2019-2020年高三化学寒假作业1 新人教版.doc

2019-2020年高三化学寒假作业1 新人教版一、选择题（本题共7道小题）1.NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）A常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10NAB1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAC标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NAD1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO322.只用一种试剂通过一步实验来鉴别氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，这种试剂是（）A盐酸 B烧碱 C硫酸钠溶液 DKSCN溶液3.下列图示实验正确的是（） A分离二氧化锰和氯化锰溶液 B碳酸氢钠受热分解 C除去CO气体中的CO2气体 D配置一定物质的量浓度的溶液4.同温同压下，等体积的两容器内分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的（ ）A分子数和气体质量均不同 B分子数和电子数均相同C质子数和中子数均相同 D分子数、原子数和中子数均相同5.水溶液中下列离子能大量共存的是（）AK+、Fe3+、C6H5O、HCO3BH+、Cu2+、MnO4、SO42CMg2+、Ag+、CO32、NO3 DNa+、Al3+、BrO、S26.解释下列实验事实的离子方程式中，不准确的是（）A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，产生白色沉淀：Ba2+SO42=BaSO4B向H2O中加入少量Na2O2，产生无色气体：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+C向Cl2水中滴入适量Fe（NO3）2 溶液，溶液变为黄色：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，溶液变蓝色：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O7.用高铁酸钠（Na2FeO4）对河水和湖水消毒是城市饮用水处理的新技术已知反应：Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O下列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移D在Na2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能消毒杀毒二、填空题（本题共3道小题）8.研究钠及其化合物有重要意义（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一实验室进行某实验需要0.5molL1的氢氧化钠溶液约480mL，根据溶液配制的过程，回答下列问题：实验除了需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是 根据计算得知，需用托盘天平（带砝码）准确称量NaOH固体 g（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有 、 （3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O上述反应中，氧化剂是 每生成标准状况下的NO气体2.24L，反应中被氧化的HI 的物质的量是 mol某厂废切削液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是 ANaClBNH4Cl CHNO3 D浓硫酸9.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种浅绿色晶体，在水中的溶解度较小，不溶于乙醇。某实验小组利用镀锌铁片来制备硫酸亚铁铵的过程如下：（1）加入盐酸是为了除去锌镀层，判断锌镀层已被除去的现象是 _。（2）A物质可以是 _（选填序号）。aCuCl2 bCuSO4 cCu(NO3)2 加入少量A物质发生的反应化学方程式为 _。（3）操作的名称为 _。（4）采用晾干而不用加热烘干晶体的原因是 _。（5）工业上常用K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72被还原成Cr3+。写出硫酸亚铁铵溶液与酸性K2Cr2O7溶液反应的离子方程式 _。10.用二氧化氯（ClO2）、铁酸钠（Na2FeO4摩尔质量为166gmol1）等新型净水剂替代传统的净水剂Cl2对淡水进行消毒是城市饮用水处理新技术ClO2和Na2FeO4在水处理过程中分别被还原为Cl和Fe3+（1）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是 （填化学式）（2）二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为59，沸点为11.0，易溶于水工业上用稍潮湿的KClO3和草酸在60时反应制得某学生用如上图所示的装置模拟工业制取及收集ClO2，其中A为ClO2的发生装置，B为ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置请问：A中反应还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，该反应的化学方程式为 A部分还应添加温度控制（如水浴加热）装置，B部分还应补充什么装置： ；该装置按补充完整后，装置A、B、C中还有一处设计明显不合理的是 （填“A、B或C”），理由是 C中的试剂为NaOH溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），发该反应的离子方程式为 若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称取NaOH的质量是 g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有 试卷答案1.