山东省高三化学寒假作业2 新人教版.doc

2016年高三化学寒假作业2一、选择题（本题共7道小题）1.从利用金属的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事这个先后顺序主要跟下列有关的是（ ）地壳中金属元素的含量；金属活动性顺序；金属的导电性；金属冶炼的难易程度a bc d2.下列操作中，溶液的颜色不发生变化的是（）a氯化铁溶液中加入足量铁粉，充分振荡b氯化铁溶液中滴加硫氰化钾（kscn）溶液c氧化铜固体加入稀盐酸中，完全溶解d碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸3.fecl3、cucl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）a加入kscn溶液一定不变红色b溶液中一定含cu2+c溶液中一定含fe2+ d剩余固体中一定含铜4.取ag某物质在氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后固体的质量恰好也增加了ag下列物质中不能满足上述结果的是（ ）ah2 bcocc6h12o6 dc12h22o115.高纯度晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场 “革命”。它可以按下列方法制备：下列说法正确的是a.步骤的化学方程式为：sio2csico2b.步骤中每生成或反应1mol si，转移4mol电子c.二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应d.sihcl3（沸点33.0）中含有少量的sicl4（沸点67.6），通过蒸馏（或分馏）可提纯sihcl36.如图所示装置可用于收集气体并验证其某些化学性质，你认为正确的是（）选项气体试剂现象结论anh3酚酞试液溶液变红色nh3的水溶液显碱性bno2ki淀粉溶液溶液变蓝no2的水溶液有氧化性cx澄清石灰水溶液变浑浊x是co2dcl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色cl2有酸性和漂白性aabbccdd7.下列实验设计能够成功的是（ ）实验目的实验步骤及现象a检验亚硫酸钠试样是否变质b检验溶液中的nh4+试样中加入naoh溶液并加热，生成的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红c证明酸性条件h2o2氧化性比i2强d除去氯化钠晶体中少量硝酸钾 二、填空题（本题共3道小题）8.盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现据“三大酸”与金属铜反应的情况，回答下列问题：(1)稀盐酸不与cu反应，若在稀盐酸中加入h2o2(常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水)后，则可使铜顺利溶解，该反应的离子方程式为_。(2)在一定体积的18 moll1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积_(填“大于”、“等于”或“小于”)100 ml。若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐溶液(如kno3溶液)，则该反应的离子方程式为_。(3)根据下图操作及现象推断酸x为_(填序号)。a.浓盐酸b.浓硫酸c.浓硝酸9.某科研小组以难溶性钾长石（k2oal2o36sio2）为原料，提取al2o3、k2co3等物质，工艺流程如下：（1）煅烧过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在caco3作用下转化为casio3，写出sio2转化为casio3的化学方程式： 钾长石中的钾元素和铝元素在na2co3作用下转化为可溶性的naalo2和kalo2，写出al2o3转化为naalo2的化学方程式： （2）已知naalo2和kalo2易发生如下水解反应：alo2+2h2oal（oh）3+oh“浸取”时应保持溶液呈性（填“酸”或“碱”），“浸取”时不断搅拌的目的是 （3）“转化”时加入naoh的主要作用是（用离子方程式表示） （4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是、和水10.根据要求完成下列各小题实验目的（a、b 为弹簧夹，加热及固定装置已略去）（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸碳酸）连接仪器、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热铜与浓硫酸反应的化学方程式是 ，装置a中的试剂是 能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是： （2）验证 so2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性打开b，关闭a能验证so2具有氧化性的化学方程式是： 若大量的so2通入naoh溶液中，其化学方程式是： bacl2溶液中无沉淀现象，将其分成两份，分別滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置滴加的溶液氯水氨水沉淀的化学式写出其中so2 显示还原性并生成沉淀的离子方程式： 试卷答案1.b解：金属的活泼性越强，金属越容易失电子，则金属越容易被氧化，在自然界中越容易以化合态存在，金属的冶炼越难，al的活泼性大于cu，所以cu使用较早、al使用较晚，则金属的使用早晚与金属的活动性强弱、金属的冶炼难易程度有关，与地壳中金属元素含量、金属的导电性无关，故选b2.d考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；二价fe离子和三价fe离子的检验专题：几种重要的金属及其化合物分析：a氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁；b三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物；c氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜；d碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳、水解答：解：a氯化铁溶液中加入足量铁粉反应生成氯化亚铁，溶液颜色由黄色变化为浅绿色，故a错误；b三价铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成血红色络合物，溶液颜色由黄色变化为血红色，故b错误；c氧化铜为黑色固体，加入稀盐酸反应生成氯化铜，溶液变成蓝色，故c错误；d碳酸氢钠溶液为无色，滴加稀盐酸反应生成氯化钠溶液为无色，故d正确；故选：d点评：本题考查了反应的现象，题目难度不大，熟悉三价铁离子、二价铁离子、铜离子的性质及颜色是解题关键，注意对相关知识的积累3.b考点：铁盐和亚铁盐的相互转变；氧化性、还原性强弱的比较专题：元素及其化合物分析：根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断解答：解：当固体为铁、铜时，溶液中的fe3+、cu2+全部参加反应生成fe2+和cu，反应的反应方程式为：2fecl3+fe=3fecl2、cucl2+fe=cu+fecl2，所以溶液中一定没有fe3+、cu2+，一定含有fe2+；当固体为铜时，溶液中一定没有fe3+，cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成fe2+和cu，所以溶液中一定没有fe3+，可能含有cu2+，一定含有fe2+；a、溶液中一定不含fe3+，所以加入kscn溶液不变红色，故a正确；b、通过以上分析知，溶液中可能含有cu2+，故b错误；c、通过以上分析知，溶液中一定含有fe2+，故c正确；d、通过以上分析知，剩余固体中一定含cu，故d正确；故选b点评：本题考查了fe3+、cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分4.d解：已知反应的关系式：h2h2o2naohna2o2h2，coco2na2co3na2o2co，有机物在足量氧气中燃烧生成co2和h2o，与na2o2发生反应：2na2o2+co2=2na2co3+o2，2na2o2+2h2o=4naoh+o2，对生成物变式：na2co3na2o2co，2naohna2o2h2，则有机物应可拆写成（co）mhn的形式，则h2、co以及可拆写成（co）mhn的形式的有机物能满足上述结果，选项中c可拆写成（co）6h12，但d不能满足，故选：d5.d知识点:氧化还原反应 硅及其化合物b3d1解析：步骤的化学方程式为：sio22csi2co，a错误；步骤中每生成或反应1mol si，转移2mol电子，b错误；硅能与氢氟酸反应生成sif4和氢气，c错误；d正确。