3525高一化学下册暑假作业
高一化学下册暑假作业
高一化学暑假作业（8）1．9.8gFe、Mg混合粉末溶解在一定量的某浓度的稀硝酸中，当金属粉末完全溶解后，收集到0.2mol的NO气体（设稀硝酸的还原产物只有NO），在反应后的溶液中加入足量的KOH溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（不考虑氢氧化亚铁和氧气反应）A．18g B．20g C．22g D．24g2．航天飞机用铝粉与高氯酸铵（NH4ClO4）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发ClO4N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑＋Q。
下列高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH对此反应的叙述中错误的是A. 上述反应属于分解反应B. 上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行C. 反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能D. 在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用3．A、B是周期表中相邻两主族的两种元素，若A的原子序数为a，以下不可能是B的原子序数是A a-17B a-7C a+18D a+194．在aBrF3+bH2O=cHBrO3+dHBr+eHF+fO2的反应中，若有3mol水被氧化，则其中被水还原的BrF3的物质的量是( )molA．1.5 B．2 C．3 D．45．化学与生活、社会密切相关。
下列说法不正确的是A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染6．下列现象或事实可用同一原理解释的是A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．氯水和活性炭使红墨水褪色C．漂白粉和水玻璃长期暴露在变质D．四氯化炭氯水、溴水溶液褪色7．下列排列顺序正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S ②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④结合质子（H+）能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-A．①③B．②④C．①④D．②③8．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．c(H+)=10-12 mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+9. 直接使有色干布条褪色的物质是A. 盐酸B. 氯气C. 次氯酸钙D. 次氯酸10. 将过量的SO2气体通入下列溶液，所得溶液和氢氧化钡溶液反应生成不溶于稀酸的白色沉淀的是A.氯水B.氢氧化钠溶液C.亚硫酸D.氯化钠溶液11. 下列溶液分别通入氯气时，溶液颜色发生变化的是A.KMnO4溶液B.NaOH溶液C.液溴D.碘化钾溶液12. 硫化氢和二氧化硫两种气体混合后发生氧化还原反应，氧化产物与还原产物的质量比为A. 68:64B. 64:68C. 2:1D. 1:213. 把13.2g二氧化碳通入含氢氧化钙0.2mol的石灰水中，当反应完全后生成碳酸钙的质量是A.10gB.20gC.30gD.0g14. 下列物质属于纯净物质的是A. 纯盐酸B. 液氯C. 碘酒D. 漂白粉15．据报道，1952年2月，某城市雾大无风，家庭和工厂排出的烟雾经久不散，每立方米大气中SO2的含量高达3.8mg，烟尘达4.5mg，居民健康普遍受到危害，4天之内死亡人数约4000。
高一化学下学期暑假作业(三)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔三〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．以下物质中，属于纯洁物的是( )A．氯水B．盐酸C．次氯酸D．漂白粉2．以下氯化物中，不能用金属和氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．NaClC．FeCl2D．MgCl23．现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别它们的一种试剂是( )A．AgNO3溶液B．酚酞试液C．紫色石蕊试液D．饱和食盐水4．如图是一种某气体化学性质的装置，图中B为开关．假设先翻开B，在A处通入枯燥氯气，C中布条颜色无变化；当关闭B时，C处布条颜色褪去．那么D 瓶中盛有的溶液是( )A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．浓NaOH溶液D．浓NaBr溶液5．以下说法没有性错误的选项是( )A．“白雪牌〞漂白精可令所有物质黯然失“色〞，没有最白，只有更白B．液态氯化氢是100%的盐酸，H+浓度极大C．氯化钙具有吸水性和潮解性，夏日里用它的水溶液喷洒柏油路，可有效地保护地面D．氯元素有毒，禁入口中6．当不慎有大量氯气逸出周围空间时，可以用浸有一浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适采用的该物质是( )A．Na2CO3B．NaClC．NaOHD．KBr7．以下物质中，能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )A．久制的氯水B．碘水C．KBrD．KI8．向含有NaBr、KI混合溶液中通入过量的Cl2充分反．将溶液蒸干，并灼烧所得的物质，最后剩余的固体物质是( )A．NaCl 和KIB．NaCl、KCl和I2C．KCl和NaBrD．KCl和NaCl9．将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素可能是( )A．MgB．FeC．NaD．Al10．在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是( )A．NaOHB．Na2OC．Na2CO3D．Na2O211．以下各组物质间反后生成碱和氧气的是( )A．Na和H2OB．Na2O 和H2O C．K和H2OD．Na2O2和H2O12．以下各种方法中，可以用于除去苏打中混有的少量小苏打的是( ) A．水洗B．加热C．通入CO2D．参加盐酸13．以下关于 Na2CO3和NaHCO3性质比拟中正确的选项是( )A．热稳性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3C．与盐酸反的快慢：Na2CO3＞NaHCO3D．相对分子质量：Na2CO3＜NaHCO314．106g Na2CO3和84g NaHCO3分别与足量的盐酸溶液反，其中( ) A．Na2CO3放出的CO2多B．NaHCO3放出的CO2多C．Na2CO3消耗的盐酸多D．NaHCO3消耗的盐酸多15．以下反中，水既不是氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na和H2OB．Mg 和H2OC．CO2和H2OD．Na2O2和H2O16．2.3g纯洁金属钠在枯燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是( )A．Na2O和Na2O2B．只有Na2OC．只有Na2O2D．无法确二、填空题〔34分〕17．现有X、Y、Z三种元素，：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体．②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色．③XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红．④两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体．⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性．据此推断：〔1〕X__________；Y__________；Z__________ 〔写元素符号〕．〔2〕写出⑤的反方程式__________〔3〕Z的单质工业制法的化学方程式：__________．18．写出与以下事实相符的金属钠的主要物理性质：〔1〕用小刀切割金属钠，表现其__________〔2〕金属钠能浮在水面上，表现其__________〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球，表现其__________．19．阅读课本55页从海水中提取镁的步骤，答复以下问题：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的有关反方程式：__________，__________〔2〕写出制取Mg〔OH〕2的化学方程式__________〔3〕工业采用电解MgCl2可得到Mg，写出反方程式，并在方程式上标明电子的转移方向和数目__________〔4〕利用电解MgCl2可制得的氯气和粉末状熟石灰可制得漂白粉，反的方程式为__________．20．用MnO2和浓盐酸制取纯洁枯燥的氯气，并让氯气与铜粉反制取纯洁的无水CuCl2，装置如下图．请答复以下问题：〔1〕前检查链套装量的气密性的方法是__________〔2〕B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是__________，C中选用的试剂是__________，其作用是__________．〔3〕D中反的化学方程式是__________，将此生成物溶于少量水，得到__________ 色溶液．三、计算题〔18分〕21．用足量的NaOH溶液将448mL Cl2〔状况〕完全吸收．〔1〕计算生成的NaClO的物质的量．〔2〕计算生成的溶液中，含有Na+的物质的量．22．将100mL、浓度为5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．〔1〕计算被氧化的KBr的质量〔2〕氧化剂得到的电子总数是__________．23．将18.4g金属钠投入80.0g水中，待反完毕后，测得所得溶液的密度为1.357g/cm3，求：〔1〕所得溶液中溶质的质量分数．〔2〕所得溶液的体积是多少？高一〔下〕化学暑假作业〔三〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．以下物质中，属于纯洁物的是( )A．氯水B．盐酸C．次氯酸D．漂白粉考点：混合物和纯洁物．分析：纯洁物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；纯洁物为可以从以下理解：宏观：由一种物质组成的物质，微观：由同种分子构成，组成固，有固的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号．据此结合常见物质的组分逐项分析即可．解答：解：A．氯水为氯气的水溶液，为混合物，故A错误；B．盐酸为氯化氢的水溶液，为混合物，故B错误；C．次氯酸化学式为HClO，属于纯洁物，故C正确；D．工业用氯气和冷的消石灰反制备漂白粉，发生2Ca〔OH〕2+2Cl2=CaCl2+Ca〔ClO〕2，成分为CaCl2、Ca〔ClO〕2，属于混合物，故D错误；应选C．点评：此题考查纯洁物的判别，难度不大，注意把握纯洁物概念，宏观：由一种物质组成的物质．微观：由同种分子构成．组成固，有固的物理性质和化学性质的物质，有专门的化学符号．2．以下氯化物中，不能用金属和氯气直接反制得的是( )A．CuCl2B．NaClC．FeCl2D．MgCl2考点：氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：Cl2有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态．解答：解：Cl2有强氧化性，与金属反化合生成相的盐〔氯化物〕，当与变价金属反时将金属氧化成高价态，故A、B、D正确；与Fe反生成FeCl3，故C错．应选C点评：Cl2是卤族元素的代表，有强氧化性，当与变价金属反时将金属氧化成高价态．常见的强氧化剂有：氯气、次氯酸、硝酸、氧气、高锰酸钾．3．现有盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液，可用来区别它们的一种试剂是( )A．AgNO3溶液B．酚酞试液C．紫色石蕊试液D．饱和食盐水考点：物质的检验和鉴别的根本方法选择及用．专题：化学根本操作．分析：盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，以此来解答．解答：解：A．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与AgNO3溶液混合，均生成白色沉淀，不能鉴别，故A不选；B．盐酸、氯化钠、和氯水遇酚酞均为无色，不能鉴别，故B错误；C．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与紫色石蕊混合的现象分别为：显、显紫色、显蓝色，先变红后褪色，现象不同，能鉴别，故C正确；D．盐酸、氯化钠、氢氧化钠和氯水四种溶液与饱和食盐水均不反，现象相同，不能鉴别，故D错误；应选C．点评：此题考查物质的鉴别，侧重物质性质的考查，熟悉发生的化学反是解答此题的关键，注意现象不同能鉴别，题目难度不大．4．如图是一种某气体化学性质的装置，图中B为开关．假设先翻开B，在A处通入枯燥氯气，C中布条颜色无变化；当关闭B时，C处布条颜色褪去．那么D 瓶中盛有的溶液是( )A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．浓NaOH溶液D．浓NaBr溶液考点：探究氯水、氯气的漂白作用．专题：卤族元素．分析：枯燥氯气不能使布条褪色，当关闭B时，气体经过D装置，C处布条颜色褪去，说明氯气通过D装置后，含有水蒸气．解答：解：A．氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶，为枯燥氯气，不能使布条褪色，故A错误；B．氯气难溶于饱和食盐水，经过饱和食盐水后，氯气中混有水，能生成具有漂白性的HClO，可使布条褪色，故B正确；C．氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收，那么布条不褪色，故C错误；D．氯气经过盛有NaBr溶液的洗气瓶与NaBr发生氧化复原反被吸收，那么布条不褪色，故D错误．应选B．点评：此题考查氯气的性质，题目难度不大，此题注意氯气使布条褪色的原因是能生成具有漂白性的HClO．5．以下说法没有性错误的选项是( )A．“白雪牌〞漂白精可令所有物质黯然失“色〞，没有最白，只有更白B．液态氯化氢是100%的盐酸，H+浓度极大C．氯化钙具有吸水性和潮解性，夏日里用它的水溶液喷洒柏油路，可有效地保护地面D．氯元素有毒，禁入口中考点：化学的主要特点与意义；氯、溴、碘及其化合物的综合用．分析：A．漂白粉中含ClO﹣离子，能氧化的有机物；B．盐酸为混合物；C．氯化钙具有吸水性；D．氯气有毒，但含氯元素的物质不一有关．解答：解：A．漂白粉一般可使有机物褪色，但不能使的无机物褪色，如铜离子，故A错误；B．液态氯化氢为纯洁物，不含氢离子，故B错误；C．氯化钙具有较强的吸水性，因而常用作枯燥剂，故C正确；D．氯气有毒，但含氯元素的物质不一有关，如NaCl，故D错误；应选C．点评：此题考查含氯物质的性质，注意物质的特性是解答的关键，注意知识的归纳和分类整合，注重根底知识的考查，题目难度不大．6．当不慎有大量氯气逸出周围空间时，可以用浸有一浓度的某种物质的水溶液的毛巾捂住鼻子，最适采用的该物质是( )A．Na2CO3B．NaClC．NaOHD．KBr考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质．分析：氯气是有毒气体，氯气和水反生成盐酸和次氯酸，盐酸能和碱性物质反，由于碱性物质与人体皮肤接触，所以不能用强碱性物质，那么该溶液该具有弱碱性、腐蚀性弱的特点，据此分析解答．解答：解：A．Na2CO3溶液显碱性，能与氯气反而防止吸入氯气中毒，那么可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故A正确；B．食盐中含有氯离子，抑制氯气溶解，但不能吸收氯气，故B错误；C．NaOH虽能与氯气反，到达吸收氯气的效果，但NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故C错误；D．溴化钾能和氯气反生成溴，溴有腐蚀性，所以不能使用溴化钾溶液，故D错误．应选A．点评：此题考查了氯气的性质，明确氯气和水反的生成物及其性质是解此题关键，注意氯化钠溶液中含有氯离子，氯气和水反生成盐酸，所以氯化钠溶液抑制氯气溶解，室可以采用排饱和食盐水方法除去氯气中的氯化氢气体，难度不大．7．以下物质中，能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是( )A．久制的氯水B．碘水C．KBrD．KI考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：卤族元素．分析：淀粉遇碘变蓝色，使淀粉碘化钾溶液变蓝，参加碘或能生成碘的物质．解答：解：A．久置氯水的主要成分为HCl，不能将KI氧化为单质碘，故A 错误；B．碘水的主要成分为碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故B正确；C．KBr不能与KI反，不能生成单质碘，故C错误；D．KI不能使淀粉变蓝色，故D错误．应选B．点评：此题考查卤素单质及其化合物的性质题目难度不大，注意相关根底知识的积累．8．向含有NaBr、KI混合溶液中通入过量的Cl2充分反．将溶液蒸干，并灼烧所得的物质，最后剩余的固体物质是( )A．NaCl 和KIB．NaCl、KCl和I2C．KCl和NaBrD．KCl和NaCl考点：氯气的化学性质．分析：向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反，生成NaCl、KCl 和Br2、I2，加热时Br2易挥发，I2易升华，以此可解答该题．解答：解：向含有NaBr、KI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反，发生：Cl2+2KI=2KCl+I2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为KCl和NaCl；应选D．点评：此题考查卤素知识，题目难度不大，注意氯气可置换出溴、碘单质，加热最后所得固体为KCl和NaCl．9．将某元素的单质0.1mol与Cl2充分反后，生成物的质量比原单质的质量增加了7.1g，这种元素可能是( )A．MgB．Fe C．NaD．Al考点：化学方程式的有关计算．分析：0.1mol单质与足量氯气反后质量增加7.1g，那么参加反氯气的质量为7.1g，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒计算金属在反中的化合价，以此来解答．