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新课标2016年高三化学寒假作业3《化学》必修一

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新课标2016年高三化学寒假作业3《化学》必修一
一、选择题（本题共7道小题）
1.
下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）
选项实验操作现象结论
A 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应
B 向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清 Ag+与NH3∙H2O能大量共存
C 将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝 Cu与稀HNO3发生置换反应
D 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2
A．A B．B C．C D．D
2.
下列叙述不正确的是（）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗，发生的反应为2Na+O2═Na2O2
B．4.6gNa与O2完全反应，生成7g产物时失去电子的物质的量为0.2 mol
C．Na与稀硫酸反应的离子方程式为2Na+2H+═2Na++H2↑
D．将少量Na投入到CuSO4溶液中，既有沉淀生成又有气体放出
3.将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中，反应一段时间后，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液，待反应完全，此时溶液中除Na+、Cl﹣外，还大量存在的是（）
A．AlO2﹣ B．Al3+，Mg2+
C．Mg2+，AlO2﹣ D．Al3+，Mg2+、H+
4.
化学在生产和日常生活中有着重要的作用．下列说法中不正确的是（）
A．Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe（OH）3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂
B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用
C．常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，因此可用浓氨水检查氯气管道泄漏情况
D．开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理
5.
下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）
选项叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A Cl2有酸性用Cl2可与石灰乳或烧碱反应制备含氯消毒剂
B NaHCO3溶于水完全电离 NaHCO3是强电解质
C 浓H2SO4有强氧化性浓H2SO4可用于干燥SO2
D Na2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+

6.
类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是
A．已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS
B．已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2
C．已知Br2与Fe反应生成FeBr3，推测I2与Fe生成FeI3
D．已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应
7.
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

二、填空题（本题共3道小题）
8.
（1）25℃时，在0.10mol/L的氨水中逐滴加入同浓度的盐酸（不计两者的挥发性），回答下列问题：
①当溶液pH＝7时，溶液中c（NH4＋） c（Cl－）（用“＜”、“＞”、“＝”填空，下同）；
②当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中c（H＋） c（OH－）；
（2）某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。某实验小组的同学对该厂生产的印刷电路后所得的废液进行了分析：取50mL废液，向其中加入足量的稀硝酸，生成0.02molNO；另取50mL废液，向其中加入足量的AgNO3溶液，析出沉淀43.05g。请回答以下问题：
①该厂原来使用的FeCl3溶液中溶质的物质的量浓度为____________(反应前后溶液的体积变化忽略不计)；
②废液中各金属阳离子的物质的量浓度之比为C（Fe3+）：C（Fe2+）：C（Cu2+）=__________；
③另取50mL废液，加入一定量铁屑，充分反应后有铜析出，则所得溶液中Fe2＋的物质的量范围是。
9.X、Y、Z、M四种短周期元素的原子半径依次减小。甲、乙、丙是由它们形成的三种常见分子；甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%；丙是具有强氧化性的弱酸。丁为丙的钠盐，常用于漂白或消毒。戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子。请按要求回答下列问题：
（1）元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为（填化学式）_________________；丁的电子式为_____________________；与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有（填化学式）：_______________、______________。
（2）元素E、F与X同周期。
①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色；此反应的化学方程式为。
②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，在汽车漆家族中有重要地位。写出保存“银粉”时的注意事项：________________、____________________等。
（3）向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液。滴加过程中可依次观察到的现象：
a.浅绿色溶液变成黄色
b.有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量
c.继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀
①现象a中反应的离子方程式：________________________________________；
②现象b中反应剧烈的化学方程式：____________________________________；
③解释现象c：________________________________________________________。
10.
（14分）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。
（1）写出Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式。
（2）绿矾(FeSO4•7H2O)是补血剂的原料，易变质。
检验绿矾是否变质的试剂是
设计实验检验绿矾是否完全变质
（3）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：

①干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3•nH2O在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为
②取干燥后的FeCO3样品12.49g ，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量
（4）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图。
Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g) ΔH＜0

Ｔ1 Ｔ2（填“＞”、“＜”或“＝”），判断理由是

试卷答案
1.AD

考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析：A．苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳；
B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子；
C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水；
D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性分析．
解答：解：A．苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故A正确；
B．向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3∙H2O不能大量共存，故B错误；
C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO和水，该反应不属于置换反应，故C错误；
D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+＞I2，故D正确；
故选AD．
点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，涉及钠的化合物与酸反应、银氨溶液的配制、硝酸的性质及氧化还原反应等，综合性较强，题目难度不大．
2.A

