必修1化学物质及其变化习题及答案(2)
必修1化学物质及其变化习题答案
一、选择题(每小题3分，共54分)
1.解析：电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，NaCl是电解质，其固体无自由移动的离子，不导电，A项错误;NaCl溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B项错误;NaCl在水溶液中电离出自由移动的离子，故连接好电路后能导电，C项正确;在NaCl溶液中，水电离出的离子是少量的，D项错误。
答案：C
2.解析：氨水中通入过量SO2，生成HSO，A项错误;次氯酸钠溶液中通入少量SO2，SO2会被HClO氧化为SO：ClO-+SO2+H2O===2H++Cl-+SO，B项错误;当≥2时，产物仅为Na2CO3，当≤1时，产物仅为NaHCO3，当1<<2时，产物为Na2CO3、NaHCO3，反应中OH-与CO2的物质的量之比为，所以产物中既有CO又有HCO，C项正确;氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，故硫酸铝溶液中加入过量氨水，离子方程式为
Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH，D项错误。
答案：C
3.解析：选项中等物质的量的各物质得电子数越多，则氧化生成的I2越多。设各取1 mol物质，则Fe3+→Fe2+得1 mol e-，MnO→Mn2+得5 mol e-，Cl2→2Cl-得2 mol e-，HNO2→NO得1 mol e-，故反应中得到I2最多的为MnO。
答案：B
4.解析：C3N3(OH)3与HNCO的组成不同，结构不同，不是同一种物质，A项错误;由原子成键规律可知HNCO的结构为H—N===C===O，可知其中N显-3价，C显+4价。HNCO为还原剂，NO2为氧化剂，B项错误;1 mol NO2在反应中转移的电子为4 mol，C项正确;CO2既不是氧化产物，也不是还原产物，D项错误。
答案：C
5.解析：由步骤(1)可知，Cl-、CO、SO三者中至少有一种;由步骤(2)可知，一定有NH且可算出有NH0.04 mol;由步骤(3)可知，同时有CO、SO，且可算出有SO0.01 mol，有CO0.02 mol，考虑到离子共存问题，可知原溶液中无Mg2+、Ba2+;考虑到电荷守恒，可知阳离子除了NH外必定还有K+，可能存在Cl-。
答案：A
6.解析：①石炭酸为苯酚的俗称，属于化合物，水银为汞的俗称，属于单质;②中聚苯乙烯为高分子化合物，属于混合物，HD属于单质;④中CH2O2为甲酸，而C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2既可能为羧酸，又可能为酯类。
答案：B
7.解析：本题化学反应中元素的化合价变化如下：CaCO3+2N===CaN2+CO↑+2↑+CO2↑，注意到生成物CO2中的碳元素来自CaCO3，其化合价在反应前后未发生变化。根据化合价的变化可知，HCN既是氧化剂又是还原剂，CaCN2是氧化产物，H2是还原产物。
答案：C
8.解析：加水冲稀时c(H+)/c(OH)-的值明显减小，说明溶液呈酸性，即每组添上氢离子，只有A选项符合。
答案：A
9.解析：1 mol+5价砷完全转化为+3价砷共得到2 mol电子。
答案：D
10.解析：A项中纯碱属盐类，烧碱属碱类，Al2O3属两性氧化物;B项中CO属不成盐氧化物;C项中碳酸铵由NH和CO构成，属盐类，Na2O2属过氧化物，不属碱性氧化物。
答案：D
11.解析：B中CuSO4应以离子形式存在;苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，苯酚与Na2CO3反应不可能生成CO2，C错误;D中BaCO3难溶于水，不能以离子形式存在，且也应有气体放出，D错误。
答案：A
12.解析：HClO有强氧化性，可把SO氧化为SO，B错;稀HNO3有氧化性，可把S2-与Fe2+氧化，C错;D应为Ca2++2OH-+2H++SO===CaSO4↓+2H2O，所以D错。