思路点拨:沸点相差较大的互溶液体可采取蒸馏法分离。6.b 考点：气体的收集；常温反应气体性质实验装置.专题：实验题分析：a氨水密度比空气小；bno2溶于水生成hno3，hno3有氧化性；c二氧化硫能使澄清石灰水变浑浊；d氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性解答：解：a氨水密度比空气小，不能用向上排空气法收集，且氨气极易溶于水，进行检验时，导管不能插入溶液中，否则会造成倒吸，故a错误； bno2通入ki淀粉溶液，溶液变蓝是由于no2溶于水生成hno3，hno3有氧化性，将碘离子氧化为碘单质，故b正确；c能使澄清石灰水变浑浊的还有二氧化硫气体，故c错误；d氯气使紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于其和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故d错误故选b点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累7.d 【知识点】化学实验方案的评价 j4【答案解析】d 解析：a亚硫酸根离子在酸性条件下可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，不能观察到沉淀溶解，故a错误；b铵盐和强碱在加热条件下反应生成氨气，氨气具有碱性，使湿润红色石蕊试纸变蓝，故b错误；c、稀硝酸具有强氧化性，也能氧化碘离子，不能确定是过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应，故c错误；d、除去氯化钠晶体中少量硝酸钾可用重结晶的方法，正确。【思路点拨】本题考查了本题考查较为综合，涉及离子的检验等性质方案的评价，题目侧重于反应原理以及实验操作的严密性的考查，题目难度中等，注意相关物质的性质的异同。8.(1)cuh2o22h=cu22h2o(2)大于3cu8h2no3-=3cu22no4h2o(3)b解析：根据题目信息，h2o2具有氧化性，故可将cu氧化为cuo，cuo则能与盐酸反应生成cucl2，其反应的离子方程式为cuh2o22h=cu22h2o。(2)根据反应：cu2h2so4(浓)cuso4so22h2o，参与反应的h2so4只有一半作氧化剂被还原，被还原的硫酸为0.9 mol，从理论上看，需要1.8 mol h2so4，即18 moll1的浓硫酸的体积为100 ml，但反应过程中，随着反应的进行，硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸不能溶解cu，所以实际上需要浓硫酸的体积大于100 ml。加入kno3溶液后，h2so4提供的h和kno3提供的no3-氧化cu从而使其溶解：3cu8h2no3-=3cu22no4h2o。(3)酸x能使fe钝化，排除浓盐酸，加入bacl2溶液有白色沉淀生成，排除浓硝酸，则x为浓硫酸。9.（1）caco3+sio2casio3+co2；al2o3+na2co32naalo2+co2；（2）碱；提高浸取速率；（3）hco3+oh=co32+h2o；（4）na2co3；co2 考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：难溶性钾长石（k2oal2o36sio2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液位偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，滤液主要是碳酸钾；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质解答：解：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：caco3+sio2casio3+co2，故答案为：caco3+sio2casio3+co2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，al2o3+na2co32naalo2+co2，故答案为：al2o3+na2co32naalo2+co2；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为hco3+oh=co32+h2o，故答案为：hco3+oh=co32+h2o；（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：na2co3；co2点评：本题主要考查了a1203、k2co3等物质的提取，是工业流程题，依据相关的物质的性质，读懂流程是解答的关键，题目难度中等10.（1）检验装置的气密性；cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o；酸性kmno4溶液；a中酸性kmno4溶液不退色，na2sio3溶液中出现白色沉淀；（2）2h2s+so23s+2h2o；so2+naohnahso3；-baso4-baso3ba2+so2+cl2+2h2obaso4+4h+2cl 考点：性质实验方案的设计.专题：实验设计题分析：（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱，是通过碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀实现的，所以为了保证实验效果和实验的顺利进行，须检查装置的气密性；铜与浓硫酸反应，铜被氧化成+2价的铜离子，硫酸被还原成+4价的二氧化硫；高锰酸钾有强氧化性，能氧化二氧化硫；当a中kmno4溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，盛有na2sio3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；（2）二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，被硫化氢中2价的硫还原；若大量的so2通入naoh溶液中，生成nahso3；氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀；解答：解：（1）为了保证实验的顺利进行，避免装入药品后发现装置气密性不好，更换部分仪器而浪费药品，避免装置漏气影响实验效果，所以连接仪器后须检查装置气密性，故答案为：检验装置的气密性；铜和热的浓硫酸反应，反应中cu元素的化合价由0升高到+2价，作还原剂，产物为二氧化硫、硫酸铜和水；高锰酸钾有氧化性，二氧化硫和高锰酸钾能发生氧化还原反应，反应的方程式为cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o，故答案为：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o；酸性kmno4溶液；二氧化硫中硫元素的化合价是+4价，属于中间价态，既有氧化性又有还原性，高锰酸钾有强氧化性，离子方程式为