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定律分析：A甲烷分子中含有10个质子，16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子；B1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气转移了1mol电子；C标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；D碳酸根离子在溶液中部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少解答：解：A16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；B氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol Cl2完全反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C标况下乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故C错误；D1L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01mol碳酸钠，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意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，明确标况下气体摩尔体积的使用条件2.B考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 分析：加入NaOH后，与AlCl3溶液先生成白色沉淀后消失、与FeCl2溶液生成白色沉淀最后变为红褐色、与FeCl3溶液生成红褐色沉淀、与MgCl2溶液生成白色沉淀，现象各不相同，与NaCl不反应，以此来解答解答：解：A均与盐酸不反应，不能鉴别，故A不选；B加入NaOH后，与AlCl3溶液先生成白色沉淀后消失、与FeCl2溶液生成白色沉淀最后变为红褐色、与FeCl3溶液生成红褐色沉淀、与MgCl2溶液生成白色沉淀，现象各不相同，与NaCl不反应，现象不同，可鉴别，故B选；C均与硫酸钠不反应，不能鉴别，故C不选；DKSCN溶液只能鉴别氯化铁，故D不选；故选B点评：本题考查物质的鉴别，为高频考点，注意根据几种物质的不同性质，用实验的方法逐一区别注意鉴别的界定条件，如只用一种试剂就能加以区别等，题目难度不大3.A考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A氯化锰可溶于水；B试管口应略向下倾斜；C除杂时导管应长进短出；D距刻度线下12cm处需要用胶头滴管滴加解答：解：A氯化锰可溶于水、二氧化锰不溶于水，可用过滤分离，故A正确； B碳酸氢钠分解生成水，为防止水倒流，试管口应略向下倾斜，图中试管口向上，故B错误；C除杂时导管应长进短出，图中气体从短导管进入不能除杂，故C错误；D距刻度线下12cm处需要用胶头滴管滴加，防止超过刻度线，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分解提纯、物质除杂、物质性质实验以及溶液配制等，把握实验原理及实验装置为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大4.D考点：阿伏加德罗定律及推论；质量数与质子数、中子数之间的相互关系专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：同温同压下，等体积的气体的气体分子数相同，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，二者摩尔质量不同，据此结合选项积进行判断解答：解：A同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，故A错误；B同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，每个14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，所以其电子数不同，故B错误；C同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，每个14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，所以其质子数不同，故C错误；D同温同压下，气体摩尔体积相等，等体积的两种气体的物质的量相等，所以其分子数相等，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，则二者的分子数、原子数、中子数均相等，故D正确；故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗定律的应用，明确分子、原子的构成是解本题关键，根据分子中质子数、电子数、中子数的关系来分析解答，难度不大5.B考点：离子共存问题 分析：A铁离子与C6H5O、碳酸氢根离子发生双水解反应；B四种离子之间不满足离子反应发生条件；C镁离子、银离子与碳酸根离子反应生成沉淀；D硫离子和铝离子发生双水解反应，BrO、S2之间发生氧化还原反应解答：解：AFe3+与C6H5O、HCO3之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、Cu2+、MnO4、SO42之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CMg2+、Ag+与CO32之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；DBrO、S2之间发生氧化还原反应，Al3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力6.C考点：离子方程式的书写分析：A硫酸钠与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，漏掉了生成水的反应；B过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C氯水显示酸性，酸性条件下硝酸根离子的氧化性最强，硝酸根离子优先与亚铁离子反应；D双氧水具有强氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质解答：解：A在Na2SO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故A正确；B向H2O中加入少量Na2O2，反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=O2+4OH+4Na+，故B正确；C氯水呈酸性，酸性溶液中硝酸根离子的氧化性最强，所以硝酸根离子优先参与反应，正确的离子方程式为：6Fe2+8H+2NO3=6Fe3+4H2O+2NO，故C错误；D向淀粉KI溶液中滴加酸性H2O2溶液，碘离子被双氧水氧化成碘单质，所以溶液变蓝色，反应的离子方程式为：H2O2+2I+2H+=I2+2H2O，故D正确；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）7.B考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；B、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；C、根据反应过程转移的电子的量来计算回答；D、根据化合价规则判断化合物中元素化合价，确定物质的性质解答：解：A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，故A错误；B、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O叫还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B正确；C、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子的量为6mol，消耗3molNa2O2，故C错误；D、根据化合价规则可知在Na2FeO4中Fe为+6价，居于铁元素的最高价，具有强氧化性，故D错误故选B点评：本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大8.