1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元形成性评价(一)(第一章)(60分钟100分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1(2019浙江6月学考)根据物质的组成与性质进行分类，NaOH属于()A氧化物B酸C碱D盐【解析】选C。NaOH在水中会电离出Na和OH，属于碱。2下列分散系能产生“丁达尔效应”的是()A稀盐酸B硫酸铜溶液C酒精溶液 D氢氧化铁胶体【解析】选D。“丁达尔效应”是胶体的重要特征，A、B、C属于溶液
2、，D属于胶体。3下列物质属于电解质，且能导电的是()A熔融氯化钾 B石墨C二氧化碳 D食盐颗粒【解析】选A。熔融KCl属于电解质且能导电，A正确；石墨能导电，它为单质，不属于电解质，B错误；二氧化碳属于非电解质，C错误；食盐属于电解质但不能导电，D错误。4下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是()ANaClK2SO4KCl(NH4)2SO4BNaClK2SO4KClNH4ClCNa2SO4K2SO4KClNH4ClDNa2SO4K2SO4KCl(NH4)2SO4【解析】选C。C项中Na2SO4、K2SO4分别属于钠盐、钾盐，根据阴离子判断都属于硫酸盐；KCl和NH4Cl分别属于钾盐和铵
3、盐，根据阴离子判断，都属于盐酸盐；A、B、D项中的NaCl属于钠盐或盐酸盐，(NH4)2SO4属于铵盐或硫酸盐，都不符合图示关系。5(2021宁波高一检测)下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是()ACl2Cl BII2CSO2SO DCuOCu【解析】选B。加入氧化剂才能实现，故选项应是还原剂，化合价升高，A选项化合价降低；B选项化合价升高；C选项化合价不变；D选项化合价降低。6下列逻辑关系图示中正确的是()【解析】选D。气溶胶本身就是胶体的一种，与胶体是包含关系，故A错误；氧化还原反应有些是离子反应而有些不是离子反应，属于交叉关系，故B错误；钠盐、钾盐是根据盐中的阳离子进行分类的，它们之间
4、是并列关系；碳酸盐是根据盐中的阴离子分类的，它和钠盐、钾盐之间存在交叉关系，故C错误；混合物与电解质、非电解质及单质属于并列关系，不可能有交叉，故D正确。【补偿训练】采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类别。例如，从某种意义上SO2、CO2等可以归为一类，则下列氧化物中与它们同属一类的是()ASO3BNOCCODH2O【解析】选A。SO2、CO2、SO3属于酸性氧化物，而NO、CO不是酸性氧化物。7下列操作过程中一定有氧化还原反应发生的是()【解析】选D。A项是溶液的蒸发，属于物理变化，错误；B项是酸碱中和反应，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，错误；C项是溶解过程，属于物理变化，
5、错误；D项是电解，一定有化合价的变化，是氧化还原反应，正确。8下列反应中，氯元素全部被氧化的是()A2P3Cl22PCl3B2NaCl(熔融)2NaCl2CNaOHHCl=NaClH2OD2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O【解析】选B。反应2P3Cl22PCl3中Cl元素化合价由0价变为1价，所以氯元素得电子化合价降低，全部被还原，故A错误；反应2NaCl(熔融)2NaCl2中Cl元素化合价由1价变为0价，所以Cl元素失电子化合价升高，全部被氧化，故B正确；反应NaOHHCl=NaClH2O中元素的化合价没有升降，所以不是氧化还原反应，故C错误；反应2Cl22Ca(O
6、H)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O中Cl元素化合价由0价变为1价、1价，所以Cl元素既被氧化又被还原，故D错误。9下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是()AH、K、Fe3、SOBBa2、Ca2、OH、COCH、Na、NO、Cu2DNO、SO、K、Mg2【解析】选D。 Fe3在溶液中是黄色的，题目要求是无色溶液，故A错误；Ba2、Ca2与CO离子之间反应生成BaCO3、CaCO3沉淀，不能大量共存，故B错误；Cu2在溶液中是蓝色的，题目要求是无色溶液，故C错误；D项中离子之间不反应，可大量共存，且溶液中的各种离子都是无色的，故D正确。【补偿训练】在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透
