高一寒假快乐寒假作业详解答案

1【答案】　C

【点拨】　浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化变黑。

2【答案】　C

【点拨】　正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，故①不正确;汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，控制汽车尾气的排放有利于防止大气污染，②正确;二氧化硫不能用于食品的漂白;③正确;最近的研究结果表明使用氯气对自来水消毒可能对人体健康有害，④正确;富含氮、磷营养素的废水排入水库中会引起“水华”现象从而导致水质变坏，⑤不正确。

3【答案】　D

【点拨】　氯水通入SO2后发生反应SO2+Cl2+2H2O===H2SO4+2HCl而使溶液的酸性增强，A不正确;向明矾溶液中加入过量NaOH溶液时发生反应

Al3++4OH-===AlO-2+2H2O，没有沉淀生成，B不正确;铁与水反应生成Fe3O4和H2，C不正确;浓硫酸和浓硝酸都是强氧化性酸，在加热的条件下都能氧化木炭，D正确。

4【答案】　D

【点拨】　盐酸使石蕊试纸变红，浓硫酸使试纸脱水变黑，新制氯水可以漂白试纸。

5【答案】　B

【点拨】　NO和N2O反应不可能生成NO2，因氮元素的化合价均升高，但没有元素的化合价降低。

6【答案】　D

【点拨】　NO2不能用排水法收集，A不正确;用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2需要加热且不能用排水法收集，B不正确;用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3需要加热且不能用排水法收集，C不正确;H2O2溶液和MnO2在常温下反应生成O2且O2不易溶于水，所以D正确。

7【答案】　C

【点拨】　硝酸的浓度越大，反应速率越快，消耗时间越少;1 mol Cu与足量的浓硝酸反应会生成2 mol NO2,1 mol Cu与足量的稀硝酸反应会生成2/3 mol NO;参加反应的铜的质量相同，因此氧化剂得到的电子也相同;由于铜元素守恒，反应后溶液中铜离子的浓度也相同。

8【答案】　B

【点拨】　硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，再和碱反应生成盐，B项正确;硅、氮和铁的单质和氧气反应生成的氧化物均不能溶于水，A、C、D项错误。

9【答案】　BD

【点拨】　产生喷泉的条件：气体在液体中的溶解度很大(或气体与液体能发生反应)，烧瓶内外产生足够的压强差。NO在水中溶解度不大且二者不反应，不能产生喷泉;因CO2在NaOH溶液中发生反应：CO2+2NaOH===Na2CO2+H2O，烧瓶中压强减小，形成喷泉;Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，不能形成喷泉;NH3与盐酸完全反应，能形成喷泉。

10【答案】　B

【点拨】　由于Cu与稀HNO3反应而不与稀H2SO4反应，所以很容易出现以下错误的解题思路：

由题意，n(HNO3)=0.1 L×0.4 mol•L-1=0.04 mol，

n(Cu)=1.92 g64 g•mol-1=0.03 mol，

由3Cu+　8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

3       8

0.03 mol  0.04 mol

可知，与0.04 mol HNO3恰好反应的Cu为0.015 mol，生成的Cu2+为0.015 mol(剩余的Cu为0.015 mol)，所以c(Cu2+)=0.015 mol0.1 L=0.15 mol•L-1，答案为A。

但以上解析是错误的，这是因为Cu与HNO3反应生成了硝酸盐，而溶液中还存在由H2SO4提供的H+，因此，H+、NO-3会继续将Cu氧化直至Cu耗完或H+、NO-3中的一种离子耗完。正确的解题思路如下：

在溶液中，n(NO-3)=0.04 mol，n(H+)=0.06 mol，

n(Cu)=0.03 mol，

3Cu　+　8H+　+　2NO-3===3Cu2++2NO↑+4H2O

3       8          2

0.03 mol  0.06 mol  0.01 mol

经分析可知，Cu和NO-3过量，H+完全反应，由H+的物质的量计算得n(Cu2+)=0.022 5 mol，c(Cu2+)=0.225 mol•L-1，答案为B。

【方法技巧】　对“Cu+HNO3+H2SO4”型的计算应以离子方程式为依据。

11【答案】　A

【点拨】　A项中，Si+O2=====点燃SiO2，SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O，但Na2SiO3不能一步反应得到单质Si。

