高中化学——猿题库——高考易错题——化学（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

昌!［●
全／新／升／级
｀
】
司
』
■
■
基于猿题库60亿次答题的数据挖掘
回猿题库编著
化学
‖O∧xU〔■■■■
免们闷邪出版社
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
更多免费资料关注：小初高资料搬砖
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［RO］
—基本概念与基本理论
√—苔案解析
［｜〔〔卜｜Ap丁［R｜〕基本概念与基本理论
◇‖顾田｜物质的组成与分类
l.
B
｀
.
八W』′∩′
■矛;）…
［解析】B项’淀粉是天然高分子,淀粉分子直径在1～100nm之间’所以淀粉溶液属于胶体’故B
项正确;
A项』食醋是混合物,不属于电解质,纯碱是碳酸钠’属于强电解质’故A项错误;
C项’空气中含有化合物二氧化碳’故C项错误;
D项』石油的分馏属于物理变化,煤的干馏属于化学变化,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为B。
［易错项］C
［易错项被选择比例］18％
∧
＝
→∩′″
i′
［解析］由题干’洁白者为雪矾’光明者为明矾,说明白矾为KAl（SO4）2,12H2O’故A项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项］D
〔易错项被选择比例］2l％
∩
△
3· C
｀
■
.典√
;
.
』
」
▲」
蕊」
＾》:
｀＼
［解析］C项’氨很容易液化’液氨汽化吸收大量的热’导致周围环境温度降低’所以液氨常用作制
冷剂,故C项正确;
A项,H2SO4是难挥发性二元强酸,故A项错误;
B项』Al2O3是金属氧化物,既能与强酸反应,又能与强碱反应』属于两性氧化物’故B项错误;
D项,胶体和溶液都能透过滤纸,所以不能利用过滤法把氢氧化铁胶体从氯化铁溶液中分离出来’故
D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】B
【易错项被选择比例】22％
4B
、
;
＝
＝忠
…翔
＾
、＼Ⅷ
~
‘』』
〔｀
｀
）“八
』√
、』
ˉ
｀
; ′′
＾叫‰晰…
［解析】B项’聚乙烯塑料为聚合物』属于混合物’故B项正确;
A项’碳纳米管属于碳单质’故A项错误;
C项’ “84”消毒液中含有次氯酸钠、氯化钠、水等多种成分’属于混合物’故C项错误;
D项’胆矾是硫酸铜晶体,属于强电解质故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B.
［易错项］A
［易错项被选择比例］30％
147镶
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
毫枷
5.D
;
＊.
~八
~ ~ ′;
;
~
.
～;
~ ＾∩
￡
~ .
【解析］D项,压缩天然气（CNG）、液化石油气（LPG）的主要成分是烃类』主要由C、H元素组成
充分燃烧时不产生污染性气体,故D项正确;
A项,蚕丝的主要成分是蛋白质,
由C、H、O、N等元素组成’棉花的主要成分是纤维素’属于多
糖,
由C、H、O元素组成’组成元素不同,故A项错误;
B项,乙醇消毒是利用其可使蛋白质变性’次氯酸钠溶液和双氧水消毒是利用强氧化性,消毒原理不
同’故B项错误;
C项』纯碱是Na2CO3的俗称’Na2CO3属于盐类,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
【易错项被选择比例］33％
6. B
厂n
＝
,
Ⅻ
~
』
…;
‘
~
~
.〕;‰; .
~
［解析］o由两种或两种以上的物质组成的物质属于混合物,而冰水混合物为纯净物,故@错误;
@由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物,而HT是由—种元素组成的’属于单质,故@错误;
O同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体’C6o、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的
不同种碳单质’互为同素异形体’故o正确;
@在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质,胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质’
故@正确;
o煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程;煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程;煤的
液化是把煤转化为液体燃料的过程,煤的干馏、气化和液化均为化学变化,故o正确;
o阳离子是金属离子或按根离子、阴离子为硅酸根的化合物为硅酸盐而玛璃和水晶的主要成分均为
二氧化硅,不属于硅酸盐’故o错误°
故正确序号为o@o。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］31％
γ
帅
″
聋｀
γ
了恕｀
f宁
≠
b
、
…
尸矗
j
单
｛
′
7。
〔
［解析］@浓硫酸、碱石灰是常见干燥剂,石灰石不是干燥剂’故o错误;
@不锈钢、青铜、生铁都属于常见合金’故@正确;
o浓硫酸、烧碱、硝酸都具有腐蚀性’属于腐蚀品’故o正确;
@CO不是碱性氧化物,氧化镁、氧化铁属于碱性氧化物,故@错误;
o醋酸、＿水合氨、水都属于弱电解质,故o正确。
故选@oo°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］A
【易错项被选择比例】16％
8′D
［解析】D项,无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及
硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料’则可推知氟代硼被酸钾（KBe2BO3F2）属于
无机非金属材料,故D项正确;
A项’氟代硼披酸钾（KBe2BO3F2）中含K、Be、B、O、F共5种元素’故A项错误;
涵148
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「［尺O｜
—基本概念与基本理论
B项,摩尔质量的单位为g／mol’故B项错误;
C项’氟代硼被酸钾（KBe2BO3F2）的相对分子质量较小,不属于高分子化合物,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］33％
9°
B
［解析］@液氯属单质,故@错误;
@氢氟酸、盐酸、水玻璃、氨水均为混合物’故@正确;
o明矾、小苏打、冰醋酸、次氯酸均为电解质,故o正确;
@Na2O2属于过氧化物’不属于钠盐’故@错误·
故正确序号为@o°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］15％
10. C
［解析］C项’石油是从地表渗出未经提炼的’燃烧能产生黑色烟雾的黑色液体,故C项正确
A项,油脂无法从地表渗出,也不是黑色的’故A项错误;
B项’煤油是从石油里提炼出来的,无法直接从地表得到’故B项错误;
D项石墨是固体而不是液体’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］20％
11.
