高考化学导学精练参考答案

必考部分

第一章基本概念

第一节物质的组成、性质和分类化学用语

【感悟高考答案】

1.答案：D

解析：煤的干储可得到焦炉煤气、煤焦油、焦炭等物质，是化学变化，而石油的分储可得到不同沸点

的微分，是物理变化，A错误；Ba?+是重金属离子，能够引起蛋白质变性，因为硫酸专贝在人的胃液中

(主要成分是HC1)溶解度较小，c(Ba2+)很小，不能够引起人的中毒，B错误；同素异形体是由同种

元素组成的不同种单质，14c和12c互为同位素，C错误。

2.答案：C

解析：此题考查了物质的分类、晶体的构造和分子的构型等知识点。酸醉中大多数是氧化物，但是醋

00

Yn

酸酎(CH3-C-O-C-CH3)就不是氧化物，A错；惰性气体都是单原子分子，其晶体中不存在化学

键，B错；正四面体分子中，白磷分子的键角是60°,D错。

3.答案：B

解析：A项，NO2溶于水生成HNO3,HNCh氧化Fe?+得到Fe3+,溶液于浅绿色变成棕黄色，且产生无

色气体；B项，H2cCh酸性比盐酸弱，CO?不与CaCb反应；C项，反应生成A1(OH)3白色沉淀；D项，

SO2被HNO3氧化成H2so4，与Ba?+产生BaSO4白色沉淀。

4.答案：D

解析：A项，在酯化反应中用酸作催化剂，该物质也是酸，可以；B项盐类物质大多数是强电解质，

正确；C项，均含有酸根PWI2O4()3；D项，H、Si、O的化合价分别为+1、+4、-2,则根据化合物中

各元素化合价代数和为0可知W的化合价为+6价。

5.答案：D

解析：①正确，粗盐中除含NaCl外，还有MgCb等杂质，酸雨是硝酸、亚硫酸、硫酸等酸的水溶液。

②沼气主要成分是甲烷，是不可再生能源，水蒸气不是能源。③冰为固态水，干冰为固态二氧化碳，

均为纯净物。④不锈钢是铁与多种金属组成的合金，硬币是铝、银等组成的合金。⑤错误，盐酸是HC1

的水溶液，是混合物。⑥错误，纯碱是Na2c属于盐。⑦正确。

6.答案：D

解析：本题主要考查的是常见物质在生成生活中的应用。A项，SiO2是光纤制品的主要原料；水玻璃

是硅酸钠溶液，能作为粘合剂和防火材料：C项，盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不影响蛋白质

的生理活性；D项，石油分储得到的是不同沸点的煌类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂

解的方法可得到乙烯等不饱和的煌类物质。综上分析可知，本题选D项。

【考点精练答案】

1.答案：D

解析：A项，纯碱(Na2c属于盐不是碱；B项，CO是不成盐氧化物；C项NO?虽然溶于水能生

成HNCh，但N的化合价为+4,不是酸性氧化物。

2.答案：D

解析：从“钻酿菁”的分子直径为1.3x10-9m可知，“钻献普”的分子溶于形成的分散系为胶体，所

以D正确，A错误；胶体粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，B错误；胶体分散质微粒直径比溶液中

分散质微粒直径大，C错误。

3.答案：D

解析：A项，溶液的胶体的本质区别是分散质微粒直径的大小；B项光导纤维的成分是SiCh，不是硅

酸盐：C项，甲烷是易燃气体。D项，氧化钠只含离子键，过氧化钠含离子键和非极性共价键。

4.答案：C

解析：A项，分散质微粒直径介于1nm〜100nm的分散系，称为胶体，是混合物，而题中所述可能

是纯净物；B项，胶体不带电，其中的分散质微粒吸附电荷，可发生电泳现象；C项，渗析时氯化钠透

过半透膜，淀粉胶体留在半透膜内，从而分离两者；D项，胶体分散质微粒结构很复杂，1个分散质微

粒不只含有1个Fe原子，即使1molFeCb完全水解，也不能得到1mol分散质微粒。

5.答案：B

解析：①河水中含有大量泥土胶体，海水中含有大量电解质，两者相遇，胶体发生聚沉。②钢材是含

铁的合金。③硫酸银虽然难溶，但溶解的硫酸钏完全电离，因此是强电解质。④硅位于周期表的第三

周期第在金属与非金属分界线的上方。⑤极性键是由不同种元素的原子间形成的共价键，氯气分

子中无极性键。⑥无论天然橡胶，还是人工合成的橡胶均是高分子化合物。

6.答案：A

解析：①金属和非金属是根据元素的性质划分的。④根据酸分子能电离出的氢原子数目，将酸称为“某

元酸”⑤根据氧化物与酸或碱反应生成盐和水，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物。⑥分散系分

类的依据是分散系中分散质微粒直径的大小。

7.答案：C

解析：A项，非金属也能置换出金属，如H2与CuO反应生成Cu和H2O。B项，凶、3、VA族的

金属也有变价。C项，如镂盐是离子化合物。D项，显酸性的溶液还可能是强酸的酸式盐、弱酸弱碱盐

等。

8.答案：B

解析：A项，SO?与BaC“不反应，因为H2so3酸性比盐酸弱。B项，溶于水产生。一，能与Ag.

