2019-2020年高一（上）化学寒假作业（8）含解析.doc

2019-2020年高一（上）化学寒假作业（8）含解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（xx秋工农区校级期末）下列说法中不正确的是（）实验室制Fe（OH）2时应将装有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下，缓缓挤出碱液玛瑙手镯、水晶项链、餐桌上的陶瓷碗盘都是硅酸盐制品二氧化硅晶体广泛用于制作太阳能电池和光导纤维制造水泥、玻璃的原料都有石灰石、纯碱、石英二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，所以它是两性氧化物粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应A全正确BCD2（3分）（xx秋工农区校级期末）等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是（）A2mol/L1 H2SO4 溶液B18mol/L1 H2SO4溶液C6mol/L1 KOH 溶液D3mol/L1 HNO3溶液3（3分）（xx秋工农区校级期末）二氧化碳通入下列溶液中，不可能产生沉淀的是（）A氯化钙溶液B石灰水C偏铝酸钠D硅酸钠溶液4（3分）（xx秋工农区校级期末）下列离子在酸性溶液中能大量共存的是（）ANa+、K+、SO42、NO3BK+、Fe2+、Cl、NO3CNa+、Cl、Ca2+、MnO4DNa+、HCO3、SO42、Cl5（3分）（xx秋工农区校级期末）下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量、浓度）改变，不会引起产物种类改变的是（）AFe和Cl2BNaOH和SO2CNa和O2DC和O26（3分）（xx秋工农区校级期末）把含有氧化铁的铁投入到足量的稀硫酸中，直到固体全部溶解，经分析，溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应产生的氢气的物质的量之比为10：7，则原混合物中单质铁的质量分数为（）A26.3%B73.7%C88.2%D95.1%7（3分）（xx秋工农区校级期末）下列装置或操作能达到实验目的是（）A用甲图装置可从食盐水中提取食盐B用乙图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C用丙图装置除去乙醇中的水D用酒精萃取碘水中的碘8（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A5.6 g Fe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3 NAB标况下，22.4L SO3含有NA个H2O分子C78g Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为2NAD4、101.3kPa时，54mL H2O中含有的分子数为3NA二、解答题（共2小题，满分0分）9（xx秋工农区校级期末）A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如图所示A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质请填空：（1）形成单质A的原子的结构示意图为，它的最高化合价为（2）B的化学式（分子式）为，B和碳反应生成A和E的化学方程式是（3）C的化学式（分子式）为，D的化学式（分子式）为10（xx大连学业考试）已知有以下物质相互转化：试回答：（1）写出B的化学式D的化学式（2）写出由E转变成F的化学方程式（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式；向G溶液加入A的有关离子反应方程式xx学年山东省华侨中学高一（上）化学寒假作业（8）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）（xx秋工农区校级期末）下列说法中不正确的是（）实验室制Fe（OH）2时应将装有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下，缓缓挤出碱液玛瑙手镯、水晶项链、餐桌上的陶瓷碗盘都是硅酸盐制品二氧化硅晶体广泛用于制作太阳能电池和光导纤维制造水泥、玻璃的原料都有石灰石、纯碱、石英二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，所以它是两性氧化物粗硅制备单晶硅涉及氧化还原反应A全正确BCD考点：硅和二氧化硅版权所有专题：碳族元素分析：Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，所以制取Fe（OH）2要隔绝空气；玛瑙、水晶的成分是二氧化硅；太阳能电池的主要成分是硅；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，制造普通水泥的主要原料是粘土、石灰石；二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但它是酸性氧化物；粗硅制备单晶硅时，硅元素由化合态转化为游离态解答：解：Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成氢氧化铁，制取Fe（OH）2要隔绝空气，所以实验室制Fe（OH）2时应将装有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液液面下，缓缓挤出碱液，故正确；玛瑙、水晶的成分是二氧化硅，陶瓷的主要成分是硅酸盐，故错误；太阳能电池的主要成分是硅、光导纤维的主要成分是二氧化硅，故错误；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，制造普通水泥的主要原料是粘土、石灰石，所以制造玻璃和水泥中都用到石灰石，故错误；二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但二氧化硅和HF反应生成四氟化硅而不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故错误；粗硅制备单晶硅时，硅元素由化合态转化为游离态，所以一定有电子转移，所以一定涉及氧化还原反应，故正确；故选C点评：本题考查较综合，涉及工业生产、物质的用途、物质的性质等知识点，侧重考查元素化合物知识，注意二氧化硅性质的特殊性，知道氢氧化亚铁的制取原理及方法，题目难度不大2（3分）（xx秋工农区校级期末）等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是（）A2mol/L1 H2SO4 溶液B18mol/L1 