高考化学巩固复习必修一第二章化学物质及其变化（含解析）

.@:第22页2019备战高考化学稳固复习-必修一第二章化学物质及其变化〔含解析〕一、单项选择题1.过氧化钠可作为氧气的来源．常温常压下二氧化碳和过氧化钠反响后，假设固体质量增加了14g，反响中有关物质物理量正确的选项是〔NA表示阿伏加德罗常数〕〔

〕二氧化碳碳酸钠转移的电子A0.5molNAB53g0.5molC53gNAD11.2L0.5molA.

A

B.

B

C.

C

D.

D2.组成中有氢氧根的盐叫做碱式盐，酸根中含有氢元素的盐叫做酸式盐。以下盐中，既不是碱式盐又不是酸式盐的是

〔〕A.

KHSO4

B.

NH4NO3

C.

Ca〔H2PO4〕2

D.

Cu2〔OH〕2CO33.将0.01molNaOH和0.01molNa2CO3混合并配成溶液，滴加amL、0.1mol•L﹣1稀盐酸，以下说法不正确的选项是〔

〕A.

当a≤100时，发生的离子反响为：OH﹣+H+=H2O

B.

当a≥300时，发生的离子反响为：OH﹣+3H++CO32﹣=2H2O+CO2↑

C.

当100＜a＜200时，反响后的溶液中CO32﹣与HCO3﹣的物质的量之比为〔a×10﹣4﹣0.01〕：〔0.02﹣a×10﹣4〕

D.

当a=200时，发生的离子反响为：OH﹣+2H++CO32﹣=H2O+HCO3﹣4.在10﹣9m～10﹣7m范围内，对原子、分子进展操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化．如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸．以下说法正确的选项是〔〕A.

纳米铜是一种新型化合物

B.

纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反响

C.

纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同

D.

纳米铜无需密封保存5.以下微粒中只具有复原性的是〔

〕A.

Cl－

B.

Cl

C.

H＋

D.

H2O6.以下消费和生活中的事例不涉及氧化复原反响的是〔

〕A.

淡化海水

B.

高炉炼铁

C.

食物酸败

D.

光合作用7.当光束通过以下分散系时，能观察到丁达尔效应的是〔〕A.

泥水

B.

盐酸

C.

NaCl溶液

D.

Fe〔OH〕3胶体8.成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，以下成语中涉及氧化复原反响的是〔〕A.

木已成舟

B.

铁杵成针

C.

蜡炬成灰

D.

滴水成冰9.在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温、同压下一样体积的氧气时，三个反响中转移的电子数之比为A.

1：1：1

B.

2：2：1

C.

2：3：1

D.

4：3：210.以下离子方程式中书写正确的一组是〔〕

①向明矾溶液中参加Ba〔OH〕2溶液至A13+刚好完全沉淀：Al3++SO42﹣+3OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+Al〔OH〕3↓

②氟气和水反响：2F2+2H2O=4H++4F﹣+O2

③向澄清石灰水中参加少量小苏打溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O

④铜片投入稀HNO3溶液：Cu+NO3﹣+4H+=NO↑+2H2O+Cu2+

⑤钠与水反响：Na+2H2O=Na++OH﹣+H2↑

⑥碳酸钙放入盐酸中：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O

⑦向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe〔OH〕3胶体：Fe3++3H2OFe〔OH〕3〔胶体〕+3H+

⑧过量氯水与FeI2溶液作用：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl﹣．A.

③⑦

B.

①②③④

C.

①③④⑤

D.

①④⑥⑦⑧11.墨鱼骨粉〔主要成分CaCO3〕可作为治疗胃酸过多的药剂．CaCO3属于〔

〕A.

氧化物

B.

酸

C.

碱

D.

盐12.以下各组离子在指定条件下能大量共存的是〔

〕A.

在pH=0的溶液中：Cu2+、A13+、SO42-、NO3-

B.

无色溶液中：K+、Ag+、CO32-、Br-

C.

由水电离出的c〔H+〕＝1×10-13mol/L的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、HCO3-

D.

含有大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-二、多项选择题13.将淀粉、碘化钾的混合溶液盛放在半透膜袋里，浸放在一杯蒸馏水中，过几分钟后进展以下实验，其现象正确的选项是〔〕A.

取杯中袋外液体加AgNO3溶液有黄色沉淀

B.

取杯中袋内液体加氯水变蓝色

C.

取杯中袋外液体加氯水变蓝色

D.

取杯中袋外液体加碘水变蓝色14.某课外活动小组的同学从某地颗粒采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水浸取．在探究雾霾颗粒可溶性成分的实验中，以下根据实验现象得出的结论不正确的选项是〔〕A.

向浸取液中滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含有Cl﹣

B.

向浸取液中滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明雾霾中一定含SO42﹣

C.

向浸取液中参加Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，说明雾霾中可能含有NO3﹣

D.

