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全国通用高中化学必修一第一章物质及其变化(二十五)1单选题1、下列物质的转化必须加入还原剂才能实现的是ACl2HClOBH2SSO2CN2O5HNO3DHNO3NO答案：D分析：必须加入适当还原剂才能实现，则选项中为氧化剂发生还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此解答该题。ACl2和H2O反应可生成HClO，氧化剂和还原剂都是Cl2，不需要加入还原剂，故A不选；BH2SSO2，S元素化合价升高，失电子，被氧化，必须加入氧化剂才能实现，故B不选；CN2O5HNO3中N元素化合价都是+5价，化合价不变，说明不发生氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C不选；DHNO3NO，N元素化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故D选；故选：D。2、某白色粉末样品，可能含有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3。取少量样品进行如下实验：溶于水，得到无色透明溶液向的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。取的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液有沉淀生成。该样品中确定存在的是ANa2SO4、Na2S2O3BNa2SO3、Na2S2O3CNa2SO4、Na2CO3DNa2SO3、Na2CO3答案：A由题意可知，取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，向的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O32-+2H+=S+H2O+SO2，离心分离，取的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4.Na2S2O3,答案选A。3、NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO4-NO2-_Mn2NO3-H2O。下列叙述中正确的是A该反应中NO2-被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D横线中的粒子是OH-答案：C根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H，配平化学方程式：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O；A反应过程中N元素化合价升高，NO2-被氧化，选项A错误；B反应过程中H被消耗，pH增大，选项B错误；C根据反应的离子方程式可知，生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4，选项C正确；D根据反应的离子方程式可知，横线中的粒子是H，选项D错误；答案选C。4、关于物质转化规律“单质O2(酸性或碱性)氧化物H2O酸或碱盐”说法正确的是A若单质为碳，氧化物可以为COB单质Cu能实现上述物质间的转化C若钠元素可实现转化，则碱为Na2CO3D“CaCaOCa(OH)2CaCO3”符合该转化规律答案：DACO不能与水反应，故氧化物可以为CO2，故A错误；B单质Cu与氧气生成氧化物不能溶于水，不能实现上述物质间的转化，故B错误；C若钠元素与氧气反应生成Na2O，溶于水生成碱NaOH，故C错误；D若钙元素，可以实现“CaO2CaOH2OCa(OH)2或Na2CO3CO2CaCO3”符合该转化规律，故D正确；故答案为D。5、物质的分类如图所示，下列说法中正确的是A图甲所示的分类方法属于交叉分类法B有些金属氧化物属于酸性氧化物CCO、SO3等非金属氧化物属于酸性氧化物DAl2O3、Fe2O3等金属氧化物属于碱性氧化物答案：BA图甲所示的分类方法属于树状分类法，A错误；B有些金属氧化物属于酸性氧化物，如七氧化二锰，B正确；C一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，C错误；D氧化铝是两性氧化物，不是碱性氧化物，D错误；答案选B。6、按照物质的交叉分类方法判断，HNO3属于酸氢化物氧化物含氧酸难挥发性酸挥发性酸一元酸化合物混合物ABCD答案：BHNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，不是氢化物，也不是氧化物，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物，硝酸能完全电离，属于强酸，硝酸具有挥发性，不是难挥发性的酸，所以正确的有；答案选B。7、从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是2Na+2H2O=2NaOH+H22F2+2H2O=4HF+O22H2O通电2H2+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2NaH+H2O=NaOH+H2ABCD答案：A2Na+2H2O=2NaOH+H2，水中H的化合价为+1价，氢气中的H为0价，水为氧化剂；2F2+2H2O=4HF+O2反应中，水中氧元素的化合价升高，发生氧化反应，水是还原剂；2H2O通电2H2+O2水中H的化合价为+1价，氢气中的H为0价，水为氧化剂，水中O为-2价，氧气为0价，水也为还原剂；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2水中的水中H的化合价没有发生改变，既不是氧化剂也不是还原剂；NaH+H2O=NaOH+H2水中H的化合价为+1价，氢气中的H为0价，水为氧化剂；综上所述故选A。