H2SO4溶液C6mol/L1 KOH 溶液D3mol/L1 HNO3溶液考点：镁的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算版权所有专题：计算题分析：等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气，据此分析解答解答：解：A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，故选A点评：本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸3（3分）（xx秋工农区校级期末）二氧化碳通入下列溶液中，不可能产生沉淀的是（）A氯化钙溶液B石灰水C偏铝酸钠D硅酸钠溶液考点：镁、铝的重要化合物；含硅矿物及材料的应用版权所有专题：元素及其化合物分析：二氧化碳通入下列溶液中，不可能产生沉淀，说明二氧化碳不和该物质反应或生成可溶性物质，据此分析解答解答：解：A碳酸的酸性小于盐酸，所以二氧化碳和氯化钙溶液不反应，则不可能产生沉淀，故A正确；B少量二氧化碳和澄清石灰水反应方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，过量二氧化碳和氢氧化钙反应为Ca（OH）2+2CO2=Ca（HCO3）2，所以二氧化碳通入石灰水中可能不产生沉淀，也可能产生沉淀，故B错误；C碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀CO2+NaAlO2+2H2O=Al（OH）3+NaHCO3 ，故C错误；D硅酸钠溶液和二氧化碳反应为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3，所以有沉淀生成，故D错误；故选A点评：本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的溶解性、酸的强弱等知识点即可解答，题目难度不大4（3分）（xx秋工农区校级期末）下列离子在酸性溶液中能大量共存的是（）ANa+、K+、SO42、NO3BK+、Fe2+、Cl、NO3CNa+、Cl、Ca2+、MnO4DNa+、HCO3、SO42、Cl考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：A酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；BFe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CCl、MnO4、H+发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D酸性溶液中不能大量存在HCO3，故D错误；故选A点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大5（3分）（xx秋工农区校级期末）下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量、浓度）改变，不会引起产物种类改变的是（）AFe和Cl2BNaOH和SO2CNa和O2DC和O2考点：铁的化学性质；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质版权所有专题：元素及其化合物分析：A无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都只生成氯化铁；B少量二氧化硫和NaOH反应生成亚硫酸钠，过量二氧化硫和NaOH反应生成亚硫酸氢钠；C钠和氧气接触生成氧化钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；DC和少量氧气反应生成CO、和过量氧气反应生成二氧化碳解答：解：A无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都只生成氯化铁，反应方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，所以反应条件（温度、反应物用量、浓度）改变，不会引起产物种类改变，故A选；B.2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O、NaOHNaOH+SO2=NaHSO3，所以与反应物的量有关，故B不选；C.4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，所以与反应条件有关，故C不选；D.2C+O22CO、C+O2CO2，所以与反应物的量有关，故D不选；故选A点评：本题考查物质反应影响因素，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是A，注意铁和氯气的反应与反应物的量无关，为易错点6（3分）（xx秋工农区校级期末）把含有氧化铁的铁投入到足量的稀硫酸中，直到固体全部溶解，经分析，溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应产生的氢气的物质的量之比为10：7，则原混合物中单质铁的质量分数为（）A26.3%B73.7%C88.2%D95.1%考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：含有氧化铁的铁丝投入足量的稀硫酸中，经分析，溶液中无Fe3+，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，根据反应的方程式进行计算解答：解：含有氧化铁的铁丝投入足量的稀硫酸中，经分析，溶液中无Fe3+，发生反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，设原混合物中含有xmolFe，ymolFe2O3，则：Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2Oymol ymolFe2（SO4）3+Fe=3FeSO4ymol ymol 3ymol Fe+H2SO4 =FeSO4 +H2 （xy）mol（xy）mol （xy）mol 