高中化学人教版单元练习第一章物质及其变化

单元形成性评价(一)(第一章)(分值:100分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．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()A．SO3B．NOC．COD．H2O【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．下列关于胶体和溶液的说法中正确的是()A．胶体不均一、不稳定，静置后易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀B．胶体与悬浊液的本质区别是胶体是均一透明的，而悬浊液是浑浊的C．光线通过时，胶体发生丁达尔效应，溶液则不能发生丁达尔效应D．只有胶状物如胶水、果冻类的物质才能称为胶体【解析】选C。胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，静置后不会产生沉淀，故A错误；胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，其中胶体中胶粒直径在1～100nm之间，故B错误；胶体能产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应，故C正确；胶体是指分散质粒子直径在1～100nm之间的分散系，与分散系的状态无关，故D错误。3．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，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。4．下列反应中，氯元素全部被氧化的是()A．2P＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2PCl3B．2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑C．NaOH＋HCl=NaCl＋H2OD．2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O【解析】选B。反应2P＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2PCl3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)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑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NaOH＋HCl=NaCl＋H2O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2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O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。5．(2021·日照高一检测)下列状态的物质既能导电，又属于电解质的是()A．熔融KCl B．NaOH溶液C．NaCl晶体 D．液氯【解析】选A。熔融KCl中含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故A符合题意；NaOH溶液可以导电，但为混合物，不是电解质，故B不符合题意；NaCl晶体虽为电解质，但晶体中不含自由移动的离子，所以不能导电，故C不符合题意；液氯属于单质，既不是电解质也不能导电，故D不符合题意。6．(2021·重庆高一检测)下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是()A．H＋、K＋、Fe3＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))B．Ba2＋、Ca2＋、OH－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))C．H＋、Na＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cu2＋D．NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、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COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))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，并且溶液为无色透明的离子组是()A．Na＋、K＋、Cu2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))B．NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、Na＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cl－C．K＋、Ca2＋、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cl－D．Mg2＋、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＋、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))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。7．下列离子方程式改写为化学方程式正确的是()A．2H＋＋Zn=Zn2＋＋H2↑：2CH3COOH＋Zn=Zn(CH3COO)2＋H2↑B．Ba2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=BaSO4↓：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2OC．Ag＋＋Cl－=AgCl↓：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3D．Ca2＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=CaCO3↓：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O【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；H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O的离子方程式为2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故B错误；AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3的离子方程式为Ag＋＋Cl－=AgCl↓，故C正确；Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O，故D错误。8．新型纳米材料MFe2Ox(3＜x＜4)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()A．MFe2Ox是氧化剂B．SO2是该反应的催化剂C．x＜yD．MFe2Ox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(3＜x＜4)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x＜y，C正确；MFe2Ox是还原剂，D错误。【补偿训练】下列反应中，电子转移发生在同种物质的同种元素之间的是()A．2H2S＋SO2=3S＋2H2OB．2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑C．2KClO3eq\o(=,\s\up7(△))2KCl＋3O2↑D．Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O【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种物质之间且同一种元素之间，符合条件，故D正确。9．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：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O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，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。10．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()A．Na2SO4B．SO2C．SD．Na2【解析】选A。由Naeq\o(Cl,\s\up6(＋5))O3eq\o(Cl,\s\up6(＋4))O2中氯元素化合价降低，可知：Na2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3Na2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4中硫元素化合价升高，这样才能符合守恒规律。11．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①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3HCl(浓)Cl2Cl2④KMnO4HCl(浓)Cl2MnCl2A．表中第①组反应中FeCl3只是还原产物B．氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3＋>Br2>Fe2＋C．还原性比较：H2O2>Mn2＋>Cl－D．④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①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①知，氧化性Cl2＞Fe3＋，根据②知，氧化性KMnO4＞O2，根据③知，氧化性KClO3＞Cl2，根据④知，氧化性KMnO4＞Cl2，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②知，还原性H2O2＞Mn2＋，根据④知，还原性Mn2＋＜Cl－，故C错误；④组反应中Mn元素化合价由＋7价变为＋2价、Cl元素化合价由－1价变为0价，其转移电子数为10，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=5Cl2＋2MnCl2＋2KCl＋8H2O，所以HCl(浓)既作还原剂，又起到酸的作用，故D正确。12．(2021·枣庄高一检测)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：IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=I－＋3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋3H＋；IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O。下列说法错误的是()A．NaIO3是氧化剂，HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))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D．HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的还原性比I－弱【解析】选D。从反应中看出IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中碘元素的化合价降低，故NaIO3是氧化剂，HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))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HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))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。13．(2021·厦门高一检测)某固体由Ba2＋、Cu2＋、Na＋、Cl－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))中的几种离子构成，取一定质量的样品进行实验：①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5g白色沉淀：②在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3g白色沉淀；③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．Na＋、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) B．Cu2＋、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))C．Cl－、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) D．Na＋、Ba2＋、Cl－【解析】选A。