化学寒假作业

1、2021-2021 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，以下关于二氧化硅的说法 正确的选项是 A . SiO2溶于水生成的H2SQ3的酸性弱于H2CO3B. SiO2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D. SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反响【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型解

2、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响.【解答】 解：A 二氧化硅不溶于水，与水不反响，故A错误；B. SiO2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，那么SiO2晶体中每个硅原子能形成 4个共 价键，那么每个 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响，生成四氟化硅和水，故D错误；应选： 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

3、有关物质引起的以下环境问题与所对应的物质不相关的是A 温室效应-CO2 B 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. 应选 D 3以下物质见光不会分解的是AHClOB

4、NH4ClCHNO3DAgNO3【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： A HClO 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HCI，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； 应选 B4. 以下关于溶液和胶体的表达正确的选项是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，故可以用半透膜来别离胶体和溶液C. 一束光线分别通过溶液

5、和胶体时，后者会出现明显的光带，前者那么没有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，前者那么没有，故C正确;D .溶液中溶质微粒不断无规律的运动，故D错误.应选 C.5.

6、 以下物质能使品红溶液褪色的是 枯燥的 CI2 Na2O2 NaCIO 活性炭 SO2.A .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： 枯燥的 CI2 能够与水反响生成次氯酸，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； NaCIO 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

7、物质而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； 应选： D .6. 以下分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A .无色溶液：K+、Cu2+、N03、SO42B .空气：CH4、CO2、SO2、NOC.氢氧化铁胶体：H+、K+、S2-、BrD .各离子物质的量浓度相等的溶液：K+、Mg +、SO4、NO3-【考点】 离子共存问题.【分析】A . Cu2+为蓝色；B NO 易被氧化；C.胶体发生聚沉，后溶解再发生氧化复原反响;D .离子之间不反响，且遵循电荷守恒.【解答】 解：A . Cu2+为蓝色，故A错误；B . NO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+

8、与S2氧化复原反响，不能共存，故 C错误；D .离子之间不反响，可大量共存，且遵循电荷守恒，故D正确；应选D .7. 以下关于物质的一些说法中不正确的选项是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 明矶可用作净水剂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响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；焰色反响；铝的化学性质.【分析】A、金属元素灼烧发生焰色反响；B、明矶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响

9、，那么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、明矶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，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，能将金属铝的外表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响，即铝在浓硫酸中会钝化，故钝化为反响程度很小的氧化复原反响，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. 应选C.8以下有关实验的选项正确的选项是-1A.配制 0.10mol?LNaOH溶液 卜/NaOHCS：B.除去C r COCCOS i r5 NiOH

10、落液進CO中的；O2PLL “ 缶接干蝶 1=匕C.实验室制取氯气D .蒸干NH 4CI溶液制备NH4CI晶体 JWlr1ITTI-：fi. .faA. A B. B C. C D. D【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;长进短出原那么;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C. 浓盐酸和二氧化锰需要加热才反响；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那么，该装置符

11、合条件，故B正确；C.浓盐酸和二氧化锰需要加热才反响，不加热不反响，故C错误；D 蒸干时氯化铵易分解，那么不能蒸干，应利用冷却结晶法制备NH4CI晶体，故D错误；应选B 9用Na表示阿伏加德罗常数，以下表达正确的选项是A .在标准状况下，2.24LH 2O中原子数为0.3NAB O.1mol/L的NaCI溶液中，Na+与C离子总数为0.2NaC. 16g O2和。3的混合气体中含Na个0原子D 64克铜与足量的硫反响生成硫化铜，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；mC氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n= *计算氧原子物

12、质的量及个数;D .铜与硫反响生成硫化亚铜.【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。3的混合气体中含氧原子的物质的量为16g/mol=1mol，含有Na个0原子,故C正确；D .铜与硫反响生成硫化亚铜，故 D错误; 应选：C.10. 关于非金属元素 Si、N、S、Cl的表达，正确的选项是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