考点：钠的化学性质．
分析：A、钠在通常条件下反应生成氧化钠；
B、依据质量换算物质的量，结合钠与氧气反应时钠与电子的关系来解答；
C、Na与稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气；
D、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀．
解答：解：A、钠在通常条件下反应生成氧化钠，点燃条件生成过氧化钠，故A错误；
B、4.6gNa的物质的为0.2mol，钠与氧气反应时1个钠转移1个电子，所以失去电子的物质的量为0.2 mol，故B正确；
C、Na与稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H+═2Na++H2↑，故C正确；
D、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，将少量Na投入到CuS04溶液中，既有沉淀生成又有气体放出，故D正确；
故选A．
点评：本题考查物质性质的分析应用，反应条件和原理的判断，金属钠性质的分析应用是解题关键，题目较简单
3.A
解：将2.4g镁、铝混合物粉末溶于75mL 4mol/L的盐酸中即n（HCl）=0.075L×4mol/L=0.3mol，发生反应Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据计算2.4g无论全是镁还是全是铝都是盐酸过量，则溶液中变成HCl、MgCl2、AlCl3混合溶液，再加入250mL1.5mol/L的NaOH溶液即n（NaOH）=0.25L×1.5mol/L=0.375mol，据原子守恒，溶液中的氯有0.3mol，钠有0.375mol，所以最后溶液中除NaCl外还有其他钠的化合物，说明混合后的溶液呈碱性，溶液肯定没有氢离子，镁离子和碱反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子在碱性溶液中以偏铝酸根离子存在，所以混合后的溶液中还存在的离子是偏铝酸根离子；
故选A．
4.D

考点：铁的氧化物和氢氧化物；氯气的化学性质；合金的概念及其重要应用．
分析：A．根据K2FeO4具有强氧化性及Fe（OH）3胶体有吸附性分析；
B．致密的氧化物能保护里面的金属；
C．氨气与氯气发生氧化还原反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气反应生成氯化铵固体；
D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境．
解答：解：A．K2FeO4具有强氧化性能作消毒剂，生成的Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮颗粒，能作净化剂，故A正确；
B．钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀作用，故B正确；
C．常温下氨能与氯气反应生成氯化氢和氮气，氯化氢与氨气生成氯化铵现象是有白烟生成，所以可用浓氨水检查氯气管道某处泄漏，故C正确；
D．过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故D错误；
故选：D．
点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉高铁酸钾、三价铁离子的性质是解题关键，注意净水与杀菌消毒的区别，题目难度不大
5.B

考点：浓硫酸的性质；强电解质和弱电解质的概念；氯气的化学性质；物质的分离、提纯和除杂．
分析：A、Cl2可与石灰乳反应制备漂白粉，具有消毒、漂白、杀菌的作用；
B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，是强电解质完全电离；
C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性；
D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物．
解答：解：A、氯气与烧碱、石灰乳发生氧化还原反应，与酸性无关，故A错误；
B、电解质的强弱是根据电离程度划分的，在水溶液里或熔融状态下完全电离是电解质是强电解质，碳酸氢钠是弱酸强碱酸式盐，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3﹣；是强电解质完全电离，故B正确；
C、浓H2SO4可用于干燥SO2，是浓硫酸的吸水性，故C错误；
D、用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是利用硫离子与铜离子与汞离子生成难溶物，而不是应用Na2S还原性，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握强电解质、浓硫酸的性质、硫化钠的性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．
6.D

【ks5u解析】A．硫的氧化性比氧气、氯气弱，只能把金属氧化到低价． Fe的低价为+2价；
Cu的低价为+1价，Fe+S FeS； 2Cu+S Cu2S．故A的说法错误．
B．因CaCO3中碳为+4价是最高价，虽硝酸中+5价氮，具有强氧化性，CaCO3与稀硝酸只能发生复分解，CaCO3+2HNO3=Ca（NO3）2+H2O+CO2↑反应．CaSO3中的硫元素是+4价，具有还原性，与强氧化性的硝酸发生氧化还原反应，被氧化成+6价的硫，稀硝酸自身被还原成+2价的氮．故B的说法错误．
C．Br2的氧化性强，与Fe反应生成FeBr3，I2的氧化性弱，与Fe生成FeI2，故C的说法错误．
D．在金属的活动性顺序表中，Fe排在Cu、Ag的前面．Fe+CuSO4═FeSO44+Cu，Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag故D说法正确．故选D。
7.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：①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+；
②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．
8.
（1）①=（2分）②>（2分）
（2）① 2mol/L（3分）
②c(Fe3＋):c(Fe2＋):c(Cu2＋) = 4 : 6 : 3（3分）
③0.12 mol < n(Fe2＋) ≤ 0.15 mol（4分）