解答：解：0.1mol单质与足量氯气反后质量增加7.1g，那么参加反氯气的质量为7.1g ，其物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒，可知金属在反中的化合价为=+2价，Mg与氯气反表现+2价，Fe与氯气反表现+3价，Na与氯气表现+1，Al表现+3价．应选A．点评：此题考查化学方程式的有关计算，难度不大，判断7.1g为参加反的氯气的质量是关键，可以根据金属与氯气按1：1反判断．10．在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是( )A．NaOHB．Na2OC．Na2CO3D．Na2O2考点：钠的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：根据钠长期暴露在空气中，发生的一变化：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色→变暗→变白色固体→成液→结块→最后变成Na2CO3粉末．解答：解：切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色〔钠的真面目〕→变暗〔生成Na2O〕→变白色固体〔生成NaOH〕→成液〔NaOH潮解〕→结块〔吸收CO2成Na2CO3•10H2O〕→最后变成Na2CO3粉〔风化〕，有关反如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O．应选：C．点评：金属钠暴露在空气中发生的现象表达了钠及其化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象．11．以下各组物质间反后生成碱和氧气的是( )A．Na和H2OB．Na2O 和H2OC．K和H2OD．Na2O2和H2O考点：钠的重要化合物；钠的化学性质．专题：元素非金属性的强弱规律．分析：根据化学反方程式判断选项，能与水反的活泼金属与水反时生成碱和氢气；过氧化钠与水反生成碱和氧气；碱性氧化物和水反生成碱；解答：解：A、Na和H2O反：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，产物是碱与可燃性气体，故A错误；B、Na2O和H2O反：Na2O+H2O=2NaOH，产物是碱，故B错误．C、K和H2O反：2K+2H2O=2KOH+H2↑，产物是碱与可燃性气体，故C错误；D、Na2O2和H2O反：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，产物是碱与助燃性气体氧气，故D 正确；应选：D；点评：此题考查的是金属及其化合物的性质，能正确判断产物是解此题的关键．12．以下各种方法中，可以用于除去苏打中混有的少量小苏打的是( ) A．水洗B．加热C．通入CO2D．参加盐酸考点：物质的别离、提纯和除杂．专题：化学根本操作．分析：除杂的原那么是除去杂质不能引入的杂质，苏打是碳酸钠，小苏打是碳酸氢钠，除去苏打固体中混有的少量小苏打，根据二者的性质可知，碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以可以用加热的方法除杂．解答：解：A．碳酸钠和碳酸氢钠都溶于水，故A错误；B．加热固体混合物，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水蒸气、二氧化碳，这样可以于除去苏打固体中混有的少量小苏打，故B正确；C．二氧化碳和碳酸钠和水反生成碳酸氢钠，故C错误；D．加盐酸会和碳酸钠、碳酸氢钠反，将原物质除掉，不符合除杂原那么，故D 错误．应选B．点评：此题考查了碳酸钠、碳酸氢钠物质的性质，题目难度不大，注意根底知识的积累．13．以下关于 Na2CO3和NaHCO3性质比拟中正确的选项是( )A．热稳性：Na2CO3＜NaHCO3B．常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3C．与盐酸反的快慢：Na2CO3＞NaHCO3D．相对分子质量：Na2CO3＜NaHCO3考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：元素及其化合物．分析：NaHCO3与Na2CO3相比拟，NaHCO3不稳，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反时，NaHCO3反剧烈．解答：解：A．NaHCO3不稳，加热易分解：2NaHCO 3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳，故A错误；B．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；C．分别滴加HCl溶液，反离子方程式为CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反放出气体剧烈，故C错误；D．因相对原子质量Na＞H，那么相对分子质量：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误．应选B．点评：此题考查Na2CO3和NaHCO3性质，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质的异同，注重根底知识的积累．14．106g Na2CO3和84g NaHCO3分别与足量的盐酸溶液反，其中( )A．Na2CO3放出的CO2多B．NaHCO3放出的CO2多C．Na2CO3消耗的盐酸多D．NaHCO3消耗的盐酸多考点：探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：106g Na2CO3和84g NaHCO3都为1mol，参加盐酸分别发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2，结合反的方程式计算．解答：解：106g Na2CO3和84g NaHCO3都为1mol，参加盐酸分别发生：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2，由反的方程式可知，Na2CO3消耗2mol盐酸，NaHCO3消耗1mol盐酸，生成的二氧化碳一样多，应选C．点评：此题考查化学方程式的计算，题目难度不大，注意碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反的化学方程式的书写．15．以下反中，水既不是氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na和H2OB．Mg 和H2OC．CO2和H2OD．Na2O2和H2O考点：氧化复原反．分析：有电子转移的化学反是氧化复原反，在氧化复原反中，水既不作氧化剂也不作复原剂，那么说明在反中，水中的各种元素的化合价都不发生变化，以此解答该题．解答：解：A．H元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；B．H元素化合价降低，水为氧化剂，故B错误；C．元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反，故A错误；D．Na2O2和H2O反，Na2O2中﹣1价的O化合价既升高又降低，所以Na2O2既为复原剂又为氧化剂，水既不作氧化剂也不作复原剂，故D正确；应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化复原反的概念和物质具有的性质，难度不大．16．2.3g纯洁金属钠在枯燥空气中被氧化后得到3.5g固体，由此可判断其氧化物是( )A．Na2O和Na2O2B．只有Na2OC．只有Na2O2D．无法确考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：金属钠在枯燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断．解答：解：设金属钠氧化产物中氧化钠为xmol，过氧化钠为ymol，4Na+O2 =2Na2O，2Na+O2=Na2O22xmol xmol 2ymol ymol那么2x+2y=，62x+78y=3.5g，解得：x=0.025，y=0.025，所以Na2O和Na2O2均存在；应选A．点评：此题考查了钠与氧气反产物的判断，根据方程式和反物和生成物的量求算，题目难度不大．二、填空题〔34分〕17．现有X、Y、Z三种元素，：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体．②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色．③XZ的水溶液可使紫色石蕊溶液变红．④两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体．⑤Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性．据此推断：〔1〕XH；YO ；ZCl 〔写元素符号〕．〔2〕写出⑤的反方程式Cl2+H2O⇌HCl+HClO〔3〕Z的单质工业制法的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．考点：无机物的推断；氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：推断题；卤族元素．分析：X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色，可说明X 为H，Z为Cl，生成HCl气体，对的水溶液呈酸性，两分子X的单质与一分子Y 的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，为H2O，那么Y为O元素，结合对单质、化合物的性质解答该题．解答：解：〔1〕X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰为苍白色，可说明X为H，Z为Cl，生成HCl气体，对的水溶液呈酸性，两分子X的单质与一分子Y的单质化合，生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，为H2O，那么Y为O元素，故答案为：H；O；Cl；〔2〕Z的单质为Cl2，与水反生成HCl和HClO，反的方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；〔3〕工业用电解饱和NaCl溶液的方法制备Cl2，反的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑．点评：此题考查无机物的推断，题目难度不大，此题注意根据物质的颜色、状态作为推断的突破口，学习中注意相关根底知识的积累，注意氯气的工业制备方法．18．写出与以下事实相符的金属钠的主要物理性质：〔1〕用小刀切割金属钠，表现其硬度较小〔2〕金属钠能浮在水面上，表现其密度比水小〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球，表现其熔点较低．考点：钠的物理性质；钠的化学性质．分析：依据钠是一种密度小于水，熔点低，硬度小的金属，与水反生成氢氧化和氢气，据此解答．解答：解：〔1〕用小刀切割金属钠，说明钠的硬度小，质软；故答案为：硬度较小；〔 2〕金属钠能浮在水面上，说明其密度小于水；故答案为：密度比水小；〔3〕金属钠微微受热时会熔化成一个闪亮的小球说明钠与水反放热，且钠的熔点较低；故答案为：钠的熔点较低．点评：此题考查了物质的性质，熟悉钠的物理性质是解题关键，侧重考查学生对根底知识掌握的熟练程度．19．阅读课本55页从海水中提取镁的步骤，答复以下问题：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的有关反方程式：CaCO3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2〔2〕写出制取Mg〔OH〕2的化学方程式MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+Ca Cl2〔3〕工业采用电解MgCl2可得到Mg，写出反方程式，并在方程式上标明电子的转移方向和数目〔4〕利用电解MgCl2可制得的氯气和粉末状熟石灰可制得漂白粉，反的方程式为2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O．考点：海水资源及其综合利用．分析：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的反是，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水生成氢氧化钙；〔2〕利用氢氧化钙和海水中的氯化镁反生成氢氧化镁沉淀和氯化钙；〔3〕氯化镁电解反没意识化合价+2价变化为0价，氯元素化合价﹣1价变化为0价，电子转移2e﹣，标注双线桥法写出；〔4〕氯气和氢氧化钙反生成氯化钙、次氯酸钙和水，原子守恒配平书写化学方程式．解答：解：〔1〕用海滩上的贝壳制取Ca〔OH〕2的反是，碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水生成氢氧化钙，反的化学方程式为：CaCO 3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2，故答案为：CaCO 3CaO+CO2↑，CaO+H2O═Ca〔OH〕2；〔2〕利用氢氧化钙和海水中的氯化镁反生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反的化学方程式为：MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+CaCl2，故答案为：MgCl2+Ca〔OH〕2═Mg〔OH〕2↓+CaCl2；〔3〕氯化镁电解反没意识化合价+2价变化为0价，氯元素化合价﹣1价变化为0价，电子转移2e ﹣，标注双线桥法写出的化学方程式为：，故答案为：；〔4〕氯气和氢氧化钙反生成氯化钙、次氯酸钙和水，原子守恒配平书写化学方程式，2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O；故答案为：2Cl2+2 Ca〔OH〕2═Ca〔ClO〕2+CaCl2+2H2O．点评：此题考查了海水提镁的过程分析，和步骤反，主要是化学方程式书写方法，掌握物质性质和化学根底是解题关键，题目难度中．20．用MnO2和浓盐酸制取纯洁枯燥的氯气，并让氯气与铜粉反制取纯洁的无水CuCl2，装置如下图．请答复以下问题：〔1〕前检查链套装量的气密性的方法是用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏〔2〕B中选用的试剂是饱和食盐水，其作用是除去A中产生的气体中含有的HCl 气体，C中选用的试剂是浓硫酸，其作用是除去Cl2中混有的水蒸汽．〔3〕D中反的化学方程式是Cu+Cl2CuCl2，将此生成物溶于少量水，得到蓝色溶液．考点：氯气的室制法．分析：〔1〕化学装置的气密性检验的原理是使装置内外的压强不相；〔2〕根据浓盐酸的性质及反方程式确混合气体的成分，根据氯化氢的性质判断饱和食盐水〔或水〕的作用；〔3〕铜与氯气在加热条件下生成氯化铜，氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液．解答：解：〔1〕该装置气密性检验方法：用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏；故答案为：用酒精灯加热烧瓶，当烧杯中的导管口有气泡冒出时，停止加热，假设导管口部形成一段水柱，说明整套装置不漏；〔2〕浓盐酸具有挥发性，所以混合气体中含有氯化氢、水蒸气；氯化氢极易溶于水，氯气的溶解度较小．所以可用盛有饱和食盐水〔或水〕除去混合气体中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，能够枯燥氯气；故答案为：除去A中产生的气体中含有的HCl气体；浓硫酸，除去Cl2中混有的水蒸汽；〔3〕铜与氯气在加热条件下生成氯化铜，化学方程式：Cu+Cl 2 CuCl2；氯化铜溶于水得到蓝色氯化铜溶液；故答案为：Cu+Cl 2 CuCl2；蓝．点评：此题考查了氯气的制备和性质的检验，明确氯气制备原理及各装置作用即可解答，题目难度不大．三、计算题〔18分〕21．用足量的NaOH溶液将448mL Cl2〔状况〕完全吸收．〔1〕计算生成的NaClO的物质的量．〔2〕计算生成的溶液中，含有Na+的物质的量．考点：化学方程式的有关计算．分析：〔1〕因为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，可知n〔NaClO〕=n〔Cl2〕=；〔2〕NaClO和NaCl的组成，钠与氯的物质的量之比为1：1，可知，钠离子的物质的量于氯气物质的量的2倍．解答：解：〔1〕因为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，可知n〔NaClO〕=n〔Cl2〕===0.02mol，答：生成的NaClO的物质的量0.02mol；〔2〕NaClO和NaCl的组成，钠与氯的物质的量之比为1：1，可知，钠离子的物质的量于氯气物质的量的2倍，即0.02mol×2=0.04 mol，答：含有Na+的物质的量0.04 mol．点评：此题考查根据方程式进行的计算，比拟根底，注意根底知识的理解掌握．22．将100mL、浓度为5mol/L的Cl2通入KBr溶液中．〔1〕计算被氧化的KBr的质量〔2〕氧化剂得到的电子总数是6.02×1023．考点：氧化复原反的电子转移数目计算．分析：将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．〔1〕设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2来计算；〔2〕根据氯气反后氯元素变为﹣1价来分析．解答：解：将100mL、浓度为5mol/L的Cl2的物质的量=CV=5mol/L×0.1L=0.5mol．〔1〕设被氧化的KBr的物质的量为xmol，根据2KBr+Cl2=2KCl+Br2可知：2KBr+Cl2 =2KCl+Br22 1xmol 0.5mol可得：解得x=1mol，即被氧化的KBr为1mol．那么被氧化的KBr的质量m=nM=1mol×119g/mol=119g．答：被氧化的KBr的质量为119g．。
高中_高一化学下册暑假作业4
高一化学暑假作业41．电视剧?西游记?中仙境美仑美奂。
这些神话仙境中所需的烟幕是用NH4NO3和Zn粉按质量比8:6.5混合放于温热的石棉网上，使用时滴水数滴即产生大量的白烟，又知发生反响后有N2和水生成。