13、规律.【分析】A . Si、S的单质常温下为固体；B. Si主要以化合态存在；C. 均为非金属，存在对应的酸性氧化物；D . N的氧化物有多种，S的氧化物有2种.【解答】 解：A . Si、S的单质常温下为固体，而 N、CI的单质为气体，故 A不选;B . Si主要以化合态存在，其它三种主以游离态存在，故B不选；C .均为非金属，存在对应的酸性氧化物，那么都有对应的含氧酸，故C选；D . N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；应选C .11. 以下反响中的氨与反响 4NH 3+5。24NO+6H2O中的氨作用相同的是A . NaOH+NH4CI NaCI+NH 3f

14、+H2OB . 2NH3+3CuO3CU+N2+3H2OC. 2Na+2NH3 2NaNH2+H2f D . NH3+CO2+H2O NH4HCO3【考点】氧化复原反响.【分析】4NH3+5O2 4NO+6H2O反响中N元素的化合价升高，被氧化，那么 NH 3作复原剂, 据此分析.【解答】 解：A 反响中没有元素化合价的变化，不是氧化复原反响，故A错误；B .反响中N元素的化合价升高，被氧化，那么NH3作复原剂，故B正确；C.反响NH3中H元素的化合价降低，被复原，那么NH3作氧化剂，故 C错误；D 反响中没有元素化合价的变化，不是氧化复原反响，故D错误.应选B .12.以下表达I和II均正确

15、并有因果关系的是()选项表达1表达IIA .KNO 3的溶解度大用重结晶法除去 KNO 3中混有的NaCIB .BaSO4难溶于酸用盐酸和BaCI2溶液检验SO4"C .NH3能使酚酞溶液变红PNH3可用于设计喷泉实验D .Ca ( OH) 2能制成澄清石灰水可配制2.0 mol? 1的Ca (OH ) 2溶液A . A B. B C . C D . D【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别离；B . BaSO4难溶于酸，先参加盐酸可排除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

16、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，而氯化钠根本不变，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，参加盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，参加氯化钡产生沉淀， 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，参加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.应选B

17、.13 .以下离子方程式中书写正确的选项是()【分析】A .电子、电荷不守恒；B .不符合离子的配比；C. 反响生成氢氧化铝和氯化铵；D. 反响生成碳酸氢钙.【解答】解：A.金属钠与水反响的离子反响为2Na+2H2O 2Na+2OH+日2匸，故A错误；B. 用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液的离子反响为Ba2+2OH +2H+SO42 2H2O+BaSO4j , 故B错误；C. 氯化铝溶液中参加的氨水的离子反响为Al 3+3NH3?H2OAl ( OH ) 3J +3NH4+,故C错 误；D .在澄清石灰水中通入过量的 应选D .CO2的离子反响为 OH +CO2HCO3，故D正确；14根据以下反响：

18、 FeCI3+2HI=2FeCI 2+2HCI +I2 H2SO3+S+H2O=2HI+H2SO4 3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe (NO3)3判断有关物质复原性由强到弱的顺序是()A . H2SO3>> Fe2+> NO B.> Fe2+> H2SO3> NOC. Fe2+> I> H2SO3> NO D. NO >Fe2+ >H2SO3> I【考点】 氧化性、复原性强弱的比拟.【分析】氧化复原反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物；复原剂的复原性大于复原产物；反应中兀素化合价升高的做复原剂， 原

19、产物；【解答】 解：根据以下反响：得到氧化产物，兀素化合价降低的做氧化剂被复原得到还 FeCI3+2HI=2FeCI 2+2HCI +I2 H2SO3+I2+H2O=2HI +H2SO4反响中复原剂 HI的复原性大于复原产物FeCl2；反响中复原剂H2SO3的复原性大于复原产物 HI ；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe ( NO3) 3；反响中复原剂 FeCb的复原性大于复原 产物NO ；综上所述：物质复原性由强到弱的顺序是：H2SO3> I> Fe2+ > NO ；应选A .15. 将0.5mol Na投入过量的水(mig)中，得到a g溶液；将