B
［解析】B项,冰醋酸是醋酸的固体形态,是纯净物;漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物;硫酸钡
溶于水的部分能完全电离,是强电解质;氟化氢是弱酸’为弱电解质,氨气为非电解质’故B项正确;
A项,高氯酸是强酸,在水中完全电离,为强电解质’故A项错误;
C项,石灰石是混合物,既不是电解质也不是非电解质’故C项错误;
D项’盐酸是氯化氢的水溶液’纯盐酸也是混合物’氯气是单质,既不是电解质’也不是非电解质’
故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］l5％
l2D
［解析］D项,焰色反应属于物理变化’不属于化学反应,所以分类不合理’故选D项;
A项,左侧物质按照化合物归类,H2O属于化合物,故可以归为—类’故不选A项;
B项,左侧物质按照硅酸盐材料分类,玻璃属于硅酸盐材料,故可以归为一类’故不选B项;
C项,左侧物质按照混合物分类’食盐水由NaCl和H2O两种物质组成,属于混合物,故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例］l6％
149;
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
~
l3。
B
［解析］B项“砌成灰”是将碳酸钙灼烧生成氧化钙’化学方程式为CaCO3＝直些CaO＋CO2↑’
元素的化学价均未发生变化’不是氧化还原反应’故B项错误;
A项,贝壳的主要成分为碳酸钙,故A项正确;
C项, “屋”主要成分是氧化钙’溶于水后生成氢氧化钙,溶液呈碱性’故C项正确;
D项,纸张是用木材或植物的秸秆制成的,主要成分是纤维素’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l9％
l4C
［解析］本题主要考查化学与生活°
C项,活性炭可以用于除异昧’但不具有杀菌作用,故C项错误;
A项,高纯硅可以用于光感电池的制作’故A项正确;
B项,高铁建设中大量使用了铝合金,故B项正确;
D项’碘酒中含有乙醇、碘’可以用于皮肤外用消毒’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C。
［易错项］A
［易错项被选择比例】l3％
□「勇顶韦］分散系
l.
B
［解析】B项’生物质能来源于绿色植物的光合作用储存的太阳能,以化学能形式存在生物质中,故
B项正确;
A项’食盐水不是胶体,不能产生丁达尔效应,故A项错误;
C项’钢铁中含有碳和铁’形成原电池正负极’在潮湿空气中含有水’相当于电解质溶液》空气中的
氧气溶于水’主要发生电化学腐蚀,而不是化学腐蚀’故C项错误;
D项’纯铝强度较差,航天中＿般使用性能更好的铝合金材料,而不是纯铝单质’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］32％
D
［解析】D项’将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙’虽然颗粒大小变化了’但组成微粒没有发生
变化,化学性质没有明显变化’故D项正确;
A项, FeCl3溶液呈黄色’ Fe（OH）3胶体呈红褐色,从外观上可以区分,故A项错误;
B项’胶体是分散质粒子直径在10ˉ9m至10ˉ7m之间的分散系’纳米材料不是分散系’故B项错误;
C项, Fe（OH）3胶体电泳的实验中,阴极附近颜色加深’阳极附近颜色变浅,证明Fe（OH）3胶体中
胶粒带正电’胶体仍为电中性,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］27％
可
≡
【l50
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［RO］
—基本概念与基本理论
3°
〔
［解析］C项’NaCl固体小颗粒分散到水中会以Na＋、Clˉ形式存在,形成溶液’故C项错误;
A项’雾疆属于气溶胶’胶体能发生丁达尔效应’故A项正确;
B项,水玻璃是指硅酸盐的水溶液’双氧水是H2O2的水溶液,漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化
钙’硅胶的化学式为mSiO2.∏H2O,
由于砸、〃不确定,因此硅胶也是混合物’故B项正确;
D项, “陶成雅器’,指的是用陶士即茹士做成瓷器’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］B
［易错项被选择比例］37％
4C
［解析］C项’石头中含有碳酸钙,碳酸钙与水和空气中的二氧化碳反应生成可溶的碳酸氢钙,造成
水滴石穿的现象’包含化学变化’故C项错误;
A项, “雨后彩虹”的原理是雨后天空中的小水滴在空气中形成胶体,阳光照射后发生散射而形成的’
所以“丽后彩虹”与胶体的知识有关’故A项正确;
B项’水乳交融没有新物质产生’包含物理变化,而火上浇油包含油的燃烧’包含化学变化’故B项
正确;
D项’膀蟹煮熟时,会产生类似于胡萝卜素的色素类物质’有新物质产生』发生了化学变化,故D项
正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］2l％
5. C
【解析］C项’该现象的产生是因为铁离子与氢氧根发生了离子反应’与胶体的性质无关’故选C项;
A项,明矾净水,利用了胶体的吸附性,故不选A项;
B项’用石膏或盐卤点制豆腐,利用了胶体遇到电解质聚沉的性质,故不选B项;
D项,用电除尘技术除去粉尘利用了胶体中胶粒带电的性质,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］25％
6. O
【解析］D项,葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应,不属于胶体,故D项正确;
A项,明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子,可用作净水剂,不能杀菌消毒,故A项错误;
B项’根据分散质粒子的直径大小,分散系可分为溶液、浊液和胶体,浊液的分散质粒子直径最大,
故B项错误;
C项’碳素钢是合金,不属于新型的无机非金属材料’故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］2l％
7.
