1、高考资源网（） 您身边的高考专家1.分类是化学学习和研究的常用手段,下列关于物质分类的正确组合是( )酸碱盐氧化物AHNO3NaOHNaClH2OBHClCaONa2CO3NH3CH2SO4Ba(OH)2CO2Na2O2DH3PO4KOHAl(OH)3BaSO4A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】从酸、碱、盐、氧化物的定义入手进行分析；【详解】A、HNO3属于酸，NaOH属于碱，NaCl属于盐，H2O属于氧化物，故A正确；B、CaO为氧化物，NH3不属于氧化物，故B错误；C、CO2属于氧化物，不是盐，故C错误；D、Al(OH)3不属于盐，BaSO4属于盐，不属于氧化物，故
2、D错误；答案选A。【点睛】由两种元素组成，其中一种元素是氧化物，这种化合物我们成为氧化物，因此向BaSO4这样的化合物，不属于氧化物。2.“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A. 不能透过滤纸B. 有丁达尔效应产生C. 所得液体一定无色透明D. 不稳定、很快会分层【答案】B【解析】【分析】分散质微粒直径在1nm100nm的分散系称为胶体，“纳米材料”粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，分散到液体分散剂中，得到分散系为胶体，然后通过胶体性质进行分析；【详解】该“纳米材料”分散到液体分散剂中得到分散系为胶体；A、胶体能够滤
3、纸，但不能透过半透膜，故A错误；B、胶体性质之一具有丁达尔效应，这是区分溶液和胶体的一种方法，故B正确；C、如氢氧化铁胶体，显红褐色，故C错误；D、胶体具有介稳性，相对稳定，故D错误；答案选B。3.浓度均为0.1 mol/L的下列物质的溶液中，c(Cl)最大的是( )A. FeCl3B. CuCl2C. KClD. NaClO【答案】A【解析】【详解】A、0.1molL1FeCl3溶液中c(Cl)=0.1molL13=0.3molL1；B、0.1molL1CuCl2溶液中c(Cl)=0.1molL12=0.2molL1；C、0.1molL1KCl溶液中c(Cl)=0.1molL1；D、NaCl
4、O溶液中不含Cl；综上所述选项A中c(Cl)最大。答案选A。4.下列离子在溶液中能大量共存，且加入Al还能够产生氢气的是A OH-、 K+、NH4+ 、BrB. Ba2、H、NO3-、 SO42-C. Ag、 K、Cl- 、NO3-D. Na+、 Cl-、 CO32-、OH【答案】D【解析】【详解】A、OH-与NH4+之间能够发生复分解反应，生成弱电解质NH3H2O，不能大量共存，故A不符合题意；B、Ba2、SO42-不能大量共存，且H、NO3-具有氧化性，与Al反应生成的气体不是氢气，故B不符合题意；C、Ag与Cl-不能大量共存，故C不符合题意；D、Na+、 Cl-、 CO32-、OH之间不
5、发生化学反应，能够大量共存，OH与Al能够发生化学反应生成氢气，故D符合题意；故答案为D。【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）。还需注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；题干具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；题干要求是“可能共存”、 “一定能共存”、“一定不能共存”等。需注意：含有大量NO3-的溶液中，加入铝粉，产生氢气，溶液不能为酸性，因为硝酸与铝反应不会产生氢气。
6、5.下列反应都有沉淀生成，其中属于氧化还原反应的是（ ）A. Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3C. FeCl3+3KOH=Fe(OH)3+3KClD. CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaCl【答案】B【解析】【详解】根据氧化还原反应的特征，看反应过程中是否有元素化合价发生变化来判断。B中Fe的价态从+2到+3，符合要求，正确。6.下列离子方程式中正确的是( )A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2OC 硫
7、酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + SO42 + Ba2+ + OH = H2O + BaSO4D. 碳酸氢钠和醋酸反应：HCO3 + 2H+ = CO2 + H2O【答案】B【解析】【详解】A项、稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，A错误；B项、氧化铁是氧化物，应写成化学式，正确离子方程式为Fe2O3+6H=2Fe3+3H2O，B正确；C项、相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，C错误；D项、HCO3是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3+H=CO2+H2O，D 错误；故本题选B。7.实验室用碳酸钠晶体配制1.00
8、mol/L的Na2CO3溶液100mL，造成所配溶液浓度偏高的原因是( )A. 烧杯和玻璃棒没有洗涤B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤C. 定容时俯视刻度线D. 称量碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)的烧杯未干燥【答案】C【解析】【详解】A项、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据可知，配制的溶液浓度偏低；B项、容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液体积没有影响，浓度无影响；C项、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高；D项、称量碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）的烧杯未干燥，对称量的晶体的质量没有影响，故对配制的溶液浓度无影响；故本题选C。8.