向浸取液中参加浓NaOH溶液微热，试管口附近潮湿的红色石蕊试纸变蓝，说明雾霾中一定含有NH4+15.在物质混合、反响等过程中，会存在“1+1≠2〞的现象．通常情况下，以下各种混合或反响过程中，“1+1〞不等于“2〞的是〔〕A.

1g酒精和1g水混合后的总质量

B.

1mL酒精与1mL水混合均匀后所得溶液的总体积

C.

温度一定时1g饱和硝酸钾溶液中参加1g硝酸钾后，所得溶液的质量

D.

1g氢氧化钠溶液和1g醋酸溶液中和后溶液的总质量16.以下实验操作、现象与结论对应关系正确的选项是〔〕选项实验操作实验现象与结论A对某固体进展焰色反响实验火焰呈黄色，说明该物质仅为含钠化合物B向样品溶液中先滴加过量的稀盐酸，再滴加BaCl2溶液先滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀，说明样品溶液中一定含有SO42﹣C向淀粉溶液中参加稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再参加新制Cu〔OH〕2悬浊液，加热无砖红色沉淀生成，说明淀粉没有水解生成葡萄糖D向0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热浅红色加深，说明Na2CO3的水解是吸热反响A.

A

B.

B

C.

C

D.

D17.有关电解质的说法正确的选项是〔

〕A.

纯水的导电性很差，所以水不是电解质

B.

Na2O液态时能导电，所以Na2O是电解质

C.

液态的铜导电性很好，所以铜是电解质

D.

溶于水或熔融状态下能导电的化合物18.关于胶体，以下说法正确的选项是〔〕A.

胶体的聚沉是化学变化

B.

含有0.01molFeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个

C.

胶体的介稳性与胶体带有电荷有关

D.

NaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体19.对于某些离子的检验及结论一定正确的选项是〔〕A.

参加稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-

B.

参加稀盐酸无明显现象，再参加氯化钡溶液有白色沉淀产生，一定有SO42-

C.

参加氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+

D.

参加碳酸钠溶液产生白色沉淀，再参加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+20.：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Zn+Fe2+=Zn2++Fe，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，以下判断正确的选项是〔

〕A.

氧化性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Zn2+

B.

复原性：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Zn2+

C.

氧化性：Zn＞Fe＞Cu＞Fe2+

D.

复原性：Zn＞Fe＞Cu＞Fe2+三、填空题21.食盐常参加KIO3来补充碘元素，检验食盐中是否加碘，可利用如下反响：

KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O

假如反响中转移0.2mol电子，那么生成I2的物质的量为________mol．22.纳米碳酸钙应用非常广泛．实验室中利用以下图所示装置〔部分夹持装置已略去〕，向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙．

供选择的药品：

①石灰石

②氯化铵

③氢氧化钙

④饱和氯化钙溶液

⑤浓硫酸

⑥6mol•L﹣1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液

〔1〕装置A中，仪器a的名称是________

，仪器b中发生反响的离子方程式为________

装置D的试管中发生反响的化学方程式为________

装置B中盛放的溶液是________

〔填药品序号〕．

〔2〕设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级________

〔简述实验的步骤、现象和结论〕

〔3〕通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反响，过滤，所得滤液显________

〔填“酸〞、“碱〞、“中〞之一〕性，原因是________

〔用离子方程式表示〕．

〔4〕上述装置存在一处缺陷，该缺陷为________

23.有以下几种物质：①纯H2SO4，②硝酸钾溶液，③铜，④二氧化碳，⑤金刚石，⑥硫酸氢钠固体，⑦蔗糖，⑧NaCl晶体，⑨氨水，⑩熔融KCl．以上能导电的是________〔填序号，下同〕；

以上属于电解质的是________；属于非电解质的是________；

写出属于酸式盐的物质溶于水后的电离方程式________．24.某同学从一种未知的无色溶液中检验出Ba2+、Ag+，同时溶液的酸性很强，他准备继续检验溶液中是否含有Cu2+、Cl﹣、CO32﹣、S2﹣、K+、Al3+、SO42﹣、SO32﹣、NO3﹣等离子．显然，有些离子还必须检验，你认为还必须检验的离子是________

．25.以下物质：①Na②H2O③酒精④CO2⑤NH3⑥Cu〔OH〕2⑦Ba〔OH〕2⑧冰醋酸〔纯洁的醋酸〕

⑨蔗糖⑩NaCl溶液•BaSO4．属于电解质的是________，属于非电解质的是________．〔填序号〕26.在反响11P+15CuSO4+H2O=5Cu3P+6H3PO4中，复原产物和氧化产物分别是________和________；当1molCuSO4参与反响吋，其能氧化P的物质的量是________，整个反响电子转移总数是________．27.地壳中含量最多的元素和含量占第二位的金属元素组成化合物的化学式为

