必修1化學(xué)物質(zhì)及其變化習(xí)題及答案(2)
必修1化學(xué)物質(zhì)及其變化習(xí)題答案
一、選擇題(每小題3分，共54分)
1.解析：電解質(zhì)是指在熔融狀態(tài)或水溶液中能導(dǎo)電的化合物，NaCl是電解質(zhì)，其固體無自由移動的離子，不導(dǎo)電，A項錯誤;NaCl溶液是混合物，不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，B項錯誤;NaCl在水溶液中電離出自由移動的離子，故連接好電路后能導(dǎo)電，C項正確;在NaCl溶液中，水電離出的離子是少量的，D項錯誤。
答案：C
2.解析：氨水中通入過量SO2，生成HSO，A項錯誤;次氯酸鈉溶液中通入少量SO2，SO2會被HClO氧化為SO：ClO-+SO2+H2O===2H++Cl-+SO，B項錯誤;當(dāng)≥2時，產(chǎn)物僅為Na2CO3，當(dāng)≤1時，產(chǎn)物僅為NaHCO3，當(dāng)1<<2時，產(chǎn)物為Na2CO3、NaHCO3，反應(yīng)中OH-與CO2的物質(zhì)的量之比為，所以產(chǎn)物中既有CO又有HCO，C項正確;氫氧化鋁不溶于弱酸弱堿，故硫酸鋁溶液中加入過量氨水，離子方程式為
Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH，D項錯誤。
答案：C
3.解析：選項中等物質(zhì)的量的各物質(zhì)得電子數(shù)越多，則氧化生成的I2越多。設(shè)各取1 mol物質(zhì)，則Fe3+→Fe2+得1 mol e-，MnO→Mn2+得5 mol e-，Cl2→2Cl-得2 mol e-，HNO2→NO得1 mol e-，故反應(yīng)中得到I2最多的為MnO。
答案：B
4.解析：C3N3(OH)3與HNCO的組成不同，結(jié)構(gòu)不同，不是同一種物質(zhì)，A項錯誤;由原子成鍵規(guī)律可知HNCO的結(jié)構(gòu)為H—N===C===O，可知其中N顯-3價，C顯+4價。HNCO為還原劑，NO2為氧化劑，B項錯誤;1 mol NO2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為4 mol，C項正確;CO2既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，D項錯誤。
答案：C
5.解析：由步驟(1)可知，Cl-、CO、SO三者中至少有一種;由步驟(2)可知，一定有NH且可算出有NH0.04 mol;由步驟(3)可知，同時有CO、SO，且可算出有SO0.01 mol，有CO0.02 mol，考慮到離子共存問題，可知原溶液中無Mg2+、Ba2+;考慮到電荷守恒，可知陽離子除了NH外必定還有K+，可能存在Cl-。
答案：A
6.解析：①石炭酸為苯酚的俗稱，屬于化合物，水銀為汞的俗稱，屬于單質(zhì);②中聚苯乙烯為高分子化合物，屬于混合物，HD屬于單質(zhì);④中CH2O2為甲酸，而C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2既可能為羧酸，又可能為酯類。
答案：B
7.解析：本題化學(xué)反應(yīng)中元素的化合價變化如下：CaCO3+2N===CaN2+CO↑+2↑+CO2↑，注意到生成物CO2中的碳元素來自CaCO3，其化合價在反應(yīng)前后未發(fā)生變化。根據(jù)化合價的變化可知，HCN既是氧化劑又是還原劑，CaCN2是氧化產(chǎn)物，H2是還原產(chǎn)物。
答案：C
8.解析：加水沖稀時c(H+)/c(OH)-的值明顯減小，說明溶液呈酸性，即每組添上氫離子，只有A選項符合。
答案：A
9.解析：1 mol+5價砷完全轉(zhuǎn)化為+3價砷共得到2 mol電子。
答案：D
10.解析：A項中純堿屬鹽類，燒堿屬堿類，Al2O3屬兩性氧化物;B項中CO屬不成鹽氧化物;C項中碳酸銨由NH和CO構(gòu)成，屬鹽類，Na2O2屬過氧化物，不屬堿性氧化物。
答案：D
11.解析：B中CuSO4應(yīng)以離子形式存在;苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，苯酚與Na2CO3反應(yīng)不可能生成CO2，C錯誤;D中BaCO3難溶于水，不能以離子形式存在，且也應(yīng)有氣體放出，D錯誤。
答案：A
12.解析：HClO有強(qiáng)氧化性，可把SO氧化為SO，B錯;稀HNO3有氧化性，可把S2-與Fe2+氧化，C錯;D應(yīng)為Ca2++2OH-+2H++SO===CaSO4↓+2H2O，所以D錯。
答案：A
13.解析：據(jù)條件可寫出化學(xué)反應(yīng)方程式：
①Sn+2HCl===SnCl2+H2↑，
?、赟nCl2+2FeCl3===2FeCl2+SnCl4。