B
［解析］B项’明矾是KAl（SO4）2.l2H2O的俗称’明矾净水的原理是明矾溶于水后电离产生的Al3｛
］
日
］
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
离
考
水解生成Al（OH）3胶体’可以吸附悬浮杂质,而“84”消毒液是利用ClOˉ水解产生的HClO具有
强氧化性来进行消毒’所以两者原理不同,故B项正确;
A项’
自然界中的石头主要成分是石灰石（CaCO3）,石灰石与CO2及水反应生成容易溶解的
Ca（HCO3）2,属于化学变化,而绳锯木断是物理变化,故A项错误;
C项,雾覆天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关,氟利昂制冷剂的使用会造成臭氧层空洞,不会加
剧雾疆天气,故C项错误;
D项’汽油中主要含有的元素是C、H、O,汽车尾气中氮氧化物的主要来源是空气中氮气与氧气在
电火花放电条件下的反应,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B。
［易错项］A
［易错项被选择比例］24％
8∧
［解析】A项’蛋白质溶液属于胶体》能透过滤纸’不能透过半透膜’故A项正确;
B项’ FeCl3溶液属于溶液’既能透过滤纸又能透过半透膜故B项错误;
C项’生理盐水属于溶液’既能透过滤纸又能透过半透膜,故C项错误;
D项’AgCl悬浊液属于浊液,既不能透过滤纸又不能透过半透膜,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］D
［易错项被选择比例】l9％
9.
〔
【解析］C项’豆腐、肉冻、果冻都是胶体聚沉的产物,故C项正确;
A项’胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的直径不凤丁达尔效应是鉴别胶体和溶液的方法,不是
本质区别,故A项错误;
B项,胶体不带电,部分胶体的胶粒带电』故B项错误;
D项,制备Fe（OH）3胶体时’向沸水中滴加FeCl3溶液,将FeCl3溶液与稀NaOH溶液棍合将生
成Fe（OH）3沉淀’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例】26％
l（）. C
［解析】C项’胶体粒子的直径介于1～100nm之间’PM25是指大气中直径≤25×10ˉ6m的颗粒
物’不＿定为胶体,故C项错误;
A项’常温下Fe与氯气不反应’遇浓硫酸发生钝化’则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,故A项正确;
B项,硅胶具有吸水性、无毒’则硅胶可用作食品干燥剂’故B项正确;
D项, Si为半导体材料,神舟｜0号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例】2l％
ll. C
［解析］C项,半透膜只能让小分子和离子通过’胶体不能通过,故C项正确;
■l52
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠RO］
—基本概念与基本理论
A项’过滤实验只能将悬浊液中的沉淀和溶液分离’不能分离胶体和溶液’故A项错误;
B项’胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同’丁达尔现象只是＿种区分两者的途径’故
B项错误;
D项,胶体本身不带电,但胶体粒子可以吸附阴阳离子从而带电,故可在电场作用下产生电泳现象,
故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］24％
□「勇∏J苇］化学用语
l. O
【解析】D项,因IBr中I元素的化合价为＋1价’ Br为-1价’HBr中Br为-1价’HIO中I为
＋1价’则IBr＋H2O-HBr＋HIO中没有元素化合价的变化,该反应不属于氧化还原反应’则
IBr与水反应时既不作氧化剂’也不作还原剂’故D项错误;
A项, IBr的电子式为:I :Br: ,故A项正确;
B项, IBr和Zn的反应中’锌为还原剂化合价升高’ IBr为氧化剂,碘元素的化合价降低’化学方程
式为: 2IBr＋2Zn＝ZnI2＋ZnBr2,故B项正确;
C项,IBr和NaOH溶液反应生成NaBr和NaIO’方程式为:IBr＋2NaOH-NaBr＋NaIO＋H2O,
故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］28％
2D
【解析】D项’KCl的电子式为K＋［:Cl:］ˉ ’故D项正确;
A项’质量数＝质子数＋中子数,则中子数为l17》质子数为78的铂原子应表示为嘴Pt’故A项
错误;
……艘…………蛔坍…
错误;
C项,乙烯的结构简式应为CH2＝CH2,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］47％
3.
〔
［解析］C项’氦气是单原子分子,
1mol氦气分子含有1mol氦原子’每个氦原子的核外电子数为
2’所以1mol氦气分子的核外电子数为2mol’即2NA,故C项正确;
A项’ 15g甲基的物质的量为1mol,其含有的共用电子对数为3／VA,故A项错误;
l53瓣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
翻
学
化
高
考
B项,标准状况下』己烷为液态,故B项错误;
D项’Cl2与NaOH发生歧化反应,Cl2中两个氯原子分别升价和降价’故实际发生转移的电子数为
O1M,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l9％
4O
［解析］D项’硫离子含有l6个质子’在中子数为l6的情况下’可以用｝:S2表示’故D项正确;
H
司＋厂
司
＾项在｛泻电于式时,阴离子要标出外阉的咆于｀所以N…电子…［删;‖;＂‖:c］:｜
故A项错误;
｀＼＼
……』…蹦……@出…膳“
C项,碳氧之间为双键’所以二氧化碳电子式应为:O: :C: :O: ’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例］24％
5.∧
［解析】能用化学式表示物质分子组成的必须是分子晶体°
A项’ C6H6是分子晶体,故选A项;
B项, SiO2为原子晶体,故不选B项;
C项’NaOH为离子晶体’故不选C项;
D项’NH4Cl为离子晶体’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l9％
6.