反应产生AgCl沉淀。C项，NH3少量时得到AgOH沉淀，过量时生成［Ag(NH3)21+，无沉淀。D项，

NO2溶于水，生成HNCh，与Ca(0H)2反应生成可溶性的Ca(NC)3)2

9.答案：B

解析：此物质若为单质，如C12,溶于水生成盐酸，能使蓝色石蕊试纸变红，也能与碳酸盐反应生成

CO2气体；若为氧化物，如SO2；若为酸，如H2so4；若为盐，如NaHSCU，均能使蓝色石蕊试纸变红,

也能与碳酸盐反应生成C02气体。

10.答案：(1)①②④(2)CaO+H2O=Ca(OH)2(3)①④(4)①②

解析：(1)金属氧化物大多数是碱性氧化物，生石灰能干燥碱性气体，吸水后生成Ca(0H)2,显碱性,

也称为碱性干燥剂。

(2)略

(3)CaO溶于水得到强碱Ca(0H)2,有强腐蚀性，不能食用；必须注明生产日期是防止CaO长期放

置失去吸水作用。

(4)硅胶吸水能力很强，且化学性质稳定，无腐蚀性，能长时间使用。

第二节化学实验的基本方法

【感悟高考答案】

1.答案：D

解析：本题属于基础实验与基本实验操作的考查范畴。A项错误，pH试纸用水湿润会将待测溶液稀释。

B项错误，混合溶液的体积不是两者的简单之和。C项错误，收集试管带塞子将无法收集到氨气。D项

正确，根据溶解平衡原理，Cb在饱和食盐水溶解度很小，而HCI极易溶解。

本题以pH试纸试用、常见气体制取、溶液配制、除杂中的实验操作为素材.，考查学生对实验操作的熟

悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。

2.答案：C

解析：A项，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中；B项，该操作会导致结果偏低，出现此种情

况，应重新配制溶液，一配好的溶液放在试剂瓶中，贴好标签，一备其它定性实验使用；C项，锥形

瓶用待测液润洗后，再移入一定量待测液，将使待测液中溶质的含量增大，导致测定结果偏高；D项，

检验SO42-时，应先加稀盐酸，后加BaCk溶液。

3.答案：A

解析：A项，活塞耐强酸、强碱，NaOH不能将其腐蚀，且滴定管的精度为0.01mL；B项，定容时，

所加液体离刻线卜2cm处，才能用胶头滴定现容量瓶内加水；C项，电解饱和食盐水时，不能用Cu

作阳极，否则，阳极Cu溶解，阴极析出H2；D项，酒精灯加热温度达不到石灰石分解的要求。

4.答案：C

解析：A项，少量氨水与三种离子均产生白色沉淀，氮水过量时，氢氧化铝和氢氧化镁均无明显变化,

无法鉴别；B项，Ba(NO3)2溶液与S(V和CC^均反应产生白色沉淀；C项，前者有3个信号峰，后

者有2个信号峰；D项，碳碳双键和醛基均能被KMnC>4酸性溶液氧化，溶液由紫红色变成无色。

5.答案：B

3++

解析：A项，也可能是KHCO3；B项，混合液中存在平衡：Fe+3H2O^Fe(OH)3+3H,加入Mg(OH)2、

MgO等均可以与H*反应，使其浓度减小，平衡向右移动，Fe"转化为Fe(OH)3沉淀被除去，而Mg(OH)2>

MgO等过量，对原MgCk无影响；C项，更难溶的电解质也可以转化为难溶的电解质，有一部分BaSC>4

转化成了BaCO3,但不能完全转化，无法证明Ksp的大小，实际上Ksp[BaSO4]<KsP[BaCO3]；D

项，加热时C2H50H挥发，混在制得的C2H4中，C2H50H和C2H4均能与KMnC)4发生氧化还原，使溶

液褪色。

6.答案：D

解析：A项，浓硫酸注入水中，用玻璃棒引流；B项，观察到溶液变浑浊，可证明碳酸酸性比苯酚强;

C项，目的是防液体倒吸；D项，气体应用长导管进入。

7.答案：B

解析：A项，不能制取NO,收集气体时，NO会被空气中氧气氧化成NO2；B项，制备乙酸乙酯时，

加入试剂顺序是：乙醉一浓硫酸一冰醋酸，目的是防止液体混合放热，使液体挥发或发生反应；C项，

洗涤沉淀时不能搅拌，防止滤纸被搅破；D项，广泛pH试纸测得溶液的pH只能到整数位。

8.答案：A

解析：A项，引入新杂质HC1；B项，SO2被酸性KMnCU溶液氧化为H2so4,CO2气体逸出；C项，

两者溶解度随温度变化不同，KNCh变化大，结晶时转化为晶体析出，NaCl留在母液中；D项,CH3co0H

与CaO反应，生成(CH3coObCa,C2H50H沸点低，被蒸出。

9.答案：(1)HCI；NH4cl(2)CU+C12-5M-CUCI2(3)2Mg+C0?重>2Mg0+C(4)NO；02(5)