________、

________、

________

现有以下几种物质①液氧②二氧化碳③干净的空气④高锰酸钾加热完全分解后剩余物⑤过氧化氢⑥已经结冰的水⑦食盐水⑧氯酸钾⑨氦气⑩铜

其中属于混合物的有〔填序号下同〕

________

纯洁物

________单质

________

化合物

________氧化物

________28.某校学生化学实验小组，为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮，设计了一套实验装置：〔部分夹持装置已略去〕

〔1〕写出A中反响的离子方程式________

．

〔2〕B中出现黄色浑浊现象，产生此现象的离子方程式________

．

〔3〕试从原子构造角度解释氯的氧化性大于硫的原因________

．

〔4〕D中枯燥管中出现的现象及化学方程式________

．

〔5〕有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮，需要在C之前加装洗气装置，请画出其装置图________〔并注明盛装试剂〕．

〔6〕还有什么方法能证明氧化性Cl2＞S，用一种相关事实说明________

；

________,

________.四、实验探究题29.按照一定的分类标准，根据物质与水反响的原理进展分类的情况，如下图，请填空：〔1〕上图中分类标准Ⅰ〔分成A，B组的根据〕为________〔2〕工业上常用D组中________〔填化学式〕来消除C组中物质对大气的污染，该反响的化学方程式为________〔3〕实验室由Al3+制备Al〔OH〕3时，应选择D组中________〔填化学式〕的水溶液，离子方程式为________〔4〕F组中有两种物质，在工业上均有重要的用处，请各写出一个化学方程式表示其用处：________．五、综合题30.

〔1〕根据反响8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，答复以下问题：

①该反响中氧化剂是________，氧化产物是________。

②该反响中被氧化的物质与被复原的物质物质的量之比为________。〔2〕某一反响体系中存在以下6种物质：NO、FeSO4、Fe〔NO3〕3、HNO3、Fe2〔SO4〕3和H2O。存在以下转化关系：HNO3→NO，请完成以下各题：

①该反响的氧化剂是________，复原剂是________。

②该反响中1mol氧化剂________〔填“得到〞或“失去〞〕________mol电子。

③当有0.1molHNO3被复原，此时生成标准状况下NO的体积是________L。

④请把各物质填在下面空格处，需配平：

________+□________=□________+□________+□________+□________31.将煤粉隔绝空气加强热，除主要得到焦炭外，还能得到下表所列的物质：序号①②③④⑤⑥⑦名称甲烷一氧化碳乙烯苯甲苯苯酚氨水〔1〕表中所列物质不属于有机物的是〔填序号〕：________

，苯酚的俗称为________

〔2〕能与溴水反响使之褪色的烃是〔填序号〕：________

〔3〕能发生加聚反响、生成物可用作制造食品包装袋的是〔填序号〕________

，该物质发生加聚反响的化学方程式为________

〔4〕能使酸性高锰酸钾褪色的烃是〔填构造简〕________

________

​________

〔5〕彼此互为同系物的是〔填序号〕：________

〔6〕甲苯的一氯取代产物的有________

种，请写出甲苯的一氯取代产物构造简式：________

32.现有以下物质：①干冰

②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液

⑥铜

⑦Fe〔OH〕3胶体

⑧蔗糖，〔1〕其中属于电解质的是________，〔2〕写出FeCl3的电离方程式：________，〔3〕写出NaHCO3〔aq〕与稀盐酸反响的离子方程式：________，〔4〕胶体是一种常见的分散系，答复以下问题．①向煮沸的蒸馏水中逐滴参加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停顿加热，可制得Fe〔OH〕3胶体，制取Fe〔OH〕3胶体化学反响方程式为________．

②向Fe〔OH〕3胶体中参加Na2SO4饱和溶液，由于________离子〔填离子符号〕的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做胶体的聚沉．

③区分胶体和溶液常用的方法叫做________．答案解析部分一、单项选择题1.【答案】B【考点】氧化复原反响，氧化复原反响方程式的配平【解析】【解答】解：设二氧化碳和过氧化钠反响，当固体质量增加14g时，

参与反响二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y

2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2

固体质量差

2mol

2mol

56g

x

y

14g

解之得：x=0.5mol，y=0.5mol

碳酸钠的质量=0.5mol×106g/mol=53g

因常温常压下发生的反响，1mol二氧化碳的体积＞11.2L；

由化学方程式可知，0.5mol二氧化碳参与反响时消耗0.5mol过氧化钠，过氧化钠起氧化剂、复原剂作用，各占一半，故转移电子为0.5mol××2=0.5mol，即有0.5NA个电子转移．

应选B．

【分析】由化学方程式：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数．2.【答案】B【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络【解析】【分析】A、酸式盐B、既不是碱式盐又不是酸式盐，是正盐；C、酸式盐D、碱式盐；选B。3.【答案】C【考点】离子方程式的书写【解析】【解答】解：A．当a≤100时稀盐酸缺乏，NaOH优先反响生成氯化钠和水，反响的离子反响为：OH﹣+H+=H2O，故A正确；B．当a≥300时NaOH过量，反响生成氯化钠、二氧化碳气体和水，发生的离子反响为：OH﹣+3H++CO32﹣=2H2O+CO2↑，故B正确；