B
［解析］B项’氨基为—NH2,中心原子N核外有7个电子,图中电子式正确’故B项正确;
A项’乙醇的结构简式为CH3CH2OH, C2H6O为乙醇的分子式,故A项错误;
＼
◎蜒………构丽…@〉）…绷膘;
′~
D项’ 贡X中A表示X元素的质子数’Z表示X元素的质量数’质量数＝质子数＋中子数’则中子
数为79、质子数为55的艳原子表示为影Cs’故D项错误。
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］A
【易错项被选择比例］l8％
谱l54
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『【R0］
基本概怠与基本理论
7.∧
［解析］A项,醋化反应中,酸脱轻基醇脱氢’即同位素18O应该在酷的结构中’故A项错误;
B项,常温时’ 0.lmol.Lˉ｜氨水为弱碱’ pH小于l3,且电离可逆,水解显碱性方程式为
NH3.H2O＝≡NHj＋OHˉ’故B项正确;
C项,Na和Cl形成离子键,Na提供—个电子,二者都达到8电子稳定结构’故C项正确;
D项,电解精炼铜的阴极发生还原反应,
电极反应方程式为: Cu2＋＋2eˉ＝Cu’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项】B
［易错项被选择比例］l9％
■「勇∏J韦］阿伏加德罗常数及计算
l. C
［解析】C项,NaHSO4在熔融条件下电离:NaHSO4-Na＋＋HSO耳’
阳离子只有Na＋,
24gNaHSO4的物质的量为0.2mol’所以含有的阳离子数为02／VA’故C项正确;
A项’ 25°C时’ PH＝13的NaOH溶液中c（OHˉ）＝0。1mol／L,但溶液体积未知,无法计算OHˉ
的物质的量,不能确定OHˉ的具体数目’故A项错误;
B项,已知Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O’
1mo］Cl2参加反应’其中1mol氯元素
化合价变化为: 0一＋l』另外1mol氯元素化合价变化为: 0＿＞—1,所以共转移1mol电子’
即转移电子的数目为ⅣA,故B项错误;
D项,NH4Cl是NH却、Clˉ通过离子键结合形成的离子化合物’不含有H—Cl键,故D项错误°
综上所述』本题正确答案为C°
［易错项】B
【易错项被选择比例］26％
2. D
【解析】D项’少量铁与稀硝酸反应的化学方程式为:Fe＋4HNO3-Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O;
过量的铁与稀硝酸反应的化学方程式为: 3Fe＋8HNO3＝3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O’由方程
式知’无论铁是否过量’都有四分之＿的HNO3被还原为NO, 2L02mol／L的稀硝酸中HNO3
分子数为04ⅣA’所以生成NO的分子数为Ol／VA’故D项正确;
A项’氮气与氢气的反应是可逆反应’ 28gN2不可能完全反应生成氨气’所以电子的转移数目小于
6／VA’故A项错误;
B项溶液中除了SO;ˉ’还存在水电离出来的OH’所以阴离子所带负电荷数大于0.WA′故B项
错误;
C项’ 14CO2的相对分子质量为46, 44g14CO2所含的分子数小于／VA,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】29％
3°∧
【解析】A项’—个甲醇分子有4个氢原子’标准状况下,
甲醇是液态’
1l。2L的甲醇的物质的量大
于O.5mol ’则其氢原子数大于2NA’故A项正确;
日
日
』
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
B项’未给出溶液的体积,因而无法确定CO;＿的物质的量和个数,故B项错误;
C项’随着反应的进行’浓硫酸变稀’反应停止’因此生成的SO2的量小于理论上的计算值故C
项错误;
D项,苯中的碳碳键不是单键或双键’而是＿种特殊的键,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
【易错项被选择比例］29％
4. C
［解析］C项,标准状况下, 11。2L甲醛气体所含分子数为05No,而每个甲醛分子中含有3个〃键’
故l1.2L甲醛气体中所含〃键数目为0。5N0×3＝1,5／γb’故C项正确;
A项’ 1mol轻基所含电子数为9No,故A项错误;
B项,N2和CO的相对分子质量均为28’故2.8gN2和CO的混合物中所含分子总数为01No,故
B项错误;
D项’CO2所处的状态未知’因此无法计算CO2的物质的量,故转移的电子总数无法计算’故D项
错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】29％
∧
［解析］A项, C2H4和C3H6的最简式都是CH2,则混合物中含有CH2物质的量为n（CH2）
＝
｜4g′m°｜＝尚m。｜』每个CH2含有两个碳氢键所含碳氢键数目为尚×2×′｀′人＝半』故A项
αg
正确;
B项,
l个2H35Cl中含有l9个中子,标准状况下2.24L2H35Cl物质的量为0』mol,所含中子数
为19ⅣA,故B项错误;
C项』MnO2＋4HCl（浓）＝兰MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,与MnO2反应的盐酸必须为浓盐酸,但
随着反应的进行,盐酸逐渐变稀’反应停止,故转移的电子数小于03NA,故C项错误;
D项,NaHCO3溶液中除了HCO;ˉ、CO;ˉ,还有部分碳元素以H2CO3形式存在,三者离子数之
和等于0.1／V入,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
5。
6.
B
［解析］B项’H／8O和D2O的摩尔质量均为20gmol
l ’则4（）gH／8O与D2O的混合物的物质
的量为20舞!一α2m。｜,n』个H』圈O分子刷］个D2O分子所含中子数均为｜0.周此瞩合
物中所含中子数为2NA’故B项正确;
A项,题中未注明NO2的状态’因此无法计算NO2的物质的量,即无法判断与水反应转移的电子
数目’故A项错误;
C项,H2O2水溶液中’溶质H2O2和溶剂H2O均含有氧原子, 50g质量分数为68％的H2O2水
肖! l56
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［RO｜
—基本概念与基本理论
溶液中含H2O里的物质的量为;::鞘＝｜m。!,所含氧原于数为2N＾』则H垦O2水溶液中含氧
原子数大于2NA』故C项错误;
D项’根据原子守恒’ lL0。1mol.L1的硝酸铰溶液中氮原子数目等于0.2NA’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］24％
7. D
［解析］D项,未说明“标准状况下”』22.4LCH4不＿定为1mol,所含有的电子数不＿定为l0／VA,
故D项错误;
A项, 2FeBr2＋3Cl2-2FeCl3＋2Br2’ 2molFeBr2参与反应时,转移的电子数为6／VA,则
lmolFeBr2参与反应,转移的电子数为3／VA,故A项正确;
B项’乙烯与—氧化碳的摩尔质量均为28g／mol,所以28g混合气体的物质的量为01mol’所含
分子数目为0. l／VA′故B项正确;
C项,溶液呈中性,则溶液中c（OH—）＝c（H＋）’由电荷守恒可得c（OHˉ）＋c（Clˉ）＝c（NH才）十c（H＋）
》
两式相减可得c（Clˉ）＝c（NHj）,则NH茹的物质的量为1mol,即NH本数目为／VA,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］24％
8.