有关的说法中正确的选项是A. 水起着溶解NH4NO3，发生吸热现象以启动反响的作用B. 每复原1mol NO3- 需氧化1mol Zn和1mol NH4+C. 成烟物质是两性氧化物小颗粒D. 成烟物质是小锌粒，它由NH4NO3反响放热而蒸出2．以下盛放试剂的方法正确的选项是A．氢氟酸或浓硝酸存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中B．汽油或煤油存放在带橡皮塞的棕色玻璃瓶中C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D．氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中3．以下各组物理量中，都不随取水量的变化而变化的是A．水的沸点；蒸发水所需热量B．水的密度；水中通人足量CO2后溶液的pHC．水的体积；电解水所消耗的电量D．水的物质的量；水的摩尔质量4．有一种碘和氧的化合物可以称为碘酸碘，其中碘元素呈+3、+5两种价态，那么这种化合物的化学式和应当具有的性质为A．I2O4强氧化性B．I3O5强复原性C．I4O9强氧化性D．I4O7强复原性5．过氧化氢俗称双氧水，它是一种液体，易分解为水和氧气，常作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为贮存、运输、使用的方便，工业上常将H2O2转化为固态的过碳酸钠晶体(其化学式为2Na2CO3·3H2O2)，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质。
以下物质不会使过碳酸钠晶体失效的是A． MnO2 B． H2S C．稀盐酸 D． NaHCO36．用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：假设按实验原那么进展操作，那么两者制得单质铜的量为A．一样多B．①多C．②多D．无法判断7．以下说法不正确的选项是．．．．．．．×1023个氧原子，在标准状况下占有体积MnO -4+ C 224O -＋ +H == CO 2↑＋ Mn +2+ H 2O C ．等体积、浓度均为1mol/L 的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3∶1D ．等物质的量的干冰和葡萄糖(C 6H 12O 6)中所含碳原子数之比为1:6，氧原子数之比为1:38．以下表达中正确的选项是A ．除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B ．除点周期外，其他周期均有18个元素C ．副族元素中没有非金属元素D ．碱金属元素是指ⅠA 族的所有元素9.〔1〕配平氧化复原反响方程式：〔2〕称取含H 2C 2O 4·2H 2O 、KHC 2O 4和K 2SO 4的试样，加水溶解，配成250 mL 溶液。
高一化学下学期暑假作业(六)高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔六〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要的原料是( )A．石灰石B．纯碱C．粘土D．石英2．将铝粉投入到以下溶液中，能观察到有气体产生的是( )A．自来水B．氯化钠溶液C．浓氢氧化钠溶液D．稀氨水3．将一小块以下金属投入稀的硫酸铜溶液中，能发生发生反但不能生成金属铜的是( )A．NaB．FeC．AlD．Ag4．以下有关铁的表达正确的选项是( )A．在空气中，铁丝如同镁条一样能被点燃，并发出耀眼的强光B．铁是地壳里含量最多的金属元素C．铁在高温下与水蒸气反生成氢气和四氧化三铁D．铁能与稀盐酸、浓硫酸、碳酸酸反生成氢气和亚铁盐5．镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在某冷却剂中冷却，以下可作为冷却剂的是( )①空气②O2③Ar ④H2⑤N2⑥H2O．A．①②B．③④C．③⑥D．③⑤6．往CuO和Fe粉的混合物中，参加一量的稀硫酸，并微热，当反停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚光亮的铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉无任何变化．根据上述现象，确下面结论正确的选项是( )A．滤出的不溶物一是铜B．滤出的不溶物一含铜，但不一含铁C．滤出的不溶物一是铁D．滤液中一含有Fe2+和Cu2+7．以下反中，水既不作氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na+H2OB．Fe+H2O〔g〕C．CO2+H2OD．Na2O2+H2O8．以下物质接触空气后，可能因发生氧化复原反而变质的是( )①NaOH ②A1〔OH〕3③Fe 〔OH〕3④Fe 〔OH〕2⑤Mg〔OH〕2．A．①B．④C．①③④D．③⑤9．证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的方法是( )A．只需滴加KSCN溶液B．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显C．先滴加KSCN溶液，不显，再滴加氯水后显D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀10．以下物质混合后，有气体生成，最终又有沉淀或固体生成的是( ) A．铜片和足量氯化铁溶液B．铝粉和足量氢氧化钠溶液C．电石和足量的盐酸D．过氧化钠和少量氯化亚铁溶液11．以下说法正确的选项是( )A．二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B．二氧化碳通人水玻璃中可以得到原硅酸C ．二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀D ．二氧化硅是制玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反12．以下溶液中不能盛放在玻璃瓶中的是( )A．硅酸钠溶液B．浓硝酸C．氢氟酸D．氯化钠溶液13．工业制造砂〔SiC〕的化学方程式如下：SiO2+3C═SiC+2CO．在这个氧化复原反中，氧化剂和复原剂的物质的量之比是( )A．1：2B．2：1C．1：1D．3：514．用一方法可除去以下物质所含的少量杂质〔括号内为杂质〕．其中加适量的稀盐酸能到达除去杂质的目的是( )A．NaHCO3〔Na2CO3〕B．NaCl〔NaOH〕C．Fe2O3〔MgO〕D．FeCl3〔FeCl2〕15．称取两份铝粉，第一份参加足量的NaOH溶液，第二份参加足量的盐酸溶液，如果要得到相同体积〔同温同压〕的氢气，那么两份铝粉的质量比是( ) A．1：1B．1：2C．3：4D．2：516．将一质量的Mg，Zn，Al混合物与足量稀H2SO4反，生成H22.8L〔状况〕，原混合物的质量可能是( )A．2gB．4gC．8gD．10g二、填空题〔39分〕17．〔13分〕〔1〕利用SiO2的化学性质，写出实现以下变化的化学方程式．SiO2→硅酸__________SiO2→高纯度的硅__________〔2〕室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，试说明原因：__________．18．【探究】在室完成如下，并答复以下问题．在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴入3mol/L的NaOH溶液至过量，边滴边摇锥形瓶．〔1〕请描述现象__________〔2〕开始发生反的化学方程式：__________；参加过量NaOH溶液后发生的反的离子方程式：__________〔3〕生成沉淀物的最大质量是__________．19．工业上用铝土矿〔主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2〕提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：写出步骤①、②、③中所发生反的化学方程式：__________、__________、__________①反属于__________〔填反类型〕，②__________〔填“是〞“否〞〕氧化复原反．20．氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质．为制得纯洁氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按如下图操作步骤进行提纯．〔1〕参加氧化剂x的目的是__________〔2〕以下氧化剂中最适合本的是__________A．Cl2 B．KMnO4 C．NaClO D．H2SO4〔3〕物质y和沉淀z的化学式分别是__________和__________．三、计算〔13分〕21．把26g含有二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热到质量不再改变，冷却后称量为17.2g．问原物质中二氧化硅的质量是多少？22．用一物质的量浓度的NaOH溶液，使相同体积的FeSO4溶液和Fe2〔SO4〕3溶液中的Fe2+、Fe3+完全沉淀．如果所用的NaOH溶液的体积相同，求FeSO4溶液和Fe2〔SO4〕3溶液的物质的量浓度之比．高一〔下〕化学暑假作业〔六〕一、选择题：〔每题3分，共48分，每题只有一个正确答案〕1．在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要的原料是( )A．石灰石B．纯碱C．粘土D．石英考点：玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；高炉炼铁；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途．专题：化学用．分析：从碳酸钙的性质着手分析，石灰石的主要成分是碳酸钙，高温下碳酸钙和二氧化硅能发生化学反，生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料．解答：解：生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再参加适量石膏，并研成细粉就得到水泥；石灰石还是高炉炼铁的一种原料〔造渣材料〕，所以在高炉炼铁、制玻璃、制水泥三种工业生产中都用到的原料是石灰石；应选A．点评：此题考查了碳酸钙的用途，难度不大，根据物质的性质决物质的用途进行分析即可．2．将铝粉投入到以下溶液中，能观察到有气体产生的是( )A．自来水B．氯化钠溶液C．浓氢氧化钠溶液D．稀氨水考点：铝的化学性质．分析：铝能与强酸、强碱反生成氢气，据此分析．解答：解：铝能与强酸、强碱反生成氢气，那么铝粉投入到浓氢氧化钠溶液能观察到有气体产生，铝与自来水、氯化钠溶液、稀氨水均不反，应选C．点评：此题考查了金属单质的化学性质，注意把握Al单质的化学性质，题目难度不大．3．将一小块以下金属投入稀的硫酸铜溶液中，能发生发生反但不能生成金属铜的是( )A．NaB．FeC．AlD．Ag考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠与水先反，产生的氢氧化钠再与硫酸铜反生成氢氧化铜；B、铁投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸亚铁和铜；C、铝投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸铝和铜；D、银金属性小于铜，投入稀的硫酸铜溶液中不发生反．解答：解：A、将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠与水先反，产生的氢氧化钠再与硫酸铜反生成氢氧化铜，反不能生成铜，故A符合；B、铁投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸亚铁和铜，反生成铜，故B不符合；C、铝投入稀的硫酸铜溶液中，反生成硫酸铝和铜，发生反，能生成铜，故C不符合；D、银金属性小于铜，银投入稀的硫酸铜溶液中不发生反，不反，故D不符合；应选A．点评：此题考查了金属性质分析判断，金属活泼些和活泼金属和盐溶液反的分析用，掌握根底是关键，题目较简单．4．以下有关铁的表达正确的选项是( )A．在空气中，铁丝如同镁条一样能被点燃，并发出耀眼的强光B．铁是地壳里含量最多的金属元素C．铁在高温下与水蒸气反生成氢气和四氧化三铁D．铁能与稀盐酸、浓硫酸、碳酸酸反生成氢气和亚铁盐考点：铁的化学性质．分析：铁在地壳中含有仅次于铝，性质较为活泼，高温下可与水蒸气反，常温下与浓硫酸、浓硝酸发生钝化反，以此解答该题．解答：解：A．铁在空气中不燃烧，在氧气中可剧烈反，故A错误；B．铝是地壳里含量最多的金属元素，铁在地壳中含有仅次于铝，故B错误；C．铁在高温下与水蒸气发生置换反，生成氢气和四氧化三铁，故C正确；D．铁与浓硫酸常温下发生钝化，加热条件下生成二氧化硫，故D错误．应选C．点评：此题综合考查铁的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关根底知识的积累．5．镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不可缺少的原料，工业制造镁粉是将镁蒸气在某冷却剂中冷却，以下可作为冷却剂的是( )①空气②O2③Ar ④H2⑤N2⑥H2O．A．①②B．③④C．③⑥D．③⑤考点：镁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：空气里边的二氧化碳，会和镁反生成碳和氧化镁；二氧化碳会和镁反生成碳和氧化镁；氧气会氧化镁单质，氮气会和镁反生成氮化镁．解答：解：由2Mg+O2=2MgO、3Mg+N2=Mg3N2、2Mg+CO2=2MgO+C，水做冷却剂时镁粉也能和水发生反生成氢氧化镁，能与Mg反的物质不能作冷却剂，所以可以用氩气和氢气作冷却气体．应选B．点评：课本根底知识是解决一切问题的依据，学好课本根底知识，以不变万变，是化学学习的重要方法．6．往CuO和Fe粉的混合物中，参加一量的稀硫酸，并微热，当反停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚光亮的铁钉，片刻后，取出铁钉，发现铁钉无任何变化．根据上述现象，确下面结论正确的选项是( )A．滤出的不溶物一是铜B．滤出的不溶物一含铜，但不一含铁C．滤出的不溶物一是铁D．滤液中一含有Fe2+和Cu2+考点：铁盐和亚铁盐的相互转变．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，可判断滤中不含硫酸和硫酸铜，因此所参加的稀硫酸可能恰好完全反也可能量缺乏；分析过程中可能发生的反，判断反后可能得到的物质．解答：解：A．由于不能确所参加稀硫酸的量，因此，氧化铜、铁粉都有可能剩余，因此，不溶物不一是Cu；故A错误；B．根据金属的活动性铁＞氢＞铜，铁粉能把氧化铜与硫酸反生成硫酸铜中的铜置换出来，铜不能与硫酸反，因此，不溶物一含有Cu；在过程中，铁粉可能完全反也可能出现剩余，因此，不溶物中不一含有铁；故B正确；C．由B分析可知，不溶物一含铜，但不一含铁，故C错误；D．铁与硫酸、硫酸铜反都可得到硫酸亚铁，而向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，说明滤液中一不含硫酸铜，故D错误；应选B．点评：此题考查物质的性质，难度不大．根据金属活动性及中所出现的现象进行分析即可．7．以下反中，水既不作氧化剂，也不作复原剂的氧化复原反是( ) A．Na+H2OB．Fe+H2O〔g〕C．CO2+H2OD．Na2O2+H2O考点：氧化复原反．分析：有电子转移的化学反是氧化复原反，在氧化复原反中，水既不作氧化剂也不作复原剂，那么说明在反中，水中的各种元素的化合价都不发生变化，以此解答该题．解答：解：A．反生成氢气，H元素化合价降低，水为氧化剂，故A错误；B．反生成氢气，H元素化合价降低，水为氧化剂，故B错误；C．生成碳酸，元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反，故C错误；D．过氧化钠自身发生氧化复原反，水既不作氧化剂，也不作复原剂，故D正确．应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价变化的角度认识氧化复原反的概念和物质具有的性质，难度不大．8．以下物质接触空气后，可能因发生氧化复原反而变质的是( )①NaOH ②A1〔OH〕3③Fe 〔OH〕3④Fe 〔OH〕2⑤Mg〔OH〕2．A．①B．④C．①③④D．③⑤考点：氧化复原反．分析：因发生氧化复原反而变质，那么物质中所含元素的化合价发生变化，以此解答该题．解答：解：题给物质中①NaOH与空气中二氧化碳反生成碳酸钠，没有发生氧化复原反，②A1〔OH〕3、③Fe 〔OH〕3、⑤Mg〔OH〕2性质稳，而Fe 〔OH〕2具有复原性，易被氧化而变质．应选B．点评：此题考查氧化复原反，题目侧重于根底知识的考查，明确物质的性质是解答该类题目的关键，题目难度不大．9．证明某溶液只含有Fe 2+而不含Fe 3+的方法是( )A．只需滴加KSCN溶液B．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显C．先滴加KSCN溶液，不显，再滴加氯水后显D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀考点：二价Fe离子和三价Fe离子的检验．分析：先根据Fe3+的特征反判断溶液不含Fe3+；然后参加氧化剂，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成，以此证明Fe2+的存在．解答：解：A ．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故A错误；B．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故B错误；C．KSCN与Fe3+作用使溶液显，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故C正确；D．滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明含有Fe 3+，无法验证Fe2+存在，故D错误；应选：C．点评：此题考查了Fe2+、Fe3+的检验，滴加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒，无法确溶原液将中是否含有Fe3+，题目难度不大．10．以下物质混合后，有气体生成，最终又有沉淀或固体生成的是( ) A．铜片和足量氯化铁溶液B．铝粉和足量氢氧化钠溶液C．电石和足量的盐酸D．过氧化钠和少量氯化亚铁溶液考点：钠的重要化合物；铝的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、从反的实质和产物分析判断；B、从反的产物和反过程分析；C、从反的过程和产物性质分析；D、从过氧化钠与水反生成的碱与盐反的产物分析判断．解答：解：A 、铜片和足量氯化铁溶液反生成氯化铁和氯化铜，无气体，无沉淀，故A不选；B、铝粉和足量氢氧化钠溶液反生成偏铝酸钠和氢气，有气体〔H2〕，无沉淀，故B不选；C、电石和足量的盐酸反生成乙炔和氢氧化钙，有气体〔C2H2〕，无沉淀，故C不选；D、过氧化钠和少量氯化亚铁溶液反，过氧化钠先与水反生成氢氧化钠和氧气，生成的氢氧化钠和氯化亚铁反生成氢氧化亚铁沉淀，进而被氧化为氢氧化铁沉淀，故D选；应选D．点评：此题考查了氯化铁、氯化铜、金属铝、电石、过氧化钠、氯化亚铁物质的化学性质的用，明确发生的反是解答的关键．