尔体积指的是一温度压强下，1mol任何气体的体积．在状况下，1mol任何气体的体积为2L，依据概念进行分析计算．解答：解：A．水蒸气在状况下不是气体，所以体积1mol水蒸气在状况下不是2L，1mol水蒸气，具体温度和压强不知，无法判断体积一是2L，故A错误；B．17g氨气物质的量为1mol，但具体温度和压强不知，无法判断，故B错误；C．状况下44g二氧化碳，n===1mol，所以状况下气体体积为2L，故C 正确；D．0℃、2×105Pa时2g氢气物质的量是1mol，但不是状况下，所以体积不一为2L，故D错误；应选C．点评：此题考查了气体摩尔体积的概念和用条件，注意物质的状态必须是气体，题目比拟简单．5．环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的方法．其中塑料袋、废纸、旧橡制品属于( )A．无机物B ．有机物C．盐类D．非金属考点："三废"处理与环境保护．专题：化学用．分析：垃圾分类是将垃圾按可回收再使用和不可回收再使用的分类法为垃圾分类．人类每日会产生大量的垃圾，大量的垃圾未经分类、回收、再使用并任意弃置，会造成环境污染．塑料袋、废纸、旧橡制品属于有机物．解答：解：塑料袋、废纸、旧橡制品，其中塑料是塑料的主要成分是合成树脂，是合成高分子化合物；废纸主要是天然纤维；旧橡制品主要成分是天然橡和合成橡，天然橡主要来源于三叶橡树，合成橡那么由各种单体经聚合反而得．所以塑料、橡、纤维均是有机物．应选B．点评：此题考查了塑料、橡、纤维的成分，题目难度不大．6．用以下图表示的一些物质或概念间的附属关系中不正确的选项是( ) A．AB．BC．CD．D 考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯洁物；电解质与非电解质．分析：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的附属关系来解答．A．氧化物属于化合物，化合物又属于纯洁物；B．混合物包括溶液、体、浊液三大分散系，体属于分散系；C．酸碱盐都是电解质，电解质属于化合物；D．碱性氧化物一是金属氧化物，金属氧化物又属于氧化物．解答：解：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X．A．氧化物是由氧元素和另一元素两种元素组成的化合物，化合物又属于纯洁物，故A正确；B．分散系包括溶液、体、浊液三种，体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成属于混合物，体是分散系中的一种，故B正确；C．电解质是在熔融状态下或在溶液中能导电的化合物，包括离子化合物和共价化合物，酸碱盐都是电解质，电解质都属于化合物，故C错误；D．金属氧化物包含碱性氧化物如氧化铜、酸性氧化物如七氧化二锰、氧化物如氧化铝，所以碱性氧化物一属于金属氧化物，金属氧化物又属于氧化物，故D正确；应选C．点评：此题考查了化的根本概念用，物质分类的依据，概念的包含关系判断，主要考查电解质、氧化物、分散系混合物的不同分类原那么，题目难度不大．7．有一澄清透明溶液，只可能含有大量H+、Fe3+、Fe2+、Al3+、AlO2﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的几种，向溶液中逐滴参加一量1mol/L的NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，而后有沉淀，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀消失．以下判断正确的选项是( )A．一不含Fe3+和Fe2+B．一含有Al3+，Fe3+、Fe2+至少含有一种或两种皆有C．溶液可能含有NO3﹣D．一含有Fe3+，但一不含Fe2+考点：常见离子的检验方法．专题：离子反专题．分析：向该溶液中参加一量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，那么一含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2﹣、CO32﹣离子因发生反生成弱电解质而不能存在；而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀消失．说明一含有Al3+；结合溶液的电中性和Fe2+离子的复原性以及NO3﹣离子的氧化性做进一步的推断．解答：解：向该溶液中参加一量1mol/L NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，那么一含有大量的H+离子，在酸性溶液中AlO2﹣、CO32﹣离子分别与H+离子反生成Al〔OH〕3沉淀、CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一含有阴离子，那么只有NO3﹣离子符合；而后才有沉淀．能够生成沉淀的是Fe3+离子、Fe2+离子或Al3+离子中的一种或几种，但在酸性条件下Fe2+离子与NO3﹣离子发生氧化复原反而不能共存，那么一不含Fe2+离子，沉淀达最大量后继续滴加NaOH溶液沉淀消失．说明一含有Al3+和Fe3+；综上所述，溶液中一含有H+离子、NO3﹣离子，一没有AlO2﹣、CO32﹣、Fe2+离子，一含有Fe3+离子、Al3+；A、依据判断可知一含Fe3+离子，一不含有Fe2+离子，故A错误；B、根据分析判断结果可知Fe2+离子一不存在，故B错误；C、依据分析和溶液中电荷守恒可知，阴离子只有NO3﹣离子，所以一存在NO3﹣离子，故C错误；D、分析判断可知溶液中一含有Fe3+，但一不含Fe2+，故D正确；应选D．点评：此题考查常见离子的检验，注意从反的现象推断离子的存在性，把握物质的性质和离子的检验方法是做此题的关键，题目难度不大．8．如图，常温下，向一体积的0.1mol/L的硫酸溶液中逐滴参加浓度相同的Ba〔OH〕2溶液，生成沉淀的量与参加Ba〔OH〕2溶液的体积关系，a、b、c、d 分别表示中不同阶段的溶液，以下有关说法中不正确的选项是( )A．溶液的pH：a＜b＜c＜dB．溶液的导电能力：a＞b＞d＞cC．c、d溶液呈碱性D．a、b溶液呈酸性考点：离子方程式的有关计算．专题：图示题．分析：硫酸和氢氧化钡的反方程式为H2SO4+Ba〔OH〕2=BaSO4↓+2H2O，随着氢氧化钡溶液的参加，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，当到达c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反生成硫酸钡和水，继续滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡过量导致溶液成为氢氧化钡溶液．