1、2017-2018 学年厦门市翔安一中高一（上）化学寒假作业参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1被誉为“光纤之父” 的华人科学家高锟“ 在光学通信领域光在光纤中传输方面取得了开创性成就”目前应用最广泛的无机光导纤维的主要原料为二氧化硅，下列关于二氧化硅的说法正确的是（ ）ASiO 2 溶于水生成的 H2SiO3 的酸性弱于 H2CO3BSiO 2 是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大C在 SiO2 晶体中，每个硅原子周围结合 2 个氧原子DSiO 2 是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应【考点】硅和二氧化硅【分析】A二氧化硅不溶于水；B依据二氧化硅空间结构及晶体类
2、型解答；C原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，Si 原子能形成 4 个共价键；D二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应【解答】解：A二氧化硅不溶于水，与水不反应，故 A 错误；BSiO 2 是由硅原子与氧原子构成的一种空间立体网状结构的原子晶体，其熔点高、硬度大，故 B 正确；C原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，则 SiO2 晶体中每个硅原子能形成 4 个共价键，则每个 Si 与 4 个氧原子以共价键相结合，故 C 错误；D二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，故 D 错误；故选：B2环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关
3、物质引起的下列环境问题与所对应的物质不相关的是（ ）A温室效应CO 2B光化学污染 NO2C酸雨 SO2 D臭氧层破坏 CO【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据产生环境问题的成分判断【解答】解：A、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故 A 不选；B、光化学污染主要来自汽车、工厂产生的氮氧化合物，环境问题与所对应的物质相关，故 B 不选；C、二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故 C 不选；D、氟氯烃可以破坏臭氧层，而一氧化碳不能，环境问题与所对应的物质不相关，故 D选故选 D3下列物质见光不会分解的是（ ）AHClO BNH
4、 4Cl CHNO 3 DAgNO 3【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答【解答】解：AHClO 见光分解为 HCl 与氧气，故 A 不选；B氯化铵加热分解生成氨气和 HCl，见光不分解，故 B 选；C硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故 C 不选；D硝酸银见光分解 Ag、二氧化氮、氧气，故 D 不选；故选 B4下列关于溶液和胶体的叙述正确的是（ ）A溶液是电中性的，胶体是带电的B胶体粒子可以通过半透膜而溶液不行，故可以用半透膜来分离胶体和溶液C一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明
5、显的光带，前者则没有D溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体分散系是电中性的，胶体微粒吸附带电离子； B溶液中溶质粒子能通过半透膜；C丁达尔现象是胶体的性质，溶液无此现象；D溶液中离子运动也是无规律的【解答】解：A胶体微粒吸附带电离子，胶体分散系是电中性的，故 A 错误； B溶液中溶质粒子能通过半透膜，胶体中的分散质粒子不能通过，故 B 错误；C一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带，前者则没有，故 C 正确；D溶液中溶质微粒不断无规律的运动，故 D 错误故选 C5下列物质能使品红溶液褪色的是（ ）干燥的 Cl2 Na
6、2O2 NaClO 活性炭 SO2A除外其它都可以 B只有C只有 D全部【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】能使品红溶液褪色的物质应具有漂白性，结合物质的性质解答【解答】解：干燥的 Cl2 能够与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；Na2O2 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；NaClO 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；活性炭因为具有强的吸附性而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；SO2 能够与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；故选：D6下列分子或离子在指定的分散系中能大量共
7、存的一组是（ ）A无色溶液：K +、Cu 2+、NO 3、SO 42B空气：CH 4、CO 2、SO 2、NOC氢氧化铁胶体：H +、K +、S 2、Br D各离子物质的量浓度相等的溶液： K+、Mg 2+、SO 42、NO 3【考点】离子共存问题【分析】ACu 2+为蓝色；BNO 易被氧化；C胶体发生聚沉，后溶解再发生氧化还原反应；D离子之间不反应，且遵循电荷守恒【解答】解：ACu 2+为蓝色，故 A 错误；BNO 易被氧化，不能稳定存在，故 B 错误；C胶体发生聚沉，后溶解再 Fe3+与 S2氧化还原反应，不能共存，故 C 错误；D离子之间不反应，可大量共存，且遵循电荷守恒，故 D 正确；