7、明的离子组是()ANa、K、Cu2、SOBNH、Na、NO、ClCK、Ca2、HCO、ClDMg2、Fe3、Cl、OH【解析】选B。溶液为酸性，说明溶液中含大量H；无色透明溶液，则不能存在有颜色的离子。A项，Cu2为蓝色，错误；B项，这四种离子不反应，能大量共存，正确；C项，H、HCO反应生成CO2，错误；D项，Fe3为棕黄色，酸性条件下OH会与H反应生成水，且离子组中Mg2、Fe3会与OH反应生成沉淀，错误。10(2021宁波高一检测)已知某无色溶液中含有SO、Cl、NO三种阴离子，则推断溶液中大量存在的阳离子是()ABa2 BMg2CAg DFe3【解析】选B。“无色”排除Fe3(棕黄色)
8、；有SO，则无Ba2(生成BaSO4)；有Cl，则无Ag(生成AgCl)，故选B。11(2021舟山高一检测)氢阴离子(H)能和NH3反应：HNH3=NHH2，根据上述反应事实可以得出的正确结论是()ANH3有还原性BH是很强的还原剂C该反应的H2是还原剂D该反应属于置换反应【解析】选B。氨气中H元素的化合价降低，则NH3有氧化性，A错误；反应中H的H元素化合价升高，则H是很强的还原剂，B正确；该反应中只有H元素的化合价变化，氢气既是氧化产物又是还原产物，C错误；反应物中没有单质，不属于置换反应，D错误。12(2021温州高一检测)根据下列反应判断有关物质的还原性由强到弱的顺序是()H2SO3
9、I2H2O=2HIH2SO42FeCl32HI=2FeCl22HClI23FeCl24HNO3=2FeCl3NOFe(NO3)32H2OAH2SO3IFe2NOBIFe2H2SO3NOCFe2IH2SO3NODNOFe2H2SO3I【解析】选A。由氧化还原反应中，还原性：还原剂还原产物可知，反应中还原性：H2SO3HI(I)，反应中还原性：HI(I)FeCl2(Fe2)，反应中还原性：FeCl2(Fe2)NO。13(2021嘉兴高一检测)下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是()A金属镁与稀盐酸反应，有气泡逸出：Mg2H2Cl=MgCl2H2B氯化钡溶液与稀硫酸反应，有白色沉淀生成：Ba2S
10、O=BaSO4C碳酸钠与盐酸反应，有气泡逸出：Na2CO32H=CO2H2O2NaD硫酸铜溶液中加入过量的NaOH溶液，有白色沉淀产生：Cu22OH=Cu(OH)2【解析】选B。A项现象正确，离子方程式错误，正确的写法为Mg2H=Mg2H2；C项现象正确，离子方程式错误，正确写法为CO2H=H2OCO2；D项现象错，产生蓝色沉淀，离子方程式正确。14下列反应中，非金属单质只作氧化剂的是()ABr22NaOH=NaBrNaBrOH2OB2Al6HCl=2AlCl33H2CC2CuO2CuCO2D4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3【解析】选D。Br2在反应中化合价由0价1价和1价，即B
11、r2既是氧化剂又是还原剂，A错误；反应物中没有非金属单质，B错误；C的化合价由0价4价，化合价升高，C为还原剂，C错误；O2的化合价由0价2价，化合价降低，O2为氧化剂，D正确。15已知M2O与S2在酸性溶液中能发生反应：M2O3S214H=2M33S7H2O，则M2O中M元素的化合价是()A6B4C3D2【解析】选A。根据电荷守恒确定x值，根据化合价规则来判断元素的化合价。根据电荷守恒可知，右边含有6个正电荷，则(x)3(2)14(1)6，解得x2，根据化合价规则，M2O中氧元素是2价，设M的化合价为n，则n2(2)72，解得n6。16下列离子方程式改写为化学方程式正确的是()A2HZn=Z
12、n2H2：2CH3COOHZn=Zn(CH3COO)2H2BBa2SO=BaSO4： H2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2OCAgCl=AgCl：AgNO3HCl=AgClHNO3DCa2CO=CaCO3： Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O【解析】选C。醋酸是弱酸，应选择强酸即盐酸或稀硫酸，故A错误；H2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2O的离子方程式为2HSOBa22OH=BaSO42H2O，故B错误；AgNO3HCl=AgClHNO3的离子方程式为AgCl=AgCl，故C正确；Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O的离子方程式为Ca22OHCO2=CaCO3H2O，故D错误
