20.已知反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。 (1)参加反应的HNO3和作为氧化剂的HNO3的个数比为________。 (2)若有64 g Cu被氧化，则被还原的HNO3的质量是________。
21.写出下列反应的化学方程式，并分别用双线桥法和单线桥法表示电子转移的方向和数目。 (1)用氢气还原氧化铜。 (2)加热氯酸钾分解制取氧气。
四、填空题(共3小题) 22.在如图所示的串联装置中，发现灯泡不亮，但若向其中一个烧杯中加水，则灯泡会亮起来：
(1)加水的烧杯为__________。
(2)向烧杯C中加适量A中的溶液后，溶液的导电性会__________(填“减弱”“不变”或“增强”)。 (3)写出C烧杯中电解质的电离方程式：__________________________。
23.工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5 g。已知NaNO2能发生如下反应(离子方程式已配平)：
－＋2NO?2＋xI＋yH===2NO↑＋I2＋zH2O，请回答下列问题：
(1)上述反应中，x的数值是__________，根据是_____________________________________；y的数值是__________，根据是______________________________________。
(2)根据上述反应，可用化学试纸及生活中常见物质进行实验来鉴别工业盐和食盐，现有淀粉碘化钾试纸，则还需选用的生活中常见物质的名称为______________________。
(3)某工厂废弃液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是____________________（填字母）。 a．NaCl b．H2O2c．NH4Cl d．浓硫酸
所发生反应的化学方程式为_________________________________________________。
24.现有九种物质：①铁单质、②石墨、③氯气、④硫酸钡晶体、⑤纯硫酸、⑥盐酸、⑦石灰水、⑧乙醇、⑨熔化的硝酸钾、⑩CH3COOH。
其中能导电的是 ，属于电解质的是 ，既不是电解质也不是非电解质的是 。
答案解析
1.【答案】B
【解析】氢离子只具有较弱的氧化性，A错误；亚铁离子居于铁元素的中间价，既有氧化性又有还原性，B正确；铜离子是铜元素的最高价，只有氧化性，C错误；金属单质铝只有还原性，D错误。 2.【答案】B
【解析】A项，S元素的化合价保持＋6价不变；B项，S元素的化合价由＋6价降低为＋4价；C项，反应属于复分解反应，S元素的化合价不变；D项，S元素化合价由0价升高为＋4价。 3.【答案】A
【解析】由方程式可知，还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，说明Fe2+=xmol，=2xmol，=2xmol×50%=xmol；n完全氧化。设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）（Br﹣）参加反应的n（Br﹣）1+xmol×1=amol×2，解得x=amol，原FeBr2溶液的物质的量浓度为根据电子转移守恒有：xmol×mol·L-1，A正确。 4.【答案】B
【解析】食盐、蔗糖溶于水得到溶液，泥土加入水中得到悬浊液，植物油溶于汽油得到溶液。 5.【答案】C 【解析】Mg2+、H+、
结合生成沉淀，不能共存，故A不选；
=
、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；
该组离子之间不反应，可大量共存，故C选； S2﹣、Cu2+结合生成沉淀，Cu2+、故选C。 6.【答案】A
【解析】酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水、部分非金属氢化物等是电解质，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，非金属氧化物、部分非金属氢化物、部分有机物等是非电解质。二氧化碳通入水中所得溶液能导电，是因为生成的碳酸是电解质，二氧化碳自身不能电离出离子，属于非电解质；硫酸铵、水属于电解质；氢氧化钾溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质。 7.【答案】B
【解析】水、硫酸氢钠是电解质；二氧化硫是非电解质；氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质。 8.【答案】D
相互促进水解生成沉淀，不能共存，故D不选；
＋＋－?
BaSOBAgCl【解析】A项，Ba2与SO2反应生成沉淀，不能在溶液中大量共存；项，与反应生成AgCl44
?