8、故选 D7下列关于物质的一些说法中不正确的是（ ）A某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花B明矾可用作净水剂C常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸反应D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【考点】盐类水解的应用；钠的重要化合物；焰色反应；铝的化学性质【分析】A、金属元素灼烧发生焰色反应；B、明矾溶于水电离出的铝离子，在水溶液中能水解出氢氧化铝胶体；C、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；D、次氯酸钠有强氧化性【解答】解：A、金属元素灼烧发生焰色反应，则某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花，故 A 正确；B、明矾溶于水电离出的铝离子，在水溶液中能水解出氢
9、氧化铝胶体，有吸附性，能吸附水中的杂质而起到净水的作用，故 B 正确；C、常温下，由于浓硫酸的氧化性很强，能将金属铝的表面氧化为一层致密的氧化物薄膜，从而保护内部的铝不能和浓硫酸继续反应，即铝在浓硫酸中会钝化，故钝化为反应程度很小的氧化还原反应，故 C 错误；D、次氯酸钠有强氧化性，能使蛋白质变性，故能杀菌消毒，故 D 正确故选 C8下列有关实验的选项正确的是（ ） A配制 0.10molL1NaOH 溶液B除去 CO 中的CO2C实验室制取氯气D蒸干 NH4Cl 溶液制备 NH4Cl 晶体AA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品；B洗气
10、除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出” 原则；C浓盐酸和二氧化锰需要加热才反应；D蒸干时氯化铵易分解【解答】解：A容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解烧碱时不能用容量瓶，应该用烧杯，故 A 错误；B洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出” 原则，该装置符合条件，故 B 正确；C浓盐酸和二氧化锰需要加热才反应，不加热不反应，故 C 错误；D蒸干时氯化铵易分解，则不能蒸干，应利用冷却结晶法制备 NH4Cl 晶体，故 D 错误；故选 B9用 NA 表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A在标准状况下，2.24LH 2O 中原子数为 0
11、.3NAB0.1mol/L 的 NaCl 溶液中， Na+与 Cl离子总数为 0.2NAC16g O 2 和 O3 的混合气体中含 NA 个 O 原子D64 克铜与足量的硫反应生成硫化铜，理论上会转移 2NA 个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B溶液体积未知；C氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据 n= 计算氧原子物质的量及个数；D铜与硫反应生成硫化亚铜【解答】解：A在标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故 A 错误；B依据 n=CV 可知，溶液体积未知，无法计算氯化钠中钠离子与氯离子个数，故 B 错误；C.16g O2 和 O3 的混合气体中含氧原子的物质
12、的量为 =1mol，含有 NA 个 O 原子，故 C 正确；D铜与硫反应生成硫化亚铜，故 D 错误；故选：C10关于非金属元素 Si、N 、S、Cl 的叙述，正确的是（ ）A通常情况下，它们的单质均为气体B它们在自然界中都存在游离态形式C它们都有对应的含氧酸D每种元素都只有一种氧化物【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】ASi、S 的单质常温下为固体；BSi 主要以化合态存在；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物；DN 的氧化物有多种，S 的氧化物有 2 种【解答】解：ASi、S 的单质常温下为固体，而 N、Cl 的单质为气体，故 A 不选；BSi 主要以化合态存在，其它三
13、种主以游离态存在，故 B 不选；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物，则都有对应的含氧酸，故 C 选；DN 的氧化物有多种，S 的氧化物有 2 种，所以不都只有一种，故 D 不选；故选 C11下列反应中的氨与反应 4NH3+5O24NO+6H 2O 中的氨作用相同的是（ ）ANaOH+NH 4ClNaCl +NH3+H2O B2NH 3+3CuO3Cu+N 2+3H2OC2Na +2NH32NaNH 2+H2 DNH 3+CO2+H2ONH 4HCO3【考点】氧化还原反应【分析】4NH 3+5O24NO+6H 2O 反应中 N 元素的化合价升高，被氧化，则 NH3 作还原剂，据此分析【解答】解：
14、A反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故 A 错误；B反应中 N 元素的化合价升高，被氧化，则 NH3 作还原剂，故 B 正确；C反应 NH3 中 H 元素的化合价降低，被还原，则 NH3 作氧化剂，故 C 错误；D反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故 D 错误故选 B12下列叙述 I 和 II 均正确并有因果关系的是（ ）选项 叙述 I 叙述 IIA KNO3 的溶解度大 用重结晶法除去 KNO3 中混有的 NaClB BaSO4 难溶于酸 用盐酸和 BaCl2 溶液检验 SO42C NH3 能使酚酞溶液变红 NH3 可用于设计喷泉实验D Ca（OH） 2 能制成澄清石
15、灰水 可配制 2.0 molL1 的 Ca（OH）2 溶液AA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；BBaSO 4 难溶于酸，先加入盐酸可排除 Ag+或 SO32的影响；C氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；D氢氧化钙微溶于水【解答】解：A用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故 A 错误；B硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉
