2022-2022学年山东省华侨中学高一（上）化学寒假作业（3） 一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）下列推断正确的是（ ）选项事实结论ASiO2可用于制光导纤维SiO2有导电性B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝CCl2的水溶液可以导电Cl2是电解质D常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应 A．AB．BC．CD．D 2．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后收集到相同条件下气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为（ ） A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.6g 3．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）下列现象或事实能用同一原理解释的是（ ） A．水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质 B．浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存 C．NaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去 D．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低 4．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）与铁相似，金属锡能与盐酸反应生成氯化亚锡（SnCl2），氯化亚锡又能被氯化铁氧化为氯化锡（SnCl4）．则下列有关粒子氧化性和还原性强弱的比较中，正确的是（ ） A．氧化性：Sn4+＜Sn2+B．氧化性：Fe3+＜Sn4+ C．还原性：Fe2+＜Sn2+D．还原性：Fe＜Sn 5．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）下列离子方程式正确的是（ ） A．金属钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑ B．金属铝投入NaOH溶液中：Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑ C．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O D．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O 6．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）如图装置中，干燥烧瓶中盛满某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液．挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）-8-\n A．若a为NO，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉 B．若a为HCl，b为AgNO3溶液，可出现白色喷泉 C．若a为CO2，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉 D．若a为NH3，b为水（预先滴入少量酚酞溶液），可出现红色喷泉 7．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀．则下列说法不正确的是（ ） A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物 C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2 D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO 8．（3分）（2022•上海）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ） A．B．C．D． 二、解答题（共1小题，满分0分）9．（2022秋•黄山期末）将铝和铁组成的混合物11g，加入到200mL5mol/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为1.0mol/L（溶液体积变化忽略不计）．试求：（1）反应中消耗HCl的物质的量． （2）混合物中铝和铁的物质的量． （3）欲使Al3+完全转化为AlO2﹣，至少需要加入2.0mol/L的NaOH溶液的体积． ． -8-\n2022-2022学年山东省华侨中学高一（上）化学寒假作业（3）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）（2022秋•七里河区校级期末）下列推断正确的是（ ）选项事实结论ASiO2可用于制光导纤维SiO2有导电性B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝CCl2的水溶液可以导电Cl2是电解质D常温下铁、铜均不溶于浓硫酸常温下铁、铜与浓硫酸均不反应 A．AB．BC．CD．D考点：硅和二氧化硅；电解质与非电解质；浓硫酸的性质；铝的化学性质．分析：A．二氧化硅为绝缘体；B．铝箔在酒精灯火焰上加热生成氧化铝，熔点较高；C．电解质必须是化合物；D．常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象生成氧化物薄膜阻止反应进行；解答：解：A．二氧化硅为绝缘体，不导电，故A错误；B．氧化铝熔点较高，铝箔在酒精灯火焰上加热生成氧化铝，导致熔化不滴落，故B正确；C．氯气为单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．常温下铁在浓硫酸中发生钝化反应生成致密氧化物薄膜阻止反应进行，常温下铜不与浓硫酸反应不溶于浓硫酸，故D错误；故选：B．点评：本题考查了元素化合物的知识，明确二氧化硅、氧化铝、浓硫酸的性质是解题关键，注意电解质的概念． 2．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后收集到相同条件下气体体积比为甲：乙=1：2，则加入铝粉的质量为（ ） A．5.4gB．3.6gC．2.7gD．1.6g考点：化学方程式的有关计算．分析：根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不量，碱与金属反应时碱过量来计算解答．