高中化学必修1第2章《化学物质及其变化》测试卷及答案解析

2019-2020学年高中化学必修1

《第2章化学物质及其变化》测试卷

参考答案与试题解析

选择题(共34小题)

1.生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关.下列现象或应用与胶体性质无关的是

()

A.将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐

B.冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷

C.泡沫灭火器中将A”(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作

用

D.胶体、溶液和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小

【分析】A、电解质溶液促胶体聚沉；

B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷；

C、Ah(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后发生的是双水解反应；

D、分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，微粒直径在Inm-lOOnm,形成的分散

系为胶体.

【解答】解：A、将卤水或石膏加入豆浆，制成豆腐，利用的是胶体聚沉形成的凝胶，和

胶体有关，故A不符合；

B、烟是胶体，胶体微粒带有电荷，通高压电，使胶体聚沉，烟尘形成沉淀，从而净化空

气，与胶体有关，故B不符合；

C、泡沫灭火器中将A12(SO4)3与NaHC03两溶液混合后，发生双水解生成氢氧化铝和

二氧化碳，喷出大量泡沫，起到灭火作用，和胶体无关，故C符合；

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D、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10'-10-m)之

间，溶液的粒子直径小于Inm(10-9m),浊液的子直径大于100nm(10一7m),故D不符

合；

故选：Co

【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，掌握胶体的本质特征和有关性质的应用是关

键，注意知识积累，题目较简单.

2.下列属于物理变化的是()

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A.煤的干储B.石油分镭C.煤的气化D.氨溶于水

【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化

学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断.

【解答】解：A.煤的干储是隔绝空气加强热发生复杂的物料化学变化，故A错误；

B.石油分储是利用温度控制沸点范围分离混合物，过程中无新物质生成属于物理变化，

故B正确；

C.煤的气化是碳变化为一氧化碳和氢气，过程中生成了新的物质属于化学变化，故C

错误；

D.氨气溶于水生成一水合氨，为化学变化，故D错误；

故选：B»

【点评】本题考查了物质变化实质，解答本题要分析变化过程中是否有新物质生成，如

果没有新物质生成就属于物理变化，如果有新物质生成就属于化学变化，题目难度不大.

3.下列关于物质分类的叙述中，正确的是（）

A.漂白粉是一种混合物

B.所有含金属的化合物都是离子化合物

C.含有金属元素的化合物均属于盐

D.纯碱、熟石灰均属于碱

【分析】A.不同物质组成的为混合物；

B.含金属的化合物可以为离子化合物，也可以为共价化合物；

C.金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，含金属的化合物可以是碱、氧化物等；

D.纯碱为碳酸钠为盐.

【解答】解：A.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的一种混合物，故A正确；

B.所有含金属的化合物都不一定是离子化合物，如A1C13是共价化合物，故B错误；

C.含有金属元素的化合物不一定均属于盐，如NaOH为碱，CaO为氧化物，故C错误;

D.纯碱为碳酸钠为盐，熟石灰是氢氧化钙属于碱，故D错误；

故选：A0

【点评】本题考查了物质组成、物质名称、物质结构等的理解应用，注意知识的积累，

掌握基础是解题关键，题目难度不大.

4.下列有关物质分类或归类正确的一组是（）

①化合物：CaCb、NaOH、HCkHD

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②混合物：盐酸、漂白粉、水玻璃、水银

③同素异形体：C60、金刚石、石墨

④电解质：氯化镂、硫酸钢、冰醋酸.

A.①②B.①③C.②③D.③④

【分析】①化合物是不同元素组成的纯净物，液氯是单质；

②依据混合物是不同物质组成的分析；

③同种元素组成的不同单质为同素异形体；

④电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物；

【解答】解：①CaC12、NaOH、HC1都是化合物：HD是单质，故①错误；

②盐酸、漂白粉、水玻璃都是单质混合物、水银是金属单质纯净物，故②错误；

③C60、金刚石、石墨是碳元素的同素异形体，故③正确；

④氯化镀、硫酸钢、冰醋酸在水溶液中发生电离属于电解质，故④正确；

故选：D。

【点评】本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、

电解质、同素异形体等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键，题目难度不

大.