B
［解析］B项’每个冰醋酸分子（CH3COOH）中含8对共用电子对, 6g冰醋酸物质的量为0.1mol,
则含有的共用电子对数目为0。8NA’故B项正确;
A项’ lmol甲基（＿CH3）中含有的电子数为9NA’故A项错误;
C项’N2、H2在—定条件下发生可逆反应:N2＋3H2＝＝2NH3,N2、H2无法完全反应,转移电
子的数目小于06NA’故C项错误;
D项’标准状况下’ SO3不是气体,不能用气体摩尔体积进行计算,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
【易错项］D
［易错项被选择比例］23％
9· D
【解析］D项’
甲醛的分子式为CH2O,醋酸的分子式为C2H4O2,可以看作（CH2O）2,则30g甲
醛和醋酸的混合物中CH2O的物质的量为lmo1,即所含碳原子数为MM故D项正确;
A项’溶液的体积未知’无法计算出溶液中Al3＋的数目,故A项错误;
B项’氯化氢溶于水形成盐酸,氯化氢是强电解质,在溶液中完全电离,以H＋和Cl的形式存在’
不存在HCl分子’故B项错误;
C项,组成NaBH4的阴、阳离子分别为BH耳利Na＋,则1molNaBH4所含离子数目为2NA’故
C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］A
【易错项被选择比例］25％
157赣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
l0.∧
［解析］A项’ 20gD2O的物质的量为lmol’所含电子数为10NA’故A项正确;
B项’未给出溶液的体积,不能计算OHˉ的数目’故B项错误;
C项, lmolNa由0价变为＋l价,失去电子数目为NA,故C项错误;
D项,标准状况下生成22.4L氯化氢日｜］lmol氯化氢,断裂化学键总数为NA’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l5％
1l.
B
［解析］B项, 7.8gNa2O2的物质的虽为0.lmol,与足量CO2反应时,有2Na2O2＋2CO2＝＝
2Na2CO3＋O2’转移的电子数为0.lNA,与足量H2O（g）反应时,有2Na2O2＋2H2O（g）
＝＝
4NaOH＋O2,转移的电子数也为01NA,所以7.8gNa2O2与足量的CO2和H2O（g）混合气体充
分反应时,转移的电子数为0.lNA,故B项正确;
A项’NA个NO分子和05NA个O2分子充分反应’可生成NA个NO2分子』NO2中存在可逆平
衡: 2NO2≡≡N2O4’所以反应后气体体积小于22.4L’故A项错误;
C项,据条件可知’该饱和溶液中c（Mg2＋）＝2×l0ˉ3mol／L,但溶液的体积未知,则无法确定溶液
中Mg2＋的数目,故C项错误;
D项,标准状况下, CCl4为液态’ 2.24LCCl4中的C—Cl键数远大于04NA’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】l7％
l2.
B
［解析】B项’一个N吉中含有34个电子’故OlmolN吉中所含的电子数为3.4NA’故B项正确;
A项’ 80g硝酸铰的物质的量为lmol’含有氮原子的物质的量为2mol』则含有氮原子数为2NA』
故A项错误;
C项’ 56g铁的物质的量为01mol’铁与足量盐酸反应生成Fe2＋,转移的电子数为O2NA,故C
项错误;
D项’＿个Fe（OH）3胶粒是多个Fe（OH）3分子的聚集体’故胶粒数无法直接计算’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
l3.∧
［解析］—个碳原子的质量为6o2弗叫。｜」
数为li;!鹏g≡25×1o｜.,故选A项.
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项］B
［易错项被选择比例］33％
＝l.99×l0ˉ23g’则lmg的铅笔芯含有的碳原子
｜
l58
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［尺O］
基本概念与基本理论
l4B
［解析］B项』lm。｜甲醇燃烧的化学方程式为C＂』OH＋;O2
点燃CO2＋2H里O,根据反应中
氧元素的化合价变化,可知转移电子的物质的量为6mol,个数为6／VA》故B项正确;
A项’ 46g乙醇的物质的量为lmol,其中每个乙醇分子内有8个共价键,故46g乙醇中存在的共
价键总数应为8／VA,故A项错误;
C项,在标准状况下氯仿并不是气态,因此不能用标准状况下的气体摩尔体积22.4L／mol进行计算’
故C项错误;
D项,CH3COOH为弱电解质’在溶液中不能完全电离’因此该溶液中含有的氢离子数小于0』／VA’
故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】21％
l5.
B
［解析】B项’每个H3O＋含有l0个电子,则lmo］H3O＋含有10mol电子,即l0』γA个电子’故
B项正确;
A项’ 25。C时, pH＝l2的Ba（OH）2溶液中c（OHˉ）＝1×l0ˉ2mol／L’则lLBa（OH）2溶液中
含有OHˉ的数目应为O01Mk ,故A项错误;
C项｜m。｜Fe与｜m。lCl2反应』Cl2不足｀反应忙成;m°!FeC｜引』转移电子数为2№,故C项
错误;
D项’标准状况下乙醇为液态,不能使用气体摩尔体积计算其物质的量,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］l8％
l6.∧
［解析］A项, 1molNH3含有3molN＿H键3。4gNH3的物质的量为02mol,含有0.6molN—H
键,所以共价键总数为06ⅣA’故A项正确;
B项,标准状况下SO3是固体’不能用气体摩尔体积进行计算’故B项错误;
C项』SO;ˉ会发生水解’所以lL0.lmol／L的Na2SO3溶液中SO;ˉ数目小于O1ⅣA’故C项
错误;
D项’Cl2与足量的NaOH发生反应2NaOH＋Cl2-NaCl＋NaClO＋H2O’ 7.1gCl2的物质
的量为0』mol,其中0.lmolCl的化合价变化为: 0—＞＋1’另一部分（）.lmolCl的化合价变化
为: 0—＿l ,且反应中其他元素无化合价变化,所以转移的电子数应为0.l／VA,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
〔易错项被选择比例］l8％
l7. C
［解析】C项’Na在反应中由0价变为＋l价’则足量的O2与lmolNa充分反应,无论生成何种产
物’转移的电子数均为NA,故C项正确;
A项,标准状况下苯为液态’不可用标准状况下的气体摩尔体积计算’故A项错误;
159
《
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
B项, lmolCH4含有4mol化学键’ 32gCH4的物质的量为02mol,所含化学键数为0.8NA
故B项错误;
D项, 25。C时’pH＝13的溶液中, c（OHˉ）＝O1mol／L’ 1·0LpH＝l3的Ba（OH）2溶液中OHˉ
的物质的量为01mol,数目为01NA,故D项错误°
综上所述》本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］l4％
l8. C
［解析］C项,烯烃中极性键即为C＿H键’ 『∏乙烯和丁烯的最简式为CH2,则42g任何烯烃中都
含］湍°!×2-6m。!极性键数目为6N＾,故C螺正确
＾项18gH曹!愿O的物履＂量为20器.｜-｜19m°｜,则所含魔于数为α9m·｜×］0≡9m.l』数
目为9NA,故A项错误;
B项,＿个—OH含有9个电子′ 1mol的—OH所含电子数为9NA,＿个OHˉ含有l0个电子’
1mol的OHˉ所含电子数为10NA’故B项错误;
D项’Na2O2与H2O的反应: 2Na2O2＋2H2O-4NaOH＋O2↑’部分氧元素由ˉl价升高至0
价,部分氧元素由ˉl价降低至ˉ2价’每生成OlmolO2,转移电子数目为02NA’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
【易错项被选择比例］l8％
l9.