20、0.5mol Zn投入过量的盐酸(m2g) 中，得到bg溶液，假设m一m2,那么a. b的质量关系是()A . a> b B . av b C . a=b D .不能确定【考点】化学方程式的有关计算.【分析】反响的方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH +H2T , Zn +2HCl=ZnCI 2+H2T，根据方程 式计算生成氢气的质量，进而表示出反响后溶液的质量，据此判断.【解答】 解：由2Na+2H2O=2NaOH+H2f，可知0.5mol钠反响生成氢气为：0.5mol X1：=0.25mol，那么生成 m (H2) =0.25mol X 2g/mol=0.5g , m (Na)

21、 =0.5mol X 23g/mol=11.5g ,反响后溶液的质量为：m+ (11.5- 0.5) g= (m1+11) g=ag,由 Zn +2HCl=ZnCl 2+H2T，可知 0.5molZn 反响生成 0.5mol 氢气，贝U m (H2) =0.5mol X 2g/mol=1g , m ( Zn) =0.5mol X 65g/mol=32.5g，反响后溶液的质量为:m2+ (32.5- 1) g=(m2+31.5) g=bg,假设 m=m2，贝U av b,应选B.16. 以下除杂的操作方法不正确的选项是()A . NO中有少量的NO2：通过装有水的洗气瓶B. SO2中混有少量HC

22、I气体：通过饱和 NaHSO3溶液洗气C. O2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】物质的别离、提纯的根本方法选择与应用；物质的别离、提纯和除杂.【分析】A 二氧化氮与水反响生成 NO;B HCI与NaHSO3溶液反响生成二氧化硫；C.二氧化碳与碱石灰反响，而氧气不能；D 过量的NaOH，引入新杂质.【解答】 解：A .二氧化氮与水反响生成 NO,通过装有水的洗气瓶可除杂，故A正确；B. HCI与NaHSO3溶液反响生成二氧化硫， 通过饱和NaHSOs溶液洗气可除杂，故B正确;C. 二氧化碳与碱石灰反响，而氧气不能，

23、那么通过装有碱石灰的U形管可除杂，故 C正确; D .碳酸氢钠与NaOH反响生成碳酸钠，过量的 NaOH，引入新杂质，不符合除杂的原那么，应加盐酸后蒸发，故 D错误；应选D .17海水开发利用的局部过程如下图以下说法错误的选项是ChA 向苦卤中通入CI2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将其复原吸收【考点】海水资源及其综合利用.【分析】A 向苦卤中通入 CI2置换出溴单质，别离得到溴；B. 粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应参加试剂进行除杂，过滤后向滤液中 参加盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶

24、进行提纯；C. 工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将其复原吸收转化为 HBr，到达富集的目的.【解答】 解：A 向苦卤中通入 CI2置换出溴单质，别离得到溴，通入CI2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参加过量的BaCb溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中参加盐酸至溶液呈中性， 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，用空气和水蒸气吹出

25、单质溴， 再用SO2将其复原吸收转化为 HBr，到达富集的目的，故 D正确；应选C.18. 利用海水提取溴和镁的过程如下，以下说法不正确的选项是A .假设提取1 mol Br2，至少需要标准状况下 44. 8 L的CbB .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，假设提取1molBr2，至少需要标准状况下 44. 8L的C",正确；B.金 属镁在工业上利用电解熔融MgCL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

26、法，正确；D .卤素单质都能与 NaOH溶液反响，故除去氯气的同时溴也反响了，错误。答案选 D。二、非选择题(共 46分)19. 用固体烧碱配制 0.4mol?L 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) 以下操作中，会使所配制溶液浓度偏高的是AB .(选填字母序号)A . NaOH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 .容量瓶没有枯燥

27、即用来配制溶液E. 溶解烧碱的烧杯未洗涤.【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)

28、用固体烧碱配制 0.4mol?L -1的NaOH溶液240mL ,应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量 m=0.4mol/L X40g/mol X 0.25L=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) A . NaOH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，