2H2S+36^S-2H2O+2SO2(6)CH4(其他合理答案也给分)

解析：I能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定是NE；A和I相遇产生白色烟雾，且A能使湿润的蓝色

石蕊试纸变红，A一定是HC1；根据③④所述，B一定是Cb；根据①③所述，E•定是S02；根据⑤

所述，F一定是C02；根据⑥⑦所述，C是NO,D是O2；根据①⑦所述，G是H2S；根据⑧所述，H

可以是CH4。综上所述，A为HCI；B为Cb；C为NO；D为O2；E为SO?；F为CO?;G为H?S；H

可以是CH4。上述问题可以解决。

【考点精练答案】

1.答案：C

解析：选项A中出现2处错误，一是广泛试纸测得的pH数据只能是整数，二是氯水具有漂白性，最终

试纸是白色的，无法与标准比色卡对照。选项B中量筒只能用于粗略量取溶液的体积，精确度达不到

1%,若改为用50mL量筒量取23.0mL浓盐酸则是正确的。同样托盘天平称量时所得数据只保留一位

小数，若改为用托盘天平称量氧化铜粉末11.7g则是正确的。

2.答案A

解析：①正确，切不可用水灭火，否则会随水的流动酒精燃烧的血枳将扩大；②正确，分液时不能再

让已分开的液体接触：③正确，用水将碱冲洗，残留的极少量碱用硼酸中和；④错误，若药品有吸湿

性，不能用纸承接；⑤正确；⑥应将饱和FeCL溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体。

3.答案C

解析：C项，NOz密度大于空气，收集NO?应用向上排空气法，而题中所述为向下排空气法。

4.答案D

解析：A项，不能倒回原试剂瓶，会污染原试剂；B项，Ba(NC>3)2是重金属盐，有毒，污染地下水；C

项，蒸发到蒸发皿中有大量固体析出，剩余少量液体时，利用余热将溶液蒸干；D项，正确，否则结

果偏高。

5.答案：C

解析：A项，氯水能将溟化钠、碘化钠均氧化成单质，Br2、b均能被CCL,萃取；B项，CO?在饱和NaHCO3

溶液中溶解度非常小，不能与CO分离；C项铁屑与Fe2(SC>4)3反应，生成FeSC>4,被除去；D项，CO2

和SO2均能与NaOH反应，而被吸收。

6.答案：D

解析：A项，应用KzCrzCh氧化乙醇的方法来检验；B项，用酒精灯加热制备乙酸乙酯；C项，氨水不

需加保存在棕色瓶中；D项，家庭常用的方法。

7.答案：D

解析：A、B、C依次为剧毒品、腐蚀品、易燃品的标识，D为三级放射品标识。

8.答案：D

解析：A项，错在储气瓶收集气体，应用向上排空气法；B项有2处错误，一是收集方法应用向上排空

气法，二是尾气吸收时，将导管插入盛有NaOH溶液的烧杯的液面下；C项有2处错误，一是CO与空

气密度接近，排空气法收集不到纯净的CO,二是CO不溶于水，不能用水吸收CO；D项，用碱石灰

干燥N%,用向下排空气法收集，用水吸收剩余的N%,山于NE极易溶于水，用倒置的漏斗可防液

体倒吸。

9.答案：(1)B(2)ABCD(3)①通过长颈漏斗向试管中加水至一定量后，发现漏斗导管中液面高于试

管中的液面，停止加水，液面差保持不变，说明气密性良好。②依乙同学操作在装置不漏气的情况下，

试管上部空间中气体压强小于大气压，故有“漏斗中液面低于试管中液面且不再升降”的现象。

解析：(1)A、C、D三种仪器使用前应检查是否漏液，不是气密性，而洗气瓶若漏气，则后续装置中

得不到所需气体。

(2)若装置漏气，有毒气体会造成环境污染，可燃性气体，遇明火时会发生爆炸；若实验的目的是收

集气体，•定不能漏气；若用气体进行后续实验，则因漏气而不能继续进行。

(3)见答案

10.答案：(1)用竭、三角架、泥三角(或用蜗钳等只需答出三个)(2)2H2O2=2H2O+O2t(3)