（1）①由电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c OH-），则c（NH4+）=c（Cl-），
②当盐酸和氨水溶液恰好中和时，溶液中的溶质只有氯化铵，则铵根离子水解使溶液显酸性，则pH＜7，故c（H＋）＞c（OH－）；
（2）①废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀43.05g为AgCl质量，其物质的量=43.05g/143.5g/mol=0.3mol，根据氯元素守恒，原溶液中n（FeCl3）=1/3n（AgCl）=0.1mol，故原废液中c（FeCl3）=0.1mol/0.05L=2mol/L
②由3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，可知废液中n（Fe2+）=3n（NO）=0.02mol×3=0.06mol，根据2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，可知溶液n（Cu2+）=1/2n（Fe2+）=1/2×0.06mol=0.03mol、参加反应Fe3+物质的量=n（Fe2+）=0.06mol，故废液中n（Fe3+）=0.1mol-0.06mol=0.04mol，离子浓度之比等于物质的量之比，故c（Fe3+）：c（Fe2+）：c（Cu2+）=0.04mol：0.06mol：0.03mol=4：6：3。
③刚开始析出Cu时溶液中Fe2+的物质的量最小，Fe3+完全反应，则：
2Fe3+ + Fe = 3Fe2+
0.04mol 0.06mol
故Fe2+的物质的量极小值为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于析出Cu，故Fe2+的物质的量最小大于0.12mol，
Cu恰好完全析出时，溶液中Fe2+的物质的量最大，则：
Cu2++Fe=Fe2++Cu
0.03mol 0.03mol
故溶液中Fe2+的物质的量最大为0.12mol+0.03mol=0.15mol
故溶液中0.12mol＜n（Fe2+）≤0.15mol
9.（1）HClO4、H2CO3 OH－、H3O+
（2）①Mg+2H2O Mg(OH)2+ H2↑ ②密封避免与酸或碱接触（合理即可）
（3）①2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O②2H2O2 2H2O+ O2↑③起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ △H >0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀
试题解析：
（1）甲是人体必需的基本营养物质之一，约占人体体重的2/3,可知甲为水, 与甲分子具有相同电子数且含元素种类相同的离子有OH－、H3O+；乙是日常生活的基础能源，其中含元素Y的质量分数为75%，可知乙为甲烷，Y为C元素；丙是具有强氧化性的弱酸,可知丙为次氯酸,丁为次氯酸钠，其电子式为，由此可知X、Y、Z、M四种元素分别为有Cl、C、O、H；元素X、Y的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱为HClO4、H2CO3；
（2）元素E、F与X同周期，即处于第三周期，
①常温下E的单质与甲反应缓慢，加热至沸反应迅速，滴加酚酞试液，溶液变红色，可推知E为镁，反应的化学方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+ H2↑；
②F的单质粉末加油漆后即得“银粉漆”，可知F为铝，因为铝在空气中容易被氧化出氧化膜氧化铝，且铝与酸或碱均可以发生反应，所以应密封保存，并且避免与酸或碱接触；
（3）戊与甲的组成元素相同，其分子具有18电子，分析可知戊为双氧水，向盛有一定浓度戊溶液的烧杯中逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液，
①浅绿色溶液变成黄色是因为亚铁离子被氧化为铁离子，2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O；
②有少量气泡产生，片刻后反应变得更剧烈，并放出较多热量，是因为双氧水在Fe3+催化作用下分解所致，2H2O2 2H2O+ O2↑；
③继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀，因为起始反应即①使c(H+)降低，且反应②放热，使Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ △H >0，平衡正向移动，当水解出的Fe(OH)3较多时就聚集为沉淀。
10.
（1）4Fe(OH)2＋O2 ＋2H2O4Fe(OH)3
（2）KSCN溶液
取样品溶于水，滴加酸性高锰酸钾溶液，如溶液褪色，则表示样品没有完全变质（或滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则样品没有完全变质）
（3）①4FeCO3•nH2O＋O24FeOOH＋4CO2＋(4n-2)H2O
②0.89g
（4）＜　
铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用。

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