11．以下说法正确的选项是( )A．二氧化硅既不溶于水也不溶于任何酸B．二氧化碳通人水玻璃中可以得到原硅酸C．二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中能生成白色沉淀D．二氧化硅是制玻璃的主要原料，它不能与氢氧化钠溶液反考点：硅和二氧化硅．分析：A．二氧化硅与氢氟酸反生成四氟化硅和水；B．碳酸的酸性强于硅酸；C．盐酸的酸性强于碳酸；D．二氧化硅为酸性氧化物．解答：解：A．二氧化硅与氢氟酸反生成四氟化硅和水，能够溶于氢氟酸，故A错误；B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，二氧化碳通人水玻璃中反生成原硅酸，故B正确；C．盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入饱和氯化钙溶液中，不反，故C错误；D．二氧化硅为酸性氧化物，能与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，故D错误；应选：B．点评：此题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，侧重考查学生对根底知识掌握熟练程度，题目难度不大．12．以下溶液中不能盛放在玻璃瓶中的是( )A．硅酸钠溶液B．浓硝酸C．氢氟酸D．氯化钠溶液考点：化学试剂的存放．分析：玻璃瓶的主要成分为二氧化硅，能够与二氧化硅反的试剂不能变成在玻璃塞的试剂瓶中，除了氟化氢外，多数试剂可以保存在玻璃瓶中，据此进行判断．解答：解：A．硅酸钠溶液不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故A 错误；B．浓硝酸不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故B错误；C．氢氟酸和二氧化硅反生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故C正确；D．氯化钠溶液不和二氧化硅反，所以可保存在玻璃瓶中，故D错误．应选C．点评：此题考查了化学试剂的保存方法判断，题目难度不大，注意掌握常见化学试剂的性质及保存方法，如见光分解的需要保存在棕色试剂瓶中，能够与二氧化硅反不能使用玻璃塞的试剂瓶盛放，总之试剂的存放遵循平安性、保纯性、方便性原那么．13．工业制造砂〔SiC〕的化学方程式如下：SiO2+3C═SiC+2CO．在这个氧化复原反中，氧化剂和复原剂的物质的量之比是( )A．1：2B．2：1C．1：1D．3：5考点：氧化复原反的计算．专题：氧化复原反专题．分析：反SiO2+3C═SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，结合复原产物、氧化产物进行解答．解答：解：反SiO2+3C═SiC+2CO中，C元素的化合价由0升高为+2价，C元素的化合价由0降低为﹣4价，那么C既是氧化剂又是复原剂，3molC反，由产物可知，其中1mol为氧化剂，2mol为复原剂，故氧化剂与复原剂的物质的量之比=1mol：2mol=1：2，应选A．点评：此题考查氧化复原反根本概念与计算，侧重氧化剂、复原剂与复原产物、氧化产物判断的考查，准确判断元素的化合价变化是解答的关键，难度不大．14．用一方法可除去以下物质所含的少量杂质〔括号内为杂质〕．其中加适量的稀盐酸能到达除去杂质的目的是( )A．NaHCO3〔Na2CO3〕B．NaCl〔NaOH〕C．Fe2O3〔MgO〕D．FeCl3〔FeCl2〕考点：物质的别离、提纯和除杂．专题：化学根本操作．分析：参加盐酸除去杂质，说明杂质能与盐酸反，且易于别离，注意参加盐酸与被提纯物质不反，结合题中对物质的性质解答该题．解答：解：A．NaHCO3和Na2CO3与盐酸都反，不能用盐酸除杂，故A错误；B．NaOH可与盐酸反生成NaCl，可用盐酸除杂，故B正确；C．Fe2O3和MgO与盐酸都反，不能用盐酸除杂，故C错误；D．FeCl2与盐酸不反，不能用盐酸除杂，故D错误．应选B．点评：此题考查混合物的别离、提纯，明确常见的混合物别离、提纯的方法及原理是解答此题的关键，注意物质性质的用，侧重元素化合物知识的考查，题目难度不大．15．称取两份铝粉，第一份参加足量的NaOH溶液，第二份参加足量的盐酸溶液，如果要得到相同体积〔同温同压〕的氢气，那么两份铝粉的质量比是( ) A．1：1B．1：2C．3：4D．2：5考点：铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据铝与酸、碱反的化学方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑来计算答复．解答：解：铝与酸、碱反的化学方程式：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，这两个反中都是Al作复原剂，根据方程式知，假设生成的氢气质量相同，需要的Al的质量相，那么其质量之比为1：1，应选A．点评：此题考查化学方程式有关计算，正确书写方程式是解此题关键，可以利用电子转移守恒解答，题目难度不大．16．将一质量的Mg，Zn，Al混合物与足量稀H2SO4反，生成H22.8L〔状况〕，原混合物的质量可能是( )A．2gB．4gC．8gD．10g考点：有关混合物反的计算．分析：用极端假设法进行分析，三种金属中产生量的氢气时消耗金属质量最大的为Zn，质量最小的为Al，假设混合物是是锌或是铝，根据生成氢气，分别计算出它们的质量，混合物的质量介于最大值和最小值之间的值，据此判断．解答：解：标况下2.8L氢气的物质的量为：n〔H2〕==0.125mol，Mg，Zn，Al三种金属中，产生量的氢气，消耗金属质量最大的为Zn，质量最小的为Al，那么假设金属为Zn时，金属质量为：0.125mol×65g/mol=8.125g，假设金属为铝时，金属质量为：0.125mol××27g/mol=2.25g，那么金属实际质量介于2.25g～8.125g之间，应选BC．点评：此题考查混合物的有关计算，难度中，解答此题关键是用极端假设法考虑问题的思路，“极端假设法〞是用数学方法解决化学问题的常用方法，可分别假设原混合物是某一纯洁物，计算出各自的量，混合物的量介于最大值和最小值之间．二、填空题〔39分〕17．〔13分〕〔1〕利用SiO2的化学性质，写出实现以下变化的化学方程式．SiO2→硅酸SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaClSiO2→高纯度的硅SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑Si〔粗硅〕+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl〔2〕室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞，试说明原因：玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起．．考点：硅和二氧化硅．分析：〔1〕二氧化硅与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反生成氯化钠和硅酸；二氧化硅与碳反生成硅和一氧化碳，硅与氯气反生成四氯化硅，四氯化硅被氢气复原生成硅和氯化氢；〔2〕依据二氧化硅为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反生成硅酸钠溶液，硅酸钠具有粘性解答．解答：解：〔1〕二氧化硅与氢氧化钠反生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反生成氯化钠和硅酸，化学方程式：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；故答案为：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O Na2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl；〔2〕二氧化硅与碳反生成硅和一氧化碳，硅与氯气反生成四氯化硅，四氯化硅被氢气复原生成硅和氯化氢，发生反方程式为：SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑；Si〔粗硅〕+2Cl 2SiCl4；SiCl4+2H 2Si+4HCl；故答案为：SiO2+2C Si〔粗硅〕+2CO2↑；Si〔粗硅〕+2Cl 2SiCl4；SiCl4+2H 2Si+4HCl；〔2〕玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起，所以室中盛放强碱〔氢氧化钠〕溶液的玻璃试剂瓶不能用玻璃塞；故答案为：玻璃的主要成分是SiO2，它与强碱〔NaOH〕反生成的Na2SiO3是一种黏结剂，能使瓶口和塞子粘结在一起．点评：此题考查了化学方程式书写，明确硅及其化合物性质是解题关键，注意粗硅提纯及碱液的保存，题目难度不大．18．【探究】在室完成如下，并答复以下问题．在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴入3mol/L的NaOH溶液至过量，边滴边摇锥形瓶．〔1〕请描述现象先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失〔2〕开始发生反的化学方程式：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl；参加过量NaOH溶液后发生的反的离子方程式：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O〔3〕生成沉淀物的最大质量是0.78 g．考点：镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．分析：在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴3mol/L的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失，反方程式为A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl，Al〔OH〕3+NaOH═NaAlO2+2H2O，据此计算．解答：解：〔1〕在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴3mol/L 的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失，故答案为：先产生白色絮状沉淀，当NaOH 过量时沉淀消失；〔2〕在锥形瓶内装入10mL 1mol/L的A1C13溶液，逐滴滴人3mol/L的NaOH溶液至过量，先产生白色絮状沉淀，发生的方程式为：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl，当NaOH过量时沉淀消失，发生的离子方程式为：Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；故答案为：A1C13+3NaOH═Al〔OH〕3↓+3NaCl；Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；〔3〕当铝离子完全沉淀时生成沉淀物的质量最大，即0.01×1×78=0.78 g，故答案为：0.78 g．点评：此题考查了铝离子的性质，难度不大，明确氢氧化铝会继续溶解在氢氧化钠溶液中是解此题的关键．19．工业上用铝土矿〔主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2〕提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：写出步骤①、②、③中所发生反的化学方程式：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O、2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3、2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O①反属于复分解反〔填反类型〕，②不是〔填“是〞“否〞〕氧化复原反．考点："三废"处理与环境保护．分析：步骤①中Al2O3、SiO2与NaOH反，而Fe2O3不与NaOH反；步骤②中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠；步骤③氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，据此写出反的化学方程式，然后判断①、②的反类型．解答：解：步骤①中Al2O3、SiO2与NaOH反，而Fe2O3不与NaOH反，反的化学方程式为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，两个反都是复分解反；步骤②中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，反的化学方程式为：2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3，该反中没有化合价变化，不属于氧化复原反；步骤③氢氧化铝受热分解生成氧化铝与水，反的方程式为：2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O；2NaAlO2+CO2+H2O═2Al〔OH〕3↓+Na2CO3；2Al〔OH〕3Al2O3+3H2O；复分解反；不是．点评：此题考查了物质的别离与提纯方法的用，题目难度中，明确目的、原理为解答关键，注意掌握化学方程式的书写方法，明确常见化学反类型及判断方法．20．氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质．为制得纯洁氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按如下图操作步骤进行提纯．〔1〕参加氧化剂x的目的是使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+〔2〕以下氧化剂中最适合本的是AA．Cl2 B．KMnO4 C．NaClO D．H2SO4〔3〕物质y和沉淀z的化学式分别是CuO或Cu〔OH〕2和Fe〔OH〕3．考点：物质别离和提纯的方法和根本操作综合用；物质别离、提纯的方案设计．分析：氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质，为制得纯洁氯化铜晶体，由流程可知，溶于水后，加氧化剂为氯气〔氯水或过氧化氢〕，使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu〔OH〕2促进铁离子水解转化为沉淀，过滤别离出沉淀为Fe〔OH〕3，最后对滤液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，以此来解答．解答：解：氯化铜〔CuCl2•2H2O〕中含FeCl2杂质，为制得纯洁氯化铜晶体，由流程可知，溶于水后，加氧化剂为氯气〔氯水或过氧化氢〕，使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu〔OH〕2促进铁离子水解转化为沉淀，过滤别离出沉淀为Fe〔OH〕3，最后对滤液蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，〔1〕参加氧化剂x的目的是使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：使溶液I中的Fe2+氧化为Fe3+；〔2〕将亚铁氧化为铁离子时不能引入杂质，那么氧化剂为A，故答案为：A；〔3〕由上述分析可知y为CuO或Cu〔OH〕2，z为Fe〔OH〕3，故答案为：CuO 或Cu〔OH〕2；Fe〔OH〕3．。
高一化学下册暑假作业题及答案
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1. 污染大气并构成酸雨的主要物质是A.CO2B.SO2C.HClD.NO2. 以下氢化物中，最不动摇的是A.H2SB.HClC.H2OD.HF3. 在化学方程式里，分子式前面的系数不能表示A.物质的量B.质量数C.分子个数D.体积数4. 在常温常压下，以下各组中两种气体在同容积的密闭容器中等体积混合，其压强最小的一组是A.H2+O2B.CO2+H2OC.NO+O2D.NH3+HCl5. 以下气体中无毒的一组是①NO ②NO2 ③NH3 ④HCl ⑤CO⑥SO2 ⑦CO2 ⑧H2S⑨Cl2 ⑩CH4A.①③⑥⑦B.③④⑦⑩C.④⑤⑦⑩D.①②⑦⑩6. 含NO和CO2的气体，经过过氧化钠充沛作用后，体积增加一半(体积在相反状况下测定)那么原混和气体中，CO2与NO的体积比是A.恣意比B.小于1C.等于1D.大于或等于17. 只用一种试剂鉴别NH4Cl NaCl Na2SO4 (NH4)2SO4，可选用的试剂是A.BaCl2 溶液B.NaOH溶液C.Ba(OH)2溶液D.AgNO3溶液8. 用蘸有浓氨水的玻璃棒置于各浓酸的瓶口上时，均有白烟发生的一组是A.HCl H2SO4 HNO3B.HCl HBr H2SO4C.HCl HNO3HBrD.H2SO4 H3PO4 HCl9. 氨水中不存在的微粒是A.NH4+B.NH4OHC.NH3D.OH-10. 室温时，在体积相反的容器里混和以下气体，混合后压强最小的是A.100ml H2和50ml O2B.100ml NO和50ml O2C.100ml HCl和50ml NH3D.100ml H2S和50ml SO211.以下反响的离子方程式中，书写正确的选项是A. 氢氧化钡与稀硫酸反响 Ba2++SO42-=BaSO4B. 铜粉参与硝酸银溶液中Cu+Ag+=Ag+Cu2+C. 碳酸钙与盐酸反响 CO32-+2H+=CO2+H20D. 氯化铵溶液与氢氧化钠的混和加热 NH4++OH-=NH3+H2O12. 将CO2通往某溶液内，末尾时发生沉淀，继续通入沉淀又溶解，该溶液是:A.NaO HB.NaAlO2溶液C.Ca(ClO)2溶液D.Na2SiO3溶液13. 氯气是一种重要的化工原料，关于它的用途，以下说法不正确的选项是A.制取食盐B.制取漂白粉C.制取农药D.制盐酸14.以下反响中，硫酸既表现氧化性又表现酸性的是A.CuO+H2SO4B.BaCl2+H2SO4C.H2S+H2SO4(浓)D.Cu+H2SO4(浓)15.在氯气中熄灭能发生烟雾的物质是A.PB.NaC.CuD.H216.Cl、Cl-、Cl2的主要区别是A.结构不同，存在相反，性质不同B.结构不同，存在不同，性质不同C.结构不同，存在不同，性质相反D.结构相反，存在不同，性质不同17.将湿润的蓝色石蕊试纸投入盛氯气的集气瓶中，观察到试纸的变化是A.由蓝变白B.由蓝变红C.由蓝变红再变白D.不变白18.以下试剂保管不正确的选项是A.碘必需保管在煤油中B.新制的氯水用棕色试剂瓶装并密封保管C.氢氟酸用塑料瓶装保管D.液溴用一薄层水封盖再密闭保管于高温处19.关于卤素(F、Cl、Br、I)的化学性质的表达，错误的选项是A.随原子半径逐渐增大，单质跟水的反响才干逐渐削弱B.随原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐削弱C.随离子半径逐渐增大，离子的氧化性逐渐增强D.溴化氢与氯气混合后，会有棕白色气体出现20.不能经过单质间直接化合一步失掉的是A.SO3B.FeSC.Cu2SD.Al2S321.由于被氧化而不宜临时在敞口容器中寄存的是A.石灰水B.氢硫酸C.浓盐酸D.漂白粉22.过氧化氢(H2O2)的沸点比水高，但受热容易分解。