29、故C不选；D 容量瓶没有枯燥即用来配制溶液，对溶质的物质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，导致局部溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；应选：AB .20.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:请填写以下空白：(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响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

30、填序号)a.酒精b .汽油c.四氯化碳(4) 步骤 中所发生的离子反响方程式2+MnO2+4H +=Mn 2+l2+2HgO .(5) ：2Fe3+2li2Fe2+l2氯气既可以氧化 Fe2+,也可以氧化 .往Feb溶液中通 入一定量的 CI2,反响完成后，溶液中有Fe2+被氧化，请写出该反响的化学反响方程式：2Fe2+8+5 Clz=2Fe3+4l2+10C.【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，将悬浊液别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参加二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，参加有机溶剂

31、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，别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、I2均不发生化学反响，和水互不相溶；(3) 萃取剂的选择必须符合以下条件：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；萃取剂与溶质不反响；(4) MnO 2具有较强的氧化性，碘离子在酸性条件下可被MnO 2氧化生成单质碘；(5) 2Fe3+2T2Fe2+l2，复原性强弱： Fe2+,所以氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离 子，根据离子反响先后顺序书写.【解答】解：(1)灼烧海带时，所用到的仪器有坩埚、铁架

32、台、酒精灯或其它加热氧气，所以步骤所需要的硅酸盐仪器是坩埚，别离固体和液体的方法是过滤，所以步骤将悬浊液别离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，故答案为：坩埚；过滤；(2) 选择用苯来提取碘水中的单质碘，是因为苯与水、I2均不发生化学反响，和水互不相 溶，碘在苯中溶解度大于水，故答案为：a c d；(3) 提取碘的过程中，b .汽油，c.四氯化碳在水溶液中不溶都能分层，碘单质在四氯化碳，汽油中溶解度大于水中，可以做萃取剂，不能使用的有机溶剂是a.酒精，酒精和水互溶，和溶液不能分层， 故答案为：a；(4) 碘离子在酸性条件下可被 MnO?氧化生成单质碘：离子方程式为：21+MnO 2+4H+=

33、m n 2+I2+2H2O；故答案为：2I +MnO 2+4H+=mn2+l2+2H2O；(5) 向Fel2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反响2+Cl2=2C+I2,然后再和亚 铁离子发生反响 2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl，假设含ImolFeb的溶液中，往Feb溶液中通入一定1 2 1 3量的Cl2,反响完成后，溶液中有Fe被氧化，I完全氧化成12,生成1moll2,生成三molFe ,需氯气 1.25mol，所以离子反响为：2Fe2+8l+5Cl2=2Fe3+4I2+10Cl，故答案为：2Fe2+8l+5Cl2=2Fe3+4l2+10CI.21.过氧化钙(CaO2)是一种白色、无

34、毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬 保鲜、空气净化、污水处理等方面.工业生产过程如下： 在NH4CI溶液中参加Ca (OH ) 2； 在第 步的生成的产物中参加 30% H2O2,反响生成CaO2?8H2O沉淀； 经过陈化、过滤，水洗得到 CaO2?8H2O，再脱水枯燥得到 CaO2.完成以下填空：(1) 第 步反响的化学方程式为2NHQ+Ca (OH) ?=2NH3?H?O+CaCI?.(2) 生产中可循环使用的物质是NHQ_.(3) 检验CaO2?8H2O是否洗净的方法是 取少量最后一次洗涤液于试管中， 滴加少量硝酸 酸化的硝酸银溶液， 观察是否产生白色沉淀， 如果产生白色沉淀就

35、证明没有洗涤干净， 否那么 洗涤干净 .(4) CaO2在350 C迅速分解生成 CaO和O2.如图是实验室测定产品中 CaO2含量的 装置(夹持装置省略).假设所取产品质量是 m g,测得气体体积为 V mL (已换算成标准状况)，那么产品中CaO?的质 9V量分数为,% (用字母表示)过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理14m-量有样品质量和反响后固体质量 【考点】制备实验方案的设计.【分析】(1)第步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反响生成一水合氨和氯化钙；(2) 第 步发生反响：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O J+2NH4CI，氯化铵可 以循