B
［解析］本题主要考查阿伏加德罗常数
B项,磷酸根在溶液中会发生水解反应,则的磷酸钠溶液中,磷酸根的数目小于,故B项错误;
A项’ 3He中含有2个质子, l个中子,则3g3He中含有的中子数为1』γA’故A项正确;
C项,K2Cr2O7中铬元素为＋6价,还原为Cr3＋时,每个Cr原子得到3个电子,则lmolK2Cr2O7
中的铬被还原为Cr3＋时,得到的电子为3×2×1mol＝6mol’即得到电子数目为6』VA’故C项正
确;
D项’正丁烷、异丁烷的相对分子质量均为58,且l个分子中均含有l3个共价键则在48g正丁烷
和10g异丁烷的混合物中,共价键数目为13』γA’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］13％
20.
B
［解析］本题主要考查阿伏加德罗常数和弱电解质的电离平衡°
B项’
由质子守恒可得c（H＋）＝c（H2POJ）＋2c（HPOiˉ）＋3c（POj—）＋c（OH）’故B项正确;
A项,由题目中pH＝2可得c（H＋）＝O01mol／L’ 1L溶液中H＋的数目应为0。01／VA,故A项错误;
C项,加水稀释后’虽会促使H3PO4的电离,但H＋浓度减小, pH增大,故C项错误;
D项H3PO4的电离方程式为H3PO4＝＝H＋＋H2PO刁’H2PO刁—H十＋HPOiˉ’HPOi—
H＋＋PO』—’加人NaH2PO4固体后’主要抑制H3PO4第—步电离’H＋浓度减小,溶液酸性减弱’
故D项错误°
田160
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺0］
＿基本概念与基本理论
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l9％
■「霓∏壳］物质的量在化学计量中的应用
l。C
〔解析］由图可知’A溶液的体积为0和l00mL时’温度都为20。C,说明A和B溶液初始温度都
为20°C,混合后体系的最高温度为30°C’A溶液的体积在60～80mL之间’说明在此范围内A和
B反应放出热量达到最大值,即A和B恰好完全反应’A、B两种物质反应时其物质的量之比范围介
于60mL: （l00—60）mL＝3:2和80mL: （l00-80）mL＝4: 1之间’故正确答案为3: l ,故
选C项·
综上所述,本题正确答案为C°
易错项分析:本题的易错项为B项°由图可以看出A溶液的体积在60mL和80mL时混合后体系
的温度均为30。C,说明A溶液的体积在60～80mL之间的某＿值时A和B恰好完全反应使混合体
系温度达到最大值,即A和B恰好完全反应时其物质的量之比介于60mL: （100—60）mL＝3 :2
和80mL: （100-80）mL≡4: 1之间°
［易错项］B
［易错项被选择比例］32％
2. C
［解析］C项’
CaCO3、Mg3N2的摩尔质量均为l00g／mo1,故l2gCaCO3与Mg3N2的混合物
的物质的量为0.012mol, l分子CaCO3和Mg3N2均含50个质子’则1。2gCaCO3与Mg3N2的
混合物中含有质子数为o6／vA,故c项正确;
A项’在FeSO4溶液中,大量的水中也含有氧原子’所以溶液中氧原子的个数大于0·4ⅣA,故A项
错误;
B项,碱性环境中,MnO2在正极发生还原反应:MnO2＋H2O＋e≡MnO（OH）＋OH,每消耗
37gM＂O2』转移电子的物质的量为″-S瑞°!-0」m。l,电解池阳极发生反应2。—ˉ2c-
Cl2↑,所以生成O05molCl2,标准状况下体积为Ll2L,故B项错误;
D项’NH煎在水溶液中会发生水解,NHj浓度小于05mol／L’故D项错误。
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］30％
3. D
［解析】D项’
当0。5α＜b＜α时,先发生反应: 2NaOH＋CO2＝＝Na2CO3＋H2O’生成
Na2CO3,后因为NaOH不足’发生反应:Na2CO3＋CO2＋H2O≡≡2NaHCO3,因此先生
成05amolNa2CO3’则消耗NaOH和CO2分别是αmol和05αmol,剩余（b—0.5α）mol
CO2’剩余的CO2会与Na2CO3反应生成2molNaHCO3’则生成了（2b-α）molNaHCO3’并
消耗了（bˉO5α）molNa2CO3’因此若不考虑水解,溶液中HCO5与CO;ˉ的物质的量之比为;
（2b—α）mol
: ［05α-（b—05α）］mol＝（2b-α）
: （α-b）’故D项错误;
161
§
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
离
考
化学…
A项’当α＞2b时’NaOH过量’发生反应: 2NaOH＋CO2＝＝Na2CO3＋H2O’所以离子方
程式为2OH＋CO2＝＝CO;—＋H2O’故A项正确;
B项’当α＜b时,CO2过量’发生反应:NaOH＋CO2≡≡NaHCO3,所以离子方程式为OHˉ＋
CO2＝＝HCO］,故B项正确;
C项’当2α＝3b时’NaOH少量’发生反应3NaOH＋2CO2＝＝Na2CO3＋NaHCO3＋H2O,
所以离子方程式为3OH—＋2CO2＝＝CO; ＋HCO5＋H2O’故C项正确。
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］30％
4B
［解析］B项,相同条件下,同质量的气体’体积越大,密度越小°三种气体的相对分子质量关系为
Mr（X）＜Mf（Y）＜M↑（Z）’则在同质量情况下’物质的量″（X）＞?l（Y）＞Ⅶ（Z）’对应气体的体积
V（X）＞V（Y）＞V（Z）’故最后密度大小关系为p（X）＜（Y）＜（Z）’故B项正确;
A项,三种气体的构成分子中含有的原子数目无法确定,则不能确定含相同原子数时,三种气体的质
量关系’故A项错误;
C项,选项中未提及气体所处环境是标准状况』则不能确定224L气体对应的物质的量＿定为