13、。17新型纳米材料MFe2Ox(3x4)中M表示2价的金属元素，在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如图，则下列判断正确的是()AMFe2Ox是氧化剂BSO2是该反应的催化剂CxyDMFe2Ox是还原产物【解析】选C。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，反应中硫元素化合价降低，得到电子，被还原，SO2是氧化剂，MFe2Ox是还原剂，A错误；SO2是该反应氧化剂，B错误；MFe2Ox是还原剂，MFe2Ox(3x4)中M在反应中化合价不发生变化，因此在反应中铁元素化合价升高，所以xy，C正确；MFe2Ox是还原剂，D错误。18下列反应中
14、，电子转移发生在同种物质的同种元素之间的是()A2H2SSO2=3S2H2OB2KMnO4K2MnO4MnO2O2C2KClO32KCl3O2DCu2OH2SO4=CuSO4CuH2O【解析】选D。A项反应中S元素化合价由2价、4价变为0价，电子发生转移在同一元素之间，但不是同一种物质之间，故A错误；B项反应中Mn元素化合价由7变为6、4，O元素化合价由2变为0，电子发生转移在同一种物质之间，但是不同元素之间，故B错误；C项反应中Cl元素化合价由5变为1、O元素化合价由2变为0，电子转移发生在同一种物质之间但是在不同元素之间，故C错误；D项反应中Cu元素化合价由1变为0、2，电子发生转移在同一
15、种物质之间且同一种元素之间，符合条件，故D正确。19初中化学的很多反应可以表示为甲乙=丙丁，其中甲、乙、丙、丁既可能是单质也可能是化合物，代表不同的物质。下列说法中正确的是()A若甲、乙、丙、丁均是化合物，则该反应一定是复分解反应B若甲、乙、丙分别是酸、碱、盐，则丁一定是水C若甲是CO，乙是氧化铜，则丙一定是二氧化碳D.若甲是Zn，丙是H2，则乙一定是稀硫酸【解析】选B。若甲、乙、丙、丁均是化合物，则该反应不一定是复分解反应，例如：2NaOHCO2=Na2CO3H2O来说，虽然反应物和生成物都是两种化合物，但不是两种化合物相互交换成分，所以不属于复分解反应，A项错误；酸和碱反应一定生成盐和水，
16、如甲、乙、丙分别是硫酸、氢氧化钠、硫酸钠，则丁一定是水，B项正确；若甲是一氧化碳，乙是氧化铜，则丙或丁都有可能是二氧化碳，C项错误；若甲是锌，丙是氢气，则乙可能是稀盐酸或稀硫酸等其他酸，D项错误。20根据世界环保联盟的要求，广谱消毒剂ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂，并且用于除甲醛。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，则反应后Na2SO3转化为()ANa2SO4BSO2CSDNa2S【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，这样才能符合守恒规律。21重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一
17、种受热易分解的盐，具有很强的氧化性，下列各组对重铬酸铵受热分解产物的判断符合实际的是()ACrO3NO2H2OBCr2O3NH3H2OCCrO3N2H2O DCr2O3N2H2O【解析】选D。重铬酸铵(NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐，分解时发生氧化还原反应，N元素的化合价应升高，Cr元素的化合价应降低，即N元素由3价可能升高为0价或其他正价态产物，Cr元素的化合价由6价降低为3价，只有D选项符合。22下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2FeCl3KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4KClO3HCl(浓)Cl2Cl2KMnO4HCl(浓
18、)Cl2MnCl2A.表中第组反应中FeCl3只是还原产物B氧化性比较：KMnO4Cl2Fe3Br2Fe2C还原性比较：H2O2Mn2ClD组中的HCl既作还原剂，又起到酸的作用【解析】选D。氯气和FeBr2反应生成FeCl3，氯气为氧化剂，FeBr2为还原剂，所以表中第组反应的FeCl3既作为还原产物又作为氧化产物，故A错误；根据知，氧化性Cl2Fe3，根据知，氧化性KMnO4O2，根据知，氧化性KClO3Cl2，根据知，氧化性KMnO4Cl2，根据以上分析无法判断Br2、Fe2氧化性相对大小，故B错误；根据知，还原性H2O2Mn2，根据知，还原性Mn2Cl，故C错误；组反应中Mn元素化合价
19、由7价变为2价、Cl元素化合价由1价变为0价，方程式为2KMnO416HCl(浓)=5Cl22MnCl22KCl8H2O，所以HCl(浓)既作还原剂，又起到酸的作用，故D正确。【补偿训练】碘酒为红棕色的液体，主要成分为碘、碘化钾。医疗上常用于皮肤感染的消毒。自然界存在NaIO3，可利用NaIO3与NaHSO3溶液来制取单质碘。反应分两步进行：IO3HSO=I3SO3H；IO5I6H=3I23H2O。下列说法错误的是()ANaIO3是氧化剂，HSO是还原剂B生产中可得到副产物H2SO4和Na2SO4C在第二步反应中I2既是氧化产物又是还原产物DHSO的还原性比I弱【解析】选D。从反应中看出IO中
