（人教版）高一轻松寒假20天提升作业（适用高一新教材）化学第6天——物质及其变化

高一年级20天轻松提升化学第6天——物质及其变化·答案

一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。

1.【解析】选A。SO2、CO2、SO3属于酸性氧化物,而NO、CO不是酸性氧化物。

2.【解析】选D。会出现丁达尔效应的分散系是胶体:①③⑤⑥,不会出现丁达尔效应的分散系是④,②是纯净物,不是分散系。

3.【解析】选A。元素呈中间价态时既有氧化性又有还原性。Al2O3、N2O5、SiO2中Al、N、Si分别显+3、+5、+4价,均为最高价态。

4.【解析】选B。A项,NaCl溶于水在水的作用下电离出Na+和Cl-,没有电流,错误;B项,CaCO3在水中溶解度很小,但溶于水的CaCO3可以电离,且熔融的CaCO3可以导电,正确;C项,游离态的元素化合价为0,化合态的元素化合价不为零,可能是正化合价,也可能是负化合价,化合价改变的化学反应就是氧化还原反应,由于不知道化合价是升还是降,所以该元素可能被氧化,也可能被还原,错误;D项,有单质参加的化合反应才是氧化还原反应,错误。

5.【解析】选D。A项,Mn为有色离子,不满足无色溶液的要求,故错误;B项,该溶液呈碱性,N能与OH-反应,在溶液中不能够大量共存,故错误;C项,Ba2+、HC与OH-反应生成碳酸钡沉淀,不满足得到澄清溶液的条件,故错误;D项,该溶液为碱性溶液,K+、Ba2+、Cl-、N之间不反应,在溶液中能够大量共存,故正确。

6.【解析】选A。A项,两反应的离子方程式均可表示为2H++CCO2↑+H2O,符合题意;B项,两反应的离子方程式分别为CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O、H++OH-

H2O,不符合题意;C项,两反应的离子方程式分别为S+Ba2+BaSO4↓、Ba2++2N+2OH-+SBaSO4↓+2NH3·H2O,不符合题意;D项,两反应的离子方程式分别为H++OH-H2O,2OH-+2H++S+Ba2+BaSO4↓+2H2O,不符合题意。

7.【解析】选B。A项,应为CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O;C项,应为Cu2++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓;D项,应为Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O。

8.【解析】选A。由氧化还原反应中,还原性:还原剂>还原产物可知,反应①中还原性:H2SO3>HI(I-),反应②中还原性:HI(I-)>FeCl2(Fe2+),反应③中还原性:

FeCl2(Fe2+)>NO。

9.【解析】选A。由NaO3O2中氯元素化合价降低可知:Na2O3Na2O4中硫元素化合价升高。

10. 【解析】选B。A项,+7价的Mn降到+6价、+4价,同时-2价的O升高到0价,同一种物质化合价既有降低又有升高,那么高锰酸钾既作氧化剂又作还原剂,正确;B项,该反应的还原产物是MnO2和K2MnO4,错误;C项,该反应的氧化产物是O2,正确;D项,KMnO4中Mn化合价降低表现氧化性,O化合价升高,表现还原性,正确。

二、选择题：每小题有1个或2个选项符合题意。

11. 【解析】选B、C。A项,反应5KClO3+6P3P2O5+5KCl中,氧化剂是KClO3,Cl的化合价由+5价变为-1价,故A正确;B项,P化合价从0价变为+5价,P2O5是P被氧化后所得的产物,故B错误;C项,反应5KClO3+6P3P2O5+5KCl中,氧化剂是KClO3,还原剂是P,被还原与被氧化的原子个数之比为5∶6,故C错误;D项,反应5KClO3

+6P3P2O5+5KCl中,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=30,消耗6个磷原子时,转移电子30 个,所以消耗3个磷原子时,转移电子15 个,故D正确。

12.【解析】选A。使无色酚酞试液呈红色的溶液,溶液中含有大量OH-,组内离子之间不反应也没有与OH-反应的离子,A项中离子能大量共存;B项中,Cu2+使溶液显蓝色,与条件无色溶液不符;C项中,S与Ba2+反应生成BaSO4沉淀;D项中溶液显酸性,含有大量H+,H+与C反应生成气体,故B项、C项、D项中离子均不能大量共存。

13.【解析】选C、D。从反应中看出I中碘元素的化合价降低,故NaIO3是氧化剂,HS是还原剂,A正确;实验目的是制取单质碘,反应中生成的H2SO4和Na2SO4就是副产物,B正确;从第二个反应中看出I2既是氧化产物又是还原产物,C错误;在第一个反应中HS是还原剂,I-是还原产物,氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物,D错误。