解答：解：A．硫酸和氢氧化钡的反方程式为H2SO4+Ba〔OH〕2=BaSO4↓+2H2O，随着氢氧化钡溶液的参加，溶液中氢离子的浓度逐渐降低，溶液的PH值逐渐增大，当到达c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反生成硫酸钡和水，溶液的PH=7，继续滴加氢氧化钡溶液，溶液的PH＞7，故A正确；B．导电能力与溶液中自由移动离子的浓度有关，离子浓度越大，导电能力越强，随着氢氧化钡溶液的参加，溶液中硫酸根离子和氢离子逐渐减少，当到达c点时，硫酸和氢氧化钡恰好反生成硫酸钡和水，溶液的导电性最小，继续滴加氢氧化钡溶液时，氢氧化钡是可溶性的强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，导电性逐渐增强，所以导电能力是先减小后增大，但d中离子浓度小于b，所以导电能力大小顺序是a＞b＞d＞c，故B正确；C．c处硫酸和氢氧化钡恰好反生成硫酸钡和水，溶液呈中性，故C错误；D．a、b两处氢氧化钡缺乏量，硫酸过量，导致溶液呈酸性，故D正确；应选C．点评：此题是图象解析题，难度较大，分析图象时要注意曲线的“原点〞、“交点〞、“转折点〞的意义，对“数〞、“形〞、“义〞、“性〞进行综合思考，从中开掘隐含信息快速解题．9．以下用不涉及氧化复原反的是( )A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．室用浓盐酸和MnO2制备Cl2C．工业上利用硫酸吸收氨气制备氮肥D．自来水厂用ClO2杀菌消毒考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：氧化复原反的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价是否发生变化的角度判断反是否氧化复原反，以此解答．解答：解：A．Na2O2与水或二氧化碳反生成氧气，有单质生成，那么一为氧化复原反，故A不选；B．室用浓盐酸和MnO2制备Cl2，Cl元素化合价发生变化，那么一为氧化复原反，故B不选；C．工业上利用硫酸吸收氨气制备氮肥，硫酸和氨气反生成硫酸铵，元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反，故C选；D．自来水厂用ClO2杀菌消毒，主要是利用了ClO2的氧化性，与氧化复原反有关，故D不选．应选C．点评：此题考查氧化复原反，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大．10．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化复原反中的反物和生成物，以下表达错误的选项是( )A．假设有l mol NO3﹣参加复原反，那么转移8mol e﹣B．复原产物为NH4+C．氧化剂与复原剂的物质的量之比为8：lD．假设把该反设计为原电池，那么负极反为Fe 2+﹣e﹣=Fe 3+考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：Fe2+具有复原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，那么发生反8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++H2O，A．反中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，据此计算有lmolNO3﹣发生复原反，转移电子数；B．氧化剂通过复原反生成的产物为复原产物．反中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价；C．该反中氧化剂是NO3﹣，复原剂是Fe2+，结合方程式判断氧化剂与复原剂的物质的量之比；D．原电池负极发生氧化反，Fe2+在负极放电生成Fe3+．解答：解：Fe2+具有复原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，那么发生反8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++H2O．A．反中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，所以有lmolNO3﹣发生复原反，转移电子数为1mol×[5﹣〔﹣3〕]=8mol，故A正确；B．氧化剂通过复原反生成的产物为复原产物．反中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，NH4+是复原产物，故B正确；C．由方程式可知该反中氧化剂〔NO3﹣〕与复原剂〔Fe2+〕物质的量之比为1：8，故C错误；D．原电池负极发生氧化反，Fe2+在负极放电生成Fe3+，假设把该反设计成原电池，负极反为Fe2+﹣e﹣=Fe3+，故D正确．应选C．点评：此题考查氧化复原反、原电池，为高考常见题型，侧重于学生的计算能力和分析能力的考查，难度中，根据反物和生成物结合物质的性质书写该反的离子方程式是解答关键．11．以下表达错误的选项是( )A．金属钠在自然界中能以游离态存在B．钠燃烧时发出黄色的火焰C．钠能与S、Cl2非金属反D．钠在空气中燃烧生成过氧化钠考点：钠的化学性质．分析：A．Na性质较活泼，极易被氧化生合物；B．钠元素焰色反呈黄色；C．钠性质较活泼，极易被非金属氧化生合物；D．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠．解答：解：A．Na原子最外层只有一个电子，极易失去最外层电子而导致性质较活泼，极易被氧化生合物，所以在自然界中只能以化合态存在，故A错误；B．钠元素焰色反呈黄色，所以钠燃烧时发出黄色的火焰，故B正确；C．钠性质较活泼，极易被非金属氧化生合物，所以钠能与S、Cl2非金属反，故C正确；D．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，钠和氧气接触反生成白色固体氧化钠，故D正确；应选A．点评：此题考查元素化合物性质，为高频考点，明确结构和性质关系是解此题关键，注意：焰色反是元素性质而不是单质性质，题目难度不大．12．某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，此溶液中可能大量共存的离子组是( )A．H+、Mg2+、NO3﹣、Ba2+B．SO42﹣、Na+、HCO3﹣、K+C．NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、Ba2+D．