20、碘元素的化合价降低，故NaIO3是氧化剂，HSO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正确；在第一个反应中HSO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。23(2021厦门高一检测)某固体由Ba2、Cu2、Na、Cl、CO、SO中的几种离子构成，取一定质量的样品进行实验：将固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5 g白色沉淀：在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3 g白色沉淀；在滤液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。则该固体中一定含有()A
21、Na、CO、SO BCu2、CO、SOCCl、CO、SO DNa、Ba2、Cl【解析】选A。将固体溶于水得无色透明溶液，则溶液中不存在Cu2；加入足量BaCl2溶液，过滤后得到5 g白色沉淀，在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3 g白色沉淀，溶液中含有碳酸根离子、硫酸根离子；溶液中一定不含有Ba2，根据溶液呈电中性，则一定含有Na，无法判断是否含有Cl。综上所述，一定含有Na、CO、SO。【补偿训练】在甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2、Ba2、H、Cl、SO、OH共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则有关结论正确的是()A甲中一定有SOB乙中一定有ClC甲中可
22、能有H D乙中可能有OH【解析】选A。甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2、Ba2、H、Cl、SO、OH共六种，且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则甲溶液中含有Cu2，结合离子共存关系，因此OH不能在甲溶液中，即乙溶液中一定含有OH，则H不能与OH共存，则甲溶液中一定含有H，由于Ba2和SO不能共存，只能分别在甲、乙两溶液中，溶液为电中性，一个溶液中既含有阳离子，同时也含有阴离子，则SO在甲溶液中，Ba2在乙溶液中；根据题干信息，无法确定Cl在哪个烧杯中，但根据Cl的性质，Cl既可以在甲溶液中，也可以在乙溶液中，综上分析，答案选A。24衣服上不小心沾到了蓝色墨水，
23、可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为MnOH2C2O4HCO2Mn2H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是()A每转移2个电子，就有1个乙二酸被还原B氧化剂和还原剂的化学计量数之比是25C鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性D蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导致书写不畅【解析】选A。乙二酸中碳元素的化合价为3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是25，故B正确；蓝色墨水
24、中先涂上酸性高锰酸钾溶液，可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，说明酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；蓝墨水与红墨水是不同的胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确。25把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是()A反应物微粒是S、SO、OHB该反应可能在酸性条件下进行C氧化剂与还原剂的质量比为21D每生成2个S2反应转移的电子数为2【解析】选C。由S元素的化合价知反应物微粒为S、OH，生成物微粒为S2、SO和H2O，故A错误；反应物微粒为S、OH，说明反应在碱性条件下进行，故B错误；发生