C．当100＜a＜200时，氢氧化钠稍过量，反响生成氯化钠、碳酸氢钠，HCl的物质的量为：0.1mol/L×a×10﹣3L=a×10﹣4mol，NaOH消耗HCl的物质的量为0.01mol，与碳酸钠反响的HCl的物质的量为：a×10﹣4mol﹣0.01mol=〔a×10﹣4﹣0.01〕mol，那么反响后碳酸氢根离子的物质的量为〔a×10﹣4﹣0.01〕mol，剩余碳酸根离子的物质的量为：0.01mol﹣〔a×10﹣4﹣0.01〕mol=〔0.02﹣a×10﹣4〕mol，所以反响后的溶液中CO32﹣与HCO3﹣的物质的量之比为〔0.02﹣a×10﹣4〕：〔a×10﹣4﹣0.01〕，故C错误；

D．当a=200时氢氧化钠完全反响，碳酸钠恰好转化成碳酸氢钠，反响的离子反响为：OH﹣+2H++CO32﹣=H2O+HCO3﹣，故D正确；

应选C．

【分析】当a≤100时，稀盐酸缺乏，NaOH优先反响，发生的离子反响为：OH﹣+H+=H2O；当a=200时，NaOH完全反响，剩余的盐酸恰好与碳酸钠反响生成碳酸钠，发生的离子反响为：OH﹣+2H++CO32﹣=H2O+HCO3﹣；当a≥300时，稀盐酸过量，氢氧化钠和碳酸钠完全反响，发生的离子反响为：OH﹣+3H++CO32﹣=2H2O+CO2↑，据此进展解答．4.【答案】B【考点】纳米材料【解析】【解答】A．纳米铜和普通铜都是由铜元素组成，故纳米铜属于单质，故A错误；

B．普通铜加热才能与氧气反响，而纳米铜很易与氧气反响，故B正确；

C．纳米铜和普通铜中都属于铜元素，所以铜原子构造一样，故C错误；

D．纳米铜很易与氧气反响，应密封保存，故D错误．

应选B．

【分析】利用题干中的信息可知纳米铜也是铜，但易于氧气反响并且速度很快，利用此知识解决判断即可．5.【答案】A【考点】氧化复原反响【解析】【分析】元素处在最低价态只有复原性。只有Cl－处在最低价。答案选A。

【点评】元素所处价态可以看出元素的性质，元素处于最高价只有氧化性，元素处于最低价只有复原性，元素处于中间价态，既有氧化性又有复原性。6.【答案】A【考点】氧化复原反响【解析】【解答】A、淡化海水利用的是蒸馏原理，是物理变化，A符合题意；

B、高炉炼铁中有单质铁产生，一定发生氧化复原反响，B不符合题意；

C、食物酸败属于氧化复原反响，C不符合题意；

D、光合作用中产生氧气，一定是氧化复原反响，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】氧化复原反响中一定会有元素化合价的变化，据此判断是否涉及氧化复原反响即可.7.【答案】D【考点】胶体的重要性质【解析】【解答】A．泥水属于浊液，故A不符合题意；

B．盐酸属于溶液，不会产生丁达尔效应，故B不符合题意；

C．氯化钠溶液属于溶液，不会产生丁达尔效应，故C不符合题意；

D．Fe〔OH〕3胶体属于胶体，能产生丁达尔效应，故D符合题意；

故答案为：D．

【分析】根据丁达尔效应是胶体的一种特殊性质，结合分散系的分类进展判断即可.8.【答案】C【考点】氧化复原反响【解析】【解答】A、木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，那么没有涉及化学变化，故A不符合题意；

B、铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，那么没有涉及化学变化，故B不符合题意；

C、蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，那么属于氧化复原反响，故C符合题意；

D、滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，那么没有涉及化学变化，故D不符合题意；

故答案为：C．

​【分析】氧化复原反响首先发生的事化学变化，其次在变化过程中有元素的化合价变化，据此判断即可.9.【答案】B【考点】氧化复原反响的电子转移数目计算【解析】【分析】2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑、2KClO32KCl+3O2↑、2H2O2=2H2O+O2↑三个反响中每生成1mol氧气转移电子数分别为4mol、4mol、2mol。

【点评】过氧化氢中O为－1价，每生成1molO2转移2mol电子。10.【答案】A【考点】离子方程式的书写【解析】【解答】①明矾溶液中n〔Al3+〕：n〔SO42﹣〕=1：2，设硫酸铝为1mol，应参加1.5molBa〔OH〕2，离子方程式应为2Al3++3SO42﹣+6OH﹣+3Ba2+═3BaSO4↓+2Al〔OH〕3↓，故①错误；

