高三化学寒假作业1 新人教版必修1.doc

2016年高三化学寒假作业1 一、选择题（本题共7道小题）1.下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（）a 过滤 b渗析c萃取 d丁达尔效应2.设na为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）a一定条件下，2molso2和1molo2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2nab0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的h2分子数目为0.1nac由1molch3coona和少量ch3cooh形成的中性溶液中，ch3coo数目为na个d分子数目为0.1na的n2和nh3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3na3.下列说法中，不正确的是（ ）ah、d、t互为同位素bnahco3、hcoona均含有离子键和共价键c常温常压下，22.4 l ccl4含有na个ccl4分子d常温下，23 g no2含有na个氧原子4.由钠和氧组成的某种离子晶体含钠的质量分数是69/109，其阴离子只有过氧离子（o22）和氧离子（o2）两种在此晶体中，氧离子和超氧离子的物质的量之比为（）a2：1 b1：2 c1：1 d1：35.下列叙述的两个量，一定相等的是（）a0.1 moll1 nacl与0.05 moll1 na2co3溶液中的na+数目b质量相等的金刚石与c60中的碳原子数目c标准状况下，等体积的so2与so3的分子数目d28 g乙烯气体和56g环丁烷（c4h8）气体中含有的碳原子数6.下列操作或叙述正确的是（ ）a.配制1moll-1naoh溶液时，将溶解后的naoh溶液立即注入容量瓶b.用小刀切下一小块金属钠，将剩余的钠再放回原试剂瓶c.向某溶液中加入bacl2溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有d.向沸水中逐滴滴加1moll-1fecl3溶液，并不断用玻璃棒搅拌，可制得fe(oh)3胶体7.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二、填空题（本题共3道小题）8.某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol阳离子 k+，ba2+fe2+al3+ fe3+ mg2+阴离子 ohhco co clno3 so42若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化（1）溶液中 （填“一定”，“一定不”，“可能”）含有hco 或 co，理由是(2)原溶液中主要阴离子为，主要阳离子为（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为 g9.硫酸钠过氧化氢加合物(xna2so4yh2o2zh2o)的组成可通过下列实验测定：准确称取1.77g样品，配制成100.00 ml溶液a。准确量取25.00 ml溶液a，加入盐酸酸化的bacl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.582 5 g。准确量取25.00 ml溶液a，加适量稀硫酸酸化后，用0.02 moll1 kmno4溶液滴定至终点，消耗kmno4溶液25.00 ml。回答下列问题：(1)不规范的实验操作会导致实验结果的误差。分析下列操作对实验结果的影响偏小的是（请填序号） ：a、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外 b、定容时仰视仪器上的刻度线c、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线(2) 中配好的kmno4溶液置于 （“酸式”或“碱式”）滴定管，判断滴定终点的实验现象是 （3）通过计算确定样品的组成 (写出简单计算过程)。10.（1）在标准状况下，将224 l hcl气体溶于635 ml水中，所得盐酸的密度为1.18 gcm3。试计算：所得盐酸物质的量浓度是 。取出这种盐酸10 ml，稀释至118m l，所得稀盐酸的物质的量浓度是 。如取10 ml盐酸时仰视其他操作均正确得稀盐酸浓度 。（填“偏大”、 “等于”、“偏小”）在40.0 ml 0.065 moll1 na2co3溶液中，逐渐加入(2)所稀释的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生co2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过 ml。(2)配制0.80 moll-1 naoh溶液475 ml，回答下列问题：根据计算用托盘天平称取naoh的质量为_g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_0.80 moll-1(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)。若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_0.80 moll-1。0.80 moll-1 naoh溶液质量分数 3.2%,和等质量的水混合溶液浓度 0.40 moll-1试卷答案1.c考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：化学实验基本操作分析：浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜；胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应；萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系解答：解：a悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故a错误；b胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故b错误；c萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故c正确；d胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故d错误；故选：c点评：本题考查物质分离方法和物质性质的原理，掌握原理即可解答，难度中等2.b解：a2mol so2和1mol o2混合在闭容器中加热反应后，由于该反应为体积减小的可逆反应，反应生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，反应后气体的物质的量大于2mol，分子数大于2na，故a正确；b0.1mol铁与足量水蒸气完全反应失去了mol电子，根据电子守恒，生成了=mol氢气，生成的h2分子数为na，故b错误；c由1molch3coona和少量ch3cooh形成的中性溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子的浓度也相等，则ch3coo数目与钠离子数目相等，都是na个，故c正确；d分子数为0.1na的n2和nh3混合气体，由于氮气和氨气分子中都含有3对共用电子对，则混合物分子间含有的共用电子对数目为0.3na，故d正确；故选b3.ca、h、d、t三种核素的质子数相等而中子数不等，互为同位素，故a正确；b、nahco3中有钠离子和碳酸氢根离子之间的离子键，以及碳酸氢根离子中碳氧氢氧原子之间的共价键，hcoona中有甲酸根离子和钠离子之间的离子键以及甲酸根中碳氧碳氢原子之间的共价键，故b正确；c、常温常压下，22.4 l ccl4的物质的量并不是1mol，故c不正确；d、二氧化氮与四氧化二氮存在转化平衡，但是二者的最简式为no2，23g混合物中含有0.5mol最简式no2，含有1mol氧原子，含有na个氧原子，故d正确。