炭(或碳、或C、或淀粉)(4)［判断猜想］:猜想I不成立。［验证(操作)过程］:取少量滤液逐

滴滴入稀氨水。［实验现象］:先有白色沉淀、滴入过量稀氨水后白色沉淀溶解；［判断猜想］:主要为

氯化锌，次要为氯化筱。

解析：(1)图中已画出了仪器，能识别仪器即可。

(2)见答案

(3)CO2能使澄清石灰水变浑浊，联系题干，可知是碳燃烧产生。

(4)闻到有轻微的氨味，说明氨气量很少，氯化镂的量应很少，不是主要成分。因为滤液中只能有氯

化钱和氯化锌，所以猜想氯化锌是主要成分，利用题干中氯化锌的一系列变化可验证。

-2-3+

11.答案：(1)ab(2)普通漏斗;加快过滤速度(3)NaOH；SiO2+2OH=SiO3+H2O(4)HC1；Al；

取少量处理后得到的矿石，滴加盐酸和KSCN溶液，不产生红色现象，说明Fez。?已被除净或取少量最后

一次过滤后的滤液，滴加KSCN溶液，不产生红色现象，说明FezOs已被除净。

(5)①0.06mol②0VXW0.6

解析：(1)除杂质时，所加试剂均过量，最后需将过量的除杂试剂除去。

(2)过滤需用到的主要玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒。如图为抽滤装置，将装置内的气体抽出，使

装置内气体的压强小于外界大气压强，则液体被快速压入吸滤瓶内，达到快速过滤的目的。

(3)用NaOH将AI2O3、SiCh溶解,FezCh不溶于NaOH,再过滤，得到FezCh

(4)盐酸能溶解FezCh和AI2O3,不能溶解Si。?，AI2O3与盐酸反应生成AlCh；检验处理后的溶液中是否

有Fe",即可证明是否洗净。

(5)①n(Ap+)=0.4X0.1=0.04mol,n(Fe3+)=0.06mol,n(NaOH)=0.36mol,反应后，生成Fe(0H)3沉淀和

NaAlC>2,NaOH仍过量,所以沉淀为0.06mol。②设原溶液中最多含有amolAl>,n(Fe3+)=(0.1—a)mol,

两者与NaOH恰好完全反应,只生成Fe(OH)3沉淀，有：4x+3(0.1-a)=0.36,解得a=0.06mol,则x=a/0.1=0.6,

所以x的取值为0VXW0.6

第三节化学计量

【感悟高考答案】

1.答案：D

解析：本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A项错误，Imol甲醇中含有C—H

键的数目为3NA。B项错误，无溶液体积无法计算OH的数目。C项错误，标准状况下已烷为液态，

无法计算。D项正确，Na2。2与足量H2O反应，共生成0.2moK)2,O的化合价一1价转变为。价，转移

电子Imol,0.2x2=0.4NA.

解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结

构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。

2.答案：A

16G

解析：A项，W(CH4>=\mol,每个CH4分子中含有4个C-H键，则C-H键为4mol,即4

\6g/mol

NA个。B项，没有叙述溶液的体积，无法求Na.数目。C项，根据电子守恒，ImolCu反应产生^NA

3

个NO分子。D项，常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol,则〃(CO2)小于1mol,即小于NA个。

3.答案：A

解析：A项，Mo2是由氧原子构成的，iggi'Oz也就是18gl七，则其物质的量为1mol,原子数为NA

个。B项，空气是混合物，其成分不只含单质。C项，没有明确Cb参加反应时化合价转化为多少，无

法确定转移电子数目。D项，溶液的体积不等于溶剂的体积，无法计算Na,的物质的量浓度。

4.答案：B

解析：A项，等物质的量不一定是Imol。B项，电子数=L7gxl8N、=0.9N/。C项，Na2。?固体

34g/mo/

中。2之一是1个复杂的阴离子，其阳阴离子数比为2：1,ImolNazOz含离子总数为3NA。D项，标准状

况下戊烷为液体，所含分子数大于0」NA

5.答案：B

解析：A项，标准状况下，二氯甲烷为液体，22.4L二氯甲烷的分子数大于NA个。B项，

«(SO2)=^-X-!-=0.5wo/oC项，丙烷分子中含有8个极性共价键(C-H键)，〃(C3H8)=

NA2

17-6g=0Amol,极性共价键数=8X0.4NA=3.2NA。D项，阴极得到Cu,阴极溶解的金属有Cu、

44g/mol

Fe、Zn等比Cu活泼的金属，无法计算它们的质量。

【考点精练答案】

1.答案：C

解析：A项，SO3z一水解，离子数目小于NA；B项，混合气体共Imol,含分子总数约为6.02x1()23；c项，

标准状况下，氯气与氢氧化化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，1molCb转移电子数为NA；D项，标准状

况下，SO3为固体，22.4LSO3含分子数大于必。

2.答案：C

解析：A项，量取的浓盐酸比所需值偏小，所得溶液的浓度偏低；B项，有溶质损失，所得溶液的浓度偏

低；C项，所加蒸储水的体积减少，低于刻线，所得溶液的浓度偏高；D项，加入水超过了刻线，所得溶

液的浓度偏低。

3.答案：D

匚T否1000x1.19x25%

解析：AA项，c=-----------------------。4.0加。//£；B项，该消毒液与CO2发生反应：2NaC104-C0+H0=

74.522

2HC1O+Na2cCh时，变质，则*CC)2尸22.4X4.0Xg=44.8L；C项，根据稀释定律：c,V{=c2V2,稀释后的

40

C2=22=0.04,〃O//£；D项，配制时，没有480mL的容量瓶，只能用500mL的容量瓶，所取溶质的质量

100

为4.0X0.5X74.5=149g»