8、常温下CaCl2固体遇NH3会形成CaCl28NH3(可溶于水)，加热条件下该固体又易分解生成CaCl2和NH3，下列说法正确的是ACaCl2作干燥剂时，可以干燥NH3B实验室不适宜采用CaOH2固体与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3CCaCl28NH3溶于水，通入CO2可以产生白色沉淀DCaCl2与NH3形成CaCl28NH3的过程不是化学变化答案：CACaCl2固体遇NH3会形成CaCl28NH3，不能用CaCl2干燥NH3，故B错误；BCaCl28NH3加热易分解为CaCl2和NH3，实验室可以用CaOH2与NH4Cl固体混合加热的方法制备少量NH3，故B错误；CCaCl28NH3溶于水得到CaCl2和氨水的混合液，溶液呈碱性，通入CO2可以产生碳酸钙沉淀和氯化铵，故C正确；DCaCl2与NH3形成配合物CaCl28NH3，属于化学变化，故D错误；选C。多选题9、高温结构陶瓷氮化硅(Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：3SiO26C2N2高温_Si3N46CO，下列说法中错误的是A氮化硅中氮元素的化合价为-3价B焦炭为还原剂，发生还原反应C若该反应生成11.2L一氧化碳，则生成氮化硅的质量约为11.67gD氮化硅陶瓷是制造火箭发动机的理想材料答案：BCA氮的非金属性强于硅，由化合价代数和为0得：氮化硅Si3N4中硅显+4价，氮元素的化合价为-3价，故A正确；BC由0价升高为+2价，焦炭为还原剂，发生氧化反应，故B错误；C若该反应生成11.2L一氧化碳，但末标明是标准状况，无法计算CO的物质的量，故C错误；D氮化硅陶瓷是耐热材料，是制造火箭发动机的理想材料，故D正确；故选BC。10、将SO2气体与足量Fe2SO43溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO2+2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O下列有关说法错误的是A氧化性Cr2O72-Fe3+SO2BK2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为3NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)D若6 .72LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0 .2molK2Cr2O7答案：CDA由反应可知铁元素的化合价降低，Fe3+为氧化剂，则氧化性为Fe3+SO2，由反应可知铬元素的化合价降低，Cr2O72-为氧化剂，则氧化性为Cr2O72-Fe3+，故A正确；B因为氧化性Cr2O72-SO2，所以K2Cr2O7，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C每有1molK2Cr2O7，参加反应转移电子为1mol2(6-3)=6mol，即转移电子的数目为6NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)，故C错误；D6 .72LSO2(标准状况)参加反应，nSO2=6 .72L22 .4L/mol=0 .3mol，由题述两个反应可知，存在关系式3SO2Cr2O72-，则最终消耗0 .1molK2Cr2O7，故D错误；所以答案是：CD。11、澳大利亚科学家AndreiV。Rode发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”，其中每个泡沫约含有4000个碳原子，直径约为69nm，在低于-183时，该泡沫具有永久磁性。下列叙述正确的是A“碳纳米泡沫”是一种新型的含碳化合物B“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同C把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中形成的分散系属于混合物D把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔效应答案：CDA纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，错误；B纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，其结构与金刚石不同，故其性质与金刚石不完全相同，错误；C“碳纳米泡沫”的直径约为69nm，将其分散到适当的溶剂中可形成胶体，能产生丁达尔效应，胶体属于分散系，是一种混合物，正确；D“碳纳米泡沫”的直径约为69nm，将其分散到适当的溶剂中可形成胶体，能产生丁达尔效应，正确；故选CD。12、硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入CeSO42与Ce2SO43(Ce为铈元素)的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是A过程发生反应的离子方程式为H2+2Ce4+=2H+2Ce3+Bx=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D该转化过程的实质为NOx被H2还原答案：ADA反应中氢气是还原剂，Ce4+是氧化剂，发生反应的离子方程式为H2+2Ce4+2H+2Ce3+，A正确；Bx=1时，过程发生反应的离子方程式为2NO+4Ce3+4H+N2+4Ce4+2H2O，NO作氧化剂，Ce3+作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误；C处理过程的实质为NOx被H2还原，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，C错误；D该转化过程的实质为NOx被H2还原，D正确；故选AD。