Cu2+、OH﹣、Fe2+、SO42﹣考点：离子共存问题．分析：能与铝作用放出氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，那么离子大量共存，并结合常见离子的颜色来解答．解答：解：能与铝作用放出氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，A．碱性溶液中不能大量存在H+、Mg2+，酸溶液中该组离子之间不反可大量共存，故A选；B．酸、碱溶液中均不能存在HCO3﹣，故B不选；C．酸性溶液中不能大量存在OH﹣，碱溶液中该组离子之间不反可大量共存，故C选；D．Cu2+、Fe2+均为离子，且Cu2+、Fe2+均与OH﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故D不选；应选AC．点评：此题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反为解答的关键，侧重复分解反的离子共存考查，题目难度不大．13．以下操作中，溶液的颜色不发生变化的是( )A．NaHCO3溶液中滴加盐酸B．Fe2〔SO4〕3溶液中滴加KSCN溶液C．FeCl2溶液中滴加氯水D．FeCl3溶液中参加复原铁粉考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、碳酸氢钠是无色的溶液，可以和盐酸反生成氯化钠、水以及二氧化碳；B、三价铁离子遇到硫氰酸根离子显示；C、氯水具有氧化性，能够氧化亚铁离子；D、金属铁和三价铁离子反生成了亚铁离子．解答：解：A、碳酸氢钠是无色的溶液，和盐酸反生成氯化钠、水以及二氧化碳，所得溶液仍然是无色的，故A正确；B、三价铁离子是黄色的，遇到硫氰酸根离子显示，故B错误；C、FeCl2溶液中滴加氯水，亚铁离子被氧化成三价铁离子，溶液从浅绿色变成黄色，故C错误；。
高一化学下学期暑假作业(八)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔八〕一．选择题1．防治酸雨最根本的途径是〔〕A．减少矿物燃料使用量B．减少人为硫氧化合物和氮氧化合物排放量C．减少温室气体排放量D．植树造林2．以下气体中不会造成空气污染的是〔〕A．N2B．NO C．NO2D．CO3．区别浓H2SO4和稀H2SO4，既简单又可靠的方法是〔〕A．各取少许溶液分别放入铜片B．分别与石蕊试液作用C．用玻璃棒各蘸少许液涂在纸上D．各取少许溶液分别放入铝片4．氨是一种重要的致冷剂，这是因为〔〕A．它在常温下是一种气体B．氨极易溶于水C．液氨气化时吸收大量的热量D．氨的化合价为﹣3价5．为了更简便制取枯燥的NH3，以下方法中适宜的是〔〕A．氯化铵与浓硫酸混合加热，生成的气体用碱石灰进行枯燥B．N2与H2在一条件下化合成NH3，用烧碱枯燥C．加热浓氨水，气体用碱石灰枯燥D．加热NH4HCO3，气体用P2O5枯燥6．以下变化不属于化学变化的是〔〕A．活性炭使红墨水褪色B．氯水使布条褪色C．SO2使品红溶液褪色D．漂白粉使某些染料褪色7．与gSO2所含的氧原子数相的NO2的质量为〔〕A．3.2g B．4.6g C．6.4g D．2.3g8．以下反中，硫表现出氧化性的是〔〕A．稀硫酸与Zn粒反B．SO2与O2反C．浓硫酸与铜反D．SO3与水反9．以下各组气体在常温下都不能共存，其中极易发生非氧化复原反而不能共存的是〔〕A．H2S和SO2B．NO和O2C．NH3和HCl D．Cl2和H2S10．将足量SO2通入氯化钡溶液中，无明显现象，当参加一试剂X后即有沉淀产生．此试剂X可能是〔〕①H2SO4②氯水③氨水④H2S ⑤硝酸钠⑥硝酸银．A．①②③④⑤⑥B．①④⑤⑥C．①②③④⑥D．①②③⑤⑥11．硫磺在空气中燃烧生成气体甲，甲溶于水得溶液乙，向乙溶液中滴加溴水，乙溶液褪色变成丙．在丙里参加Na2S生成气体丁，把丁通入乙得到沉淀戊．甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素，那么它们正确的顺序是〔〕A．SO3 H2SO4 H2SO3 H2S SB．SO2 H2SO3 H2SO4 SO2 SO3C．SO3 H2SO4 H2SO3 SO2 Na2S2O3D．SO2 H2SO3 H2SO4 H2S S12．对以下事实的解释正确的选项是〔〕A．浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B．向某溶液中参加氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，那么原溶液一含有硫酸根C．常温下，将铜放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D．氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反13．室以下物质的保存方法中，不正确的选项是〔〕A．铝片放在不密封的容器中B．氢氧化钠溶液盛放在用磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶里C．浓硝酸保存在棕色瓶玻璃试剂瓶中D．室中通常将少量金属钠保存在煤油中14．关于盐酸、硫酸、硝酸的说法正确的选项是〔〕A．都是含氧酸B．都属于强酸C．都容易挥发D．都能与金属Mg发生置换反产生氢气15．固体混和物，可能含有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清的溶液，无其它明显现象，向溶液中参加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再参加硝酸沉淀溶解，那么原混合物肯有〔〕A．CaCl2和〔NH4〕2SO4 B．〔NH4〕2SO4和〔NH4〕2CO3C．NaOH和CaCl2D．NaOH和〔NH4〕2SO416．某金属单质跟一浓度的硝酸反，假只产生单一的复原产物．当参加反的单质与被复原的硝酸的物质的量之比为2：1时，复原产物可能为〔〕A．NO2B．NO C．N2O D．N2二、填空题17．在HCl、Cl2、O2、NH3、NO2、CO2、H2S、O2中〔1〕不能用浓硫酸枯燥的气体有〔2〕酸雨主要有气体造成〔3〕比空气轻的气体有〔4〕用水作溶剂，可进行喷泉的气体有〔5〕能用碱石灰枯燥的气体有〔6〕能使品红溶液褪色的气体有〔7〕可导致光化学烟雾的气体有〔8〕质量相同的上述气体中，含有分子数目最少的是在同温同压下，体积最大的是．18．工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径．〔1〕写出工业制硝酸各步反化学方程式．〔2〕硝酸生产排放出的NO是污染物，有一治理法，是在4000C且有催化剂作用下，用氨把NO复原成无色无味气体，其化学方程式为．