②氟气和水反响：2F2+2H2O=4HF+O2，故②错误；

③向澄清石灰水中参加少量小苏打溶液：Ca2++OH﹣+HCO3﹣=CaCO3↓+H2O，离子方程式，故③正确；

④铜片投入稀HNO3溶液，离子方程式：3Cu+2NO3﹣+8H+=2NO↑+4H2O+3Cu2+，故④错误；

⑤钠与水反响，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，故⑤错误；

⑥碳酸钙放入盐酸中，离子方程式：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故⑥错误；

⑦向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe〔OH〕3胶体，离子方程式：Fe3++3H2OFe〔OH〕3〔胶体〕+3H+，故⑦正确；

⑧n〔Fe2+〕：n〔I﹣〕=1：2，应为2Fe2++4I﹣+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl﹣，故⑧错误；

应选：A．

【分析】①明矾溶液中n〔Al3+〕：n〔SO42﹣〕=1：2，设硫酸铝为1mol，应参加1.5molBa〔OH〕2；

②氢氟酸为弱酸，应保存化学式；

③小苏打少量，反响生成碳酸钙、氢氧化钠和水；

④电荷不守恒；

⑤原子个数不守恒；

⑥碳酸钙为沉淀，应保存化学式；

⑦氯化铁水解生成氢氧化铁胶体；

⑧n〔Fe2+〕：n〔I﹣〕=1：2．

11.【答案】D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络【解析】【解答】解：CaCO3是由钙离子和碳酸根离子结合的化合物，属于盐，故D正确，应选D．

【分析】A．氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物；

B．电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；

C．电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；

D．一类金属离子或铵根离子〔NH4+〕与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐．12.【答案】A【考点】离子共存问题【解析】【分析】正确答案：A

B.无色溶液中：Ag+与CO32-、Br-不共存；

C.由水电离出的c〔H+〕＝1×10-13mol/L的溶液，可能是酸性或碱性：HCO3-均不共存；

D.含有大量Fe3+的溶液中：I-、SCN-均不能共存。二、多项选择题13.【答案】A,B【考点】渗析【解析】【解答】淀粉胶体和碘化钾溶液混合后，放入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中后，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，但是钾离子、碘离子能通过半透膜而进入烧杯的水中．

A．淀粉胶体不能透过半透膜，而较小的钾离子、碘离子能透过半透膜，取杯中袋外液体参加硝酸银溶液，发生Ag++I﹣═AgI↓生成黄色沉淀，故A正确；

B．由于不是流动的水，因此半透膜内外的离子浓度保持相等，所以袋内、烧杯内的液体都含有I﹣，取杯中袋内液体加氯水，Cl2+2Kl═I2+2KCl，碘单质遇淀粉显蓝色，故B正确；

C．取杯中袋外液体加氯水Cl2+2Kl═I2+2KCl，淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内，不会变蓝色，故C错误；

D．烧杯内液体含有钾离子、碘离子，参加碘水后无现象，故D错误；

应选AB．

【分析】A．溶液中的微粒直径小于半透膜的孔隙，胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙；

B．水不流动，袋内、烧杯内的液体碘化钾浓度保持相等；

C．淀粉胶体不能通过半透膜而留在袋内；

D．胶体的微粒直径大于半透膜的孔隙，半透膜袋内淀粉胶体无法进入烧杯内．14.【答案】A,B【考点】常见阴离子的检验【解析】【解答】A、硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀，故向一种未知溶液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀，此沉淀不能确定是氯化银，故A错误；

B、BaCl2溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀，故此沉淀不一定是硫酸钡，故B错误；

C、红棕色气体产生，红棕色气体是二氧化氮，由NO与氧气反响生成，说明雾霾中可能含有NO3﹣，故C正确；

D、一种未知溶液滴加NaOH溶液，加热后产生能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，故原溶液中存在铵根，故D正确，应选AB．

【分析】A、硫酸银、氯化银、碳酸银都是白色沉淀；

B、BaCl2溶液与硝酸银可以生成氯化银白色沉淀；

C、红棕色气体产生，红棕色气体是二氧化氮，由NO与氧气反响生成；

D、能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气．15.【答案】B,C【考点】溶液的组成【解析】【解答】A、1g酒精和1g水混合后的总质量为2g，故A不符合；

B、1mL酒精与1mL水混合均匀后所得溶液的总体积小于2ml，故B符合；

C、温度一定时1g饱和硝酸钾溶液中参加1g硝酸钾，由于一定温度下的饱和溶液中，溶质的溶解度一定，不能再溶解该溶质，参加的1g硝酸钾以固体存在，故C符合；

D、1g氢氧化钠溶液和1g醋酸溶液中和后溶液的总质量为2g，故D不符合；

应选BC．

【分析】A、从质量可以加和来分析理解；

B、从密度不同的液体混合体积小于二者之和分析；

C、从一定温度下，饱和溶液中溶质的溶解度一定分析判断；

D、从质量守恒角度，两种溶液质量可以直接加和分析；16.【答案】B,D【考点】常见阴离子的检验【解析】【解答】A．含Na元素的固体，其焰色反响中火焰均呈黄色，那么该物质可能为钠单质、钠盐或NaOH、氧化物等，也可能含有钾，黄色能掩盖紫色，故A错误；