13、下列离子方程式正确的是A大理石与醋酸反应：CO32-+2CH3COOH2CH3COO-+H2O+CO2B澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH-HCO3-C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2OD氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH-+Ca2+HCO3-CaCO3+H2O答案：BDA离子方程式应为CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO-+H2O+CO2，故A错误；B澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙，离子方程式为：CO2+OH-HCO3-，故B正确；C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸的离子方程式应为Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C错误；D氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应离子方程式为：OH-+Ca2+HCO3-CaCO3+H2O，故D正确。答案选BD。填空题14、向50g质量分数为10.6%的Na2CO3溶液中，逐滴加入CaCl2稀溶液。测得溶液中离子的数量变化如图。请据此分析以下问题：(1)请指出以下曲线表示的离子化学式：A_C_D_(2)反应的化学反应方程式为_。(3)当A、C曲线相交时，生成的沉淀质量为_g。答案：Cl-Na+Ca2+Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl5分析：碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，离子方程式为CO32-+Ca2+=CaCO3，反应时，钠离子数目不变，为曲线C；氯离子数目增大，为曲线A；碳酸根数目减小，为曲线B，溶液中碳酸根离子消失后，钙离子数目增大，为曲线D。(1)分析可知，曲线A表示Cl-的数目变化；曲线C表示Na+的数目变化；曲线D表示Ca2+的数目变化；(2)碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl；(3)当A、C曲线相交时，即溶液中的钠离子数等于氯离子数，刚好完全生成碳酸钙沉淀，50gNa2CO3质量分数为10.6%的溶液，碳酸钠的物质的量为50g10 .6%106g/mol=0.05mol，生成的碳酸钙物质的量为0.05mol，其质量为0.05mol100g/mol=5g。15、将鸡蛋壳(主要成分为碳酸钙)放在食醋(主要成分为醋酸)中后，鸡蛋壳表面会产生气泡。该反应的离子方程式为_。答案：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2碳酸钙和弱酸醋酸生成醋酸钙、水、二氧化碳：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2。16、回答下列问题：(1)氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中逐滴加入5-6滴_，继续加热至_。写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式_，这样制得的氢氧化铁胶体常混有FeCl3和HCl，可将其装入半透膜袋中，浸入蒸馏水中进行分离，该分离方法称为_。(2)判断胶体制备是否成功，可利用的胶体性质为_。(3)在制备氢氧化铁胶体的实验时，有些同学没有按要求进行，而是向沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，长时间的加热，结果没有观察到胶体，你预测其现象是：_。(4)有位同学在按要求制备了Fe(OH)3胶体后，又向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4，结果先出现红褐色沉淀，原因是_；随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是_。答案：(1)饱和FeCl3溶液液体呈红褐色FeCl33H2O加热Fe(OH)3(胶体)3HCl渗析(2)丁达尔效应(3)生成红褐色沉淀(4)电解质硫酸使胶体聚沉而产生沉淀Fe(OH)33H+=Fe3+3H2O解析：(1)氢氧化铁胶体的制备方法是向沸水中逐滴加入56滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即得到氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl33H2O加热Fe(OH)3(胶体)3HCl，这样制得的氢氧化铁胶体常混有FeCl3和HCl，由于溶液能透过半透膜，胶体不能，因此可将其装入半透膜袋中，浸入蒸馏水中进行分离，该分离方法称为渗析。(2)胶体可以产生丁达尔效应，因此判断胶体制备是否成功，可利用的胶体性质为丁达尔效应。(3)由于胶体受热会发生聚沉而产生沉淀，所以预测其现象是生成红褐色氢氧化铁沉淀。(4)由于电解质硫酸使胶体聚沉而产生沉淀，所以向Fe(OH)3胶体中逐滴加入了稀H2SO4，会先出现红褐色沉淀；随后沉淀溶解，是因为硫酸和氢氧化铁发生中和反应，此反应的离子方程式是Fe(OH)33H+=Fe3+3H2O。12