0.1mol’故C项错误;
D项’ 由Mr（Y）＝α5Mf（Z）可知’当质量比满足咖（Y）;″』（Z）＝2; l时,由″＝舟可知』两种气
体的物质的量之比为4＝
‖ ,义由理想气体状态力程可得′-嘿,故在问慑同体积情况卜闷者的腿
强比应该为4: 1』故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】A
［易错项被选择比例］28％
5.
〔
［瞬析］C项16gO型中所含氧原子个数为N!≡32器°1×2№m。l—｛-NA, 16gO』小所含氧
原子个数为N2-4瑞。1×3№『n°l—｜-NA｛敝C顿正确
A项’未给出溶液体积’不能确定NH4NO3的物质的量’故A项错误;
B项’Cl2与Fe、Al反应后均转化为Cl—, lmolCl2完全反应时转移电子数为2NA,故B项错误;
D项, lLpH＝1的H2SO4溶液中所含H＋的物质的量为Olmol』则所含H＋的数目为0.1NA,故
D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
〔易错项被选择比例］l7％
6.
B
8.Og
［解析］B项’ 8。0gCu2S中Cu＋的物质的量为（64×2＋32）g／mol×2＝Olmol,数目为0.lNA
a0gCα。中Cu野的物质的量为（64i;i′m。｜※］-0］m.｜』数目为αlN＾’则Mg二者的
川l62
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［RO｜
基本概念与基本理论
混合物中含Cu的离子个数＿定为01NA’故B项正确;
A项, l个l8O原子中含l0个中子’则36g18O2中所含中子数为20NA,故A项错误;
C项》电解饱和食盐水时的阳极反应式为: 2Clˉ—2eˉ＝Cl2↑’在标准状况下,阳极生成224L
气体时转移的电子数为2NA’题中未给出标准状况条件’故C项错误;
D项,Cl2溶于水为可逆反应’且生成的HClO部分电离,故标准状况下224LCl2溶于水中达到
饱和’得到HClO分子的数目小于0。1NA’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
〔易错项】C
【易错项被选择比例］2l％
7。D
［解析］D项’标准状况下, l1.2LN2和O2棍合气体的物质的量为05mol’所含分子数为O5NA,
故D项正确;
A项’ 17g轻基所含电子数为9NA, l7gNH3所含电子数为I0NA’故A项错误;
B项,Cl2溶于水后’—部分以分子形态存在’—部分发生可逆反应:Cl2＋H2O＝≡HCl＋HClO,
可知lmolCl2溶于水转移电子数小于NA’故B项错误;
C项’NHj
在水溶液中会发生水解反应:NHj
＋H2O＝≡NH3H2O
＋H＋’
故
lL01molLˉlNH4HCO3溶液中所含NH才数小于0.1NA,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l7％
8.D
［解析］D项,常温常压下CO与NO不发生反应,且无论01mol此混合气体中各组分的物质的量
分数怎样变化,其氧原子含量都为0.lmol,即含氧原子数为0.1』γ入’故D项正确;
A项,题中没有给出具体的温度与压强’所以无法判断出245LH2所含的氢原子数,故A项错误;
B项’ 1个CHj中含有8个电子’所以lmolCHj电子数为8№,故B项错误;
C项’CH3COOH是弱电解质’所以l00g60％CH3COOH水溶液中CH3COOH发生部分电离,
含有的醋酸分子数小于／VA,但是溶液中含有40gH2O即222molH2O,所以此溶液中含有的分
子数大干／vA’故c项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
【易错项被选择比例】l6％
9.∧
［解析］A项’ 17gH2S的物质的量为05mol, 1molH2S分子中所含的电子数为l8mol,则
05molH2S分子中所含的电子数为9NA,故A项正确;
B项’ 9gH2O的物质的量为O5mol,每个水分子中含有2个H—O键’则O5molH2O分子中含
有H—o键数为ⅣA,故B项错误;
C项, 224LCO气体没有说明其是否在标准状况下,无法计算其所含碳原子数’故C项错误;
D项,NO2与足量水充分反应的化学方程式为: 3NO2＋H2O-2HNO3＋NO’结合化学方程
式可知: 03molNO2生成02molHNO3’则生成H＋数目为O2／VA’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
l63
｜
≡
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
【易错项］D
［易错项被选择比例］20％
∧
［解析］A项,硝酸中的氮元素为＋5价’与铜反应得到的NO2、N2O4中的氮元素为＋4价,氮元素
化合价降低l价’23gNO2、N2O4中氮原子的物质的量为05mol’则硝酸得到的电子数为05／VA,
铜失去的电子数也为05ⅣA,故A项正确;
B项. 10‘46％的乙醇水溶液中乙醇所含氢愿子数日为揣耕×6NA′m.1ˉα6№,但乙醇
水溶液中除乙醇分子含有氢原子外’水分子中也含有氢原子’故B项错误;
C项,设H2和D2的物质的量分别为xmol和ymol,则根据已知条件可得O（z＋y）×224＝896;
o（慧扦）-35,联立解得Ⅱ-0」’ ’≡o3』又囚为—个D2分子中含衔的巾子数为2,所以
该体系所含中子数为0。3mol×2NA／mol＝O6NA,所以C项错误;
D项’铜和硫反应生成Cu2S: 2Cu＋S＝尘Cu2S’ 1molCu与足量的S反应转移电子数为／VA』
故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］D
【易错项被选择比例］34％
l0
■「勇∏而］物质的量浓度及相关计算
l.