9、在3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O反应中， (1) _ 元素被氧化， _ 是氧化剂； (2) _ 是氧化产物， _ 发生氧化反应； (3)被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是 _；(4)用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O_；(5)当有8mol HNO3被还原时，反应转移_个电子；(6)写出该反应的离子反应方程式_。【答案】 (1). 铜 (2). HNO3 (3). Cu(NO3)2 (4). Cu (5). 1：4 (6). (7). 24NA (8). 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2
10、NO+4H2O【解析】【分析】该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失电子最小公倍数是6，所以铜是还原剂、部分硝酸是氧化剂，还原剂发生氧化反应、氧化剂发生还原反应，据此分析解答。【详解】（1）该反应中Cu元素失电子被氧化，HNO3中部分N元素被还原，故HNO3是氧化剂；（2）该反应中铜是还原剂，则氧化产物是Cu(NO3)2，还原剂发生氧化反应，所以铜发生氧化反应；（3）被还原的硝酸是生成NO的硝酸，则被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比为2：8=1：4；（4）该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失
11、电子最小公倍数是6，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：；（5）作氧化剂的HNO3中N元素化合价由+5价变为+2价，故有8mol HNO3被还原时，转移电子数为：8mol3NA mol-1=24NA；（6）硝酸为一元强酸，硝酸铜为可溶性盐，书写离子反应方程式时拆分，故该反应的离子反应方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。9.现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。现进行如下实验：溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：(1
12、)一定不存在的物质是_；(2)写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式_；(3)可能存在的物质是_；(4)写出下列物质在水溶液中电离方程式H2CO3：_；NH4HCO3 ：_；Ca(OH)2：_。【答案】 (1). CaCO3、Na2SO4、CuSO4 (2). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (3). NaCl (4). H2CO3H+HCO3- (5). NH4HCO3=NH4+HCO3- (6). Ca(OH)2=Ca2+2OH-【解析】【分析】溶于水得到无色澄清溶液，说明原试样中无带颜色的物质、无能生成气体的物质、无不溶于水的物质；滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色
13、沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，据此分析作答。【详解】原溶液中CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，加盐酸时沉淀消失，说明是碳酸钡，所以一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，即一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有K2CO3，可能含有NaCl；（1）由上述分析可知，一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4；（2）加入盐酸时，碳酸钡与稀盐酸反应，生成氯化钡、水、二氧化碳，碳酸钡为难溶物，不
14、拆分，HCl为强电解质，拆分，氯化钡为可溶性盐，拆分，故其离子反应方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（3）由上述分析可知，可能存在的物质是：NaCl；（4）H2CO3为二元弱酸，属于弱电解质，其电离以第一步为主，其电离方程式为：H2CO3H+HCO3-，NH4HCO3为可溶性盐，属于强电解质，其电离方程式为：NH4HCO3=NH4+HCO3-，Ca(OH)2为可溶性强碱，属于强电解质，其电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2+2OH-。10.今有11种物质：铝线；石墨；H2CO3；BaSO4晶体；硫酸；蔗糖；石灰水；乙醇；熔融的KNO3；CO2；盐酸。请用序号填空：(1)能导
15、电的是_；(2)属于电解质的是_；(3)属于非电解质的是；_(4)既不是电解质又不是非电解质的是_；(5)属于强电解的是_ ； (6)属于弱电解质的是_ 。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质和非电解质均为化合物，酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等为非电解质；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单
16、质、混合物既不是电解质也不是非电解质；据此解答本题。【详解】铝线为金属单质，能够导电，其为单质，不属于电解质，也不属于非电解质；石墨为非金属单质，层内有自由移动的电子，能够导电，其为单质，不属于电解质，也不属于非电解质；H2CO3在水中能够发生不完全电离，属于弱电解质，但是纯物质不能发生电离，不能导电；BaSO4晶体中不存在自由移动离子，不能导电，其在熔融状态下能够发生完全电离，属于强电解质；硫酸是指纯硫酸，其中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，但其在水中能够发生完全电离，属于强电解质；蔗糖中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；石灰水中
17、含有可自由移动的离子，能够导电，其属于混合物，故不属于电解质，也不属于非电解质；乙醇中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；熔融的KNO3中含有可自由移动的离子，能够导电，其在熔融状态下能够发生完全电离，属于强电解质；CO2中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；盐酸是指HCl的水溶液，其中含有可自由移动的离子，能够导电，其属于混合物，故不属于电解质，也不属于非电解质；（1）能导电的是；（2）属于电解质的是；（3）属于非电解质的是；（4）既不是电解质又不是非电解质的是；（5）属于强电解的是；（6）属于弱电解质的是，故答案为：；。【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物且为化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。强弱电解质区分在于判断其溶于水或熔融态的部分是否发生完全电离，与溶解性无关。高考资源网版权所有，侵权必究！