5.材料在生产、生活中应用广泛.下列属于金属材料的是（）

A.水泥B.钢铁C.陶瓷D.橡胶

【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称.包

括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等.

【解答】解：A、水泥属于无机硅酸盐材料，故A错误；

B、钢铁属于金属合金，是金属材料，故B正确；

C、陶瓷属于无机非金属材料，故C错误；

D、橡胶属于有机高分子材料，故D错误；

故选：B.

【点评】本题考查金属材料、有机高分子材料和无机非金属材料的判断，需要熟练掌握

概念.

6.下列说法正确的是（）

A.硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物

B.蔗糖、硫酸领和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质

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C.Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到

D.日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒

【分析】A、结合物质的组成，依据酸、碱、盐、氧化物的概念分析判断

B、根据非电解质、强电解质和弱电解质的概念对比各种物质进行分析；

C、Mg、Al为活泼金属，均利用电解法制备；

D、日常生活中常用75%的酒精杀菌消毒.

【解答】解：A、酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都

是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成

其中一种是氧元素的化合物；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰中纯碱是盐，故A错误；

B、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解

质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔

融状态下能够导电的化合物；硫酸钢是强电解质，故B正确；

C、金属冶炼的原理是在金属活动顺序表中K〜A1用电解法，Zn-Cu用还原法，Hg〜

Ag用加热法，伯、金物理分离法；所以Mg、Al、Cu可以分别用电解法、电解法、热还

原法进行冶炼得到，故C错误：

D、杀菌消毒用的是医用酒精（75%）,不是无水乙醇，故D错误；

故选:B.

【点评】本题考查了酸、碱、盐、氧化物、电解质、非电解质等概念的含义，金属冶炼

的原理等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意知识的积累.

7.我国科学及屠呦呦因发现青蒿素（化学式是CL5H2205）而获得2015年诺贝尔奖.青蒿

素属于（）

A.有机物B.氧化物C.碱D.盐

【分析】A.有机物是指含有碳元素的化合物.无机物是指不含有碳元素的化合物.一氧

化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似,

把它们归入无机物；

B.氧化物是指由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物；

C.电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；

D.由金属阳离子和酸根阴离子组成的化合物为盐.

【解答】解：A、Cl5H2205是含碳的化合物，属于有机物，故A正确；

B、Cl5H2205是由三种元素组成的化合物，不是氧化物，故B错误；

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c、Cl5H22O5水溶液或是熔融态下不能电离，属于非电解质，不属于碱，故C错误；

D、Cl5H2205水溶液或是熔融态下不能电离，属于非电解质，不属于盐，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查了物质分类的方法和依据，掌握基础是关键，题目难度不大.

8.关于溶液、胶体和浊液的下列说法正确的是（）

A.溶液稳定，胶体和浊液都不稳定

B.溶液中的分散质能通过滤纸但不能通过半透膜

C.溶液和胶体的本质区别在于是否能产生丁达尔效应

D.NaCI溶液和CaCO3悬浊液的本质区别是分散质粒子的大小

【分析】A.胶体属于介稳体系；

B.溶液中的分散质能通过滤纸和半透膜；

C.分散系的本质区别在于分散系粒子直径大小；

D.分散系的本质区别在于分散系粒子直径大小。

【解答】解：A.溶液属于稳定体系，胶体属于介稳体系较稳定，浊液不稳定，故A错

误；

B.溶液中的分散质的直径很小，能通过滤纸和半透膜，故B错误；

C.溶液和胶体的本质区别在于分散系粒子直径大小，可以用丁达尔效应来区分溶液和胶

体，故C错误；

D.分散系的本质区别在于分散系粒子直径大小，所以NaCI溶液和CaCO3悬浊液的本质

区别是分散质粒子的大小，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了分散系的分类和性质，题目难度不大，注意把握分散系分类的依据。

9.酒瓶的标签上有55°的字样，它表示（）

A.该酒在55℃的条件下酿造

B.该酒的沸点为55℃

C.100mL该酒中含乙醇55mL

D.100g该酒中含乙醇55g

【分析】白酒的标签上度数一般是指酒精在溶液中的体积分数.