（1）500mL容量瓶；胶头滴管；10.0；（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）NaNO2； 0.1；B 考点：配制一定物质的量浓度的溶液；钠的重要化合物分析：（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；依据m=CVM计算需要溶质的质量；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；（3）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；碘化氢在反应中部分化合价升高，部分化合价降低，依据方程式可知每生成2molNO，有2molHI被氧化；NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性解答：解：（1）要配制0.5molL1的氢氧化钠溶液约480mL，实验室没有480mL的容量瓶，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；实验室没有480mL的容量瓶，需要选用500mL的容量瓶，依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5molL10.5L40g/mol=10.0g；故答案为：10.0；（2）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，所以是NaNO2氧化剂；碘化氢在反应中部分化合价升高，部分化合价降低，依据方程式可知每生成2molNO，有2molHI被氧化，每生成标准状况下的NO气体2.24L，物质的量=0.1mol，反应中被氧化的HI 的物质的量是0.1mol；故答案为：NaNO2； 0.1；NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B点评：本题考查了配制一定物质的量浓度溶液及过氧化钠、亚硝酸钠的性质，明确溶液配制原理，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度中等9.（1）反应速率突然减小（或铁片表面生成的气泡突然减少。意思相近均给分）(2)b Fe+CuSO4=Cu+FeSO4(3)过滤(4)避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化(5)6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O 【知识点】 物质的制备实验方案的设计，化学方程式的书写，氧化还原反应 【答案解析】（1）反应速率突然减小（或铁片表面生成的气泡突然减少。意思相近均给分(2)b Fe+CuSO4=Cu+FeSO4(3)过滤(4)避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化(5)6Fe2+ + Cr2O72- +14H+=2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O 解析（1）锌、铁和盐酸构成原电池，锌易失电子而作负极，构成原电池负极金属加速被腐蚀，当锌完全反应后，铁和稀盐酸不能构成原电池，则反应速率降低，所以可以根据生成气体的反应速率判断锌镀层是否已被除去，故答案为：反应速率突然减小（或铁片表面生成的气泡突然减少，意思相近均给分）；（2）加入的物质或与稀硫酸反应后的物质能与铁反应且不引进新的杂质离子，ac能引进新的杂质离子，b不能引进新的杂质离子，故选b。（3）分离固体和溶液的方法是过滤，故答案为：过滤；（4）如果采用加热的方法制取硫酸亚铁铵，加热过程中，硫酸亚铁铵易失水，且亚铁离子易被氧气氧化，从而得不到硫酸亚铁铵晶体，故答案为：避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化；（5）K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72-被还原成Cr3+，亚铁离子被氧化生成铁离子，离子反应方程式为：6Fe2+Cr2O72-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。【思路点拨】本题考查了制备实验方案的设计，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，知道原电池原理、除杂原理、离子方程式的书写、氧化还原反应即可进行解答，难度不大10.（1）ClO2；Cl2；Na2FeO4；（2） 2KClO3+H2C2O2=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O；盛有冰水混合物的水槽； C；仪器C没有使瓶内外压强相等，气体不能顺利通过； 2ClO2+2OH=ClO2+ClO3+H2O；80.0；500ml容量瓶、烧杯（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为5、3、21，所以由大到小的顺序为ClO2Cl2Na2FeO4，故答案为：ClO2；Cl2；Na2FeO4；（2）KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O2=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O；二氧化氯室温下为气体，易液化，应用盛有冰水混合物的水槽，故答案为：2KClO3+H2C2O2=K2CO3+2ClO2+CO2+H2O；盛有冰水混合物的水槽；C装置不能用橡皮塞堵住瓶口，否则没有使瓶内外压强相等，气体不能顺利通过，故答案为：C；仪器C没有使瓶内外压强相等，气体不能顺利通过；C为尾气吸收装置，可选择NaOH溶液来吸收尾气，发生氧化还原反应为2ClO2+2OH=ClO2+ClO3+H2O，若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，则应配制500mL，n（NaOH）=0.5L4mol/L=2mol，m（NaOH）=2mol40g/mol=80.0g，所使用的仪器除托盘天平、量筒、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有500mL容量瓶、烧杯，故答案为：2ClO2+2OH=ClO2+ClO3+H2O；80.0；500ml容量瓶、烧杯