36、环利用；(3) CaO2?8H2O外表会附着氯化铵，用硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子 判断是否洗涤干净；(4) 发生反响：2CaO22CaO+O2 T，由氧气体积结合方程式计算产品中CaO2的质量分数；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反响后固体质量.【解答】解：(1)第步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反响生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为：2NH4CI+Ca (OH) 2=2NH 3?H2O+CaCl2, 故答案为：2NH4CI+Ca (OH) 2=2NH 3?H2O+CaCl2；(2) 第 步发生反响：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=

37、CaO2?8H2O J+2NH4CI，第 步消 耗氯化铵，第步又生成氯化铵，故氯化铵可以循环利用，故答案为：NH4CI ；(3) CaO2?8H2O外表会附着氯化铵，检验洗涤干净方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否那么洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否那么洗涤干净；(4) 设产品中CaO2的质量分数为y，那么：35此2CaO22CaO+O2 f144g22.4L-3mg x yV x 10 L所以

38、144g： mg x y=22.4L : V x 10 3l一 144V 9V解得 y= ,.：=，过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反响后固体质量，9V故答案为： w % ；样品质量和反响后固体质量.22 草酸亚铁晶体(FeC2O4?2H2O )呈淡黄色某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质， 进行了一系列实验探究.(1 )向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到有二氧化碳气体生成.这说明草酸亚铁晶体具有复原性 (填氧化性复原性或碱性).假设反响中消耗1mol FeC2O4?2H2O,那么参加反响的 KMn

39、O 4 为 0.6 mol.(2 )资料说明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧 化物，残留物为黑色固体.课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是 FeO；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物(3)为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究. 【定性研究】请你完成下表中内容.实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期实验现象和结论取少量黑色固体，参加适量稀盐酸或稀硫酸，溶液不变红色，那么假设一成立，在溶液中参加硫氰化钾溶液溶液变成红色，那么假设一不成立【定量研究】课题组在

40、文献中查阅到，FeC2O4?2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的写出加热到400C时，FeC2O4?2H2O晶体受热分解的化学方程式为：AFeC9O4?2H?OFeO+CO f +CO+2H?O .【考点】性质实验方案的设计.【分析】(1 )向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成.说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有复原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；(2) 草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四 氧化三铁，分析判断；(3) 【定性研究】氧化亚铁溶

41、解于盐酸生成氯化亚铁溶液，参加KSCN溶液，假设溶液不变 红证明假设一正确；【定量研究】根据图中提供的信息，通过计算可以判断反响的化学方程式和物质的化学式.【解答】 解：(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnOq溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成.说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有复原性， 依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化复原反响电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2+5C2O42+3 MnO 4+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2f+12H2O，消耗 1mol FeC2O4?2H2O,那么参加反响的

42、KMnO 4为0.6mol ,故答案为：复原性；0.6 mol ；(2)假设一：全部是氧化亚铁；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，故答案为：全部是四氧化三铁；氧化亚铁和四氧化三铁的混合物；(3) 【定性研究】实验步聚：取少量黑色固体，参加适量的稀盐酸(或稀硫酸)溶解，在溶 液中参加KSCN溶液，现象与结论：假设溶液不变红，那么假设一成立，假设溶液变红，那么假设 一不成立； 故答案为：实验步骤(不要求写出具体操作程)预期实验现象和结论参加适量稀盐酸或稀硫酸，在溶液中参加硫氰化钾溶液溶液不变红色，那么假设一成立，溶液变成红色， 那么假设一不成立【定量研究】 通过剩余固