【解答】解：乙醇俗称酒精，酒瓶的标签上有55°的字样，它表示100mL该酒中含乙醇

55mL,故选Co

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【点评】解答本题要把生活实际和溶液方面的知识结合起来进行分析、判断，从而得出

正确的结论.

10.某KC1、MgC12>K2s04形成的混合中，c(K+)=0.40mol/L,c(Mg2+)=0.25mol/L,

c(CO=0.60mol/L,贝1」c(SO42)为()

A.0.30mol/LB.0.20mol/LC.0.15mol/LD.O.lOmol/L

【分析】溶液中正电荷总数和负电荷总数相等，整个溶液不显电性，以此进行解答.

【解答】解：因为溶液显电中性，故阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相

等，

故c(K+)+2c(Mg2+)=c(CO+2c(SO42),0.4mol/L+2X0.25mol/L=0.6mol/L+2c

2

(SO4'),

解得c(SO？-)=0.15mol/L,

故选：C,

【点评】本题考查溶液显电中性，难度不大.要注意离子浓度的大小关系是解题的关键.

11.胶体区别于其他分散系最本质的特征是()

A.胶体微粒能发生电泳

B.胶体微粒直径在10一9〜107m之间

C.胶体微粒带有电荷

D.胶体有丁达尔现象

【分析】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同.

【解答】解：胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的

分散质微粒直径介于1-100nm之间。

故选：B。

【点评】本题考查学生教材基本知识，可以根据所学知识进行回答，注意基础知识的掌

握，题目难度不大.

12.当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于()

A.溶液B.悬浊液C.胶体D.乳浊液

【分析】根据胶体具有丁达尔效应即当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通

路”.

【解答】解：只有胶体具有丁达尔效应即当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的

“通路”，当一束光通过鸡蛋清可以观察到丁达尔现象，这表明鸡蛋清属于胶体分散系，

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故选：Co

【点评】本题主要考查学生胶体的性质知识，可以根据所学知识进行回答，较简单.

13.“纳米材料”是粒子直径为1〜lOOnm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳

米碳均匀地分散到蒸储水中，所形成的物质（）

①是溶液

②是胶体

③能产生丁达尔效应

④能透过滤纸

⑤不能透过滤纸

⑥静置后，会析出黑色沉淀。

A.①④⑥B.②③⑤C.②③④D.①③④⑥

【分析】纳米材料”是粒子直径为1〜100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳

米碳均匀地分散到蒸储水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题；

【解答】解：纳米材料”是粒子直径为1〜lOOnm的材料，纳米碳就是其中的一种。属

于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸储水中形成分散系是胶体，

具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；

故选：C。

【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分

散质微粒直径大小。

14.将淀粉与KI的混合液装在半透膜中，浸泡在盛有蒸储水的烧杯中，过一段时间后，取

烧杯中的液体进行实验，能证明半透膜有破损的是（）

A.加入碘水不变蓝色

B.加入碘水变蓝色

C.加入AgN03溶液不产生黄色沉淀

D.加入AgNCh溶液产生黄色沉淀

【分析】胶体分散质微粒直径在1〜lOOnm间，能通过滤纸，不能通过半透膜，而溶液

能通过滤纸和半透膜，碘单质遇淀粉变蓝是碘单质的特性，将淀粉、氯化钾混合液装在

半透膜中，淀粉溶于水是胶体，不能通过半透膜，如果半透膜有破损，淀粉就会到烧杯

中，取烧杯中的溶液加入单质碘，遇淀粉变蓝.所以，取杯中液体进行实验证明半透膜

有破损，只要证明有淀粉出来即可.