25、反应的离子方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，氧化剂和还原剂都是S，其中化合价降低的氧化剂的计量系数为2，化合价升高的还原剂的计量系数为1，所以氧化剂与还原剂的质量比为21，故C正确；在反应3S6OH=2S2SO3H2O中，S的化合价从0价降为2价，则每生成2个S2反应转移的电子数为4，故D错误。二、非选择题：(本题共6小题，共50分)26(8分)(2021衢州高一检测)根据十一种下列物质回答问题：Na2CO310H2O晶体；锌；氯化氢；CO2；NaHSO4固体；Ba(OH)2固体；红褐色的氢氧化铁胶体；氨水；稀硫酸；熔融NaCl；蔗糖(1)按物质的分类方法填写表格的空白处(填编号)：分类
26、标准能导电的物质电解质非电解质实验该类的物质(2)上述物质中有物质之间在溶液中可发生离子反应：HOH=H2O，写出一个该离子反应对应的化学方程式_。(3)将滴加到中至过量的实验现象是_。(4)将通入中至恰好完全反应，则溶液导电能力的变化为_。【解析】(1)Na2CO310H2O晶体中不含自由移动的电子或离子，不导电；Na2CO310H2O晶体是化合物，在水溶液或者熔融状态下都能导电，属于电解质；锌是金属含有自由电子，能导电；锌是单质，既不是电解质也不是非电解质；氯化氢中只存在分子，没有自由移动的离子或者电子，不导电；氯化氢是化合物，水溶液能电离出自由移动的离子而导电，属于电解质；CO2只存在分
27、子，没有自由移动的离子或者电子，不导电；二氧化碳是化合物，溶于水生成碳酸溶液导电，但是二氧化碳分子本身不能电离，属于非电解质；NaHSO4固体不含自由移动的电子或离子，不导电；NaHSO4固体是化合物，NaHSO4在水溶液或者熔融状态下都能导电，属于电解质；Ba(OH)2固体不含自由移动的电子或离子，不导电；Ba(OH)2固体是化合物，在熔融状态下能导电，属于电解质；红褐色的氢氧化铁胶体含自由移动的离子，能导电；红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；氨水含自由移动的离子，能导电；氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；稀硫酸含自由移动的离子，能导电；稀硫酸是混合物，既不是
28、电解质也不是非电解质；熔融NaCl含自由移动的离子，能导电；熔融NaCl是化合物，在熔融状态下能完全电离而导电，属于电解质；蔗糖为化合物，在熔化或水溶液中均不能电离，不能导电，为非电解质。(2)强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应为HOH=H2O，如Ba(OH)22HCl=BaCl22H2O。(3)稀硫酸溶液逐滴加入氢氧化铁胶体，先产生氢氧化铁沉淀，然后氢氧化铁与硫酸发生酸碱中和反应生成可溶性硫酸铁和水，所以看到的现象为先产生沉淀后溶解。(4)氨水中的一水合氨是弱电解质，部分电离产生出自由移动的离子浓度较小，通入HCl后反应生成氯化铵是强电解质，完全电离，所以离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐
29、增强。答案：(1)分类标准能导电的物质电解质非电解质实验该类的物质(2)Ba(OH)22HCl=BaCl22H2O(3)先产生沉淀后溶解(4)导电能力逐渐增强27(8分)A、B、C、D四种可溶性盐，其阳离子分别是Na、Ba2、Cu2、Ag中的某一种，阴离子分别是Cl、SO、CO、NO中的某一种。现做以下实验：将四种盐各取少量，分别溶于盛有5 mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。分别向4支试管中加入2 mL稀盐酸，发现A盐溶液中产生白色沉淀，C盐溶液中有较多气泡产生，而D盐溶液无明显现象。(1)根据上述实验事实，推断这四种盐的化学式分别为A_；B_；C_；D_。(2)写出下列反应的离子方
30、程式：AD：_BD：_CHCl气体：_【解析】由于这四种盐均可溶，则Ba2不可能与SO、CO组合，Cu2不可能与CO组合，Ag只能与NO组合。由实验可知，B为铜盐(Cu2在水溶液中呈蓝色)。由实验可知，A为AgNO3(与盐酸反应生成AgCl白色沉淀)，C为碳酸盐(CO与盐酸反应生成CO2气体)，只能是Na2CO3。则剩余阳离子为Ba2，它与Cl形成BaCl2，与盐酸不反应，即为D，而铜盐B一定是CuSO4。答案：(1)AgNO3CuSO4Na2CO3BaCl2(2)AgCl=AgClSOBa2=BaSO4CO2H=CO2H2O28(4分)将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe(O