16、淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有 SO42，故 B 正确；C氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故 C 错误；D氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故 D 错误故选 B13下列离子方程式中书写正确的是（ ）【分析】A电子、电荷不守恒；B不符合离子的配比；C反应生成氢氧化铝和氯化铵；D反应生成碳酸氢钙【解答】解：A金属钠与水反应的离子反应为 2Na+2H2O2Na +2OH+H2，故 A 错误；B用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液的离子反应为 Ba2+2OH+2H+SO422H
17、2O+BaSO4，故 B 错误；C氯化铝溶液中加入的氨水的离子反应为 Al3+3NH3H2OAl（OH ） 3+3NH4+，故 C错误；D在澄清石灰水中通入过量的 CO2 的离子反应为 OH+CO2HCO 3，故 D 正确；故选 D14根据下列反应：FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO43FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO 3） 3判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）AH 2SO3I Fe 2+NO BI Fe 2+H 2SO3NOCFe 2+I H 2SO3NO DNOFe 2+H 2SO3I 【考点】氧
18、化性、还原性强弱的比较【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；还原剂的还原性大于还原产物；反应中元素化合价升高的做还原剂，得到氧化产物，元素化合价降低的做氧化剂被还原得到还原产物；【解答】解：根据下列反应：FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 反应中还原剂 HI 的还原性大于还原产物 FeCl2；H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4 反应中还原剂 H2SO3 的还原性大于还原产物 HI；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO 3） 3；反应中还原剂 FeCl2 的还原性大于还原产物 NO；综上所述：物质还原性由强到弱的顺序是：H 2SO
19、3I Fe 2+NO ；故选 A15将 0.5mol Na 投入过量的水（m 1g）中，得到 a g 溶液；将 0.5mol Zn 投入过量的盐酸（m 2g）中，得到 bg 溶液，若 m1m 2，则 ab 的质量关系是（ ）Aab Ba b Ca=b D不能确定【考点】化学方程式的有关计算【分析】反应的方程式分别为：2Na+2H 2O=2NaOH+H2，Zn+2HCl=ZnCl 2+H2，根据方程式计算生成氢气的质量，进而表示出反应后溶液的质量，据此判断【解答】解：由 2Na+2H2O=2NaOH+H2，可知 0.5mol 钠反应生成氢气为：0.5mol =0.25mol，则生成 m（H 2）
20、=0.25mol 2g/mol=0.5g，m（Na）=0.5mol23g/mol=11.5g，反应后溶液的质量为：m 1+（11.50.5）g=（m 1+11）g=ag，由 Zn+2HCl=ZnCl2+H2，可知 0.5molZn 反应生成 0.5mol 氢气，则 m（H 2）=0.5mol2g/mol=1g，m（Zn）=0.5mol 65g/mol=32.5g，反应后溶液的质量为：m2+（32.51）g= （m 2+31.5）g=bg，若 m1=m2，则 ab，故选 B16下列除杂的操作方法不正确的是（ ）ANO 中有少量的 NO2：通过装有水的洗气瓶BSO 2 中混有少量 HCl 气体：通
21、过饱和 NaHSO3 溶液洗气CO 2 中有少量的 CO2：通过装有碱石灰的 U 形管D食盐中有少量的 NaHCO3：加过量的烧碱溶液后加热蒸干【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化氮与水反应生成 NO；BHCl 与 NaHSO3 溶液反应生成二氧化硫；C二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能；D过量的 NaOH，引入新杂质【解答】解：A二氧化氮与水反应生成 NO，通过装有水的洗气瓶可除杂，故 A 正确；BHCl 与 NaHSO3 溶液反应生成二氧化硫，通过饱和 NaHSO3 溶液洗气可除杂，故 B 正确；C二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能，则通过装有碱
22、石灰的 U 形管可除杂，故 C 正确；D碳酸氢钠与 NaOH 反应生成碳酸钠，过量的 NaOH，引入新杂质，不符合除杂的原则，应加盐酸后蒸发，故 D 错误；故选 D17海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（ ）A向苦卤中通入 Cl2 是为了提取溴B粗盐可采用除杂、过滤、蒸发结晶等过程提纯C工业生产常选用 NaOH 作为沉淀剂D单质溴可用 SO2 将其还原吸收【考点】海水资源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入 Cl2 置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有 Ca2+、Mg 2+、 SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶进行提纯；C工
23、业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用 SO2 将其还原吸收转化为 HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入 Cl2 置换出溴单质，分离得到溴，通入 Cl2 是为了提取溴，故 A 正确；B粗盐中含有 Ca2+、Mg 2+、 SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的 BaCl2溶液、过量的 NaOH 溶液和过量的 Na2CO3 溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶进行提纯，故 B 正确；C海边有大量贝壳，其主要成分为碳酸钙，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故 C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹
24、出单质溴，再用SO2 将其还原吸收转化为 HBr，达到富集的目的，故 D 正确；故选 C18利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A若提取 1 mol Br2，至少需要标准状况下 448 L 的 Cl2B工业上常利用电解熔融 MgCl2 冶炼金属镁C富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D工业溴中含少量 Cl2，可用 NaOH 溶液除去【答案】D【解析】A因需要两次氧化溴离子，若提取 1molBr2，至少需要标准状况下 448L 的 Cl2，正确； B金属镁在工业上利用电解熔融 MgCl2 冶炼，正确；C 富集溴元素过程中，利用了溴易挥发的性质使用空气吹出法，正确；D卤
25、素单质都能与 NaOH 溶液反应，故除去氯气的同时溴也反应了，错误。答案选 D。 二、非选择题（共 46 分）19用固体烧碱配制 0.4molL1 的 NaOH 溶液 240mL：（1）实验仪器：托盘天平（含砝码） 、烧杯、玻璃棒、 250 mL 容量瓶 、 胶头滴管 （2）称量 4.0 g 的 NaOH（3）称量烧碱的动作要迅速，原因是： 防止烧碱固体在空气中吸水潮解 （4）下列操作中，会使所配制溶液浓度偏高的是 AB （选填字母序号）ANaOH 在烧杯中溶解后立即转移到容量瓶B定容时俯视读数C定容、摇匀、静置，发现液面低于刻线，再加水至刻度线D容量瓶没有干燥即用来配制溶液E溶解烧碱的烧杯未
26、洗涤【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】 （1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；（2）依据溶液体积选择 250mL 容量瓶，依据 m=CVM 计算需要溶质的质量；（3）依据氢氧化钠易潮解的性质解答；（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据 c= 判断【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（含砝码） 、烧杯、玻璃棒、250 mL 容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：250 mL 容量瓶、胶头滴管；故答案为：250 mL 容量瓶、胶头滴管；（2）用固体烧碱配制 0.4molL1 的
27、 NaOH 溶液 240mL，应选择 250mL 容量瓶，需要溶质的质量 m=0.4mol/L40g/mol0.25L=4.0g；故答案为：4.0；（3）称量烧碱的动作要迅速，原因是：防止烧碱固体在空气中吸水潮解；故答案为：防止烧碱固体在空气中吸水潮解；（4）ANaOH 在烧杯中溶解后立即转移到容量瓶，氢氧化钠溶解放热，移液定容后冷却到室温，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故 A 选；B定容时俯视读数，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故 B 选；C定容、摇匀、静置，发现液面低于刻线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故 C 不选；D容量瓶没有干燥即用来配制溶液，对溶质的物质
28、的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故 D 不选；E溶解烧碱的烧杯未洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故 E 不选；故选：AB20海带中含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤所需要的硅酸盐仪器是 坩埚 ，步骤 的实验操作是 过滤 （2）步骤中，某学生选择用苯来提取碘水中的单质碘的理由是 a c d （选填序号）a单质碘与苯不发生化学反应 b碘在苯中溶解度小c碘在苯中溶解度大 d苯与水互不相溶（3）提取碘的过程中，不能使用的有机溶剂是 a （选填序号）a酒精 b汽油 c四氯化碳（4）步骤中所发生的离子反应方
29、程式 2I +MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O （5）已知：2Fe 3+2I2Fe2+I2 氯气既可以氧化 Fe2+，也可以氧化 I 往 FeI2 溶液中通入一定量的 Cl2，反应完成后，溶液中有 Fe2+被氧化，请写出该反应的化学反应方程式：2Fe 2+8I+5 Cl2=2Fe3+4I2+10Cl 【考点】海带成分中碘的检验【分析】从海带中提取碘：海带灼烧后得到海带灰浸泡后得到海带灰的浊液，将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，过滤得到含碘离子的溶液加入二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂苯，萃取分液得到含碘的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质（1）根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可，分离固体和液体的方法是过滤；（2）选择用苯来提取碘水中的单质碘的理由是苯与水、I 2 均不发生化学反应，和水互不相溶；（3）萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；（4）MnO 2 具有较强的氧化性，碘离子在酸性条件下可被 MnO2 氧化生成单质碘；（5）2Fe 3+2I2Fe2+I2，还原性强弱：I Fe 2+，所以氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，根据离子反应先后顺序书写