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【解答】解：A、加碘水不变蓝色，说明无淀粉存在，即半透膜无破损，故A不选；

B、加碘水变蓝，说明有淀粉，证明半透膜破损，故B选；

C、加AgNO3溶液不产生黄色沉淀，说明无碘离子，只能证明胶体净化完全，故C不选;

D、加AgNCh溶液产生黄色沉淀，是碘离子与银离子结合生成沉淀，只能证明胶体尚未

净化完全，不能证明破损，故D不选；

故选：Bo

【点评】本题考查了胶体的本质特征，碘单质的特性，主要考查胶体微粒能否通过半透

膜，

15.下列解释事实的方程式不正确的是（）

通电

A.电解饱和食盐水，产生黄绿色气体：2NaCl+2H2。2NaOH+H2+C12

22+

B.用Na2cO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCCh：CO3+Ca=CaCO3

CuS0a

C.向H2O2溶液中滴加CuS04溶液，产生气泡：2H2。22H2O+O2T

D.向苯酚浊液中滴加Na2cO3溶液，溶液变澄清:

【分析】A.电解饱和的食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气;

B.用Na2c03溶液除水垢中的CaS04生成碳酸钙和硫酸钠，CaSCU是一种微溶物书写离

子方程式不拆；

C.向H2O2溶液中滴加CuS04溶液生成水和氧气；

D.向苯酚浊液中滴加Na2c03溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠.

【解答】解：A.电解饱和的食盐水生成氢氧化钠，氢气和氯气，故化学方程式为

诵电

2NaCl+2H202NaOH+H2+C12,故A正确；

B.用Na2cO3溶液除水垢中的CaS04生成碳酸钙和硫酸钠，CaSCU是一种微溶物书写离

子方程式不拆，故离子方程式为CO32，CaSO4=CaCO3+SO42，故B错误；

C.向H2O2溶液中滴加CuSO4溶液生成水和氧气，故化学方程式为2H2。2

CuSO4

2H2Q+O2t,故C正确;

D.向苯酚浊液中滴加Na2c03溶液生成苯酚钠和碳酸氢钠，故离子方程式为

铲

।+CO32+HC03，故D正确,

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故选：Bo

【点评】本题考查化学方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及反应生成物是什

么，题目难度不大.

16.能正确表达下列反应的离子方程式为（）

A.用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2t+H20

B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2st+Fe2+

C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32-=A12（C03）3I

D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH=N03-+NO2+H20

【分析】A.醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；

B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁、二氧化硫、硫单质和水；

C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；

D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2,+4价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3价

的氮。

【解答】解：A.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为

2+

CaCO3+2CH3COOH=Ca+H2O+CO2t+2CH3co0,故A错误；

B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为2FeS+6H2so4（浓）=^=2Fe3++3SC>42

+3SO2t+2S+6H2O,故B错误；

C.铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二

3+2

氧化碳，反应的离子方程式为2A1+3CO3'+3H2O=2A1（OH）3I+3CO2t,故C错误;

D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2,+4价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚

硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH-=NO3+NO2.+H2O,故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离

子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，

如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷

守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。

17.下列电离方程式书写正确的是（）

++2++2

A.NaHCO3—Na+H+CO3-B.NaHSO4-Na+H+SO4'

C.Ah（SO4）3=A13++SO42-D.NH3・H2O—NH4++OH

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【分析】A.碳酸氢钠为强电解质，完全电离，注意碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子不

能拆；

B.NaHSCM是强酸强碱酸式盐，属强电解质，溶液中完全电离，电离出Na+、H\SO42

一离子；

C.方程式左右电荷不守恒；

D.一水合氨为弱电解质，部分电离，用“U”表示.

+

【解答】解：A.碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na+HCO3

一，故A错误；

B.NaHS04是强电解质，NaHSCU在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，电离方

程式为NaHSCU—Na++H++SCu2-,故B正确；

C.硫酸铝强电解质，电离时电离出自由移动的铝离子和硫酸根离子，电离方程式为A”

(S04)3=2A13++3SO42\故C错误；

D.一水合氨为弱电解质，部分电离出钱根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3-

+

H2O#NH4+OH,故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查电离方程式的书写知识，注意强电解质在溶液中能完全电离，弱电解

质部分电离，离子团在电离方程式中不能拆开，强酸的酸式根离子要拆开，弱酸的酸式

根离子不能拆开，碳酸域钠电离为该题易错点，题目难度不大.