高一化学下学期暑假作业高一全册化学试题
象对市爱好阳光实验学校高一〔下〕化学暑假作业〔2〕一、选择题1．以下仪器中常用于物质别离的是( )A．天平B．分液漏斗C．量筒D．集气瓶2．乙酸乙酯〔C4H8O2〕是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55℃．要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯别离出来，以下方法中最简便的是( )A．蒸馏B．分液C．过滤D．蒸发3．用固体NaOH配制物质的量浓度溶液时，以下操作会导致溶液浓度偏高的是( )A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度C．容量瓶使用前未枯燥D．容时俯视容量瓶刻度线4．在0.5mol Na2CO3中，含有( )A．0.5mol CO32﹣B．0.5mol Na+C．3.01×1023个Na+D．3.01×1023个O5．以下各物质的化学式、对的名称〔或俗名〕、物质所属的类别都正确的选项是( )A．Fe2O3氧化亚铁酸性氧化物B．H2SO3硫酸酸C．CO2二氧化碳酸性氧化物D．Na2CO3纯碱碱6．想一想：Ba〔OH〕2〔液态〕、CuSO4〔固态〕、纯CH3COOH这些物质为什么归为一类，以下哪些物质还可以和它们归为一类( )A．碘酒B．HCl〔气态〕C．水煤气D．豆浆7．以下各组物质的稀溶液相互反，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是( )A．AlCl3和NaOHB．H2SO4和BaCl2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO38．矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是( )A．一为Al〔OH〕3沉淀，一以Al3+存在于溶液中B．一为Al〔OH〕3沉淀，一以AlO2﹣形式存在于溶液中C．为Al〔OH〕3沉淀D．几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中9．R2O8n﹣离子在一条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，假设反后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反中氧的化合价不发生变化，且氧化剂与复原剂的离子数之比为5：2，那么n的值是( )A．1B．2C．3D．410．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是( )A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂C．硼元素被氧化，氢元素被复原D．被氧化的元素与被复原的元素质量比为1：111．用铝箔包装0.1mol金属钠，用针扎出一些小孔，放入水中，完全反后，用排水集气法收集产生的气体，那么收集到的气体为〔状况〕( )A．O2和H2的混合气体B．2L H2C．大于2L H2D．小于2L气体12．以下金属在空气中，能自发形成氧化物保护膜的是( )A．铁B．铝C．铜D．钠13．下述三个均能发生化学反：以下判断中正确的选项是( )A．①中铁钉只作复原剂B．②中Fe2+既显氧化性又显复原性C．③中发生置换反D．上述证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+14．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，现把物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有( ) A．Zn2+、Cu、Fe2+B．Zn2+、Cu2+、Fe、Fe2+C．Zn2+、Cu2+、Fe2+D．Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+15．制备硅单质时，化学反如下：〔1〕SiO2+2C═Si+2CO↑ 〔2〕Si+2Cl2═SiCl4〔3〕SiCl4+2H2═Si+4HCl．以下对上述三个反的表达中，不正确的选项是( )A．〔1〕〔3〕为置换反B．〔1〕〔2〕〔3〕均为氧化复原反C．〔2〕为化合反D．三个反的反物中硅元素均被复原16．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Na2SiO3溶液，③Ca〔ClO〕2溶液，④饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是( )A．①②③④B．②④C．①②③D．②③17．以下物质中同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕的是( )A．液氯B．制氯水C．CaCl2溶液D．次氯酸18．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙19．以下微粒中立体构型是平面三角形的是( )A．NH3B．BCl3C．PCl3D．H2O20．水的沸点为100℃，硫化氢的分子结构跟水相似，但它的沸点却很低，是﹣60.7℃，引起这种差异的主要原因是( )A．范德华力B．共价键C．氢键D．相对分子质量二、解答题〔共6小题，总分值40分〕21．〔1〕室可以用高锰酸钾和浓盐酸反制取氯气，反方程式如下：2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反中氧化剂是__________，氧化产物是__________；当有lmol电子发生转移时，生成氯气的体积〔状况〕__________．〔2〕在一条件下，RO3n﹣和氯气可发生如下反：RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O 由以上反可知在上过程中RO3n﹣被__________ 〔填“氧化〞或“复原〞〕，RO3n ﹣中元素R的化合价是__________．22．如右图所示a、b、c、d分别是几种常见漏斗的上部，A、B、C、D是实际操作中各漏斗的下部插入容器中的示意图，请指出A、B、C、D分别与a、b、c、d相匹配的组合及其组合后装置在中的用，例如：C和a组合，用于制取气体．①A 与__________组合，用于__________，②B与__________组合，用于__________，③B与__________组合，用于__________，④D与__________组合，用于__________．23．A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种，阴离子分别可能是NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某一种．根据你所学习的知识答复以下问题：①把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的试管中，只有C盐的溶液呈蓝色．②向①的四支试管中分别参加盐酸，B盐有沉淀生成，D盐有无色无味气体逸出．〔1〕四种盐的化学式分别为：A、__________；B、__________；C、__________；D、__________．〔2〕写出A与B、A与C反的离子方程式：A+B：__________；A+C：__________．24．室里通常用MnO2与浓盐酸反制取氯气，其反的化学方程式为：MnO2+4HCl〔浓〕 MnCl2+Cl2↑+2H2O〔1〕在该反中，如有1mol Cl2生成，被氧化的HCl的物质的量是__________mol，转移电子的物质的量是__________mol．〔2〕在制取Cl2时为防止其污染环境用NaOH溶液吸收尾气．写出其离子方程式__________．〔3〕报纸报道了多起卫生间清洗时，因混合使用“洁厕灵〞〔主要成分是盐酸〕与“84消毒液〞〔主要成分是NaClO〕发生氯气中毒的事件．试根据你的化学知识分析，原因是〔用离子方程式表示〕__________．25．铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛用．请答复以下问题：〔1〕黄铁矿〔FeS2〕是生产硫酸和冶炼的重要原料．其中一个反为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，3mol FeS2参加反转移__________mol 电子．〔2〕氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反的离子方程式为__________，从腐蚀废液回收得到金属铜还需要的试剂为__________．〔3〕与明矾相似，硫酸铁也可用作絮凝剂，在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是__________．〔4〕下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的选项是__________〔填字母〕．26．根据要求完成以下各小题目的．〔a、b为弹簧夹，加热及固装置已略去〕〔1〕验证碳、硅非金属性的相对强弱．〔巳知酸性：亚硫酸＞碳酸〕①接仪器并__________、加药品后，翻开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热．②铜与浓硫酸反的化学方程式是：__________．装置A中的试剂可以是：__________．③能说明碳的非金属性比硅强的现象是：__________．〔2〕验证 SO2的氧化性、复原性和酸性氧化物的通性．①翻开b，关闭a．②H2S溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是：__________③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分別滴加以下溶液，将产生的沉淀的化学式填人下表相位置：写出SO2与氯水反的离子方程式__________．高一〔下〕化学暑假作业〔2〕一、选择题1．以下仪器中常用于物质别离的是( )A．天平B．分液漏斗C．量筒D．集气瓶考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学常用仪器．分析：常用于别离的操作方法有蒸发、过滤、分液、蒸馏，以此选择使用仪器．解答：解：A．托盘天平用来称量药品的仪器，故A错误；B．分液漏斗可用于别离互不相溶的液体，故B正确；C．量筒用来量取液体，不能用于别离，故C错误；D．集气瓶用于收集气体，不能用于别离，故D错误．应选B．点评：此题考查物质的别离、提纯，侧重于学生的分析能力和能力的考查，为高频考点，常见物质的别离操作以及使用的范围，难度不大，注意相关根底知识的积累．2．乙酸乙酯〔C4H8O2〕是一种无色液体，不溶于水，密度小于1g/mL，沸点约为55℃．要从水与乙酸乙酯的混合物中将乙酸乙酯别离出来，以下方法中最简便的是( )A．蒸馏B．分液C．过滤D．蒸发考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学根本操作．分析：根据互不相溶的两种液体用分液法别离来解答．解答：解：乙酸乙酯〔C4H8O2〕与水互不相溶，混合后会分层，乙酸乙酯在上层，采用分液法别离，应选B．点评：此题主要考查了分液法的适用范围，难度不大，要掌握物质的溶解性．3．用固体NaOH配制物质的量浓度溶液时，以下操作会导致溶液浓度偏高的是( )A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度C．容量瓶使用前未枯燥D．容时俯视容量瓶刻度线考点：配制一物质的量浓度的溶液．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据C=判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或V偏小都导致C偏高．解答：解：A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致n偏小，那么配制溶液浓度偏低，故A不选；B．容后，轻轻振荡、摇匀、静置，液面下降再加水至刻度，导致V偏大，那么配制溶液浓度偏低，故B不选；C．容量瓶使用前未枯燥，对n或V无影响，所以对配制溶液浓度无影响，故C不选；D．容时俯视容量瓶刻度线，导致V偏小，那么配制溶液浓度偏高，故D选；应选D．点评：此题考查了误差分析，根据C=判断来分析判断是否对配制溶液浓度有影响，易错选项是C，注意容量瓶是否枯燥对该无影响．4．在0.5mol Na2CO3中，含有( )A．0.5mol CO32﹣B．0.5mol Na+C．3.01×1023个Na+D．3.01×1023个O考点：物质的量的相关计算．分析：碳酸钠是钠离子和碳酸根离子按照物质的量之比是2：1构成的物质，根据N=nN A来计算答复．解答：解：A、在0.5mol Na2CO3中，含有0.5mol CO32﹣，故A正确；B、在0.5mol Na2CO3中，含有1.0mol Na+，故B错误；C、在0.5mol Na2CO3中，含有1.0mol Na+，即6.02×1023个Na+，故C错误；D、在0.5mol Na2CO3中，含有molO，即9.03×1023个O，故D错误．应选A．点评：此题考查学生物质的微粒构成以及物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中．5．以下各物质的化学式、对的名称〔或俗名〕、物质所属的类别都正确的选项是( )A．Fe2O3氧化亚铁酸性氧化物B．H2SO3硫酸酸C．CO2二氧化碳酸性氧化物D．Na2CO3纯碱碱考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．分析：酸性氧化物是能和碱反生成盐和水的氧化物；电离出的阳离子是氢离子的化合物是酸；电离出的阴离子是氢氧根的化合物是碱，以此解答该题．解答：解：A．Fe2O3是氧化铁，属于碱性氧化物，故A错误；B．H2SO3是亚硫酸，属于酸，故B错误；C．CO2二氧化碳，和碱反生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．Na2CO3纯碱是盐不是碱，故D错误；应选B．点评：此题考查物质名称和组成分类，难度不大，熟练掌握常见化学物质的化学式、名称或俗称、所属类别是正此类题的关键．6．想一想：Ba〔OH〕2〔液态〕、CuSO4〔固态〕、纯CH3COOH这些物质为什么归为一类，以下哪些物质还可以和它们归为一类( )A．碘酒B．HCl〔气态〕C．水煤气D．豆浆考点：混合物和纯洁物．分析：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯洁物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯洁物，由不同种分子构成的物质是混合物．解答：解：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯洁物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯洁物，由不同种分子构成的物质是混合物．Ba〔OH〕2〔固体〕、CuSO4〔固体〕、纯CH3COOH都只含有一种物质，是纯洁物．A．碘酒是乙醇和碘的混合物，故A错误；B．氯化氢气体是纯洁物，故B正确；C．水煤气是一氧化碳和氢气的混合物，故C错误；D．豆浆是蛋白质，水的混合物，故D错误；应选B．点评：此题考查纯洁物和混合物的区别，题目难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯洁物，如果有多种物质就属于混合物．7．以下各组物质的稀溶液相互反，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，所产生的现象不相同的是( )A．AlCl3和NaOHB．H2SO4和BaCl2C．NaHCO3和HClD．NaCl和AgNO3考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．分析：A、前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al〔OH〕3↓+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓、Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；B、H2SO4和BaCl2反生成硫酸钡沉淀；C、只发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；D、只发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓．解答：解：A、因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al〔OH〕3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al〔OH〕3↓、Al〔OH〕3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，那么现象不同，故A正确；B、H2SO4和BaCl2反生成硫酸钡沉淀，无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，现象相同，故B错误；C、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象相同，故C错误；D、无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaCl+AgNO3═NaNO3+AgCl↓，现象相同，故D错误；应选A．点评：此题考查利用滴加顺序不同来判断反的现象，明确发生的化学反是解答此题的关键，难度不大．8．矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，铝元素的存在形式是( )A．一为Al〔OH〕3沉淀，一以Al3+存在于溶液中B．一为Al〔OH〕3沉淀，一以AlO2﹣形式存在于溶液中C．为Al〔OH〕3沉淀D．几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中考点：离子共存问题．专题：离子反专题．分析：矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，发生KAl 〔SO4〕2+2Ba〔OH〕2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，以此来解答．