31、H)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3 3H2OFe(OH)3(胶体) 3HCl(1)当溶液呈_时，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。(2)氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是_。(3)下列叙述错误的是_。A雾属于胶体，能产生丁达尔效应B从颜色上无法区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体C明矾可以用于净水，净水原理和胶体有关D用盐卤点豆腐与胶体性质有关【解析】(1)实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，因胶体在加热条件下易聚沉，当溶液呈红褐色立即停止加热；(2)氢氧化铁胶体分散质粒子的直径在1100 nm之间，氢氧化铁沉淀在悬浊液中分散质粒子的直径大于100 nm，
32、则氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是分散质粒子大小不同；(3)A.雾是常见的气溶胶，具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故正确；B.FeCl3溶液为棕黄色，Fe(OH)3胶体为红褐色，两者颜色不同，从颜色上可以区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，故错误；C.明矾在溶液中电离出的铝离子与水反应生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，明矾净水原理和胶体有关，故正确；D.盐卤的主要成分是MgCl2等电解质，豆浆的主要成分是由蛋白质形成的液溶胶，用盐卤点豆腐是利用电解质使液溶胶发生凝聚，与胶体性质有关，故正确。答案：(1)红褐色(2)分散质粒子大小(3) B 29(10分)
33、亚硝酸钠易溶于水，水溶液显碱性，有氧化性，也有还原性。由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：NaNO2KI_NOI2K2SO4Na2SO4_(1)请完成该化学方程式并配平。(2)将上述反应方程式改写为离子反应方程式_。(3)用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是_。(4)简便鉴别亚硝酸钠和氯化钠的方法是_。(5)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式并用单线桥表示其电子转移的方向和数目。_【解析】 (1)该反应中元素的化合价变化如下：2KII2，I元素的化合价由1价0价，
34、I失去2e； NaNO2NO，N元素的化合价由3价2价，得到e，化合价升高总数化合价降低总数，所以得失电子的最小公倍数为2，所以NaNO2前的系数是2，I2前的系数是1，根据钠、钾原子守恒，K2SO4前是1，Na2SO4前是1，根据硫酸根守恒，反应物少2个H2SO4分子，据氧原子和氢原子守恒，产物水前的系数为2，所以该反应为2NaNO22KI2H2SO4=2NOI2K2SO4Na2SO42H2O；(2)根据反应方程式2NaNO22KI2H2SO4=2NOI2K2SO4Na2SO4 2H2O得发生反应的离子方程式为2NO2I4H=2NO I2 2H2O；(3)该反应中生成了一氧化氮，一氧化氮是有
35、毒气体，所以会造成大气污染；(4)亚硝酸钠溶液显碱性，而氯化钠溶液显中性，则鉴别亚硝酸钠和氯化钠的方法是测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性；(5)氯化铵和亚硝酸钠反应得到氮气、氯化钠和水，化学方程式为NaNO2NH4Cl=N2NaCl2H2O，反应中氯化铵失电子，亚硝酸钠得电子，则用单线桥分析电子转移的方向和数目为答案：(1)2NaNO22KI2H2SO4=2NOI2K2SO4Na2SO4 2H2O(2)2NO2I4H=2NO I2 2H2O(3)有污染性气体NO产生(4)测定亚硝酸钠和氯化钠溶液的酸碱性，亚硝酸钠溶液显碱性，氯化钠溶液显中性【补偿训练】氧化还原反应的应用比较广泛。阅读下面的材料
36、，结合相关化学知识回答下列问题。(1)黑火药主要是硝酸钾、硫黄、木炭三者粉末的混合物，在点燃条件下，其化学反应式主要为KNO3SCN2CO2K2S在黑火药燃烧的反应中，氧化剂为_，被氧化的物质为_。根据化学反应式分析，一个硫原子参与反应时_(填“得到”或“失去”)_个电子。(2)把Cl2通入浓氨水中，发生如下反应：3Cl2 8NH3=6NH4Cl N2。用双线桥表示反应的电子转移方向和数目：_。(3)已知存在下列反应：ClO5Cl6H=3Cl23H2O2FeCl2Cl2=2FeCl3。则ClO、Fe3 、Cl2三种微粒氧化能力由强到弱的顺序是_。【解析】(1)得到电子的物质是氧化剂，KNO3中