答案：A
13.解析：据条件可写出化学反应方程式：
①Sn+2HCl===SnCl2+H2↑，
②SnCl2+2FeCl3===2FeCl2+SnCl4。
由此可判断出：氧化能力Fe3+>Sn4+>Sn2+，还原能力Fe>Sn>Sn2+>Fe2+，故只有C正确。
答案：C
14.解析：由题意可知，发生化合价变化的元素分别为铁元素和R元素。首先根据化学式中正负化合价代数和为零，算出[RO(OH)2]+中R的化合价为+5价。再设R元素的最终价态为x，由电子守恒有：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：题目中已强调“注意线段的斜率”这句话，所以更应明确图像表示的是一个等腰梯形，而非斜梯形。选项B中滴加的NaOH溶液应先和HCl反应，所以一开始没有沉淀生成，不合题意。选项C中发生的反应依次是：Al3++3OH-===Al(OH)3↓，NH+OH-===NH3·H2O，Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O，所得的图形是一个斜梯形。选项D中生成的Mg(OH)2沉淀不溶于NaOH，因此沉淀量不会减少。选项A中，从化学原理分析，反应分为三个阶段：第一阶段是Ca2++2OH-+CO2===CaCO3↓+H2O;第二阶段是
2OH-+CO2===CO+H2O(若认为有下列反应发生：CaCO3+H2O+CO2===Ca2++2HCO，由于有OH- 的存在，则有反应Ca2++2HCO+2OH-===CaCO3↓+2H2O+CO，随之发生，这相当于CaCO3没有溶解);第三阶段是CaCO3的溶解过程：CaCO3+H2O+CO2===Ca2++2HCO。
答案：A
16.解析：由题知O2(PtF6)中Pt为+5价，F只有-1价，所以O为+价，在化学反应中O元素化合价升高做还原剂，PtF6是氧化剂，电子转移数目为e-;O中存在着共价键，所以D不正确。
答案：C
17.解析：根据与稀硫酸反应的现象，说明红色固体产物中一定有Cu2O，是否含有Cu不能确定。
答案：D
18.解析：选项A中碳酸钙是强电解质，但是难溶物，在离子方程式中应保留化学式。选项B中由于酸性H2CO3>苯酚>HCO，因此在苯酚钠溶液中不管通入多少CO2气体，生成物中都不可能有CO。选项D中由于通入的Cl2量不足，不能把Br-全部氧化，离子方程式符合质量守恒和电荷守恒，是正确的，但评价错误。
答案：C
二、非选择题(共46分)
19.解析：(1)MFe2O4被还原时，MFe2O4与H2的物质的量之比为2∶1，根据得失电子守恒，则
(3-)×2×2=2，x=3.5，即Fe在MFe2Ox的平均价态为+2.5价，则Fe2+和Fe3+物质的量之比为1∶1。
(2)要使Fe2O被还原，应选择具有还原性的物质，只能是Cu2O，反应的方程式为：
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种阳离子和4种阴离子之间的关系可知CO只能与Na+结合成Na2CO3，而OH-只能与Ba2+结合成Ba(OH)2。对照实验②可知A为Ba(OH)2，生成的白色沉淀分别是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，说明D是Al2(SO4)3。溶液B可能是Na2CO3或MgCl2。根据实验③可确定溶液B是MgCl2，则C是Na2CO3。(2)中沉淀部分溶解属于铝盐的性质。(3)中CO与Al3+发生双水解反应生成气体和沉淀。
答案：(1)Ba(OH)2 MgCl2 Na2CO3 Al2(SO4)3
(2)Al(OH)3+OH-===AlO+2H2O
(3)冒出大量气泡，同时生成白色沉淀
21.答案：(1)淀粉 (2)3O2通电2O3
(3)温度会影响反应速率，保持温度相同是为了消除温度不同带来的误差
(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)还原
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