解答：解：矾溶液里滴加氢氧化钡溶液，当硫酸根离子恰好沉淀完全时，1molKAl〔SO4〕2需要消耗2molBa〔OH〕2，那么发生KAl〔SO4〕2+2Ba〔OH〕2═2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，显然铝元素几乎以AlO2﹣形式存在于溶液中，应选D．点评：此题考查离子反，明确硫酸根离子完全沉淀时消耗的氢氧化钡的量是解答此题的关键，题目难度不大．9．R2O8n﹣离子在一条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4﹣，假设反后R2O8n﹣离子变为RO42﹣离子，又知反中氧的化合价不发生变化，且氧化剂与复原剂的离子数之比为5：2，那么n的值是( )A．1B．2C．3D．4考点：氧化复原反．分析：Mn2+氧化成MnO4﹣，Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，假设反后R2O8n ﹣离子变为RO42﹣离子，R的化合价降低，RO42﹣中R的化合价为+6价，以此来解答．解答：解：该反中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作复原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n﹣作氧化剂，即R2O8n﹣与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n﹣+2Mn2+=2MnO4﹣+10RO42﹣+16H+，根据电荷守恒得﹣5n+2×2=﹣1×2+〔﹣2×10〕+1×16，n=2，应选B．点评：此题考查氧化复原反的计算，为高频考点，把握反中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析能力的考查，注意合价角度分析，题目难度不大．10．被称为万能复原剂的NaBH4溶于水并和水反：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，以下说法中正确的选项是( )A．NaBH4既是氧化剂又是复原剂B．NaBH4是氧化剂，H2O是复原剂C．硼元素被氧化，氢元素被复原D．被氧化的元素与被复原的元素质量比为1：1考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：该反中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反物是氧化剂，失电子化合价升高的反物是复原剂，据此分析解答．解答：解：该反中H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，B元素化合价为+3价、Na元素化合价为+1价，得电子化合价降低的反物是氧化剂，失电子化合价升高的反物是复原剂，A．根据元素化合价变化知，NaBH4是复原剂，H2O是氧化剂，故A错误；B．根据A知，NaBH4是复原剂，H2O是氧化剂，故B错误；C．B元素化合价不变，所以B元素不被氧化或复原，故C错误；D．根据方程式中，被氧化的H元素与被复原的H元素质量比为1：1，故D正确；应选D．点评：此题考查氧化复原反，侧重考查根本概念，明确元素化合价变化即可解答，注意该反中B元素化合价不变，题目难度不大．11．用铝箔包装0.1mol金属钠，用针扎出一些小孔，放入水中，完全反后，用排水集气法收集产生的气体，那么收集到的气体为〔状况〕( )A．O2和H2的混合气体B．2L H2C．大于2L H2D．小于2L气体考点：钠的化学性质；铝的化学性质．分析：钠和水反生成NaOH和氢气，生成的NaOH和Al、H2O反生成偏铝酸钠和氢气，据此分析解答．解答：解：钠和水反方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2 10.1mol 0.05mol氢气的体积为0.05mol×2L/mol=2L，又因2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，所以最终收集到的气体为〔状况〕大于2LH2，应选C．点评：此题考查元素化合物性质，为高频考点，明确铝能溶于氢氧化钠溶液是解此题关键，题目难度不大．12．以下金属在空气中，能自发形成氧化物保护膜的是( )A．铁B．铝C．铜D．钠考点：铝的化学性质；铁的化学性质．分析：活泼金属铝在空气中易与氧气反，在外表生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化．解答：解：根据金属的性质，活泼金属铝在空气中易与氧气反，在外表生成一层致密的氧化膜，该氧化膜可以保护内层金属不被继续氧化，Na、Fe形成疏松的氧化膜，Cu不能形成氧化膜易形成铜锈．应选：B．点评：此题考查了金属的性质，在空气中，铝外表能形成一层致密的氧化物薄膜，可阻止铝进一步被氧化，题目难度不大．13．下述三个均能发生化学反：以下判断中正确的选项是( )A．①中铁钉只作复原剂B．②中Fe2+既显氧化性又显复原性C．③中发生置换反D．上述证明氧化性：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+考点：氧化复原反；氧化性、复原性强弱的比拟．专题：氧化复原反专题．分析：根据物质的性质判断可能所发生的反，结合化合价的变化判断物质在氧化复原反中所起到的作用．解答：解：A．发生反为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁钉只作复原剂，故A正确；B．发生反为：3Fe2++NO3﹣+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Fe2+只显复原性，故B错误；C．发生反为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，没有单质生成，不是置换反，故C错误；D．由③可知氧化性：Fe3+＞Cu2+，由①可知氧化性：Cu2+＞Fe2+，故有Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误．应选A．点评：此题考查氧化复原反，题目难度中，此题注意把握铁元素对单质的性质，把握氧化性、复原性的比拟．14．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，现把物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有( ) A．Zn2+、Cu、Fe2+B．Zn2+、Cu2+、Fe、Fe2+C．Zn2+、Cu2+、Fe2+D．Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+考点：离子共存问题．分析：由Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，氧化性Fe3+＞Cu2+，那么物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，Zn先与氯化铁反，再与硫酸铜反，结合消耗的量分析．解答：解：由Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，氧化性Fe3+＞Cu2+，那么物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn置于水中，设物质的量均为1mol，那么发生Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+可知，剩余0.5molZn继续与硫酸铜反，那么发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu，此时溶液中还剩余0.5molCu2+，那么充分反后，反器中所得混合物除了SO42﹣、Cl﹣外还有Zn2+、Cu2+、Cu、Fe2+，应选D．点评：此题考查氧化复原反，为高频考点，把握习题中的信息及氧化性的强弱、反的先后顺序为解答的关键，侧重分析与用能力的考查，题目难度不大．15．制备硅单质时，化学反如下：〔1〕SiO2+2C═Si+2CO↑ 〔2〕Si+2Cl2═SiCl4〔3〕SiCl4+2H2═Si+4HCl．以下对上述三个反的表达中，不正确的选项是( )A．〔1〕〔3〕为置换反B．〔1〕〔2〕〔3〕均为氧化复原反C．〔2〕为化合反D．三个反的反物中硅元素均被复原考点：氧化复原反；化学根本反类型．分析：A．单质与化合价反生成单质与化合物的反，为置换反；B．上述三个反中均有元素的化合价升降；C．两种或两种以上的物质反生成一种物质，为化合反；D．〔1〕〔3〕中Si元素的化合价降低，〔2〕中Si元素的化合价升高．解答：解：A．单质与化合价反生成单质与化合物的反，为置换反，显然〔1〕〔3〕为置换反，故A正确；B．上述三个反中均有元素的化合价升降，那么均属于氧化复原反，故B正确；C．两种或两种以上的物质反生成一种物质，为化合反，显然〔2〕为化合反，故C正确；D．〔1〕〔3〕中Si元素的化合价降低被复原，〔2〕中Si元素的化合价升高被氧化，故D错误；应选D．点评：此题考查氧化复原反，明确反中元素的化合价变化是解答此题的关键，注意反的分类及根本反类型，题目难度不大．16．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Na2SiO3溶液，③Ca〔ClO〕2溶液，④饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是( )A．①②③④B．②④C．①②③D．②③考点：碳族元素简介；无机非金属材料．专题：碳族元素．分析：先确二氧化碳和这些溶液中的溶质是否反，假设反，再根据反后的生成物的溶解性确选项．解答：解：①盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反，最终没有沉淀析出，故错误．②碳酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化碳和硅酸钠能反生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，所以最终有沉淀析出，故正确．③次氯酸是比碳酸还弱的酸，所以二氧化碳、水和次氯酸钙反生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故错误．④碳酸钠能和水、二氧化碳反生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，故正确．应选B．点评：此题考查了碳元素及其化合物的性质，难度不大，注意次氯酸是比碳酸还弱的酸，但次氯酸是强氧化性酸．17．以下物质中同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕的是( )A．液氯B．制氯水C．CaCl2溶液D．次氯酸考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：卤族元素．分析：同时含有氯分子〔Cl2〕和氯离子〔Cl﹣〕，为混合物，且混合物中含有氯气和含氯离子，以此来解答．解答：解：A．液氯为单质，只含有氯分子，故A不选；B．制氯水中存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气的溶解度不大，那么含氯气、氯离子，故B选；C．CaCl2溶液只含氯离子，不会氯分子，故C不选；D．次氯酸为纯洁物，不含氯分子和氯离子，故D不选；应选B．点评：此题考查氯水的成分，明确含氯分子的物质中一含有氯气，明确物质中的成分及物质的电离即可解答，注意HClO为分子，题目难度不大．18．漂白粉的有效成分是( )A．次氯酸钙B．氯化钙C．次氯酸D．次氯酸钙与氯化钙考点：氯、溴、碘及其化合物的综合用．专题：物质的组成专题．分析：漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙．解答：解：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反生成具有漂白性的次氯酸，应选A．点评：此题考查物质的组成，题目难度不大，注意相关根底知识的积累．19．以下微粒中立体构型是平面三角形的是( )A．NH3B．BCl3C．PCl3D．H2O考点：判断简单分子或离子的构型．分析：微粒中立体构型是平面三角形说明中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=〔a﹣xb〕，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳结构需要的电子个数．解答：解：A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+〔5﹣3×1〕=4，且含有一个孤电子对，所以其立体构型是三角锥形，故A错误；B．BCl3中价层电子对个数=3+〔3﹣3×1〕=3，不含孤电子对，所以空间构型是平面三角形，故B正确；C．PCl3分子中磷原子价层电子对个数=3+〔5﹣3×1〕=4，且含有一个孤电子对，所以其立体构型是三角锥形，故C错误；D．水分子中氧原子价层电子对个数=2+〔6﹣2×1〕=4，且含有两个孤电子对，所以其立体构型为V形，故D错误；应选B．点评：此题考查了粒子空间构型的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点是孤电子对个数的计算，难度中．20．水的沸点为100℃，硫化氢的分子结构跟水相似，但它的沸点却很低，是﹣60.7℃，引起这种差异的主要原因是( )A．范德华力B．共价键C．氢键D．相对分子质量考点：氢键的存在对物质性质的影响．分析：H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．解答：解：H2O与H2S都属于分子晶体，H2O分子间可以形成氢键，H2S只含有范德华力，氢键的作用力大于范德华力，所以水的沸点高于H2S的沸点，应选C．点评：此题考查了氢键对物质熔沸点的影响，题目难度不大，氢键为高考中的高频考点，H2O，HF，NH3中因为含有氢键，所以其沸点高于同族其他元素的氢化物．二、解答题〔共6小题，总分值40分〕21．〔1〕室可以用高锰酸钾和浓盐酸反制取氯气，反方程式如下：2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反中氧化剂是KMnO4，氧化产物是Cl2；当有lmol电子发生转移时，生成氯气的体积〔状况〕1L．〔2〕在一条件下，RO3n﹣和氯气可发生如下反：RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O 由以上反可知在上过程中RO3n﹣被氧化〔填“氧化〞或“复原〞〕，RO3n﹣中元素R的化合价是6﹣n．考点：氧化复原反．专题：氧化复原反专题．分析：〔1〕2KMnO4+16HCl〔浓〕═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，生成5molCl2时转移10mol电子；〔2〕RO3n﹣+C12+2OH﹣═RO4n﹣+2C1﹣+H2O中，Cl元素的化合价降低，那么R元素的化合价升高，结合化合价的计算方法解答．。
高一化学下学期暑假作业(四)高一全册化学试题 (2)
象对市爱好阳光实验学校八中高一〔下〕化学暑假作业〔四〕一、选择题〔共20小题，每题3分，总分值60分〕1．〔3分〕〔2021春•校级期中〕书法离不开文房四宝〔笔、墨、纸、砚〕做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸〔即白纸〕和做砚台用的砚石的主要成份依次是〔〕A．多糖、石墨、蛋白质、无机盐B．塑料、石墨、多糖、无机盐C．蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D．蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的静电引力B．含有离子键的化合物一是离子化合物C．所有金属与所有非金属之间都能形成离子键D．在化合物Na2O2中，阴、阳离子的个数比为1：13．〔3分〕〔2021春•区校级期末〕短周期元素的离子．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原子半径：A＞B＞C＞D B．原子序数：d＞c＞b＞aC．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的复原性：A＞B＞D＞C4．〔3分〕〔2021秋•校级月考〕在一温度下，一体积的容器中，可逆反：A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡的标志是〔〕A．A、B、C的浓度相B．容器中压强不再变化C．单位时间消耗nmol A，同时生成2n mol C D．A、B、C的分子数比为1：3：25．〔3分〕〔2021春•校级期中〕以下说法正确的选项是〔〕A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池两极均发生氧化复原反C．原电池中的阳离子向正极移动D．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反6．〔3分〕〔2007秋•期末〕强酸和强碱在稀溶液中的热可表示为：H+〔aq〕+OH﹣〔aq〕=H2O〔l〕；△H=﹣5k kJ•mol﹣1，又知在溶液中反有：CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，那么Q1、Q2、Q3的关系正确的选项是〔〕A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q17．〔3分〕298K，1.01×105Pa条件下：2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=﹣48kJ•mol ﹣1CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1以下热化学方程式正确的选项是〔〕A．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1B．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+200.7kJ•mol﹣1C．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣76kJ•mol﹣1D．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+4kJ•mol﹣18．〔3分〕〔2021春•期末〕苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是〔〕①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷④经测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤9．〔3分〕对反A+3B⇌2C来说，以下反速率中最快的是〔〕A．V〔B〕=0.6 mol/〔L•min〕B．V〔A〕=0.3 mol/〔L•min〕C．V〔B〕=0.02/〔L•S〕D．V〔C〕=0.5 mol/〔L•min〕10．