由此可判斷出：氧化能力Fe3+>Sn4+>Sn2+，還原能力Fe>Sn>Sn2+>Fe2+，故只有C正確。
答案：C
14.解析：由題意可知，發(fā)生化合價變化的元素分別為鐵元素和R元素。首先根據(jù)化學(xué)式中正負(fù)化合價代數(shù)和為零，算出[RO(OH)2]+中R的化合價為+5價。再設(shè)R元素的最終價態(tài)為x，由電子守恒有：48×10-3L×0.1 mol/L×(3-2)=2.4×10-3mol×(5-x)，解得x=3。
答案：B
15.解析：題目中已強(qiáng)調(diào)“注意線段的斜率”這句話，所以更應(yīng)明確圖像表示的是一個等腰梯形，而非斜梯形。選項B中滴加的NaOH溶液應(yīng)先和HCl反應(yīng)，所以一開始沒有沉淀生成，不合題意。選項C中發(fā)生的反應(yīng)依次是：Al3++3OH-===Al(OH)3↓，NH+OH-===NH3·H2O，Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O，所得的圖形是一個斜梯形。選項D中生成的Mg(OH)2沉淀不溶于NaOH，因此沉淀量不會減少。選項A中，從化學(xué)原理分析，反應(yīng)分為三個階段：第一階段是Ca2++2OH-+CO2===CaCO3↓+H2O;第二階段是
2OH-+CO2===CO+H2O(若認(rèn)為有下列反應(yīng)發(fā)生：CaCO3+H2O+CO2===Ca2++2HCO，由于有OH- 的存在，則有反應(yīng)Ca2++2HCO+2OH-===CaCO3↓+2H2O+CO，隨之發(fā)生，這相當(dāng)于CaCO3沒有溶解);第三階段是CaCO3的溶解過程：CaCO3+H2O+CO2===Ca2++2HCO。
答案：A
16.解析：由題知O2(PtF6)中Pt為+5價，F(xiàn)只有-1價，所以O(shè)為+價，在化學(xué)反應(yīng)中O元素化合價升高做還原劑，PtF6是氧化劑，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為e-;O中存在著共價鍵，所以D不正確。
答案：C
17.解析：根據(jù)與稀硫酸反應(yīng)的現(xiàn)象，說明紅色固體產(chǎn)物中一定有Cu2O，是否含有Cu不能確定。
答案：D
18.解析：選項A中碳酸鈣是強(qiáng)電解質(zhì)，但是難溶物，在離子方程式中應(yīng)保留化學(xué)式。選項B中由于酸性H2CO3>苯酚>HCO，因此在苯酚鈉溶液中不管通入多少CO2氣體，生成物中都不可能有CO。選項D中由于通入的Cl2量不足，不能把Br-全部氧化，離子方程式符合質(zhì)量守恒和電荷守恒，是正確的，但評價錯誤。
答案：C
二、非選擇題(共46分)
19.解析：(1)MFe2O4被還原時，MFe2O4與H2的物質(zhì)的量之比為2∶1，根據(jù)得失電子守恒，則
(3-)×2×2=2，x=3.5，即Fe在MFe2Ox的平均價態(tài)為+2.5價，則Fe2+和Fe3+物質(zhì)的量之比為1∶1。
(2)要使Fe2O被還原，應(yīng)選擇具有還原性的物質(zhì)，只能是Cu2O，反應(yīng)的方程式為：
Fe2O+Cu2O+10H+===2Fe2++2Cu2++5H2O。
答案：(1)3.5 1∶1
(2)Fe2O+Cu2O+10H+===2Fe2++2Cu2++5H2O
20.解析：分析4種陽離子和4種陰離子之間的關(guān)系可知CO只能與Na+結(jié)合成Na2CO3，而OH-只能與Ba2+結(jié)合成Ba(OH)2。對照實驗②可知A為Ba(OH)2，生成的白色沉淀分別是BaCO3、Mg(OH)2、Al(OH)3、BaSO4，D溶液中生成的白色淀淀再加Ba(OH)2溶液后沉淀部分溶解，說明D是Al2(SO4)3。溶液B可能是Na2CO3或MgCl2。根據(jù)實驗③可確定溶液B是MgCl2，則C是Na2CO3。(2)中沉淀部分溶解屬于鋁鹽的性質(zhì)。(3)中CO與Al3+發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氣體和沉淀。
答案：(1)Ba(OH)2 MgCl2 Na2CO3 Al2(SO4)3
(2)Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O
(3)冒出大量氣泡，同時生成白色沉淀
21.答案：(1)淀粉 (2)3O2通電2O3
(3)溫度會影響反應(yīng)速率，保持溫度相同是為了消除溫度不同帶來的誤差
(4)ABD (5)0.4 mol
22.答案：(2)Fe2+ (3)ac (5)2H++2Fe2++H2O2===2Fe3++2H2O;
11H2O2+2SCN-===N2↑+2CO2↑+2SO+2H++10H2O
(6)還原
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