4.答案：A

解析：A项，氨水的密度小于水，则加入等质量的水的体积比氨水小，所得溶液的体积比原氨水的体积的

2倍小，则浓度大于原氨水浓度的1/2；B项，Naz。2中有1个氧原子化合价升高，另一个氧原子化合价降

低，因此ImolNazOz转移的电子数为NA；C项，氨气是单原子分子，22.4L混合气体含原子数小于2NA;

D项，乙烯和环丙烷的最简式均为CH2,则28g乙烯和环丙烷的混合气体所含原子数="*2忖,=6NA。

14

5.答案：B

解析：A项，NaCl晶体由Na卡和C「构成，Na卡数目=注3=0.1N”；B项，胶体分散质微粒结构复杂，

58.5

ImolFeCh完全水解转化为Fe(OH)3胶体后生成的胶体粒子小于NA；C项，ImolH2sO4完全反应生成H2,

转移的电子数为2NA；D项，在反应中HNO3转化为硝酸盐和氮的氧化物，氮原子共Imol,被还原的一定

小于心。

6.答案：C

解析：A项，1个C%+含8个电子(6+3—1),1molCH3+含有的电子数目为8A\；B项，应含0.4NA；C

项，用和CO的摩尔质量相等，则平均摩尔质量为28g/mol,14g混合气体的物质的量为0.5mol,分子数

目为0.5NA；D项，标准状况下甲苯为液体，2.24L甲苯含有的碳原子数目大于0.7M

7.答案：A

解析：参加反应的BaCl,的物质的量在三种溶液中相等，即参加反应的SO42一相等，其浓度比等于物质的

量之比为1：3：3。

8.答案：C

解析：50mL1mol-L~1氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度为3mol-L-1,只有C项合理。

9.答案：(1)10g(2)高于调节平衡螺丝使之平衡32.6g

(3)

J11山」」」I」1」」1i」」11111」11」」」1」」1」11」」11」」」」1」」」」1

标尺［6i夕次?’4一t

(4)①③④②⑤(5)ACD

解析：(1)w(NaOH)=A/w=40g/molx500xl03Lx0.5mol/L=10g.