B．滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀，可排除Cl﹣和SO32﹣的影响，可说明样品溶液中一定含有SO42﹣，故B正确；

C．葡萄糖与新制Cu〔OH〕2浊液反响需在碱性条件下，应参加碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生砖红色沉淀，故C错误；

D．碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，盐类的水解是吸热过程，所以加热促进碳酸钠的水解，碱性增强，故D正确；

应选：BD．

【分析】A．含Na元素的固体，其焰色反响中火焰均呈黄色；

B．滴加稀盐酸无现象，滴加BaCl2后出现白色沉淀，可排除Cl﹣和SO32﹣的影响；

C．葡萄糖在碱性条件下与新制Cu〔OH〕2浊液反响；

D．盐类水解都是吸热反响，加热促进盐类的水解．17.【答案】BD【考点】电解质与非电解质【解析】【解答】解：A、水能电离出自由挪动的离子而导电，尽管导电性很差，但水仍是电解质，故A错误；B、Na2O液态时能导电，离子是Na2O电离产生的，所以是电解质，故B正确；

C、铜是单质，不是电解质，故C错误．

D、电解质是在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物，故D正确．

应选BD．

【分析】电解质是在溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质必须是化合物，必须有自由挪动的离子，且离子是其本身电离的，电解质与固态时是否导电无关．18.【答案】C,D【考点】胶体的重要性质【解析】【解答】A．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故A不符合题意；

B．胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个，故B不符合题意；

C．胶体具有介稳定性主要是胶粒带有电荷，故C符合题意；

D．NaCl分散在水中形成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D符合题意．

故答案为：CD．

【分析】根据胶体的构造和性质、胶体分散系的形成等进展判断即可.19.【答案】B,C【考点】常见离子的检验方法，常见阳离子的检验，常见阴离子的检验【解析】【解答】A．向某溶液中参加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为二氧化硫，原溶液中可能含有亚硫酸根离子，不一定含有碳酸根离子，A不符合题意；

B.向某溶液中参加稀盐酸无明显现象，排除其它离子的干扰，再参加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子，B符合题意；

C.参加氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，气体一定是氨气，因此溶液中一定有NH4+，C符合题意；

D.参加碳酸钠溶液产生白色沉淀，溶液中可能有钙离子，白色沉淀为碳酸钙，再加盐酸白色沉淀消失，那么溶液中不一定有钡离子，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】该题难度较大，考察学生离子的检验〔利用到的特性〕

必须牢牢掌握住SO42-

Ba2+

CO32-

NH4+离子的检验方法才能得出正确答案20.【答案】AD【考点】氧化性、复原性强弱的比较【解析】【解答】解：①2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，氧化性是Fe3+＞Cu2+，复原性是Cu＞Fe2+；②Fe+Cu2+=Fe2++Cu，氧化性是Cu2+＞Fe2+，复原性是Fe＞Cu；

③Zn+Fe2+═Fe+Zn2+，氧化性是Fe2+＞Zn2+，复原性是Zn＞Fe；氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+＞Zn2+；

复原性：Zn＞Fe＞Cu＞Fe2+，

应选AD．

【分析】根据化学方程式，只要根据氧化复原反响中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来判断即可．三、填空题21.【答案】0.12【考点】氧化复原反响的电子转移数目计算【解析】【解答】解：反响物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反响中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O反响中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以假如反响中转移0.2mol电子，那么生成I2的物质的量为0.12moL，故答案为：0.12．

【分析】反响物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反响中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，KIO3为氧化剂，KI为复原剂，结合元素化合价的变化解答该题．22.【答案】分液漏斗；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O；⑧；将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，假设有丁达尔现象那么为纳米级，假设没有丁达尔现象那么不是纳米级；酸；+H2ONH3•H2O+H+；无尾气吸收装置【考点】纳米材料【解析】【解答】〔1〕仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反响：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；装置D中制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为：分液漏斗；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；2NH4Cl+Ca〔OH〕2CaCl2+2NH3↑+2H2O；⑧；

〔2〕将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，假设有丁达尔效应，那么说明为纳米级，故答案为：将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，假设有丁达尔现象那么为纳米级，假设没有丁达尔现象那么不是纳米级；

〔3〕C装置中发生反响CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl，铵根在水中发生水解显酸性，离子方程式：+H2ONH3•H2O+H+，故答案为：酸；+H2ONH3•H2O+H+；