①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5g白色沉淀，②在沉淀中加入过量稀硝酸，仍有3g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＋、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。【补偿训练】(2021·上海浦东区高一检测)在甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2＋、Ba2＋、H＋、Cl－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、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SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)) B．乙中一定有Cl－C．甲中可能有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－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、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SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))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SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))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。14．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，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MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋H2O(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2∶5C．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2∶5，故B正确；蓝色墨水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。15．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、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、OH－B．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1∶1D．每生成2个S2－反应转移的电子数为4【解析】选D。由S元素的化合价知反应物微粒为S、OH－，生成物微粒为S2－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))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；发生反应的离子方程式为3S＋6OH－=2S2－＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋3H2O，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2∶1，故C错误；在反应3S＋6OH－=2S2－＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋3H2O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正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．(12分)铜器久置于空气中会和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”，又称“孔雀石”[化学式为Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐和CO2、H2O。某同学利用下述系列反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。(1)从三种不同分类标准回答，“铜绿”属于哪类物质？__________________________。(2)写出B的化学式_____________________________________。(3)上述转化过程中属于置换反应的是____________________________________(填序号)。(4)写出①反应的化学方程式：_________________________________。【解析】根据转化关系，铜eq\o(→,\s\up7(①),\s\do5())铜绿eq\o(→,\s\up7(②),\s\do5())Aeq\o(→,\s\up7(③),\s\do5())Cu(OH)2eq\o(→,\s\up7(④),\s\do5())Beq\o(→,\s\up7(⑤),\s\do5(H2))Cu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，还原CuO得到Cu，据此分析解答。(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，属于化合物，也属于化合物中的盐类；含有铜元素，属于铜盐；含有碳酸根离子，属于碳酸盐；含有氢氧根离子，属于碱式盐；(2)Cu(OH)2→B→Cu，是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，氧化铜还原生成铜，因此B为氧化铜；(3)①为铜与二氧化碳、氧气和水的化合反应，②为铜绿与酸发生的复分解反应，③为铜盐与碱的复分解反应，④为氢氧化铜的分解反应，⑤中还原剂氢气还原CuO得到Cu,属于置换反应；(4)①反应为Cu与氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式为2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3。答案：(1)铜盐、碳酸盐、碱式盐、盐、化合物(任意三种)(2)CuO(3)⑤(4)2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO317．(15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－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中的某一种。现做以下实验：①将四种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的4支试管中，只有B盐溶液呈蓝色。②分别向4支试管中加入2mL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程式：①A＋D：____________________________________②B＋D：____________________________________③C＋HCl→气体：____________________________【解析】由于这四种盐均可溶，则Ba2＋不可能与SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))组合，Cu2＋不可能与COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))组合，Ag＋只能与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))组合。由实验①可知，B为铜盐(Cu2＋在水溶液中呈蓝色)。由实验②可知，A为AgNO3(与盐酸反应生成AgCl白色沉淀)，C为碳酸盐(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))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)①Ag＋＋Cl－=AgCl↓②SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaSO4↓③COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2H＋=CO2↑＋H2O18．(12分)将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(煮沸))Fe(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1～100nm之间，氢氧化铁沉淀在悬浊液中分散质粒子的直径大于100nm，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)B19．(16分)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：NaNO2＋KI＋__________→NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋__________(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：2KI→I2，I元素的化合价由－1价→0价，I失去2e－；NaNO2→NO，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2NaNO2＋2KI＋2H2SO4=2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O；(2)根据反应方程式2NaNO2＋2KI＋2H2SO4=2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O得发生反应的离子方程式为2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2I－＋4H＋=2NO↑＋I2＋2H2O；(3)该反应中生成了一氧化氮，一氧化氮是有毒气体，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NaNO2＋NH4Cl=N2↑＋NaCl＋2H2O，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)2NaNO2＋2KI＋2H2SO4=2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O(2)2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2I－＋4H＋=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】1．氧化还原反应的应用比较广泛。阅读下面的材料，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KNO3＋S＋C→N2↑＋CO2↑＋K2S①在黑火药燃烧的反应中，氧化剂为_____________，被氧化的物质为________。②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：①ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5Cl－＋6H＋=3Cl2＋3H2O②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。则ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Fe3＋、Cl2三种微粒氧化能力由强到弱的顺序是________。【解析】(1)①得到电子的物质是氧化剂，KNO3中氮原子的化合价从＋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；②化学反应式主要为KNO3＋S＋C→N2↑＋CO2↑＋K2S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6×e－，NH3中N元素从－3价升高到0价，失去电子数为2×3e－，故双线桥法表示为(3)根据①ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5Cl－＋6H＋=3Cl2＋3H2O可知氧化性：ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))>Cl2；根据②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3可知氧化性：Cl2>Fe3＋，所以氧化性强弱的顺序为：ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))>Cl2>Fe3＋。答案：(1)①KNO3、SC②得到2(3)ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))>Cl2>Fe3＋2．(2021·大庆高一检测)已知A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2＋、Ag＋、Cu2＋、Na＋中的一种，阴离子分别是COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、Cl－中的一种(离子不能重复)，进行如下实验：①分别溶于水，只