刻度盘的指针偏向哪方，解方就重，左边托盘高于右边托盘，这时应先往左盘添加药品.天平精确到

0.1g,所以称量结果只能为32.6g,在称量物品时，祛码的选择是由大到小，而溶液的配制过程为：计算

f称量f溶解f转移f定容f装瓶f贴签。

配制出的溶液浓度小于所要求的原因，可能是:①使用滤纸称量NaOH,因为NaOH吸收空气中的水和C02,

从而使实际使用的NaOH质量小了；②溶解后的烧杯未经多次洗涤，从而使溶质残留在烧杯中；③定容时

仰视，此时液血己经超过了刻度线.而容量瓶中是否有蒸储水则不影响结果。

10.答案：(1)①6②MgCO3,NaHCO3;KHCO3,CaCO3(2)0.2

解析：(1)①NaHCCh、KHCO3、MgCO3>CaCCh物质的量相等时，消耗酸的物质的量也相等，只要任取

其中的两种即可，所以有6种组合。②按要求，可将NaHCCh、KHCO3、MgCO3,CaCCh四种物质分成2

组：NaHCOs和MgCCh及KHCO3和CaCC>3,组内物质无论以何种比例混合，平均摩尔质量均不变，质量

-定时，消耗盐酸的物质的量均相同。

(2)两次均产生等物质的量的CO?,一定是NaHCCb和KHCO3的混合物，由10.0g沉淀可求出混合物的

物质的量为0.2mol。

第四节离子反应

【感悟高考答案】

1.答案：D

解析：A项错误，硝酸能将FeS氧化，不能产生H2SOB项错误，NHJ和HCO3-都将与OH-反应。C

项错误，反应生成SO32，

2.答案：A

解析：B项，元素不守恒，正确的离子方程式为：2Na2C)2+2H2O=4Na++40H+O2；C项，HC1O是弱酸,

不能拆成离子形式；D项，离子方程式本身没有问题，但KMnC)4的强氧化性能将浓盐酸氧化，不能实

现证明H2O2具有还原性的目的(还原性：HC1>H2O2,HC1先反应)。

3.答案：B

解析：A项，离子方程式及评价均错误，硝酸氧化Fe?+,不能产生H2；B项，碳酸镁应写成化学式；C

2+2-，-

项，离子方程式正确的写法为：Ba+SO4+2NH4+2OH=BaSO4I+2NH3-H2O；D项，离子方程式

正确，评价错误，没有考虑相对量对反应的影响。

4.答案：A

解析：A项正确，符合3个守恒；B项，电荷不守恒，Fe3O4中Fe有两种价态，正确应该为：

+3+22+-

Fe3O4+8H=2Fe+Fe"+4H2O；C项，得失电子不守恒，电荷不守恒；正确的应为：3Fe+NO3

+3+

+4H=3Fe+NOt+2H2O；D项，不符合客观实际，反应后铁只能产生Fe?+和H?；

5.答案：D

解析：A项，正确的离子方程式为：NH/+OH^=NH3t+H2O；B项，正确的离子方程式为：

+2+-2

Mg(OH)2+2H=Mg+2H2O；C项，正确的离子方程式为：OH+HCO3"=CO3"+H2O

6.答案：C

解析：本题主要考查的是离子共存问题。A项，由于H'、NC>3-与Fe?+发生氧化还原反应而不能大量共

存；B项，溶液可能呈酸性或碱性，HCO3■■在酸或碱中都不能大量存在；C项，溶液中的c(H+)=0.1mol/L,

能与本组离子共存；D项，Fe?+能与SCN-发生络合反应.综上分析可知，本题选C项。

7.答案：B

解析：A项，酸性环境下中生成次氯酸，C项，CrzC^-氧化CH3cHO,D项，生成硅酸沉淀。

8.答案：D

解析：此题考查了化学实验中的离子共存知识。使甲基橙呈黄色的溶液pH大于4.4,当其处于4.4〜7

之间时，NO3表现强氧化性，将I氧化为L，排除A；石蕊呈蓝色的溶液pH大于8,溶液呈碱性，

OH一能和HCO3-反应，排除B；含大量A产的溶液中，溶液呈酸性，其中的H.能和C1CT结合成HC1O,

排除C。

9.答案：D

解析：A项，错误，电荷不守恒；B项，碳酸锌能溶不能写成离子形式；C项，CO2足量时，反应后

-

生成HCO3»

10.答案：（1）A为NH3H2O或NH3；E为H2SO4F为AgNC>3C为BaCb

若C作为不能确定的溶液，进一步鉴别的方法合理，同样给分

（2）BNa2c。3或K2c。3用洁净的的丝蘸取少量B,在酒精灯火焰中灼烧，若焰色呈黄色则B

为Na2cCh溶液：若透过蓝色钻玻璃观察焰色呈紫色，则B为K2c溶液

D为A12（SO4）3或MgSO4取少量D,向其中滴加NaOH溶液有沉淀生成，继续滴加过量的NaOH溶

液，若沉淀溶解，则D为Ab（SC）4）3溶液，若沉淀不溶解，则D为MgSC）4溶液

解析：⑴由题干表述可知A和E不是盐，又由纯E为无色油状液体，推知E为硫酸（③步操作进一步

确定）；（II）由题干和①步操作可知A为氨水：（HI）再由②步操作可知F中阳离子为Ag+发生的反应

+++_

为：Ag+NH3•H2O=AgOHI+NH4；AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]+OH+2H2O;而常见的盐中只

有AgNC）3可溶于水，故F为AgNCh；（IV）由③步操作可知B中阴离子应为CO3”，由于此无色无味

的气体只能是CO?,B、C、D中能生成沉淀说明不能是HCO3-，而阳离子可是常见的K+、Na-、NH/

等待定（V）同样由②步操作D中能与氨水生成沉淀的无色溶液中常见的为阳离子为Mg?+或A产，而

阴离子需待下步反应再确定；（VI）由④步操作生成的沉淀为可能为AgCl、AgBr、AgLBaSO4.H2SiO3

（不合理）等，但限于题干所述中学常用试剂，则沉淀应为AgCl和BaSO4,才不溶于HNO3,一个是

与AgNO,结合生成的沉淀,一个是与硫酸结合形成的沉淀,故C应该同时含有Ba?+和C广即,C为BaCl2,

2

进而推HiD中阴离子应该为SO4，因为题干所述盐溶液中阴离子均不同，故D为AMS。。或MgSCU

其他解析见答案。

【考点精练答案】

1.答案：C

解析：电离与电流无关，故A项错误；溶于水后电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物才称为碱,

B项错误，C项正确；二氧化硫溶于水后生成的H2s。3能部分电离，故二氧化硫不是电解质而属于非

电解质，D项错误。

2.答案：C

解析：①中酸性条件下NO3-氧化Fe?+和「；③溶液可以显酸性，也可以显碱性，HCO3-在两种情况下

2-

均不能大量存在；⑥H2P0J与POJ-反应生成HPO4»

3.答案：D

解析：A项，A/与NE•氏0发生复分解反应，生成A1（OH）3和NHf,不共存；B项，NO3,H\

Fe?+发生氧化还原反应，不共存；C项，Fe3+氧化H2so3,同时Fe3+与SCN「发生络合反应，不共存；D

项，离子共存，加入A1与反应，产生H2。

4.答案：B

解析：A项，CH3coeT与不共存；C项，H*、NCh-与Fe?+发生氧化还原反应，不共存；D项，SO?