解答：解：盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑63-8-\n0.3molx=，解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑23y0.3mol=，解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故选A．点评：本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确铝与酸、碱反应水的化学反应方程式，酸碱足量、酸碱均不足量时得到的氢气的关系是解答本题的关键． 3．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）下列现象或事实能用同一原理解释的是（ ） A．水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质 B．浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存 C．NaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去 D．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低考点：硝酸的化学性质；铵盐；浓硫酸的性质．分析：A．硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化；B．浓硫酸不稳定，光照条件下易分解；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解；C．碘不稳定，受热易升华，氯化铵受热易分解；D．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性．解答：解：A．硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，该反应属于复分解反应，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化，该反应属于氧化还原反应，所以不能用同一原理解释，故A不选；B．浓硫酸不稳定，光照条件下易分解生成二氧化氮、氧气和水；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成HCl和氧气，所以可以用同一原理解释，故B选；C．碘不稳定，受热易升华，属于物理变化，氯化铵受热易分解，属于化学变化，所以不能用同一原理解释，故C不选；D．浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，所以浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低不能用同一原理解释，故D不选；故选B．点评：本题考查化学基本原理，明确物质性质是解本题关键，易错选项是C，注意碘和氯化铵受热变化不同的原因，题目难度不大． 4．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）与铁相似，金属锡能与盐酸反应生成氯化亚锡（SnCl2），氯化亚锡又能被氯化铁氧化为氯化锡（SnCl4）．则下列有关粒子氧化性和还原性强弱的比较中，正确的是（ ） A．氧化性：Sn4+＜Sn2+B．氧化性：Fe3+＜Sn4+ C．还原性：Fe2+＜Sn2+D．还原性：Fe＜Sn-8-\n考点：氧化性、还原性强弱的比较．分析：在一般的氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物，根据题中信息判断选项中各种离子的氧化性、还原性强弱．解答：解：氯化亚锡又能被氯化铁氧化为氯化锡，说明氧化性：Fe3+＞Sn4+；还原性：Fe2+＜Sn2+，A、锡离子的化合价越高，氧化性越强，氧化能力：Sn4+＞Sn2+，故A错误；B、根据分析可知，氧化性：Fe3+＞Sn4+，故B错误；C、由以上分析可知，还原能力：Fe2+＜Sn2+，故C正确；D、根据还原能力Fe2+＜Sn2+可知，金属还原性应该为：Fe＞Sn，故D错误；故选C．点评：本题考查了氧化还原反应中氧化性、还原性强弱判断，题目难度不大，注意明确氧化还原反应中氧化性、还原性强弱关系：氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物． 5．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）下列离子方程式正确的是（ ） A．金属钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH﹣+H2↑ B．金属铝投入NaOH溶液中：Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑ C．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O D．FeCl2酸性溶液放在空气中变质：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．离子方程式两边电荷不相等，违反了电荷守恒；B．2mol铝生成3mol氢气，该反应违反了电子守恒；C．铁粉过量，反应生成亚铁离子，不是生成铁离子；D．亚铁离子在酸性条件下被空气中氧气氧化成铁离子．解答：解：A．该离子方程式不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子反应为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B错误；C．稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．氯化亚铁酸性溶液放在空气中变质，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，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），试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 6．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）如图装置中，干燥烧瓶中盛满某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液．挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）-8-\n A．若a为NO，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉 B．