18.在含有FeC13、FeC12、AICI3、NaCl的混合溶液中，加入足量的Na2C>2固体，搅拌充分

反应后，再加入过量盐酸，溶液中离子数目无变化的是()

A.Na+B.Al3+C.Fe2+D.Fe3+

【分析】过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠具有强氧化性，亚铁离子具

有还原性，易被氧化为三价铁，镂盐易和强碱反应.

【解答】解：因为加入的过氧化钠具有强氧化性，所以二价铁会被氧化为三价铁，两者

变化均较大，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，钠离子增加，反应生成NaOH与

NH4+结合微热会产生挥发性的氨气，所以钱根减少，铝离子加过量过氧化钠时生成偏铝

酸钠，再加过量盐酸又反应生成铝离子，即A13+数目无变化。

故选：B。

【点评】本题考查物质性质的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大，注意

亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点.

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19.下列物质属于非电解质的是（）

A.液氯B.淀粉C.硝酸钾D.液态氯化氢

【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都

不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行

判断.

【解答】解：A.液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；

B.淀粉在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故B正确；

C.硝酸钾在水溶液和熔融状态下都能够导电，是电解质，故C错误；

D.液态氯化氢，在溶液中能发生电离，溶液导电，是电解质，故D错误；

故选：B»

【点评】本题考查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意明确电解质与非电

解质、强电解质与弱电解质的概念，特别注意：不是电解质的物质不一定属于非电解质.

20.下列物质的水溶液呈碱性的是（）

A.HC1B.NaClC.CH3COOHD.WEO

【分析】水溶液显碱性的有两类，一是碱溶液，二是水解呈碱性的强碱弱酸盐溶液，以

此判断.

【解答】解：A.HC1水溶液中完全电离溶液显酸性，故A不符合；

B.NaCl是强酸强碱盐溶液呈中性，故B不符合；

C.醋酸是酸类物质，水溶液中电离出氢离子溶液显酸性，故C不符合；

D.一水合氨是弱碱，水溶液中电离出氢氧根离子溶液显碱性，故D符合；

故选：D。

【点评】本题考查溶液酸碱性，题目难度不大，注意物质分类、物质性质的判断，掌握

基础是解题关键.

21.下列电解质在熔融态（或液态），导电性较强的是（）

A.AlChB.HC1C.NaClD.HAc

【分析】离子化合物在熔融状态时，能够电离出自由移动的离子，能够导电，据此分析.

【解答】解：A.A1C13是共价化合物，熔融状态不电离，没有自由移动的离子不导电，

故A错误：

B.HC1是共价化合物，熔融状态不电离，没有自由移动的离子不导电，故B错误；

C.NaCl是离子化合物，熔融的NaCl是化合物，能电离出自由移动离子，能导电，故C

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正确：

D.液态HAc只存在分子，无自由移动的离子不导电，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查电解质概念的辨析以及物质能导电条件，注意：电解质必须是化合物,

必须有自由移动的离子，且离子是其本身电离的.电解质的强弱与电离程度有关，与溶

液的导电能力无关，题目难度不大

22.下列物质混合发生化学反应，且反应属于离子反应的是（）

A.NaOH溶液和K2SO4溶液混合

B.锌片投入稀硫酸中

C.KC1O3（固体）和MnCh（固体）混合加热制。2

D.H2和02反应生成水

【分析】有离子参加的反应叫做离子反应，离子反应的条件：生成气体、沉淀、难电离

的物质，具备条件之一反应即可发生.

【解答】解：A、二者不能反应，故A错误；

B、锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，有离子参加，属于离子反应，故B正确：

C、氯酸钾在二氧化镒的存在下加热生成氯化钾和氧气，反应中没有离子参加或生成，不

属于离子反应，故C错误；

D、氢气和氧气反应生成水，不属于离子反应，故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查学生离子反应的条件，可以根据所学知识来回答，注意离子反应的实

质，题目难度不大.

23.在含有Fe3+、Al3+,Fe2+,NH4+的溶液中，加入足量的Na2（）2固体，充分反应后，再加

入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目没有变化的是（）

A.Fe3+B.Fe2+C.Al3+D.NR：

【分析】解：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，

钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+,Fe?+减少；Fe3\Al3\NH4+均与碱反应，铝离子转化

为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再

通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化为

铝离子，铝离子保持不变；依此进行判断.