〔4〕该装置尾气未处理，故答案为：无尾气吸收装置．

【分析】〔1〕根据形状判断仪器名称；仪器b中为碳酸钙与盐酸反响；装置D中制取氨气；装置B目的是除掉挥发出来的氯化氢；

〔2〕将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应；

〔3〕铵根在水中发生水解；

〔4〕尾气未处理．23.【答案】②③⑨⑩；①⑥⑧⑩；④⑦；NaHSO4=Na++H++SO42﹣【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络，电解质与非电解质【解析】【解答】解：①纯H2SO4，不能导电，溶于水能导电，是电解质；②硝酸钾溶液，能导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③铜，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化碳，不能导电，属于非电解质；⑤金刚石，是非金属单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑥硫酸氢钠固体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑦蔗糖，不能导电，是非电解质；⑧NaCl晶体，不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑨氨水，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩熔融KCl，能导电，是电解质，硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，故答案为：②③⑨⑩；①⑥⑧⑩；④⑦；NaHSO4=Na++H++SO42﹣．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；硫酸氢钠是酸式盐，在水溶液中电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，据此解答即可．24.【答案】K+、Al3+【考点】离子共存问题【解析】【解答】无色溶液中检验出Ba2+、Ag+，同时溶液的酸性很强，那么含大量氢离子，CO32﹣、S2﹣、SO32﹣与氢离子反响不能存在，

Ba2+、Ag+与CO32﹣、S2﹣、SO42﹣、SO32﹣反响，不能存在，

Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，那么溶液中可能存在K+、Al3+，即还必须检验的离子为K+、Al3+，

故答案为：K+、Al3+．

【分析】无色溶液中检验出Ba2+、Ag+，同时溶液的酸性很强，那么含大量氢离子，与氢离子、Ba2+、Ag+反响生成沉淀和气体的离子及有颜色的离子不能存在，以此来解答．25.【答案】②⑥⑦⑧⑪；③④⑤⑨【考点】电解质与非电解质【解析】【解答】解：：①Na是单质，既不是电解质也不是非电解质；②H2O是电解质；③酒精在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；④CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑤NH3在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑥Cu〔OH〕2在熔融状态下能导电，故为电解质；⑦Ba〔OH〕2在水溶液中和熔融状态下均能导电，故为电解质；⑧冰醋酸〔纯洁的醋酸〕在水溶液中能导电，故为电解质；⑨蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；⑩NaCl溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质；⑪BaSO4在熔融状态下能导电，故为电解质．故答案为：：②⑥⑦⑧⑪；③④⑤⑨．【分析】在水溶液或者熔融状态下可以导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；据此分析．26.【答案】Cu3P；H3PO4；0.4mol；30e﹣【考点】氧化复原反响【解析】【解答】解：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为﹣3价，生成Cu3P为复原产物，由0升高为+5价，生成H3PO4为氧化产物，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，生成Cu3P为复原产物；由反响可知，15molCuSO4参加反响时有6molP被氧化，那么1molCuSO4参加反响时被氧化的P为mol=0.4mol，该反响中转移〔5﹣0〕×6=30e﹣，

故答案为：Cu3P；H3PO4；0.4mol；30e﹣．

【分析】根据氧化复原反响中元素化合价的变化判断复原产物和氧化产物，根据化合价变化数值计算电子转移数值.27.【答案】FeO；Fe2O3；Fe3O4；③④⑦；①②⑤⑥⑧⑨⑩；①⑨⑩；②⑤⑥⑧；②⑤⑥【考点】混合物和纯洁物【解析】【解答】地壳里各元素的含量由多到少的顺序排列依次是氧，硅，铝，铁，因此地壳中含量最多的元素是O，含量占第二位的金属元素Fe，氧元素和铁元素组成的化合物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，化学式分别为FeO、Fe2O3、Fe3O4．

故答案为：FeO、Fe2O3、Fe3O4．

混合物是由两种或两种以上的物质组成，干净的空气、高锰酸钾加热完全分解后剩余物是锰酸钾和二氧化锰、食盐水都属于混合物；纯洁物是由一种物质组成，液氧、二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水、氯酸钾、氦气、铜都属于纯洁物．纯洁物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯洁物叫单质，液氧、氦气、铜都属于单质；由两种或两种以上的元素组成的纯洁物叫化合物，二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水、氯酸钾都属于化合物．氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水中只有水分子，它们都属于氧化物；

故答案为：③④⑦；①②⑤⑥⑧⑨⑩；①⑨⑩；②⑤⑥⑧；②⑤⑥；

【分析】根据地壳里各元素的含量由多到少的顺序排列依次是氧，硅，铝，铁，进展解答．

物质分为混合物和纯洁物，混合物是由两种或两种以上的物质组成，干净的空气、高锰酸钾加热完全分解后剩余物是锰酸钾和二氧化锰、食盐水都属于混合物；纯洁物是由一种物质组成，液氧、二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水、氯酸钾、氦气、铜都属于纯洁物．纯洁物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯洁物叫单质，液氧、氦气、铜都属于单质；由两种或两种以上的元素组成的纯洁物叫化合物，二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水、氯酸钾都属于化合物．氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，二氧化碳、过氧化氢、已经结冰的水中只有水分子，它们都属于氧化物．28.【答案】MnO2+4H++2Cl