C项，H与CO2HOCO2，D项，沉淀，不能在溶液中大量共存；不能在溶液中大量共存；3反应生成2和气体
＋
离子间既不能形成沉淀也无气体或弱酸、弱碱、水生成，可以在溶液中大量共存。 9.【答案】D
【解析】首先明确反应物、生成物中各元素的化合价变化，CuH中H的化合价为－1，Cu为＋1价，A项错；由化学方程式中元素价态变化知，CuH在反应中既被氧化又被还原，B项错；HCl中氢元素价态降低，HCl得到电子，C项错。 10.【答案】B
【解析】溶液中分散质微粒直径小于10－9m，胶体分散质微粒直径介于10－9～10－7m ，悬浊液分散质微粒直径大于10－7m ，乳浊液分散质微粒直径大于10－7m 。 11.【答案】D
【解析】 A项，溶液具有均一性，静置后不会分层，错误；B项，悬浊液中的分散剂含直径大于10－7m
－
的微粒，不一定不含小于109m的微粒，错误；C项，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直－－
径介于107～109m之间，错误。
12.【答案】D
【解析】3Fe+4H2O（g）A错误； 2H2O
2H2↑+O2↑，水中H、O元素的化合价都发生变化，则水既是氧化剂又是还原剂，B错误；
Fe3O4+4H2中，属于氧化还原反应，水中H元素的化合价降低，水作氧化剂，
2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素的化合价既升高又降低，属于氧化还原反应，水中H、O元素的化合价都没有变化，水既不做氧化剂又不做还原剂，C错误；
2F2+2H2O===4HF+O2，该反应水中O元素的化合价升高，水只作为还原剂，D正确。 13.【答案】D
【解析】对于同一物质，选用不同的分类标准，其分类结果不同。若从物质中阳离子、阴离子种类进行分类，碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、含氧酸盐，碳酸钠不属于碱。 14.【答案】A
【解析】在氧化还原反应中，氧化剂被还原，发生还原反应；还原剂被氧化，发生氧化反应，A正确、B错误；氧化剂与还原剂可能是不同的物质，也可能是同一物质，C错误；金属无负价，故反应中化合价只能升高，所以金属单质只作还原剂，但非金属既有正价，也有负价，故非金属单质既可作氧化剂，也可作还原剂，D错误。
15.【答案】C
－＋
【解析】A项，Cl2应改为2Cl；B项，Na前应加2；D项，HCO?3不应拆开。
16.【答案】 (1)①N溶液中不含CO、SO(或M溶液中一定含有CO、SO) ②取M溶液进行焰色反应，焰色为黄色，再透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，不呈紫色
(2)M N溶液中含有H＋、Fe2＋、Al3＋、NH、K＋，由于N溶液为酸性，又含有Fe2＋，所以N溶液中不含NO
N 根据溶液呈电中性原则，可以确定Cl－存在于N溶液中 (3)OH－、AlO、CO、SO、Na＋、NO KI试纸变蓝 17.【答案】(1)湿润的淀粉-(2)Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
(3)打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D，振荡，静置后CCl4层溶液变为紫红色 (4)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】A中滴加浓盐酸后，发生反应：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，生成的黄绿色气体是Cl2，在A、B、C中分别发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2、Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2、Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2，由于B、C中生成了Br2而溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2在D中发生反应：Br2＋2KI===2KBr＋I2。过程Ⅲ实验，当B中黄色溶液继续通入过量Cl2时，溶液变为棕红色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。 18.【答案】 (1)B (2)①正确 ②不正确 ③不正确 (3)FeCl3＋3H2O
Fe(OH)3(胶体)＋3HCl 让一束
可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体 丁达尔效应 (4)B (5)A (6)产生红褐色沉淀 聚沉
【解析】 (1)FeCl3在冷水中反应程度小，不能形成Fe(OH)3胶体；FeCl3与NaOH浓溶液反应生成Fe(OH)3沉淀；Fe(OH)3胶体的胶体粒子粒带正电荷，遇NaCl溶液发生聚沉，生成Fe(OH)3沉淀，不会形成胶体。(2)①甲同学操作正确。②乙同学直接加热FeCl3饱和溶液，因FeCl3溶液浓度过大直接生成Fe(OH)3沉淀。③丙同学长时间加热会导致Fe(OH)3胶体聚沉。(3)书写化学方程式时不能写成“Fe(OH)3↓”。丁达尔效应是区别胶体与溶液的最佳方法。(4)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是胶体粒子带正电荷，互相排斥不易形成沉淀；布朗运动是胶体稳定存在的次要原因。(5)胶体粒子的直径在1～100 nm之间是胶体的本质特征，决定了胶体的性质。(6)当加入(NH4)2SO4溶液时，Fe(OH)3胶粒所带正电荷被SO所带负电荷中和，发生聚沉，产生红褐色沉淀。 19.【答案】（1）8 mol
（2）5 mol
（3）
【解析】（1）56 L Cl2在标况下的物质的量为n===2.5 mol，则参加反应的HCl的物质的
量为2.5 mol×=8 mol。
，所以反应中被氧化
（2）反应中16 mol HCl只有8 mol被氧化，即被氧化的HCl占总的HCl物质的量的HCl的物质的量为5 mol。
（3）2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，该反
应转移10e，电子的转移方向和数目为
﹣
。
20.【答案】(1)4∶1 (2)42 g
【解析】从反应方程式可知3 mol Cu被氧化时，参加反应的HNO3为8 mol，但其中只有2 mol HNO3得到电子被还原(从化合价分析可以判断)，因此3 mol Cu还原2 mol HNO3，即应按3Cu～2HNO3这一关系式进行计算。
n(Cu)＝64g·mol?1＝1 mol， 3Cu―→2HNO3 3 mol 2 mol 1 mol 3mol
mol－1×mol＝42 g。 m(HNO3)＝63 g·3
2
2
64g
2020学年度人教版本高中必修一化学第2章《化学物质及其变化》测试卷