14.【解析】选B。甲若为NaNO3不能产生白色沉淀,C项错误;A项溶液中加入K2SO4溶液,不会产生沉淀;D项加入CaCl2溶液时,不会产生沉淀。

15.【解析】选C。由题给信息可知,氮元素的化合价由+5降低到+4,氧元素的化合价由-2升高到0,设生成的NO2和O2的分子个数分别为4、1,则氮原子得到的电子数为4,氧原子失去的电子数为1×2×[0-(-2)]=4,二者得失电子的数目相等,故金属元素的化合价没有变化,C项正确。

三、非选择题

16.【解析】(1)第一组中的碳酸钠是盐,而不是碱;第二组中的CO与碱不反应,不是酸性氧化物;第三组中的H2O2是过氧化物,不是碱性氧化物。

(2)胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小;鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生丁达尔效应。

(3)①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑反应中,每生成1分子 O2,氧元素由-1价升高到0价,转移2个电子;

②2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑反应中,

　　168　　　　　　　44

　　168 g　　　　　　x

列比例式:=;x=44 g

③Cl2+H2OHCl+HClO反应中,氯气中氯元素的化合价部分从0价升高到+1价,部分降低到-1价即氯气既是氧化剂,也是还原剂。每消耗10分子 Cl2,转移10个电子。

答案:(1)Na2CO3　CO　H2O2

(2)分散质微粒直径大小　丁达尔

(3)①2 　②44　③10　

17.【解析】(1)氢化钙中H为-1价,H2O中H为+1价,反应后水中H的化合价降低,因此水被还原。(2)反应①、③中,水作氧化剂;反应④中,水作还原剂;反应②、⑤中,水既不作氧化剂,也不作还原剂。反应⑤中NO2既是氧化剂又是还原剂。

答案:(1)既被氧化,又被还原　仅被还原

(2)①③

18.【解析】在该反应中Zn的化合价由0价变成+2价,一共升高了6×2=12,Zn作还原剂,表现还原性,被氧化,得到氧化产物ZnSO4;砷元素的化合价由+3价变成-3价,一共降低了2×6=12,As2O3作氧化剂,表现氧化性,被还原,得到还原产物AsH3,所以该反应转移的电子总数为12,AsH3和转移的电子总数之间的关系为AsH3～6e-,所以生成1分子AsH3转移的电子个数为6个。

答案:(1)

(2)A　(3)ZnSO4　AsH3　(4) 6个

19.【解析】(1)按树状分类法纯净物分为单质和化合物,化合物又分为酸、碱、盐和氧化物等;酸、碱、大部分盐和水属于电解质;

(2)可溶的、易电离的电解质(NaNO2、NaI、HI)可以拆成离子形式;

(3)反应中氮元素的化合价降低,则NaNO2被还原,为氧化剂;碘元素的化合价升高,HI被氧化,为还原剂;

(4)①水、③淀粉、④白酒与NaNO2都不反应,所以无明显现象;KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应,食醋会电离出微量的氢离子,碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子,亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子,发生反应生成碘单质,I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,故①②⑤正确;

(5)根据题干信息可知,NH4Cl与NaNO2反应生成N2,亚硝酸钠中+3价氮原子得到3电子生成氮气,氯化铵中-3价氮原子失去3电子生成氮气,根据电子守恒配平方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。

答案:(1)纯净物

NaNO2、NaI、HI、H2O

(2)2N+4H++2I-2NO↑+I2+2H2O

(3)被还原　还原剂　(4)C

(5)NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O

20.【解析】生成的气体只有CO2符合,发生的反应为2H++CH2O+CO2↑,CO2气体可以和C溶液反应生成沉淀E,则C为Ba(OH)2,沉淀E为BaCO3,E与B溶液反应,则B为H2SO4,所以A为Na2CO3。(1)生成的气体只有CO2符合,发生的反应为2H++CH2O+CO2↑,则X为CO2。(2)B为H2SO4,在溶液中完全电离,电离方程式为H2SO42H++S。(3)检验S时,取少量溶液,先加盐酸,无明显现象,再加BaCl2溶液产生白色沉淀,证明有S。(4)B为H2SO4,C为Ba(OH)2,B溶液与C溶液反应至中性的离子方程式为2H++S+Ba2++2OH-2H2O+BaSO4↓。

答案:(1)CO2　(2)H2SO42H++S　(3)取溶液少量,先加盐酸,无明显现象,再加BaCl2溶液产生白色沉淀　(4)2H++S+Ba2++2OH-2H2O+BaSO4↓