19．亚硝酸钠〔NaNO2〕是工业盐，常被误食引起中毒，它能氢碘酸〔HI〕发生反，生成NO和碘单质．〔1〕上述反中氧化剂是，发生氧化反的物质的是；〔2〕根据上述反，可用试纸和生活中常见的物质进行检验，以鉴别NaNO2和食盐，可选用的物质的有：①自来水②淀粉碘化钾试纸③淀粉④白糖⑤食醋⑥酒精．进行时，必须选用的是．20．A、B、C、D均为所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如以下图所示〔反条件及其他物质已经略去〕：A B C D．〔1〕假设A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且D为强酸，那么A、D分别为〔填写化学式〕A：，D：．写出A→B 转化的化学方程式：．〔2〕假设A的水溶液能使湿润的石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红．那么A为，写出A→B转化的化学方程式：．21．亚硫酸钠中+4价的硫既有氧化性又有复原性．现有试剂：溴水、硫化钠溶液、亚硫酸钠溶液、稀硫酸、氢氧化钠溶液、氨水．〔1〕要证明亚硫酸钠溶液具有复原性，选用的试剂有；观察到的现象是；反的离子方程式是〔2〕要证明亚硫酸钠溶液具有氧化性，选用的试剂有；观察到的现象是；反的离子方程式是．22．如图是铜与稀硝酸反的两个装置图，请答复以下问题：〔1〕铜与稀硝酸反的离子方程式．〔2〕I装置中能否证明铜与稀硝酸反生成的是NO气体〔填“能〞或“不能〞〕，简述理由．〔3〕假设用Ⅱ装置进行，以证明铜与稀硝酸反生成的气体是NO，在烧杯中参加一体积的稀硝酸，翻开止水夹，用注射器慢慢抽取枯燥管内的空气，稀硝酸沿着枯燥管慢慢上升，直到充满整个枯燥管，停止抽拉注射器，关闭止水夹，观察枯燥管内的现象．反停止后，翻开止水夹，用注射器抽取枯燥管内的气体〔事先已将注射器内原有的空气推出〕，关闭止水夹后取下注射器，并抽取一量的空气，观察到的现象是．三．计算题23．状况下，用一量的水吸收氨气后制得浓度为12.0mol/L、密度为0.915g/cm3的氨水．试计算1体积水吸收多少体积的氨气可制得上述氨水．〔此题中氨的式量以 17.0计，水的密度以1.00g/cm3计〕24．向铜片中参加115mL某浓度的硫酸，在加热条件下反，待铜片溶解后，将其溶液稀释到500mL，再参加足量锌粉，使之充分反，收集到2.24L〔状况〕气体．过滤得残留固体，枯燥后，质量减轻了7.5g．求原硫酸的物质的量浓度．高一〔下〕化学暑假作业〔八〕参考答案与试题解析一．选择题1．防治酸雨最根本的途径是〔〕A．减少矿物燃料使用量B．减少人为硫氧化合物和氮氧化合物排放量C．减少温室气体排放量D．植树造林【考点】二氧化硫的污染及治理．【分析】空气中的二氧化硫在氧气和水的共同作用下，会形成酸雾，空气中的硫的氧化物和氮的氧化物随雨水降下就形成酸雨；工业废气需净化后才能向大气中排放，防止造成大气污染及浪费硫资源，据此判断防治酸雨最根本的途径．【解答】解：酸雨成因为空气中的二氧化硫在氧气和水的共同作用下，会形成酸雾SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，空气中的硫的氧化物和氮的氧化物随雨水降下就形成酸雨，所以防治酸雨最根本的途径是：减少矿物燃料使用量；而“减少人为硫氧化合物和氮氧化合物排放量、减少温室气体排放量、植树造林〞都不能从根本上解决酸雨问题，应选A．【点评】此题考查了防治酸雨最根本的途径，题目难度不大，注意掌握酸雨的成因、危害及预防措施，明确防治酸雨最根本的途径是从根源做起，减少人为硫氧化物和氮氧化物的排放．2．以下气体中不会造成空气污染的是〔〕A．N2B．NO C．NO2D．CO 【考点】化学平衡建立的过程；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】元素及其化合物．【分析】氮气为空气的主要成分，不是污染物，而NO、NO2、CO都有毒，排放在空气中，造成空气污染，以此来解答．【解答】解：A．氮气为空气的主要成分，无毒，不会造成空气污染，故A选；B．NO有毒，排放在空气中，造成空气污染，故B不选；C．NO2有毒，排放在空气中，造成空气污染，故C不选；D．CO有毒，排放在空气中，造成空气污染，故D不选；应选A．【点评】此题考查有毒气体和环境污染，熟悉常见的空气污染物即可解答，题目较简单．3．区别浓H2SO4和稀H2SO4，既简单又可靠的方法是〔〕A．各取少许溶液分别放入铜片B．分别与石蕊试液作用C．用玻璃棒各蘸少许液涂在纸上D．各取少许溶液分别放入铝片【考点】物质的检验和鉴别的方案设计．【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性和强氧化性，可根据二者性质的不同鉴别，以此解答．【解答】解：二者在常温下与铜都不反，不能鉴别，故A错误；与B、D相比拟，虽然都能鉴别，但C操作简单可靠，即只利用浓硫酸的脱水性可鉴别，应选C．【点评】此题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和能力的考查，注意把握二者性质的异同，题目难度不大．4．氨是一种重要的致冷剂，这是因为〔〕A．它在常温下是一种气体B．氨极易溶于水C．液氨气化时吸收大量的热量D．氨的化合价为﹣3价【考点】氨的物理性质．【专题】氮族元素．【分析】制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，到达制冷目的．从制冷剂的原理来考虑液氨作制冷剂的原因．【解答】解：A、气体不一都作制冷剂，故A错误；B、制冷剂与液化难易有关，与溶解性无关，故B错误；C、液氨气化时时要吸收周围的热量，使周围物体的温度降低，有降温制冷的作用，可当制冷剂来使用，故C正确；D、化合价是元素的化学性质，而制冷与物质的物理性质有关，故D错误．应选C．【点评】此题考察了氨的物理性质的用，较根底．5．为了更简便制取枯燥的NH3，以下方法中适宜的是〔〕A．氯化铵与浓硫酸混合加热，生成的气体用碱石灰进行枯燥B．N2与H2在一条件下化合成NH3，用烧碱枯燥C．加热浓氨水，气体用碱石灰枯燥D．加热NH4HCO3，气体用P2O5枯燥【考点】氨的室制法．【分析】A．二者不反得不到氨气；B．N2与H2反生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反是可逆反；C．依据浓氨水易挥发的性质结合氨气为碱性气体的性质解答；D．硝酸铵受热容易发生爆炸．【解答】解：A．NH4Cl和H2SO4〔浓〕混合加热得不到大量氨气，不能用来室制备，故A错误；B．N2与H2反生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反是可逆反，反条件复杂，得到的产物不纯洁，故B错误；C．