若a为HCl，b为AgNO3溶液，可出现白色喷泉 C．若a为CO2，b为NaOH溶液，可出现无色喷泉 D．若a为NH3，b为水（预先滴入少量酚酞溶液），可出现红色喷泉考点：氨的物理性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响．分析：依据喷泉实验原理：气体极易溶于水或气体与溶液发生化学反应而使气体的体积变小，使烧瓶内外形成负压差，结合物质的性质判断解答．解答：解：A．NO与氢氧化钠不反应，也不溶于氢氧化钠溶液，不会产生负压差，不能产生喷泉，故A错误；B．氯化氢极易溶于水，与硝酸银反应生成白色氯化银沉淀，使瓶内压强迅速减小而产生负压差形成喷泉，氯化银为白色，所以能够形成白色喷泉，故B正确；C．二氧化碳为酸性氧化物，极易与氢氧化钠溶液反应使烧瓶内压强迅速减小而形成负压差，产生喷泉，碳酸钠溶液为无色，所以喷泉颜色为无色，故C正确；D．氨气极易溶于水，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又氨水溶液显碱性，石蕊遇碱变蓝，故形成蓝色喷泉，故D正确；故选：A．点评：本题考查了喷泉实验，明确喷泉实验的原理和物质的性质是解题关键，题目难度不大． 7．（3分）（2022秋•七里河区校级期末）在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀．则下列说法不正确的是（ ） A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物 C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2 D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO考点：有关混合物反应的计算．分析：15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g﹣15.2g=10.2g，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，根据电子转移守恒判断C、D；设出铜、铁的物质的量，分别根据电子守恒、质量关系列式计算出铁、铜的物质的量，根据计算结果判断A．解答：-8-\n解：15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜的总质量，则沉淀中氢氧根的质量=25.4g﹣15.2g=10.2g，n（OH﹣）==0.6molmol，根据电荷守恒可知，金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，即金属提供电子物质的量为0.6mol，A．设铁的物质的量为x、铜的物质的量为y，根据电子守恒可得：3x+2y=0.6，根据质量关系可得：56x+64y=15.2g，联立解得：x=0.1mol、y=0.15mol，故A正确；B．根据分析可知，25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，故B正确；C．若生成0.3molNO、0.1molNO2，则转移电子为0.3mol×（5﹣2）+0.1mol×（5﹣4）=1mol，电子转移不守恒，故C错误；D．若生成0.3molNO2、0.1molNO，则转移电子为0.3mol×（5﹣4）+0.1mol×（5﹣2）=0.6mol，电子转移守恒，故D正确；故选C．点评：本题考查混合物有关有关计算，题目难度中等，解得关键是判断金属提供电子物质的量等于氢氧根物质的量，注意守恒思想在化学计算中的应用． 8．（3分）（2022•上海）将0.4gNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ） A．B．C．D．考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：图示题；计算题．分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．解答：解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．点评：-8-\n此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑． 二、解答题（共1小题，满分0分）9．（2022秋•黄山期末）将铝和铁组成的混合物11g，加入到200mL5mol/L盐酸中，反应后盐酸的浓度变为1.0mol/L（溶液体积变化忽略不计）．试求：（1）反应中消耗HCl的物质的量． 0.8mol （2）混合物中铝和铁的物质的量． n（Al）=0.2mol、n（Fe）=0.1mol （3）欲使Al3+完全转化为AlO2﹣，至少需要加入2.0mol/L的NaOH溶液的体积． 600ml ．考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：（1）利用n=cV根据反应前HCl的物质的量减去反应后溶液中HCl的物质的量来计算；（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y，根据金属的质量之和为11g及反应中消耗的HCl，利用方程式列式计算；（3）根据铝的量结合元素守恒计算铝离子的物质的量，并根据铝离子和过量氢氧化钠反应的方程式进行计算即可．解答：解：（1）消耗HCl的物质的量为0.2L×5mol•L﹣1﹣0.2L×1mol•L﹣1=0.8mol，故答案为：0.8mol；（2）设Al、Fe的物质的量分别为x、y，则：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑x3xFe+2HCl═FeCl2+H2↑y2y所以27x+56y=11，3x+2y=0.8，联立解得x=0.2mol、y=0.1mol，故答案为：n（Al）=0.2mol、n（Fe）=0.1mol；（3）加入氢氧化钠，先是和剩余的盐酸中和，然后将铝离子、亚铁离子沉淀，最后将氢氧化铝转化为偏铝酸钠，反应后剩余盐酸的物质的量是0.2mol，消耗氢氧化钠是0.2mol，Al3+完全转化为AlO2﹣的化学方程式为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，当金属铝的物质的量为0.2mol，所以铝离子的物质的量是0.2mol，消耗氢氧化钠的物质的量是0.8mol，亚铁离子的物质的量是0.1mol，将之沉淀需要氢氧化钠的物质的量是0.2mol，所以共消耗氢氧化钠的物质的量是1.2mol，需要加入2.0mol/L的NaOH溶液的体积V===0.6L=600mL，故答案为：600mL．点评：本题考查学生利用金属与酸的反应来进行的简单计算，明确金属与酸反应的化学方程式是解答的关键，并学会利用质量关系、消耗的酸来列式计算即可解答． -8-