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【解答】解：溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，放出热量，

钠离子增大，Fe2+被氧化成Fe3+,Fe?+减少：

33+

Fe\Al\NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4

转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；

再通入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，铁离子增多，偏铝酸根离子转化

为铝离子，铝离子保持不变；

A.Fe3+增多，故A不选；

B.Fe?+减少，故B不选；

C.铝离子浓度保持不变，故C选；

D.NH4+减少，故D不选；

故选：C。

【点评】本题考查离子间的反应，难度中等.了解常见物质的性质是解题的关键.

24.某溶液中滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀,再滴入稀硝酸,沉淀不溶解，则该溶液中（）

A.一定有S04z一B.可能有SCU2一或Ag+

C.一定无Ag+D.还可能有CC^-

【分析】在检验是否含有硫酸根离子时，则需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、

银离子等的干扰；能够与氯化钢反应生成沉淀，加入稀硝酸后沉淀可能为氯化银或硫酸

领，原溶液中可能含有银离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子，据此进行解答.

【解答】解：向该溶液滴加BaC”溶液，当不加稀硝酸时，沉淀可能是由于Ba?+造成的

BaCO3或者是BaSO4，也可能是由于C「生成的AgCl沉淀，

滴加稀硝酸后，沉淀不溶解，所以该沉淀可能是BaSCU或者是AgCl,

所以原溶液中可能存在SO42一或Ag+,

故选：Bo

【点评】本题考查了常见离子的检验，题目难度不大，注意掌握常见离子的化学性质及

检验方法，明确离子检验时需要排除干扰离子，确保检验方案的严密性.

25.下列离子组能大量共存且溶液为无色的是（）

2

A.Mg2+、K+、SO4\NO3-B.Ci?+、Ba?+、Cl\N03'

2+2+3+

C.Ca>K\CO3\OHD.Na>Al>OH、Cl'

【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子大量共存，并结合离子

的颜色来解答.

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【解答】解：A.该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故A正确；

B.该组离子之间不反应，能大量共存，但+为蓝色，与无色溶液不符，故B错误：

C.因Ca2+、CO32一结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；

D.因AF+、0H结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；

故选：A0

【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，

侧重复分解反应的离子反应考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大.

26.下列实验能达到预期目的是（）

A.检验溶液中是否含有CC^-：滴加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水

B.检验溶液中是否含有SCI?-：先滴加氯化钦溶液，再滴加稀盐酸

C.检验溶液中是否含有Fe?+：先滴加氯水，再滴加KSCN溶液

D.检验溶液中是否含有NH4.：先滴加浓NaOH溶液并加热，再用湿润的红色石蕊试纸

【分析】A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；

B、溶液中含有银离子也会出现此现象；

C、氯水具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子与硫氟化钾反应出现血红色；

D、和氢氧化钠反应生成氨气的离子是钱根离子.

【解答】解：A、能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中

加入稀HCL放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，可

能有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子中的一种或几种，故

A错误；

B、某溶液中滴加氯化钢溶液有白色沉淀产生，再加入稀硝酸，沉淀不消失，可能是含有

银离子或硫酸根离子，故B错误；

C、铁离子与硫氟化钾反应出现血红色，故铁离子会干扰亚铁离子的检验，可先滴加硫鼠

化钾，若不出现红色，再滴加过氧化氢，若溶液变红，证明含亚铁离子，故C错误；

D、溶液中加入氢氧化钠溶液，加热后能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即氨气，

则溶液中含有NH4+,故D正确；故选D。

【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验，难度不大，注意B选项，和稀HC1放出能使

澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫

酸氢根离子.