〔3分〕〔2021•模拟〕以下除去杂质的方法正确的选项是〔〕①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液别离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、枯燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③11．〔3分〕假设1mol某气态烃C x H y完全燃烧，需用5molO2，那么〔〕A．x=2，y=2 B．x=2，y=4 C．x=3，y=6 D．x=3，y=812．〔3分〕以下表达正确的选项是〔〕A．分子中一含有化学键B．共价化合物一不含有离子键C．含有金属元素的离子一是阳离子D．非金属元素的化合物一不含有离子键13．〔3分〕〔2021春•三元区校级期末〕X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y 可形合物X2Y和X2Y2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，那么这两种元素的原子序数之和为〔〕A．19 B．18 C．16 D．9 14．〔3分〕把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，可以形成微型原电池．那么该电池负极上发生的电极反为〔〕A．Mg﹣2e﹣═Mg2+B．A1+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2OC．4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑15．〔3分〕某一化学反中，其产物的总能量为80kJ，如果该反是放热反，那么反物的总能量可能是〔〕A．100KJ B．60KJ C．50KJ D．30KJ16．〔3分〕以下反，属于取代反的是〔〕①C6H6+HNO 3C6H5NO2+H2O②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3CH=CH2+Br 2CH3CHBrCH2Br④CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O．A．①②B．③④C．①③D．①④17．〔3分〕〔2021秋•期末〕把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：假设a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．那么这四种金属的活动性顺序由强到弱为〔〕A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C． c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a18．〔3分〕以下关于元素周期表的说法不正确的选项是〔〕A．除零族元素外，非金属元素都是主族元素B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C．同周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为25D．同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为3219．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．有些活泼金属，如铝可作复原剂法的复原剂B．用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠C．可用焦炭或一氧化碳复原氧化铝的方法来冶炼铝D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料20．〔3分〕〔2021秋•校级期末〕生活中的一些问题常常涉及到化学知识，以下表达不正确的选项是〔〕A．未成熟的苹果遇碘水会变蓝B．棉花的主要成分是纤维素C．米饭在嘴中咀嚼有甜味，是因为淀粉在唾液淀粉酶催化下发生了水解反D．糯米中的淀粉一经水解，就酿成了酒二、填空21．〔3分〕短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，元素A是制备一种高效电池的重要材料，B原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的气态氢化物与它的最高价氧化物能发生化合反，元素D是地壳中含量最丰富的金属元素，E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．〔1〕写出A作电极材料时的电极反式：．〔2〕用电子式表示元素B与E形合物的过程：．〔3〕写出D的单质与氢氧化钠溶液反的化学方程式：．〔4〕用D的单质在野外焊接钢轨的反为：．〔5〕写出铜单质与C的最高价氧化物水化物的浓溶液反的化学方程式：．22．〔3分〕〔2021春•龙华区校级期末〕：①A是裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的化工水平；②2CH3CHO+O22CH3COOH．现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图．答复以下问题：〔1〕写出A的电子式．〔2〕B、D分子中的官能团名称分别是．．〔3〕写出以下反的反类型：①，②．〔4〕写出以下反的化学方程式：①；②．23．〔8分〕2SO2〔g〕+O2〔g〕═2SO3〔g〕反过程的能量变化如下图．1mol SO2〔g〕氧化为1mol SO3的△H=﹣99kJ•mol﹣1．请答复以下问题：〔1〕图中A、C分别表示、，〔2〕图中△H=KJ•mol﹣1；〔3〕如果反速率v〔SO2〕为0.05mol•L﹣1•min﹣1，那么v〔O2〕= mol•L ﹣1•min﹣1、v〔SO3〕= mol•L﹣1•min﹣1．八中高一〔下〕化学暑假作业〔四〕参考答案与试题解析一、选择题〔共20小题，每题3分，总分值60分〕1．〔3分〕〔2021春•校级期中〕书法离不开文房四宝〔笔、墨、纸、砚〕做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸〔即白纸〕和做砚台用的砚石的主要成份依次是〔〕A．多糖、石墨、蛋白质、无机盐B．塑料、石墨、多糖、无机盐C．蛋白质、炭黑、多糖、无机盐D．蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃考点：生活中的有机化合物．分析：狼毫为动物的毛；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素；砚台成分为无机盐．解答：解：狼毫为动物的毛，属于蛋白质；墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素，属于多糖；砚台成分为无机盐．应选C．点评：此题考查物质的成分，难度不大，注意各种物质的组成是关键．2．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的静电引力B．含有离子键的化合物一是离子化合物C．所有金属与所有非金属之间都能形成离子键D．在化合物Na2O2中，阴、阳离子的个数比为1：1考点：离子化合物的结构特征与性质．分析：A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的相互作用力；B．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；C．非金属元素和金属元素之间可能形成共价键；D．在化合物过氧化钠中，阴阳离子个数之比为1：2．解答：解：A．离子键就是使阴、阳离子结合合物的相互作用力，相互作用力包含吸引力和排斥力，故A错误；B．含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故B正确；C．非金属元素和金属元素之间可能形成共价键，如氯化铝，故C错误；D．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，所以阴阳离子个数之比为1：2，故D错误；应选B．点评：此题考查离子键、离子化合物的判断、物质构成知识点，侧重考查根本概念根本理论，注意不能根据是否含有金属硬度判断离子键，易错选项是CD．3．〔3分〕〔2021春•区校级期末〕短周期元素的离子．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，那么以下表达正确的选项是〔〕A．原子半径：A＞B＞C＞D B．原子序数：d＞c＞b＞aC．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的复原性：A＞B＞D＞C考点：位置结构性质的相互关系用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同电子层结构，那么A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数a＞b，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数d＞c，以此来解答．解答：解：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同电子层结构，那么A、B在下一周期，为金属元素，且原子序数a＞b，C、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数d＞c，A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数越大，半径越小，那么原子半径为B＞A＞C＞D，故A错误；B．由电子层数越多的原子序数越大，同周期从左向右原子序数在增大，所以原子序数为a＞b＞d＞c，故B错误；C．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，原子序数为A＞B＞D＞C，那么离子半径为C3﹣＞D﹣＞B+＞A2+，故C正确；D．由同周期从左向右元素的金属性在减弱，非金属性在增强，金属性为B＞A＞C＞D，那么单质的复原性B＞A＞C＞D，故D错误；应选C．点评：此题考查原子结构与元素周期律的关系，明确离子具有相同的电子排布推出元素的位置是解答此题的关键，题目难度不大．4．〔3分〕〔2021秋•校级月考〕在一温度下，一体积的容器中，可逆反：A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡的标志是〔〕A．A、B、C的浓度相B．容器中压强不再变化C．单位时间消耗nmol A，同时生成2n mol CD．A、B、C的分子数比为1：3：2考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：可逆反A〔g〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕到达平衡状态时，正逆反速率一相，平衡时各种物质的物质的量、浓度、百分含量不再发生变化，据此进行判断．解答：解：A．当A、B、C的浓度相时，该反可能到达平衡状态，也可能未到达平衡状态，与反物的初始浓度和转化率有关，无法判断是否到达平衡状态，故A错误；B．如果反前后气体的化学计量数之和不相，当容器中压强不变时，那么说明各组分浓度不再变化，必到达平衡状态，故B正确；C．无论该反是否到达平衡状态，单位时间消耗n mol A，同时生成2n molC，无法判断是否到达平衡状态，故C错误；D．反到达平衡时，A、B、C的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，这与该反的初始分子数及转化率有关，无法判断是否到达平衡状态，故D错误；应选B．点评：此题考查化学平衡状态的判断，题目难度中，注意化学平衡状态的根本标志是：①v〔正〕=v〔逆〕，②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系．5．〔3分〕〔2021春•校级期中〕以下说法正确的选项是〔〕A．原电池是把电能转化为化学能的装置B．原电池两极均发生氧化复原反C．原电池中的阳离子向正极移动D．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反考点：原电池和电解池的工作原理．分析：A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．原电池一个电极发生氧化反、一个电极发生复原反；C．原电池放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；D．原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反．解答：解：A．原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B．原电池一个电极失电子发生氧化反、一个电极得电子发生复原反，故B错误；C．原电池放电时，负极上失电子、正极上得电子，所以负极附近聚集大量阳离子、正极附近聚集大量电子，那么阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故C正确；D．原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反，电子流入的电极是正极，发生复原反，故D错误；应选C．点评：此题考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反、电子流向、离子流向是解此题关键，易错选项是C．6．〔3分〕〔2007秋•期末〕强酸和强碱在稀溶液中的热可表示为：H+〔aq〕+OH﹣〔aq〕=H2O〔l〕；△H=﹣5k kJ•mol﹣1，又知在溶液中反有：CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q2kJ•mol﹣1 HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，那么Q1、Q2、Q3的关系正确的选项是〔〕A．Q1=Q2=Q3B．Q2＞Q1＞Q3C．Q2＞Q3＞Q1D．Q2=Q3＞Q1考点：热．专题：化学反中的能量变化．分析：稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答．解答：解：强酸与强碱的稀溶液发生反的热效：H+〔aq〕十OH﹣〔aq〕=H2O△H=一5kJ/mol，CH3COOH〔aq〕+NaOH〔aq〕=CH3COONa〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q1kJ•mol﹣1，H2SO4〔浓〕+NaOH〔aq〕=Na2SO4〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q2kJ•mol﹣1HNO3〔aq〕+KOH〔aq〕═KNO3〔aq〕+H2O〔l〕△H=﹣Q3kJ•mol﹣1，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，那么放出的热量为Q2＞Q3＞Q1，应选：C．点评：此题考查热，明确热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效即可解答，难度不大．7．〔3分〕298K，1.01×105Pa条件下：2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=﹣48kJ•mol ﹣1CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1以下热化学方程式正确的选项是〔〕A．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1B．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+200.7kJ•mol﹣1C．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣76kJ•mol﹣1D．CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=+4kJ•mol﹣1考热化学方程式．点：分析：①2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O△H=﹣48kJ/mol②CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1，由题意分析②×2﹣①即可得到2CO〔g〕+2H2O〔g〕=2H2〔g〕+2CO2〔g〕，据此计算焓变．解答：解：①2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O△H=﹣48kJ/mol②CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣28kJ•mol﹣1，依据盖斯律②×2﹣①得到 2CO〔g〕+2H2O〔g〕=2H2〔g〕+2CO2〔g〕△H=﹣8kJ•mol﹣1；去掉共同的化学计量数得到：CO〔g〕+H2O〔g〕=H2〔g〕+CO2〔g〕△H=﹣4kJ•mol﹣1，应选A．点评：此题考查热化学方程式和盖斯律计算，掌握根底是关键，题目较简单．8．〔3分〕〔2021春•期末〕苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是〔〕①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷④经测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反，但不因化学变化而使溴水褪色．A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤考点：苯的结构．专题：有机化学根底．分析：①③⑤根据碳碳双键的性质判断；②单、双键不同，键长不相；④根据同分异构体数目解答．解答：解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确．所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据．应选B．点评：此题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．9．〔3分〕对反A+3B⇌2C来说，以下反速率中最快的是〔〕A．V〔B〕=0.6 mol/〔L•min〕B．V〔A〕=0.3 mol/〔L•min〕C．V〔B〕=0.02/〔L•S〕D．V〔C〕=0.5 mol/〔L•min〕考点：化学反速率和化学计量数的关系．分析：由于不同物质表示的速率之比于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反速率越快，注意保持单位一致，据此解答．解答：解：由于不同物质表示的速率之比于其化学计量数之比，故速率之比与其化学计量数的比值越大，表示的反速率越快，A.=0.2 mol/〔L•min〕；B.=0.3 mol/〔L•min〕；C．