浓氨水具有挥发性，加热能够促进氨气的挥发，氨气为碱性气体，选择碱性枯燥剂枯燥，可以用碱石灰枯燥，故C正确；D．硝酸铵受热容易发生爆炸，不能用来制备氨气，故D错误；应选：C．【点评】此题考查了室制备氨气的反原理和枯燥试剂选择，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．6．以下变化不属于化学变化的是〔〕A．活性炭使红墨水褪色B．氯水使布条褪色C．SO2使品红溶液褪色D．漂白粉使某些染料褪色【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】化学变化是指在原子核不变的情况下，有物质生成的变化，物理变化是指没有物质生成的变化．化学变化和物理变化的本质区别在于是否有物质生成．【解答】解：A．活性炭使红墨水褪色的过程中没有物质生成，属于物理变化，故A正确；B．氯水使布条褪色原理是氯水有强氧化性能将布条氧化为无色物质，属于化学变化，故B错误；C．二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，属于化学变化，故C错误；D．漂白粉有强氧化性将染料氧化为无色物质，属于化学变化，故D错误．应选A．【点评】此题考查溶液的褪色，解答此题要分析变化过程中是否有物质生成，如果没有物质生成就属于物理变化，如果有物质生成就属于化学变化．7．与gSO2所含的氧原子数相的NO2的质量为〔〕A．3.2g B．4.6g C．6.4g D．2.3g【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据n=计算SO2的物质的量，由分子构成可知，SO2与NO2物质的量相同时，所含的氧原子数相，那么可计算出NO2的质量．【解答】解：n〔SO2〕==0.05mol，SO2与NO2中含氧原子数相，那么n〔NO2〕=n〔SO2〕=0.05mol，m〔NO2〕=0.05mol×46g/mol=2.3g，应选D．【点评】此题考查物质的量的相关计算，题目难度不大，此题解答的关键之处在于比拟两种气体的分子组成．8．以下反中，硫表现出氧化性的是〔〕A．稀硫酸与Zn粒反B．SO2与O2反C．浓硫酸与铜反D．SO3与水反【考点】氧化复原反．【分析】硫表现出氧化性，元素化合价降低，在反中得到电子，以此解答该题．【解答】解：A．硫元素化合价没有发生变化，故A错误；B．反生成三氧化硫，S元素化合价升高，被氧化，表现复原性，故B错误；C．反生成二氧化硫，硫元素化合价降低，表现氧化性，故C正确；D．生成硫酸，元素化合价没有发生变化，故D错误．应选C．【点评】此题考查氧化复原反，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化复原反的概念和物质具有的性质，难度不大．9．以下各组气体在常温下都不能共存，其中极易发生非氧化复原反而不能共存的是〔〕A．H2S和SO2B．NO和O2C．NH3和HCl D．Cl2和H2S【考点】氧化复原反；氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质．【专题】氧化复原反专题；氧族元素；氮族元素．【分析】发生的反中没有元素的化合价变化，那么发生非氧化复原反而不能共存，以此来解答．【解答】解：A．反生成S和水，S元素的化合价变化，因发生氧化复原反而不能共存，故A不选；B．反生成二氧化氮，N、O元素的化合价变化，因发生氧化复原反而不能共存，故B不选；C．反生成氯化铵，没有元素的化合价变化，那么发生非氧化复原反而不能共存，故C选；D．反生成S和HCl，Cl、S元素的化合价变化，因发生氧化复原反而不能共存，故D不选；应选C．【点评】此题考查氧化复原反，为高频考点，把握发生的反及反中元素的化合价变化为解答的关键，注意合价角度分析，题目难度不大．10．将足量SO2通入氯化钡溶液中，无明显现象，当参加一试剂X后即有沉淀产生．此试剂X可能是〔〕①H2SO4②氯水③氨水④H2S ⑤硝酸钠⑥硝酸银．A．①②③④⑤⑥B．①④⑤⑥C．①②③④⑥D．①②③⑤⑥【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体，有沉淀生成，那么X可为强氧化性物质或碱性物质或是硫化氢，与二氧化硫反生成硫酸钡或亚硫酸钡沉淀或单质硫沉淀，据此解答．【解答】解：①H2SO4与氯化钡反生成硫酸钡沉淀，故正确；②参加氯水发生反：Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，生成硫酸钡沉淀，故正确；③参加氨水，发生反：2NH3+SO2═〔NH4〕2S03，〔NH4〕2S03+BaCl2═BaSO3↓+2NH4Cl，生成亚硫酸钡沉淀，故正确；④H2S与二氧化硫发生氧化复原反生成硫沉淀，故正确；⑤参加硝酸钠，溶液中的氢离子与硝酸钠电离出的硝酸根离子形成硝酸具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故正确；⑥硝酸银，氯化钡与硝酸银反生成氯化银沉淀，故正确；应选：A．【点评】此题综合考查二氧化硫性质，为高考高频考点，熟悉二氧化硫酸性氧化物、复原性、氧化性是解题关键，题目难度不大．11．硫磺在空气中燃烧生成气体甲，甲溶于水得溶液乙，向乙溶液中滴加溴水，乙溶液褪色变成丙．在丙里参加Na2S生成气体丁，把丁通入乙得到沉淀戊．甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素，那么它们正确的顺序是〔〕A．SO3 H2SO4 H2SO3 H2S SB．SO2 H2SO3 H2SO4 SO2 SO3C．SO3 H2SO4 H2SO3 SO2 Na2S2O3D．SO2 H2SO3 H2SO4 H2S S【考点】含硫物质的性质及综合用．【分析】硫黄在空气中燃烧生成气体甲为SO2，与水反生成H2SO3，能被溴水氧化生成H2SO4，参加硫化钠生成丁为H2S，H2S与亚硫酸反生成单质S，以此解答．【解答】解：题干中描述的关系依次为：S+O 2SO2SO2+H2O=H2SO3H2O+H2SO3+Br2═2HBr+H2SO4Na2S+H2SO4═Na2SO4+H2S↑2H2S+SO2═3S↓+2H2O，那么甲、乙、丙、丁、戊依次为SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S，应选D．【点评】此题考查含硫化合物的综合运用，侧重于元素化合物知识的考查，为高考高频考点，注意相关根底知识的积累，难度不大．12．对以下事实的解释正确的选项是〔〕A．浓硝酸在光照下变黄，证明硝酸不稳，且产物有红棕色气体可溶于浓硝酸B．向某溶液中参加氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，那么原溶液一含有硫酸根C．