答案：c4.b考点：物质的量的相关计算 专题：计算题分析：假设离子晶体的质量为109g，则由钠的质量分数可知，钠离子质量为69g，氧元素质量为109g69g=40g，根据n=计算钠离子、氧原子物质的量，设为o22为xmol，为o2为ymol，根据电荷守恒和氧原子守恒列式计算解答：解：假设离子晶体的质量为109g，则由钠的质量分数可知，钠离子质量为69g，氧元素质量为109g69g=40g，则：n（na+）=3mol，n（o）=2.5mol，设为o22为xmol，为o2为ymol，根据电荷守恒和氧原子守恒，则：解得x=1 y=0.5故n（o2）：n（o22）=0.5mol：1mol=1：2故选b点评：本题考查混合物计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从守恒的角度列式解答该题，难度不大5.ba由n=cv=可知，溶液体积未知，不能确定离子数目，故a错误；b金刚石与c60组成元素相同，则质量相同时，碳原子数目相同，故b正确；c标准状况下so3为液体，不能比较等体积的分子数目，故c错误；d最简式相同，质量不同，则c的原子数不同，故d错误故选b6.b略7.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8.1. 一定不 hco3或co32都可与h+反应，造成阴离子种类改变2. cl、no3、so42 fe2+、mg2+3. 3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o4.120考点：常见离子的检验方法；物质的检验和鉴别的实验方案设计专题：物质检验鉴别题；离子反应专题分析：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，产生气体若是二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，所以原溶液中一定不存在hco3与co32，产生的气体应该为no，原溶液中一定存在fe2+、no3，酸性环境下生成的一氧化氮；加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，而溶液中含有5种离子，则不满足电荷守恒，所以还含有硫酸根离子，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的镁离子，所以含有的五种离子为：cl、no3、so42；fe2+、mg2+，根据以上分析进行解答各题解答：解：向溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且反应溶液中阴离子的种类没有变化，如果产生气体为二氧化碳，则碳酸根离子或碳酸氢根离子会发生变化，导致阴离子浓度发生变化，所以原溶液中一定不存在hco3与co32，产生的气体应该为no，原溶液中一定存在：fe2+、no3，酸性环境下发生反应一氧化氮；由于加入盐酸，溶液中阴离子种类不变，所以原来溶液中含有cl，若只含有氯离子和硝酸根离子，二者的量均为1mol，带有22mol负电荷，与1mol亚铁离子带有的正电荷相等；而溶液中含有5种离子，所以一定还含有剩余的唯一阴离子so42，再根据电荷守恒确定还含有一种带有两个正电荷的mg2+，所以含有的五种离子为：cl、no3、so42；fe2+、mg2+；（1）根据以上分析可知，溶液中一定不存在hco3或co32，原因为：hco3或co32都可与h+反应，造成阴离子种类改变，故答案为：一定不；hco3或co32都可与h+反应，造成阴离子种类改变；根据分析可知，溶液中一定存在的阴离子为：cl、no3、so42；一定存在的阳离子为：fe2+、mg2+，故答案为：cl、no3、so42；fe2+、mg2+；（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体为一氧化氮，反应离子方程式为：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，故答案为：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o；（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥灼烧到恒重，得到固体是三氧化二铁以及氧化镁，根据原子守恒，则生成0.5molfe2o3和1mol的mgo，总质量为：0.5mol160g/mol+1mol40g/mol=120g，故答案为：120点评：本题考查了离子性质的应用和实验方案的推断和分析判断，离子共存和离子变化特征，元素守恒和溶液中电荷守恒的计算应用是判断的关键，题目难度中等9.（1）ab（2）酸式；加最后一滴溶液，溶液由无色变成紫红色，半分钟不褪色（3）硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2na2so4h2o22h2o 【知识点】化学实验 计算 【答案解析】（1）ab（2）酸式；加最后一滴溶液，溶液由无色变成紫红色，半分钟不褪色（3）硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2na2so4h2o22h2o解析：（1）在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外会造成溶质量减少，a正确；定容时仰视仪器上的刻度线会使所配溶液体积偏大，浓度偏小，b正确；定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使原先所配溶液被稀释，浓度偏小，c正确。（2）kmno4溶液有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的乳胶管，因此应该装在酸式滴定管中，终点现象是滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为紫红色，而且半分钟内不再变化。n（baso4）=0.5825g233g/mol=0.0025mol=n（na2so4），根据2mno4-+5h2o2+6h+=2mn2+8h2o+5o2知n（h2o2）=2.50.02moll-10.025l/=1.2510-3mol，m（na2so4）=142gmol-12.5010-3mol=0.355g，m（h2o2）=34gmol-11.2510-3mol=0.0425g，n（h2o）=（1.7700g25/100-0.355g-0.0425g）18gmol-1=2.5010-3mol，x：y：z=n（na2so4）：n（h2o2）：n（h2o）=2：1：2，因此样品的组成为2na2so4h2o22h2o【思路点拨】求样品的组成即求个成分物质的物质的量之比。10.(1) 11.8mol/l 1mol/l，偏大 2.6