Mn2++Cl2↑+2H2O；Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣；氯原子最外层电子数比硫原子多一个，Cl得电子才能强，故Cl2氧化性大于S；产生大量白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；；方法一：2Fe+3Cl

FeS；方法二：一样温度下一样状态的HCl的稳定性大于H2S；方法三：最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4大于H2SO4．．【考点】氧化性、复原性强弱的比较【解析】【解答】〔1〕反响装置A为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气的装置，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl

Mn2++Cl2↑+2H2O，

故答案为：MnO2+4H++2Cl

Mn2++Cl2↑+2H2O；

〔2〕反响制备的氯气通入B之后，B中出现黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣，

故答案为：Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣；

〔3〕氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，最外层电子多〔不为8〕得电子才能就强，得电子才能强那么氧化性强，

故答案为：氯原子最外层电子数比硫原子多一个，Cl得电子才能强，故Cl2氧化性大于S；

〔4〕通E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此实验的现象是产生大量白烟，反响的方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，

故答案为：产生大量白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；

〔5〕盐酸易挥发，所以生成氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之前连接一盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，装置图为，

故答案为：；

〔6〕非金属性强弱比较的一般规律是：①由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强．②由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强．〔除氟元素之外〕．③非金属单质与具有可变价金属的反响．能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可以验证，

故答案为：方法一：2Fe+3Cl2

2FeCl3、Fe+S

FeS；

方法二：一样温度下一样状态的HCl的稳定性大于H2S；

方法三：最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4大于H2SO4．

【分析】〔1〕此反响装置为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，以此写出化学方程式；

〔2〕B中出现黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；

〔3〕氧化性强表示得电子才能强，氯原子最外层电子数比硫原子更接近于8个电子的稳定构造，因此氯原子的得电子才能强；

〔4〕装置E为实验室制取氨气的装置，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气反响生成氯化铵，故现象为冒白烟；

〔5〕浓盐酸易挥发，经过浓硫酸枯燥的氯气中扔混有少量氯化氢气体，因此需要在C加一吸收装置除掉氯化氢；

〔6〕根据非金属性强弱比较的一般规律进展验证．四、实验探究题29.【答案】〔1〕是否发生氧化复原反响

〔2〕CaO；CaO+SO2=CaSO3

〔3〕NH3；Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3+3NH4+

〔4〕Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其互相联络【解析】【解答】解：〔1〕溶于水分成AB两组的根据，分析反响过程可知，NH3、Na2O、SO2、CO2溶于水发生化合反响生成对应酸或碱，是非氧化复原反响；Cl2、Na、Fe、Na2O、NO2，溶于水反响发生的是氧化复原反响，所以根据是否发生氧化复原反响，故答案为：是否发生氧化复原反响；〔2〕A组中的气体根据水溶液的酸碱性可以分为：溶液显酸性：SO2；溶液显碱性：NH3、CaO、Na2O；对空气有污染的是SO2，而通常选用CaO来消除SO2对空气的污染，反响为：CaO+SO2=CaSO3，故答案为：CaO；CaO+SO2=CaSO3；〔3〕Al〔OH〕3易溶于强碱，不溶于氨水，故实验室由Al3+制备Al〔OH〕3时，应选用D组中的NH3，反响为：Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3+3NH4+，故答案为：NH3；Al3++3NH3•H2O=Al〔OH〕3+3NH4+；〔4〕钠与水的反响中，水做氧化剂；氯气、NO2与水的反响中，水既不做氧化剂也不做复原剂，故F组的物质为和Cl2和NO2，Cl2的用处是制取漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

【分析】〔1〕根据图表变化和物质分类分析变化判断；〔2〕A组中的气体根据水溶液的酸碱性可以分为：溶液显酸性：SO2，溶液显碱性：NH3、CaO、Na2O；对空气有污染的是SO2，据此分析；〔3〕Al〔OH〕3易溶于强碱，不溶于氨水，据此分析；〔4〕钠与水的反响中，水做氧化剂；氯气、NO2与水的反响中，水既不做氧化剂也不做复原剂；五、综合题30.【答案】〔1〕Cl2；N2；2∶3

〔2〕HNO3；FeSO4；得到；3；2.24；4HNO3；3FeSO4；Fe〔NO3〕3；Fe2〔SO4〕3；NO↑；2H2O【考点】氧化复原反响的电子转移数目计算，氧化复原反响，氧化复原反响方程式的配平【解析】【解答】〔1〕①在氧化复原反响8NH3+3C