常温下，将铜放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中钝化D．氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，说明氯气可与淀粉反【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；浓硫酸的性质；硫酸根离子的检验．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】A．根据浓硝酸的不稳性思考．B．根据硫酸根离子的检验来分析．C．根据铜与浓硫酸的反解答．D．根据氯气与碘的氧化性强弱解答．【解答】解：A．浓硝酸不稳，见光受热易分解，其分解的化学方程式为：4HNO3≜2H2O+4NO2↑+O2↑，浓硝酸变黄色，就是它分解产生的红棕色NO2溶解在其中的缘故，故A正确．B．因为氯化银和硫酸钡均不溶于稀硝酸，向某溶液中参加氯化钡溶液和稀硝酸，生成白色沉淀，说明：该溶液中含有Ag+或硫酸根离子，当然也可能含有亚硫酸根离子〔硝酸把S由+4价氧化诶+6价〕故B错误．C．铜与浓硫酸反需要加热条件，常温下不能反，并不是在浓硝酸中钝化的缘故，常温下铁、铝不要浓硝酸反才是因为钝化，故C错误．D．氯气使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，是发生了反：Cl2+2KI=I2+2KCl，生成的单质碘遇淀粉呈现蓝色，故D错误．故答案为A．【点评】此题考查了浓硝酸的性质、硫酸根离子的检验、浓硫酸的性质以及卤素单质的性质，将较多的知识综合一起，能较广泛地考查学生的知识，具有很强的综合性．13．室以下物质的保存方法中，不正确的选项是〔〕A．铝片放在不密封的容器中B．氢氧化钠溶液盛放在用磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶里C．浓硝酸保存在棕色瓶玻璃试剂瓶中D．室中通常将少量金属钠保存在煤油中【考点】化学试剂的存放．【专题】化学根本操作．【分析】A．铝的外表能够与氧气反生成一层致密的氧化物保护膜；B．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅发生反；C．浓硝酸不稳，见光容易分解，需要避光保存；D．钠化学性质活泼，需要隔绝空气密封保存，钠的密度大于煤油，且不与煤油反．【解答】解：A．铝能够与空气中的氧气反生成一层氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，所以铝片不需要密封保存，故A正确；B．氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反生成硅酸钠，硅酸钠能够将玻璃塞与玻璃瓶粘在一起，所以保存氢氧化钠溶液该选用橡塞，故B错误；C．浓硝酸见光容易分解，需要不存在棕色试剂瓶中，故C正确；D．钠能够与氧气、水发生反，所以需要隔绝空气密封保存，根据钠不与煤油反，密度大于煤油，可以将少量的钠不存在煤油中，故D正确；应选B．【点评】此题考查了常见化学试剂的保存方法，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的化学性质，要求学生能够根据试剂的性质正确判断保存方法．14．关于盐酸、硫酸、硝酸的说法正确的选项是〔〕A．都是含氧酸B．都属于强酸C．都容易挥发D．都能与金属Mg发生置换反产生氢气【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质．【专题】氧族元素；氮族元素．【分析】盐酸、硫酸、硝酸都是强酸，其中盐酸和硝酸易挥发，硫酸和硝酸为含氧酸，硝酸具有强氧化性，以此解答．【解答】解：A．盐酸为无氧酸，故A错误；B．盐酸、硫酸、硝酸都是强酸，在溶液中完全电离，故B正确；C．硫酸难挥发，故C错误；D．硝酸与镁反生成NO或二氧化氮，不生成氢气，故D错误．应选B．【点评】此题考查盐酸、硝酸、硫酸的性质，综合考查三种酸的物理性质和化学性质，注意硝酸为氧化性酸，与活泼金属反不生成氢气，难度不大．15．固体混和物，可能含有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清的溶液，无其它明显现象，向溶液中参加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再参加硝酸沉淀溶解，那么原混合物肯有〔〕A．CaCl2和〔NH4〕2SO4 B．〔NH4〕2SO4和〔NH4〕2CO3C．NaOH和CaCl2D．NaOH和〔NH4〕2SO4【考点】物质的检验和鉴别的根本方法选择及用．【专题】物质检验鉴别题；物质的别离提纯和鉴别．【分析】溶解于水得到无色澄清溶液，那么氯化钙不能与碳酸铵、硫酸铵同时存在，向溶液中参加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再参加硝酸，沉淀消失，那么白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，以此解答该题．【解答】解：溶解于水得到无色澄清溶液，那么氯化钙不能与碳酸铵、硫酸铵同时存在，向溶液中参加硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再参加硝酸，沉淀消失，那么白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，由原子守恒可知，原固体中一含碳酸铵、硫酸铵，那么一不含氯化钙，可能含烧碱，应选B．【点评】此题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握白色固体为硫酸钡和碳酸钡为解答的关键，侧重复分解反及离子检验的考查，题目难度不大．16．某金属单质跟一浓度的硝酸反，假只产生单一的复原产物．当参加反的单质与被复原的硝酸的物质的量之比为2：1时，复原产物可能为〔〕A．NO2B．NO C．N2O D．N2【考点】氧化复原反；硝酸的化学性质．【专题】氧化复原反专题．【分析】根据参加反的单质与被复原的硝酸的物质的量之比为2：1可知硝酸中N元素的化合价变化为偶数，以此判断复原后N元素的化合价特点，进而推断复原产物．【解答】解：设金属的氧化产物化合价为x，硝酸中N元素的化合价变化值为y，氧化复原反中氧化剂和复原剂之间得失电子数目相，因参加反的单质与被复原的硝酸的物质的量之比为2：1，可知2x=y，所以硝酸中N元素的化合价变化为偶数，而硝酸中N元素的化合价为5，即奇数，那么硝酸被复原后的化合价为奇数，只有C符合，应选C．【点评】此题考查氧化复原反，题目难度不大，注意根据氧化剂和氧化剂的物质的量关系判断化合价变化的特点．