【点拨】　仔细观察该套装置的特点，集气瓶出气管较短，则收

12【答案】　B

集的气体密度比空气大，C项错误;而A项中的一氧化氮能够被氧气氧化，故不能用排空气法收集;该题的净化装置采用了浓硫酸，而硫化氢具有很强的还原性，不能用浓硫酸净化;故只有B项符合题意。

13【答案】　D

【点拨】　NaHCO3先受热，且受热面积大，其对应石灰水先变浑浊，并不能用来比较二者稳定性强弱。

14【答案】　B

【点拨】　A项，MnO2是催化剂，不参与反应;B项，Cu与浓HNO3、稀HNO3均能反应，可消耗完;C项，Cu与稀H2SO4不反应，即当变为稀H2SO4时，反应即停止;D项，常温下Al在浓H2SO4中发生钝化。

15【答案】　B

【点拨】　在写离子反应方程式时，微溶物如果是反应物且澄清，则拆写成离子的形式;如果作反应物时浑浊或作生成物时，一律不拆写，写化学式。B中因为是澄清的石灰水，所以要拆写成离子的形式。

16【答案】　A

【点拨】　浓硝酸与Cu反应时的还原产物是NO2，稀硝酸与Cu反应时的还原产物是NO;浓硫酸与Zn反应时的还原产物是SO2，稀硫酸与Zn反应时的还原产物是H2。

17【答案】　C

【点拨】　只有浓盐酸才能被二氧化锰氧化，随着反应的进行，浓盐酸会变稀，反应会停止，所以A中的浓盐酸不能完全被消耗。B中的铝遇浓硫酸钝化。当1：4

时，生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物。氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，故氮气不能完全被消耗。

18【答案】　D

【点拨】　根据离子方程式进行计算。

3Cu　+　8H+　　2NO-3===3Cu2++2NO↑+4H2O

3 mol    8 mol    2 mol         44 800 mL

0.015 mol  0.1 mol  0.2 mol      V(NO)

比较可知Cu不足量，由Cu的物质的量计算得V(NO)=224 mL。

19【答案】　(1)由C还原SiO2得到的单质Si中，杂质含量过高，将它用HCl、Cl2处理得到低沸点的SiHCl3，便于蒸馏提纯，然后再还原得到高纯硅

(2)①Mg2Si+4HCl===2MgCl2+SiH4↑

②SiH4=====△Si+2H2

【点拨】　(1)根据方法一的生产流程，可得如下反应式：SiO2

+2C=====高温Si(粗硅)+2CO↑，所得的粗硅中含有大量的其他杂质(如C、SiO2等)，没有实际应用价值，将粗硅用HCl、Cl2处理转化为沸点低的SiHCl3，反应方程式为Si+Cl2+HCl=====高温SiHCl3，低沸点的SiHCl3通过蒸馏极易分离提纯，然后将纯的SiHCl3在高温下用H2还原即可得到纯度高的Si蒸气：

SiHCl3+H2=====高温Si+3HCl，再进行气相沉淀即可制得高纯度的硅，从而得到单晶硅。

(2)Mg2Si与盐酸作用制得SiH4，根据原子守恒可知另一种生成物为MgCl2，其反应方程式为

Mg2Si+4HCl===2MgCl2+SiH4↑;再将SiH4进行热分解即可得到高纯硅和H2，其反应方程式为

SiH4=====△Si+2H2。

20【答案】　(1)Fe　Cl2　H2

(2)2Fe+3Cl2=====点燃2FeCl3

(3)2H++Fe===Fe2++H2↑

(4)2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-

【点拨】　根据反应①A+B―→D(固体)和反应④F+B―→D溶液，可知F是化合物，A是变价金属，且A在F中呈低价。又从物理性质中可判断B是Cl2。由此可推出A是Fe，D为FeCl3，F为FeCl2。从反应③A+E―→F+C可知，F为盐酸，则C为H2。

21【答案】　(1)分液漏斗　圆底烧瓶

(2)②　④

(3)E中无变化，F中红色布条褪色

(4)蓝色　2I-+Cl2===2Cl-+I2　橙色

(5)B

【点拨】　(1)注意区分普通漏斗、分液漏斗和长颈漏斗三种漏斗在结构上的不同，注意圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶的区别。