-与Ba?+发生复分解反应，生成沉淀不共存。

5.答案：A

解析：①说明一定含SO32,它水解使溶液显碱性，则一定没有Ba?+；②氯水与Br一反应生成Bn溶于

CC14,呈橙色；③产生的白色沉淀是BaSC>4,可能是氯水将S032一氧化成SO42-产生的，也可能是原溶

液中的SC^一产生的，所以无法确定是否含有Sex?」；④中产生的AgCl白色沉淀，可能是原溶液或氯

水生成的，所以无法确定原溶液中是否含Cf；根据电荷守恒，溶液中所含阳离子一定是Na.

6.答案：D

解析：A项，盐酸少量，不能溶解A1（OH）3,正确；B项，石灰水过量，不符合定组成，正确；C项，

Fe3+能氧化Cu,正确；D项，H2s少量，应被NaOH中和为S?，

7.答案：C

解析：A项，反应类型错误，C1CT将SO2氧化，生成CaSCU和HC1；B项，氯气过量，能将Fe?+和Br

2+3+

一全部氧化，正确应为：2Fe+4Br+3Cl2=2Fe+2Br2+6Cr；C项，二氧化硫溶于水生成少量H2s0〃

提供的H,少，仅与CO??一结合成HCO3,不能产生CO?和H2O,所以正确；D项，酸式盐与碱反应，

少量者符合定组成，即Ba?+与OFT应为1:2。

8.答案：C

解析：漂白粉失效后粉末变为块状固体，即有CaCCh生成，A选项错误：B选项中H质量不守恒，错

误；在碱性溶液中，不可能有H+的生成，D选项错误。

2+3+2+3+

9.答案：(1)2Fe+Cl2=2Fe+2Cl(2)2Fe+4Br+3Cl2=2Fe+2Br2+6Cl

2+3+

(3)2Fe+2Br^+2Cl2=2Fe+Br2+4Cr

解析:C12能氧化Fe2+,也能氧化Br,但由于还原性强弱:Fe2+>Br-,则Fe?+先被氧化，后氧化Br,

因此FeBr2与Cl2反应的产物随Cl2的量的变化而变化。具体可分为以下三个阶段：

①Cb只氧化Fe?+,则根据电子守恒有：n=2x即x=0.5nn寸有：2Fe2++C12=2Fe"+2Cl

②CI2将Fe2+、Br-全部氧化，根据电子守恒有：n+2n=2x,即x=C5n时有:

2+3+

2Fe+4Br+3Cl2=2Fe+2Br2+6Cl

③若0.5n<x<1.5n,则Cb将Fe?+全部氧化，而B)只被氧化一部分，具体反应要由n、x之间关系确定。

若x=n,则xmol氯气得到电子为2xmol,nmolFe?+失去的电子为nmol,因此只有nmolBl失去nmol

电子，对应离子方程式为：2Fe2++2Bd+2cl2=2Fe3++Br2+4C「

3

10.答案：(1)Al\NH4+;K+；焰色反应；CIO、A1O2(2)①Ck+2I=b+2C「②10：15：4

解析：(1)加入NaOH溶液时开始没有产生沉淀，发生的是H+与OH」的中和反应，加入一定量后产生

沉淀，当NaOH溶液过量时，沉淀完全溶解，说明含有A产，同时产生气体，只能是N%,说明含有

NH4\K*无法判断；在中学阶段鉴别K'的方法只有焰色反应。C1O\AIO2-均能与H'发生复分解反

应，不能大量共存。

(2)①Cb先与溶液中的「反应，后与反应，由2.8L增加到5.6L时，C'增加0.125moL而

只减少0.1mol,说明通入2.8LCI2时，「还没有完全反应，所以离子方程式只有：Cl2+2r=I2+2Cl

②说明通入2.8LCI2时，溶液中新增加的CP有0.25mol,则原溶液中一定有1molC「通入2.8LCb

时，只有「被氧化,所以Br有1.5mol；；通入5.6LCI2时,B/被氧化了0.1moL消耗0.05molCb，

则氧化厂时，消耗了0.2molCb，所以原溶液中含10.4mol,C「、Br，「三者物质的量之比为10：

15:4

第五节氧化还原反应

【感悟高考答案】

1.答案：B

解析：据电子守恒，S化合价降低值与N化合价升高值相等，SO2与2物质的量之比为3：1,而

(NH4)2SO4>SO?、N2物质的量之比为3：3：1,再根据N守恒，其中化合价发生变化的为2,未发生

变化的为4,其比值为1:2。

2.答案：AC

解析：当元素的化合价处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性，HC1O和N2O3符合题意。

3.答案：(l)ade(2)Fe?++Ag=Fe?++Ag+(3)①测定上述实验用的Fe(NC)3)3溶液的pH②配制相同pH

的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内(4)不同意。甲同学检验出了Fe?+,可确定Fe?+一定氧