二、填空题17．在HCl、Cl2、O2、NH3、NO2、CO2、H2S、O2中〔1〕不能用浓硫酸枯燥的气体有NH3、H2S〔2〕酸雨主要有气体造成SO2、NO2〔3〕比空气轻的气体有NH3〔4〕用水作溶剂，可进行喷泉的气体有HCl、NH3〔5〕能用碱石灰枯燥的气体有NH3、O2〔6〕能使品红溶液褪色的气体有SO2、Cl2〔7〕可导致光化学烟雾的气体有NO2〔8〕质量相同的上述气体中，含有分子数目最少的是Cl2在同温同压下，体积最大的是NH3．【考点】氯气的化学性质；氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硫化氢．【分析】〔1〕浓硫酸具有酸性和强氧化性，只能用于枯燥酸性、中性且与浓硫酸不发生氧化复原反的气体；〔2〕二氧化硫、氮氧化物都可导致酸雨的形成；〔3〕比空气轻的气体的相对分子质量一般小于29；〔4〕用水作溶剂，可进行喷泉的气体易溶于水；〔5〕能用碱石灰枯燥的气体与碱石灰不反；〔6〕能使品红褪色的气体有二氧化硫、氯气；〔7〕可导致光化学烟雾的气体主要是氮氧化物；〔8〕质量相同的上述气体中，物质的量最少，分子数目最少，所以摩尔质量最大的氯气；在同温同压下，体积最大也就是物质的量最大，所以摩尔质量最小，即是氨气．【解答】解：〔1〕NH3是碱性气体不能用浓硫酸枯燥，二者反生成硫酸铵，硫化氢气体具有复原性，要发生氧化复原反，故答案为：NH3、H2S；〔2〕SO2、NO2是导致酸雨形成的主要气体，故答案为：SO2、NO2；〔3〕NH3的密度比空气小，故答案为：NH3；〔4〕HCl、NH3易溶于水，可形成喷泉，故答案为：HCl、NH3；〔5〕能用碱石灰枯燥的气体与碱石灰不反，NH3、O2符合，故答案为：NH3、O2；〔6〕能使品红褪色的气体有二氧化硫、氯气，故答案为：SO2、Cl2；〔7〕可导致光化学烟雾的气体主要是氮氧化物，故答案为：NO2；〔8〕质量相同的上述气体中，物质的量最少，分子数目最少，所以摩尔质量最大的氯气；在同温同压下，体积最大也就是物质的量最大，所以摩尔质量最小，即是氨气，故答案为：Cl2；NH3．【点评】此题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，难度不大，注意相关根底知识的积累．18．工业上硝酸的制备和自然界中硝酸的生成既有相同之处，又有区别．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电高能固氮过程中硝酸的生成途径．〔1〕写出工业制硝酸各步反化学方程式4NH3+O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO ．〔2〕硝酸生产排放出的NO是污染物，有一治理法，是在4000C且有催化剂作用下，用氨把NO复原成无色无味气体，其化学方程式为4NH3+6NO═5N2+6H2O ．【考点】含氮物质的综合用．【分析】〔1〕工业上争取硝酸的反有：氨气与氧气反生成一氧化氮和水、一氧化氮与氧气反生成二氧化氮、二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，据此写出反的化学方程式；〔2〕在4000C且有催化剂作用下，用氨把NO复原成无色无味气体，该气体为氮气，根据氧化复原反中化合价升降相配平该化学方程式．【解答】解：〔1〕路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，反①是氨气的催化氧化反生成一氧化氮和水，反的化学方程式为：4NH3+O24NO+6H2O；反②为NO与氧气反生成二氧化氮，反的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；反③是二氧化氮和水反生成硝酸和一氧化氮，反的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：4NH3+O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO；。
高一化学下册暑假作业
高一化学暑假作业（8）1．9.8gFe、Mg混合粉末溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属粉末完全溶解后，收集到0.2mol的NO气体（设稀硝酸的还原产物只有NO），在反应后的溶液中加入足量的KOH溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（不考虑氢氧化亚铁和氧气反应）A．18g B．20g C．22g D．24g2．航天飞机用铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发ClO4N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑＋Q。
下列高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH对此反应的叙述中错误的是A. 上述反应属于分解反应B. 上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行C. 反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能D. 在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用3．A、B是周期表中相邻两主族的两种元素，若A的原子序数为a，以下不可能是B的原子序数是A a-17B a-7C a+18D a+194．在aBrF3+bH2O=cHBrO3+dHBr+eHF+fO2的反应中，若有3mol水被氧化，则其中被水还原的BrF3的物质的量是( )molA．1.5 B．2 C．3 D．45．化学与生活、社会密切相关。