(2)除去Cl2中的HCl用饱和食盐水;除去Cl2中的水蒸气用浓硫酸;除杂顺序一般是先净化后干燥。

(3)Cl2不能使干燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色。

(4)通入Cl2时发生反应2I-+Cl2===2Cl-+I2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色。Cl2也能将Br-氧化为Br2，溴水溶液的颜色是橙色的。

(5)因为Cl2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，又因为在水中的溶

解度不大，故不需防倒吸。

22【答案】　(1)NO2(或A)

3NO2+H2O===2HNO3+NO　溶液都变红色

(2)①4NO2+O2+2H2O===4HNO3

②1a mol•L-1

(3)紫色石蕊试液变红　红色由浅变深

2SO2+O2+2H2O===2H2SO4

(4)出现白色沉淀

Cl2+SO2+2H2O===2Cl-+SO2-4+4H+、

Ba2++SO2-4===BaSO4↓

【点拨】　从图A、B、C的实验结果分析，试管里液面上升越高，表明相同条件下气体在水中溶解度越大。根据A中剩余气体的体积可以判断是二氧化氮溶于水发生反应生成NO：3NO2+H2O===2HNO3+NO。三种气体与水反应都生成酸，滴加紫色石蕊试液，都会变红色，只是A装置的烧杯中红色最深，C装置的烧杯中红色最浅。

(2)①装置D中发生的反应有：3NO2+H2O===2HNO3+NO、2NO+O2===2NO2，相加得总反应方程式：4NO2+O2+2H2O===4HNO3。②设D装置中集气瓶体积为V L，则二氧化氮气体的体积为V L，n(NO2)=V La L•mol-1=Va mol，最后集气瓶中充满液体，说明硝酸溶液的体积为V L，则c(HNO3)=Va molV L=1a mol•L-1。

(3)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是还原性酸，通入氧气反应后，被氧化生成强酸(硫酸)，溶液红色变深。

(4)氧气在水中将二氧化硫氧化成硫酸。

23【答案】　(1)Cu+H2O2+2HCl===2H2O+CuCl2

(2)大于

3Cu+2NO-3+8H+===3Cu2++2NO↑+4H2O

(3)b

【点拨】　(1)根据题意可知，在盐酸存在的条件下，H2O2与铜发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂，铜作还原剂。

(2)只有浓硫酸才能和Cu发生氧化还原反应，稀硫酸和Cu不反应，所以被还原的硫酸为0.9 mol时，浓硫酸的实际体积必须大于根据方程式计算的理论值。

(3)将酸X加入铁中，铁粉未见溶解;加水后溶解，说明酸是浓硫酸或浓硝酸;向反应后的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明是浓硫酸。

24【答案】　(1)2H2SO4(浓)+Cu=====△CuSO4+SO2↑+2H2O

(2)①3Cu+2NO-3+8H-===3Cu2++2NO↑+4H2O

②Fe+Cu2+===Fe2++Cu(或其他合理答案)

(3)能

【点拨】　(1)根据气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，可知D为SO2，由A是一种红色金属可知A为Cu，从而可知反应①为Cu和浓硫酸的反应。

(2)根据D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色可推知反应①是铜与稀硝酸的反应。

(3)铝是既可以与酸反应又能与碱反应放出H2的物质。

25【答案】　(1)0.1 mol　1 120

(2)小于　(3)18 mol•L-1

【点拨】　(1)设消耗H2SO4物质的量为x，生成SO2体积为y，

Cu+2H2SO4(浓)=====△CuSO4+SO2↑+2H2O

64 g　2 mol　　　　　　　 22400 mL

3.2 g　x　　　　　　　　　y mL

64 g3.2 g=2 molx=22400 mLy mL

解得x=0.1 moly=1120 mL

(2)n(H2SO4)=0.05a mol，

由于Cu与浓硫酸的反应中，溶质H2SO4不可能全部参加反应，且被还原的硫酸为参加反应的硫酸的一半，故实际被还原的硫酸的物质的量小于0.025a mol。

(3)因为n(BaSO4)=19.81 g233 g•mol-1=0.085 mol

n(SO2)=1120 mL22400 mL•mol-1=0.05 mol

所以原溶液中硫酸的物质的量：

n(H2SO4)=n(SO2-4)+n(SO2)=0.9 mol

所以c(H2SO4)=0.9 mol0.05 L=18 mol•L-1。

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