V〔B〕=0.02/〔L•s〕= mol/〔L•min〕，=0.4 mol/〔L•min〕；D.=0.25 mol/〔L•min〕，应选C．点评：此题考查化学反速率比拟，难度不大，注意理解速率规律，也可以利用归一法计算比拟，但利用比值法更为简单，对于选择题更适用．10．〔3分〕〔2021•模拟〕以下除去杂质的方法正确的选项是〔〕①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液别离②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、枯燥、蒸馏③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．A．①②B．②④C．③④D．②③考点：物质的别离、提纯的根本方法选择与用．专题：化学根本操作．分析：根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和别离方法，所谓除杂〔提纯〕，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①参加的试剂只能与杂质反，不能与原物质反；②反后不能引入的杂质．解答：解：①光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反，和乙烯之间发生加成反，这样即将杂质除去，又将要留的物质反了，不符合除杂的原那么，故①错误；②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生反，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现别离，故②正确；③二氧化碳与碳酸反生成碳酸氢钠，二氧化硫与碳酸钠反生成生成亚硫酸钠，水和二氧化碳，将原物质除掉了，不符合除杂原那么，故③错误；④乙酸与生石灰反，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故④正确；应选B．点评：物质的别离与除杂是考试的，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件〔参加的试剂只与杂质反，反后不能引入的杂质〕是正确解题的关键．11．〔3分〕假设1mol某气态烃C x H y完全燃烧，需用5molO2，那么〔〕A．x=2，y=2 B．x=2，y=4 C．x=3，y=6 D．x=3，y=8考点：有关有机物分子式确的计算．分析：1mol烃CxHy耗氧量为〔x+〕mol，那么x+=5，y一为4的倍数且x≤4，然后通过讨论确x、y的值．解答：解：1mol烃CxHy耗氧量为〔x+〕mol，那么x+=5，y一为4的倍数，当y=4时，x=4，那么x+y=8，当y=8时，x=3，为丙烷，x+y=11，当y=12时，x=2，不存在该烃，根据分析可知，题中只有D符合．应选D．点评：此题考查了有机物分子式确实，题目难度中，侧重考查根据有机物耗氧量判断有机物分子式，注意掌握讨论法在化学计算中的用．12．〔3分〕以下表达正确的选项是〔〕A．分子中一含有化学键B．共价化合物一不含有离子键C．含有金属元素的离子一是阳离子D．非金属元素的化合物一不含有离子键考点：化学键．分析：A．稀有气体中不含化学键；B．共价化合物中只含共价键，一不含离子键；C．含有金属元素的离子可能是阴离子；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物．解答：解：A．构成物质的分子中不一含有化学键，如稀有气体，故A错误；B．只含有共价键的化合物属于共价化合物，共价化合物中一不含离子键，故B正确；C．含有金属元素的离子可能是阴离子，如AlO2﹣，故C错误；D．铵盐是由非金属元素形成的离子化合物，那么非金属元素的化合物可能含有离子键，故D错误；应选B．点评：此题考查化合物和化学键的关系，明确共价化合物和离子化合物的概念是解此题关键，注意二者的区别，难度不大．13．〔3分〕〔2021春•三元区校级期末〕X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y可形合物X2Y和X2Y2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，那么这两种元素的原子序数之和为〔〕A．19 B．18 C．16 D．9考点：元素周期律和元素周期表的综合用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：元素的化合价和元素原子的最外层电子数的关系：最高正价=元素的最外层电子数，最低负价=最外层电子数﹣8，结合周期表中的元素情况来分析．解答：解：X、Y均为1～18号之间的元素，X、Y可形合物X2Y和X2Y2，推断化合物X2Y和X2Y2可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，又知Y的原子序数小于X的原子序数，所以只能是Na2O、Na2O2，钠元素和氧元素原子序数和为19．应选A．点评：此题是一道关于元素周期表结构和元素化合价与原子结构之间关系的综合知识题目，要求学生熟记教材知识，学以致用．14．〔3分〕把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，可以形成微型原电池．那么该电池负极上发生的电极反为〔〕A．Mg﹣2e﹣═Mg2+B．A1+4OH﹣﹣3e﹣═AlO2﹣+2H2OC．4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑考点：化学电源型电池．专题：电化学专题．分析：把一小块镁、铝合金放入6mol•L﹣l的NaOH溶液中，Mg、Al和强碱性溶液构成原电池，铝易失电子而作负极、Mg作正极，负极上电极反式为Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，正极上电极反式为2H++2e﹣=H2↑〔或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣〕，电池反式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．解答：解：A．该原电池中，铝易失电子作负极，Mg作正极，故A错误；B，负极上电极反式为Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O，故B正确；C．该原电池中，在碱性条件下，铝易失电子而作负极，故C错误；D．2H++2e﹣=H2↑〔或2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣〕，为正极上电极反式，故D错误；应选B．点评：此题考查了原电池原理，根据电极上失电子难易程度确正负极，不能根据金属的活泼性强弱判断正负极，为易错点，题目难度不大．15．〔3分〕某一化学反中，其产物的总能量为80kJ，如果该反是放热反，那么反物的总能量可能是〔〕A．100KJ B．60KJ C．50KJ D．30KJ考点：吸热反和放热反；有关反热的计算．分析：根据放热反中，反物的总能量高于生成物的总能量．解答：解：因放热反中，反物的总能量高于生成物的总能量，产物的总能量为80kJ，所以反物总能量大于80kJ，应选A．点评：此题主要考查了放热反中反物的总能量与生成物的总能量的关系，难度不大．16．〔3分〕以下反，属于取代反的是〔〕①C6H6+HNO 3C6H5NO2+H2O②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3CH=CH2+Br 2CH3CHBrCH2Br④CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O．A．①②B．③④C．①③D．①④考点：取代反与加成反．分析：根据取代反的义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反〞进行判断．解答：解：①苯有浓硝酸在浓硫酸催化下发生取代反生成硝基苯；②乙烯在170℃下，发生的是消去反；③丙烯与溴反生成1，2二溴丙烷，属于加成反；④羧酸与醇反生成酯类，属于酯化反，也属于取代反，故正确的选项是①和④，应选D．点评：此题考查了取代反、加成反、消去反和氧化反的判断，难度不大，正确理解概念是解此题的关键．17．〔3分〕〔2021秋•期末〕把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成多种原电池：假设a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极．那么这四种金属的活动性顺序由强到弱为〔〕A．a＞b＞c＞d B．a＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a考点：原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其用．专题：电化学专题．分析：原电池中，负极材料为较活泼的金属，发生氧化反，正极为较不活泼的金属，发生复原反，以此判断金属的活动性．解答：解：假设a、b相连时，a为负极，活动性a＞b；c、d相连时c为负极，活动性c＞d；a、c相连时c为正极，a为负极，活动性a＞c；b、d相连时b为正极，d为负极，活动性d＞b；那么有活动性a＞c＞d＞b．应选B．点评：此题考查金属活动性的比拟，题目难度不大，注意金属活动性的比拟方法的积累．18．〔3分〕以下关于元素周期表的说法不正确的选项是〔〕A．除零族元素外，非金属元素都是主族元素B．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强C．同周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为25D．同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为32考元素周期表的结构及其用．点：分析：A、根据元素周期律判断；B、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，那么第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强；C、同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素，在短周期相邻，六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ，且ⅢB存在锕系、镧系元素；D、同一主族的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32．解答：解：A、非金属元素〔除稀有气体外〕都是主族元素，故A正确；B、同一周期，由左到右，得电子能力逐渐增强，非金属性增强，那么第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性依次增强，非金属元素含氧酸的酸性不一为最高价含氧酸，故B错误；C、同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素，假设在六、七周期中相隔副族、第ⅤⅢ，且ⅢB存在锕系、镧系元素，那么原子序数之差可能为25，故C正确；D、同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32，所以可能为32，故D正确．应选：B．点评：此题考查元素周期表的结构及用，为高频考点，把握元素的位置、周期表中的族序数、原子序数关系为解答的关键，题目难度不大．19．〔3分〕以下说法正确的选项是〔〕A．有些活泼金属，如铝可作复原剂法的复原剂B．用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠C．可用焦炭或一氧化碳复原氧化铝的方法来冶炼铝D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料考点：金属冶炼的一般原理；工业制取水煤气．分金属的活泼性不同，冶炼方法不同：K、Ca、Na、Mg、Al金属可用电解法冶炼，Zn、。
高一化学下册暑假作业题及答案
适用精选文件资料分享高一化学下册暑期作及答案高一化学暑期作 2 1 ．第二次世界大期，某国有支小分到德国法西斯一座十分蔽且又戒森的火厂。
上要求小分在三天内必炸它，果他用十多只涂有化学的老鼠完成了任。
据你推种化学是和 H2SO4 C.黑火和甘油 D. 白磷的 CS2溶液 2 ．NCl3 的子式， NCl3 与 H2O反，最先的生成物必定有 A.NH3 B.HNO2 C.HClO D.NH4Cl 3．青霉素用它的稀溶液（ 200 国位青霉素 /mL）。
有 1 小瓶 20 万国位青霉素，1.0mL 注射器（分刻度），注射用水和几个干小瓶。
汲取 1.0mL 注射用水注入第 1 瓶内溶解青霉素。
汲取 0.1 mL 溶液在第 2 小瓶顶用水稀成。
再汲取 0.1mL 在第 3 小瓶中稀成。
又⋯⋯在第几小瓶中青霉素度 200 国位/mL。
A.3 B.4 C.5 D.6 4 ．右中曲表示原子序数在前 20 号中的某些元素的原子序数（按增序摆列）和沸点的关系，此中 A 点表示的元素是A.Si B.Al C.F D.S 5 ．当以下物：①大理石② 乳石③ 垢④ 壳⑤蛋壳，分滴加醋酸，会生同样气体的 A ．只有①② B ．只有④⑤ C．只有①②③ D．是①②③④⑤ 6．有必定量的 KNO3品，在 100C下加蒸水使之充分溶解，残留固体的量 250g。
在 400C下行，残留固体量 120g， 700C 20g。
已知 KNO3在不同样温度下的溶解度：温度 100C 400C 550C 700C 溶解度20g 65g 100g 140g 以下品的推测正确的是 A. 品物 B. 品中混有不溶于水的 C. 品中混有溶解度大的 D.当温度在 550C左右 KNO3完满溶解 7. 化学室制取气体的方法之一是将硫酸滴入酸中。
从下中挑所需器，在方框内画出用方法制、采集干燥化气体的装置，并在中明所用。
（器可重复使用，固定装置不用画出） 8. 室制少许硫酸品体的步以下：取量的屑，加入20%％～ 30%的稀硫酸溶液，在 50℃～ 80℃水浴中加至不再生气泡。
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高一化学暑假作业5
1．在含有硫离子，且能使酚酞变红的无色溶液中，能大量共存的离子组是A．Na＋、Cu2+、Br－、Ba2+B．Na＋、SO32－、SO42－、K+
C．K+、MnO4－、NO3－、Na＋D．K+、Ca2+、SO32－、Cl－
2．下列画有横线的物质在反应中不能完全消耗的是
A．将含少量CO2的CO气体通入盛有足量Na2O2的密闭容器中，并不断用电火花引燃B．将l mol Mg置于10 L空气(标况)中，使之在高温下反应
C．标准状况下，将11.2L H2S与22.4L O2混合点燃
D．Ca(ClO)2的悬浊液中通入少量CO2
3．某白色固体可能由①NH4Cl、②AlCl3、③NaCl、④AgNO3、⑤KOH中的一种或几种组成，此固体投入水中得澄清溶液，该溶液可使酚酞呈红色，若向溶液中加稀硝酸到过量，有白色沉淀产生。
则对原固体的判断不正确的是
A．肯定存在①B．至少存在②和⑤
C．无法确定是否有③D．至少存在①、④、⑤
4．将一定量铁粉和硫粉的混合物共热，充分反应后冷却，再加入足量稀硫酸，得到标准状况下的气体11.2L，则原混合物的组成可能是（n代表物质的量）
A．n(Fe)＜n(S)，总质量等于44g B．n(Fe)＞n(S)，总质量等于44g
C．n(Fe)＝n(S)，总质量大于44g D．n(Fe)＞n(S)，总质量小于44g
5．下列反应中，调节反应物的用量或浓度以后，不．会改变反应产物的是
A．酒精在氧气中燃烧B．在硫酸中加入铝粉
C．将二氧化碳气体通入烧碱中D．向盐酸中加入铁钉
6．有氧化铜和二氧化二铁的混合物ag，加入2mol/L的HCl溶液50mL，恰好完全溶解，若将2ag该混合物在CO气流中加热并充分反应，冷却后，剩余固体的质量为
A．(2a－1.6)g B．(2a－3.2)g C．1.6ag D．0.8ag
7．将NH3气体通入到饱和食盐水中，没有沉淀生成，再通入适量CO2有晶体析出，该晶体是A．Na2CO3B．NaHCO3C．NaCl D．NaOH
8．在100mL某混合溶液中，c(HNO3)：0．4 molL-1，c(H2SO4)=0．1 molL-l，向其中加入1．92gCu 粉，微热充分反应后溶液中的c(Cu2+)为
A．0．15m01．L-1B．0．225mo1．L-1C．0．3mo1．L-1D．无法计算
9. 已知酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：
Fe3+Fe2+MnO4-Mn2+Cl2Cl-HNO2NO
如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是
A.Fe3+
B.MnO4-
C.Cl2
D.HNO2
10. X、Y均为元素周期表中前20号元素，其简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A. 由m X an与n Y n-1,得m+a=n－b
B. X2－的还原性一定大于Y－
C. X,Y一定不是同周期元素
D. 若X的原子半径大于Y,则气态氢化物的稳定性H m X一定大于H n Y
11. X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子，均由原子序数小于10的元素组成，X有5
−−→Z+W
个原子核。
通常状况下，W为无色液体。
已知:X+Y∆
(1)Y的电子式是_________________________。
(2)液态Z和W的电离相似，都可电离出电子数相同的两种离子，液态Z的电离方程式是_________________________________。
(3)用图示装置制备NO并验证其还原性。
有下列主要操作：
a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液，将盛有铜片的小烧杯
放入瓶中。
b.关闭止水夹，点燃红磷，伸入瓶中，塞好胶塞。
c.待红磷充分燃烧，一段时间后打开分液漏斗旋塞，向烧杯
中滴入少量稀硝酸。
①步骤c后还缺少的一步主要操作是
_______________________________________。
②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是____________________________。
③步骤c滴入稀硝酸后烧杯中的现象是______________________________________反应的离子方程式是____________________________________________________。
高一化学暑假作业5：
1.B
2.C
3.B
4.D
5.D
6.A
7.B
8.A
9.B 10.B
11. (1) (2)2NH 3(l)NH 2-
+NH 4+ (3) ①打开止水夹，通入少量氧气
②P 2O 5+6OH -=2PO 3
4-+3H 2O ③Cu 片逐渐溶解，有无色气泡产生，溶液由无色变为蓝色
3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO ↑+4H 2O。