下列说法不正确的是A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染6．下列现象或事实可用同一原理解释的是A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．氯水和活性炭使红墨水褪色C．漂白粉和水玻璃长期暴露在变质D．四氯化炭氯水、溴水溶液褪色7．下列排列顺序正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④结合质子（H+）能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-A．①③B．②④C．①④D．②③8．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+9. 直接使有色干布条褪色的物质是A. 盐酸B. 氯气C. 次氯酸钙D. 次氯酸10. 将过量的SO2气体通入下列溶液，所得溶液和氢氧化钡溶液反应生成不溶于稀酸的白色沉淀的是A.氯水B.氢氧化钠溶液C.亚硫酸D.氯化钠溶液11. 下列溶液分别通入氯气时，溶液颜色发生变化的是A.KMnO4溶液B.NaOH溶液C.液溴D.碘化钾溶液12. 硫化氢和二氧化硫两种气体混合后发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为A. 68:64B. 64:68C. 2:1D. 1:213. 把13.2g二氧化碳通入含氢氧化钙0.2mol的石灰水中，当反应完全后生成碳酸钙的质量是A.10gB.20gC.30gD.0g14. 下列物质属于纯净物质的是A. 纯盐酸B. 液氯C. 碘酒D. 漂白粉15．据报道，1952年2月，某城市雾大无风，家庭和工厂排出的烟雾经久不散，每立方米大气中SO2的含量高达3.8mg，烟尘达4.5mg，居民健康普遍受到危害，4天之内死亡人数约4000。
高一年级化学下册暑假作业练习
高一年级化学下册暑假作业练习
高一年级化学下册暑假作业练习不断努力学习，丰富自己的知识，下面是查字典化学网为大家整理的高一年级化学下册暑假作业，希望对大家有帮助。
1.下列现象，属于物理变化的是( )
A.食物腐烂
B.山体滑坡
C.葡萄酿酒
D.植物生长
2.属于空气的主要成分，且能够用以抢救危重病人的气体是( )
A.氧气
B.氮气
C.稀有气体
D.二氧化碳
3.下面是生活中常见的物质，其中属于纯净物的是( )
A.食盐水
B.蒸馏水
C.自来水
D.肥皂水
4.我们能闻到酒的香味，这种现象说明了( )
A.分子在不断运动
B.分子的质量和体积都很小
C.分子间有一定的间隔
D.分子是保持物质化学性质的最小粒子
5.地壳中含量最大的元素是( )
A.Na
B.O
C.Al
D.Fe
6.原子核是 ( )
A.由电子和质子构成
B.由质子和中子构成
C.由电子和中子构成
D.由质子、中子、和电子构成
7.关于化学方程式2H2+O2 2H2O的读法正确的是( )
A.每2个氢分子和1个氧分子在点燃条件下发生反应，生成。
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高一化学暑假作业（7）
1. 取20g混有二氧化锰的氯酸钾，加热至恒重．在一定温度下将残留的固体加入10g水中有7.9g
固体未溶解，再加入5g水有5.3g固体残渣未溶，再加水，残渣不减少．则原混合物中可能含有的KClO3质量为
A．14.7g B．6.9g C．12.1g D．17.6g
2. 有属于短周期的A、B两种元素，A原子半径小于B原子半径，两元素可形成AB2的化合物．下
列有关A、B两元素的叙述正确的是
A．A、B可能属于同一周期B．A是B的前一周期元素
C．A只能属于金属元素D．A可能是第二周期中的IIA族元素或IVA族元素
3. 下列分子的结构中，所有原子的最外层电子不能都满足8电子稳定结构的是
A．CO2B．CH4C．PCl3D．NO2
4. 下列每组有三种浓度相等的溶液，分别将它们取等体积充分混合后，不会产生沉淀的是
A．AgNO3、NaBr、稀HNO3B．FeCl3、HCl、KSCN
C．CaCl2、NaHCO3、NaOH D．NaAlO2、Ba(OH)2、HCl
5．下列化合物中不可能通过化合反应制得的是①Fe(OH)3②FeCl2③FeI3④SO3⑤CuS⑥NaHCO3 A．①②⑤⑥B．③④⑤⑥C．③⑤D．①②③⑤
6．以下有关氧化物的各项叙述正确的是
A．酸性氧化物一定是非金属氧化物
B．非金属氧化物一定是酸性氧化物
C．不能与酸反应的氧化物一定都可以和碱反应
D．碱性氧化物一定是金属氧化物
7．下列叙述正确的是
A．饱和溶液一定是浓溶液，不饱和溶液一定是稀溶液
B．胆矾属于纯净物
C．常温下铁投入浓硫酸中不发生化学变化
D．正盐中一定不含氢元素
8．已知80Hg是ⅡB族元素，第七周期ⅡB族元素的原子序数是
A. 112
B. 98
C. 88
D. 82
9．A、B、C为三种短周期元素，A、B同周期；A、C的最低价离子分别为A2-、C-，其离子半
径A2->C-。
B2+与C-具有相同的电子层结构，下列叙述一定不正确
．．．的是
A．它们的原子序数：A>B>C B．它们的原子半径：C>A>B
C．离子半径：A2->C->B2+ D．原子最外层电子数：C>A>B
10. 元素X、Y和Z可结合形成化合物XYZ3；X、Y和Z的原子序数之和为26；Y和Z在同一周
期。
下列有关推测正确的是
A. XYZ3是一种可溶于水的酸，且X与Y可形成共价化合物XY
B. XYZ 3是一种微溶于水的盐，且X与Z可形成离子化合物XZ
C. XYZ3是一种易溶于水的盐，且Y与Z可形成离子化合物YZ
D. XYZ3是一种离子化合物，且Y与Z可形成离子化合物YZ3
11. 某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意
图，A中的试剂是盐酸。
请回答下列问题。
（1）仪器中装入的试剂：B_________ 、C________、D___________；
（2）连接好装置后应首先_________________________，其方法是________________
（3）“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是________。
在这两步之间还应进行的操作是____________________________；
（4）反应过程中G管逸出的气体是_____，其处理方法是_________________________ （5）从实验中测得了下列数据
①空E管的质量a②E管和WO3的总质量b③反应后E管和W粉的总质量c（冷却到室温称量）④反应前F管及内盛物的总质量d⑤反应后F管及内盛物的总质量e
由以上数据可以列出计算W的相对原子质量的两个不同计算式（除W外，其他涉及的元素的相对原子质量均为已知）：
计算式1：A r(W)＝____________；计算式2：A r(W)＝____________。
高一化学暑假作业7：
1.A
2.BD
3.BD
4.BD
5.C
6.D
7.B
8.A
9.B 10.B
11. （1）锌粒 水 浓硫酸 （2）检查气密性 将G 弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B ，观察G 管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好
（3）先从A 瓶逐滴滴加液体 检验H 2的纯度
（4）氢气 在G 管出口处点燃 （5）
c b a c --)(48 d
e a c --)(54。