43、体的质量可知， 过程I发生的反响是： 草酸亚铁晶体受热失去结晶 水，设失去结晶水x,图象分析可知固体质量变化 1.0 -0.8=0.2g，依据那么反响的化学方程式 计算为：FeC2O4?2H2OFeC2O4? (2- x) H2O+xH2O m18x1801.00.2x=2加热到300°C，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400°,固体质量减少0.8g -0.4g=0.4g;此时草酸亚铁分解减少的是气体质量， 反响过程中一定存在反响生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成

44、 +2价的一氧化碳，反响的化学方程式 FeC2O4一-一FeO+CO+CO2,FeC2O4FeO+CO+CO2 m144720.80.4计算结果符合图象固体质量变化，所以反响的化学方程式为FeC2O4?2H2OFeO+CO f +CO2 f +2H2O,故答案为：FeC2O4?2H2OFeO+CO f+CO2 f+2H2O.23、【答案】(1). Cl2+2Br-=2 Cl-+B2(2).将溴从蒸馏烧瓶A中吹出(3). SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2 HBr(4).吸收未反响完的 CI2、B2、SO2等有毒气体，防止污染空气(5) .蒸馏萃取分液(6).不合理过量氯水也能氧化碘化钾【

45、解析】(1)要想使溴离子变成溴单质，那么参加的 a能和溴离子发生反响生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反响生成溴单质，离子反响方程式为Cl2+2Br-=2CI-+B2，故答案为：Cl2+2Br-=2CI-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2,故答案为：将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；使溴蒸气转化为氢溴酸以到达富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反响为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H 2SO4，故答案为：BQ+SO2+2H 2O=2HBr+H 2SO4；(4) 氯气不可能完全反响，氯气和溴离子反响生成溴单质，未反响的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空

46、，且这几种物质都能和碱反响，所以C装置是尾气处理装置，可知 C的作用为吸收未反响的 CI2、B2和S02，故答案为：吸收未反响的 CI2、B2和S02，防止污 染空气；(5) 根据溴的沸点是 59C，水溶液的沸点相差较大，可以采用蒸馏方法从该混合液中别离出溴单质，故答案为：蒸馏；溴易溶于四氯化碳，向混合液中参加四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法叫萃取和分液，故答案为：萃取分液；(6) 过量的氯水也能够将碘化钾氧化生成碘单质，导致溶液变蓝，不能证明溶液中含有溴离子，故答案为：不合理；过量氯水也能氧化碘化钾。24、【答案】(1). OH -+C02=HC0 3-CO3+H20+C0

47、2=2 HCO 3-NaOH-+NaHCO3-=Na2CO3+H2O(2). MnO2+4H+2CI- Mn 2+2H20+Cl2?生成白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色2Fe3+Fe=3Fe2+3Fe+4H2O (g)'Fe3O4+4H2(3). Al (OH) 3 2AI+2OH -+2H2O=2AIO 2+3H2 fAl (OH )3+OH =AIO 2+2H2OAl +3AI0 2+6H2O=4AI ( OH) 3 J【解析】(1)A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反响均为黄色，表示含有钠元素，C受热分解可转化为 B,因此A为氢氧化钠，W为二氧化碳，B为碳酸钠，C为

48、碳酸氢钠。 氢氧化钠与过量二氧化碳转化为碳酸氢钠的总反响的离子方程式为OH-+CO2=HCO 3，故答案为：OH-+CO2=HCO3-； 碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠的离子方程式为CO32-+H 2O+CO2=2 HCO 3-，故2答案为：CO3-+H2O+CO2=2 HCO 3-； 氢氧化钠溶液与碳酸氢钠溶液反响的化学方程式为NaOH-+NaHCO 3-=Na2CO3+H2O，故答案为：NaOH -+NaHCO 3-=Na2CO3+H 2O ；(2)B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反响生成红褐色分散系，那么B为氯化铁，那么A为氯气，W为铁，C为氯化亚铁。 实验室用浓盐酸与二氧化锰参加制氯气，反响的离子方程式为MnO2+4H+2CI- Mn 2+2H2O+CI 2 f,故答案为： MnO2+4H+2C Mn 2+2H2O+C