27.检验未知溶液中是否含有硫酸根离子，合理的方法是（）

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A.只加入硝酸钢溶液

B.加入氯化钢和氯化氢的混合溶液

C.先加入氯化领解液。再加入稀硝酸

D.先加入稀盐酸，再加入氯化钢溶液

【分析】在检验是否含有硫酸根离子时，如果对溶液成分没有限制，则需要排除其它离

子如碳酸根离子、银离子等的干扰。在实验过程中，无论操作还是试剂的选择都要做出

相互不干扰的选择和调整。

【解答】解：A.只加入硝酸钢溶液，不能亚硫酸根离子的干扰，故A错误；

B.加入氯化钢和氯化氢的混合溶液，不能排除银离子的干扰，故B错误；

C.先加BaC12溶液，再滴加稀硝酸，不能排除亚硫酸根离子的干扰，故C错误；

D.先加稀盐酸，可以排除银离子与碳酸根离子；再加入BaC12溶液，产生的沉淀只能是

硫酸车贝，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查硫酸根离子的检验，浓度不大。要注意排除S032一离子、碳酸根离子

和Ag+离子的干扰。

28.如图为反应Fe+CuS04—Cu+FeS04中电子转移的关系图，则图中的元素甲、乙分别表

A.Fe，SB.Cu,SC.Fe,OD.Fe,Cu

【分析】化合价升高元素是失去电子，化合价降低元素在反应中得到电子，氧化还原反

应中得失电子数相等。

【解答】解：反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4中铁元素化合价升高，失电子，铜元素化合价

降低，得到电子，

由图可知，甲失去电子，乙得到电子，

所以甲代表铁元素，乙代表铜元素。

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故选：D。

【点评】本题考出学生化合价的升降和电子得失之间的关系，是对教材知识的考查，较

简单。

催价剂

29.下列有关反应2NO+2co二7"N2+2CO2的叙述中，正确的是（）

△

A.该反应是复分解反应B.NO发生还原反应

C.CO是氧化剂D.反应物中O得电子

【分析】2NO+2CO'傕?剂N2+CO2中,N元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结

合四种基本反应类型来解答.

【解答】解：A.该反应中存在化合价的变化，是氧化还原反应，不是复分解反应，故A

错误；

B.N元素的化合价降低，则NO得电子发生还原反应，故B正确；

C.C元素的化合价升高，则CO为还原剂，故C错误；

D.N元素的化合价降低，NO中N元素得到电子，故D错误；

故选：B。

【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中的元素化合价变化为解答的关键，侧重反

应类型的判断及基本概念的考查，题目难度不大.

30.已知如下氧化还原反应2BrO3+Cl2=Br2+2ClO35Cl2+l2+6H2O=2HIO3+10HC1C1O3

+5C1+6H+=3C12+3H2O

则下列各微粒氧化能力强弱顺序正确的是（）

A.C1O3>BrO3>IO3>Cl2B.BrO3>C12>ClO3>IO3'

C.B1O3>C1O3>CI2>IO3-D.Cl2>BrO3>C1O3>IO3'

【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于

还原产物的还原性，据此分析.

【解答】解：①2BrO3-+C12=Br2+2ClO3一中B1O3一是氧化剂，C。一是氧化产物，所以

氧化性BrO3>ClO3一,

@5C12+l2+6H2O-2HIO3+10HC1中CI2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性C”>

103一，

③003一+5。一+6酎=3<：12+3出0中C1O3一是氧化剂，是C12氧化产物，所以氧化性

>C12,

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综上得氧化性顺序为BrO3>ClO3>Cl2>IO3o

故选：Co

【点评】本题考查了根据方程式来比较氧化性和还原性.解题的关键是根据化合价找出

氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，题目难度不大.

31.Zn+NO3-+0H'+H2O-NH3+Zn(OH)42-配平后，离子方程式中出。的系数是()

A.2B.4C.6D.8

【分析】根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒来配平离子方程式，即可确定H2O的系数.

2

【解答】解：在NO3+Zn+OH+H2OfNH3+Zn(OH)4'中，

Zn元素的化合价由0升高到+2价，

N元素的化合价由+5降低到-3价，

由电子守恒可知，Zn的化学计量数为4,NO3一的化学计量数为1,则

2

NO3+4Zn+OH+H2O—NH3+4Zn(OH)4'，

由电荷守恒，则

2

NO3'+4Zn+7OH+H2O-NH3+4Zn(OH)4',

再由H原子守恒可知，

2

NOj+4Zn+7OH+6H2O=NHs+4Zn(O