则：（xy）mol=10：7，整理得y：x=1：8，原混合物中铁的质量分数为：100%=73.7%，故选B点评：本题考查Fe元素单质化合物性质、化学方程式的有关计算等知识，题目难度中等，明确混合物之间的反应原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力7（3分）（xx秋工农区校级期末）下列装置或操作能达到实验目的是（）A用甲图装置可从食盐水中提取食盐B用乙图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C用丙图装置除去乙醇中的水D用酒精萃取碘水中的碘考点：物质的溶解与加热；蒸馏与分馏；分液和萃取版权所有专题：化学实验基本操作分析：A、在蒸发皿中对溶液蒸发浓缩结晶获得固体物质；B、碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定；C、乙醇和水是互溶的，可以采用蒸馏法除去水中的乙醇；D、酒精和水以及碘是互溶的，萃取碘水中的碘不能用酒精做萃取剂解答：解：A、在蒸发皿中对氯化钠溶液蒸发浓缩结晶来获得氯化钠的固体物质，加热液体不能用坩埚，故A错误；B、碳酸氢钠受热易分解，碳酸钠受热稳定，可以采用加热固体物质，看是否产生二氧化碳来验证碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；C、蒸馏时，冷凝管中的水应从下端进，上端出，故C错误；D、酒精和水以及碘是互溶的，萃取碘水中的碘不能用酒精做萃取剂，可以用四氯化碳，故D错误故选B点评：本题是和物质的除杂相结合的实验装置选择题，只有熟练掌握物质的性质才能较快解答这种类型的题目8（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A5.6 g Fe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3 NAB标况下，22.4L SO3含有NA个H2O分子C78g Na2O2与足量水充分反应时电子转移数为2NAD4、101.3kPa时，54mL H2O中含有的分子数为3NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、求出铁的物质的量，然后根据1mol铁在和盐酸反应时失去2mol电子来分析；B、标况下，三氧化硫为固体；C、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与水反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子来分析；D、在4101.3KP时，水的密度为1g/mL，求出水的质量和物质的量，然后根据分子个数N=nNA来计算解答：解：A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，故1mol铁在和盐酸反应时失去2mol电子，则0.1mol铁失去0.2mol电子，即0.2NA个，故A错误；B、标况下，三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠与水反应是歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故C错误；D、在4101.3KP时，水的密度为1g/mL，故54mL水的质量为54g，物质的量n=3mol，分子个数N=nNA=3NA，故D正确故选D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大二、解答题（共2小题，满分0分）9（xx秋工农区校级期末）A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如图所示A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质请填空：（1）形成单质A的原子的结构示意图为，它的最高化合价为+4（2）B的化学式（分子式）为SiO2，B和碳反应生成A和E的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO；（3）C的化学式（分子式）为CaSiO3，D的化学式（分子式）为Na2SiO3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，则A为Si，它可由SiO2和C在高温条件下反应制取，则B为SiO2，E为CO，SiO2与氧化钙反应生成C为CaSiO3，SiO2与氢氧化钠反应生成D为Na2SiO3，结合元素化合物性质及化学用语来解答解答：解：A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，则A为Si，它可由SiO2和C在高温条件下反应制取，则B为SiO2，E为CO，SiO2与氧化钙反应生成C为CaSiO3，SiO2与氢氧化钠反应生成D为Na2SiO3，（1）根据上面的分析可知，A为Si，形成单质A的原子的结构示意图为，它的最高化合价为+4，故答案为：；+4；（2）B的化学式为SiO2，和碳反应生成A和E的化学方程式是：SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2；SiO2+2CSi+2CO；（3）C的化学式为CaSiO3，D的化学式为Na2SiO3，故答案为：CaSiO3；Na2SiO3点评：本题考查无机物的推断，涉及硅单质及其化合物的性质及转化，难度不大，物质在地壳中的含量为解答该题的突破口，注意相关物质的性质以及化学方程式的书写10（xx大连学业考试）已知有以下物质相互转化：试回答：（1）写出B的化学式FeCl2 D的化学式KCl（2）写出由E转变成F的化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3（3）写出用KSCN鉴别G溶液的离子方程式Fe3+3SCNFe（SCN）3 ；向G溶液加入A的有关离子反应方程式2Fe3+Fe3Fe2+考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：D和硝酸银反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾解答：解：D和硝酸银反应生成白色沉淀H，H不溶于稀硝酸，所以H是氯化银，则D中含有氯离子，D和硝酸银混合溶液进行焰色反应呈紫色，则D中含有钾元素，所以D是氯化钾，白色沉淀E和氧气反应生成红褐色沉淀F，则F是氢氧化铁，E是氢氧化亚铁，氢氧化铁和盐酸反应生成氯化铁溶液，所以G是氯化铁，氯化铁和A反应生成B，B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾（1）通过以上分析知，B是氯化亚铁，D是氯化钾，B和D的化学式分别是：FeCl2、KCl，故答案为：FeCl2；KCl；（2）E是氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe （OH）2+O2+2H2O4Fe （OH）3，故答案为：4Fe （OH）2+O2+2H2O4Fe （OH）3；（3）铁离子和硫氰根离子反应生成硫氰化铁，离子反应方程式为：Fe3+3SCNFe （SCN）3 ，铁离子和铁反应生成亚铁离子，离子反应方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；2Fe3+Fe3Fe2+点评：本题考查物质推断，明确物质性质及其特征现象是解本题关键，离子方程式的书写是学习难点，知道铁离子的检验方法和实验现象