37、氮原子的化合价从5价降低到0价，所以KNO3是氧化剂，S的化合价从0价降低到2价，所以S也是氧化剂，C的化合价从0价升高到4价，所以被氧化的物质是C；化学反应式主要为KNO3SCN2CO2K2S中S元素的化合价从0价降低到2价，一个硫原子参与反应时得到2个电子；(2)反应中氯气中氯元素从0价降低到1价，得到6e，NH3中N元素从3价升高到0价，失去电子数为23e，故双线桥法表示为(3)根据ClO5Cl6H=3Cl23H2O可知氧化性：ClO Cl2；根据2FeCl2 Cl2 = 2FeCl3可知氧化性：Cl2Fe3，所以氧化性强弱的顺序为：ClO Cl2Fe3。答案：(1)KNO3、SC得到2
38、(2) (3)ClOCl2Fe330(10分)有一瓶无色透明溶液，含Cl、CO、SO、Na、K、Mg2、Cu2中的某几种。取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液加入足量的BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液加入足量的AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸，白色沉淀不溶解。回答下列问题：(1)原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的阴离子是_，可能含有的离子是_。(2)有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确(填“是”或“否”)_，说明理由_。(3)写出中反应的离子方程式：_。【解析】因溶液为无色，一定不存在有色离子Cu2；实验中原溶液中加入足量的BaCl2溶液不产
39、生沉淀，说明原溶液中不存在CO、SO；实验中原溶液中加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀，再结合实验则判断原溶液中一定含有Mg2；实验中原溶液中加入足量的AgNO3溶液产生白色沉淀且白色沉淀不溶解于稀硝酸，已判断溶液中无CO、SO，则该白色沉淀为AgCl而原溶液中一定含有Cl。由上述分析可知：(1)原溶液中一定含有的离子是Mg2、Cl；一定不含有的阴离子是CO、SO；可能含有的离子是Na、K。(2)根据溶液呈电中性，该溶液中唯一的阴离子即Cl一定存在，所以实验可省略。(3)原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生Mg(OH)2白色沉淀，反应的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2。答案：(
40、1)Mg2、ClSO、CONa、K(2)是根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Cl(3)Mg22OH=Mg(OH)231(10分)(1)用双线桥法表示下列反应中电子转移的方向和数目：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4_在上述反应中，氧化剂是_，还原剂是_；(2)明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水会形成胶体。工业明胶制成的胶囊中往往含有超标的重金属Cr，因而对人体造成伤害。用一束光照射明胶水溶液，可观察到_现象。Na2CrO4是工业上常用的氧化剂，工业上可用FeCr2O4(Cr元素的化合价为3)制Na2CrO4，其反应为4FeCr2O48Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2。
41、FeCr2O4中铁元素的化合价为_；该反应的氧化产物是_。(3)含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重。某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO还原成N2，从而消除氮污染。对应有关的离子反应方程式：6NO10Al18H2O=3N210Al(OH)36OH以上反应中失电子的物质是_，还原产物是_，每生成1分子N2，将有_个电子发生转移。【解析】(1)Cl2SO22H2O=2HClH2SO4中，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，该反应转移2e，则双线桥法表示下列反应中电子转移的方向和数目为Cl2SO22H2O=2HCl得到2eH2S失去2eO4。Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，S元素的化合价升高，SO2为还原剂。(2)胶体具有丁达尔现象。FeCr2O4铁元素的化合价为2；该反应的氧化产物是Na2CrO4、Fe2O3。(3)在该反应中，失电子的物质是Al，还原产物是N2。生成1分子N2时，转移电子是12(50)10个。答案：(1)Cl2SO22H2O=2HCl得到2eH2S失去2eO4Cl2SO2(2)丁达尔2Na2CrO4、Fe2O3(3)AlN210关闭Word文档返回原板块