化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO3一氧化Ag,但在硝酸溶液氧化了Ag+时，由于没有检验NCh

一的还原产物，因此不能确定NO3-是否氧化了Ag。(注：(3)(4)其他合理答案均可)

解析：(1)b错，应向银氨溶液中滴加几滴乙醛。c错，制备银镜时，应用水浴加热。

(2)见答案

(3)取与Fe(NCh)3中HNC>3浓度相同的HNO3,观察只有HNCh作氧化剂时，能否氧化Ag,证明结论。

(4)没有检验NCh-的还原产物，无法确定是NO「还是HNCh氧化了银。

4.答案:(1)I2+5C12+6H2O=2HIO3+10HCI(2)KI、I2(3)红棕；HBrO3,Cl2.HIO3(4)10.58

解析：(1)利用化合价升降法配平。

(2)反应过程分成两个阶段，第一阶段，氯水氧化KI,生成KC1和H其中还原剂是KI。第二阶段,

氯水氧化卜，生成HIO3和HCL其中还原剂是卜。

(3)CCk层的颜色没有变化，说明Cb不能将Br2氧化成HBiQ”则Cb氧化性弱于HBrCh，而由⑴

得出的结论是Cb氧化性强于HIO,o

10-3

(4)由上述反应可得出关系式：3。2〜KIO3T,至少需要的氯气为四可2)=2X3X22.4=10.58L

【考点精练答案】

1.答案：A

3+

解析：A项，根据氧化性强弱顺序：“氧化剂”>“氧化产物”可知氧化性：MnO4>Cl2>Fe>I2：B

项，上述3个反应均为氧化还原反应；C项，①生成的气体是Cb，能与KI反应产生H也能使试纸

变蓝；D项，只体现了Fe?+的还原性。

2.答案：C

解析：A项，①中各元素的化合价均无变化，是非氧化还原反应；B项，②中Ti3+发生水解；C项，C1

的化合价降低，C的化合价升高，Cb是氧化剂，C是还原剂；D项，符合置换反应的要求，正确。

3.答案：C

解析：A项，反应中化合价升高的元素是Fe和NazCh中的一部分0,所以氧化产物是Fe(0H)3和。2；

B项，Naz。?中有•部分0化合价降低，作氧化剂，FeSCU中Fe的化合价升高，NazO2中有一部分0

化合价也升高，二者共同作还原剂；C项，生成4moiFe(0H)3时，有4moiFe"失去4moi电子，同时还

有2moi0失去2moi电子，共转移6mol电子；D项，与C项分析相同4moiNa2。?完全反应时应转移

6mol电子。

4.答案：A

解析：A项，反应物中没有单质，不符合置换反应的定义；B项，H化合价升高，作还原剂；C项，

+1

印中的H原子来自于H—和NH3中的H,所以既是氧化产物又是还原产物；D项，丛中2个H由氧化

剂和还原剂各提供1个，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：lo

5.答案：B

解析：A项，根据原子守恒，可知X为3；B项，HNO3中N的化合价由+5降低为+2,每摩HNO3转

移3moi电子，则0.2mol反应，转移0.6mol电子；C项，在反应中HNO3表现出了氧化性和酸性；D

项，Fe.304中Fe的化合价既有+2,又有+3价，反应后+2从的Fe变成了+3,则有一部分被氧化了。

6.答案：D

解析：(1)中SO?作还原剂，氯酸钠作氧化剂，其还原产物可以是CIO?，(2)中Ck是氧化剂，NaClO2

作还原剂，C1化合价升高，其氧化产物可以是CIO2。

7.答案：A

解析：本题以氧化还原反应为命题背景，考查考生将书本知识与题给信息相联系的灵活运用知识的能

力。K2CHO7是一种常用的氧化剂，山化合价规则可知Cr元素的化合价为+6,选项A不正确。工业上

常用K2Cr2O7来测定铁的含量，方程式书写正确。所以B选项说法正确。由题意可得实质是判断两性

物质的本质，我们可用类比的方法进行，即铝元素形成的氢氧化物是两性的，我们可从铝元素成盐的

情况进行判断即：AlCb和NaAlCh，而Cr(0H)3与碱或酸反应也生成两种盐NazCrOz和CrCb，所以

Cr(0H)3有两性。重铝酸钾也可被乙醇还原，方程式书写正确，利用该反应可监测司机是否酒后驾车。

选项D正确。

8.答案：B

解析：用氧化还原反应中的价态规律，结合题中的信息，可知NaClC>2中C1既升高又降低，且转化为

较稳定的物质，所以正确为B,不能是C项，因为NaClO仍能继续反应生成NaCl和NaClCh。

9.答案：(1)A(2)D(3)NO2-+CI2+H2ONO3-+2H++2c「(4)①氧化剂；不要②无影响③偏小(5)

能成功；因为在酸性溶液中能发生反应：2HNC)2=H2O+NOt+N02t，出现勿:棕色气体，而醋酸加到

NaCl中