B
［解析］B项, 16.8gFe的物质的量为0.3mol,与足量的水蒸气加热充分反应’化学方程式为3Fe＋
4H2O（g）＝兰Fe3O4＋4H2’转移电子数为0.8NA’故B项正确;
A项』标准状况下,苯是液体’不能根据气体摩尔体积计算其微粒数,故A项错误;
C项, 25。C时lLpH＝7的CH3COONH4溶液中’ c（CH3COO）＝c（NHj）,但无法计算NHj
的个数’故C项错误;
D项,CO2与C生成CO是可逆反应,不能进行彻底’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例】27％
2.
〔
［解析］将1566g镁铝合金加人到800mL稀HNO3中’两者恰好完全反应,假设反应中还原
产物只有NO,则反应的化学方程式为: 3Mg＋8HNO3（稀）
＝＝3Mg（NO3）2＋2NO↑＋4H2O、
Al＋4HNO3（稀）≡≡Al（NO3）3＋NO↑＋2H2O,问反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液,反应
的化学方程式为:Mg（NO3）2＋2NaOH≡≡Mg（OH）2↓＋2NaNO3、Al（NO3）3＋4NaOH＝＝
NaAlO2＋3NaNO3＋2H2O,可知沉淀为Mg（OH）2’生成沉淀的质量与原合金的质量相等’则
Mg（OH）z中含有的OH—的质量与铝的履量相等侧合金中铡的质量为; 15“g旗34芋24≡队｜8g』
对应的物质的量为O34mol』镁的质量为: l5.66g—918g＝6.48g’对应的物质的量为（）27mol°
l64
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O｜
—基本概念与基本理论
C项’结合分析中NaOH与Mg（NO3）2、Al（NO3）3反应的化学方程式可知,反应过程中消耗NaOH
的物质的量为: 2×027mol＋4×0。34mol＝l9mol’故C项错误;
A项’结合分析中HNO3与Mg、Al反应的化学万程式可知,反应消耗的HNO3的物质的量为:
:×α27m°l＋4×α34mol-208m°l′则原稀硝酸的浓度为2楞°l＝26m。lL—｜』故A项
正确;
B项’结合分析中HNO3与Mg、Al反应的化学方程式可知’反应过程中生成NO的物质的量为:
;×027m°｜＋α34m。｜＝α52m·｜』对应的气体体积为u648L（标准状况）,故B项正确
D项结合上述分析可知,合金中A｜的质量分数为;器÷×l00…6％』故D项正确.
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］24％
3。D
［解析］D项c｛R:CO』）＝÷c（R带）＝α5Pm◎卜L—｜根掘c≡四册′哪可捌｜』α5P＝l000×′×α％
M
整理得P≡1000p×α％×2,故D项正确;
M
＾项由D项分析整理可得α-器,敝A项错误;
6项』搬据测二cV′咖-″M』可知:湍表示溶液巾R2CO剿的质量,故B项错误』
C项, V蕊α％×′表示溶液中RzCO」的履量』由B项可知V露α％×′二揣,故C项错误.
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
4.∧
［解析］A项』H＋恰好完全反应时,反应方程式为2NH4HSO4＋2NaOH-Na2SO4＋
（NH4）2SO4＋2H2O,
由于NHj水解显酸性’所以继续滴加NaOH溶液至中性’所以c（Na＋）
＞
c（SOi＿）＞c（NHj）＞c（H＋）＝c（OH—）』故A项正确;
B项’Na2CO3溶液中’CO;发生水解CO;—＋H2O＝≡HCO5＋OH—’所以电荷守恒应为c（Na十）＋
c（H十）＝c（HCO面）＋c（OHˉ）＋2c（CO;
）’故B项错误;
C项’NaClO溶液中的物料守恒为c（Na＋）＝c（ClOˉ）＋c（HClO）,NaHCO3溶液中的物料守恒
为c（Na＋）＝c（HCO5）＋c（CO;ˉ）＋c（H2CO3）’又因两溶液浓度相等’所以c（Na＋）相等所以
c（ClOˉ）＋c（HClO）＝c（HCO5）＋c（CO; ）＋c（H2CO3）,故C项错误;
D项’氯水中发生反应的Cl2极少’等式中的Cl2没有标明是反应了的还是溶液中游离的,故D项
错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
［65
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学趣
5. D
V
36.5α
［解析］标准状况下的“LHCl的物质的量为″＝丙＝盂m。l,质量为″!＝″M＝五可g,
所以其溶丁｜000g水中得到的盐酸的质量为笺子g＋l000g,则该盐酸的质量分数为》, -
舞g十l000g＝365…2400,撒酸密度为…m—』,所以物质的量浓度为′＝l0册′憾′
镊罢g
365α
＝
1000αb
22400＋36.5αInol .L—1。
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例］28％
6.
B
［解析］B项』2gNH3的物质的量为l7盖。lˉ｜＝告mol’溶液体积为VmL』所以溶液的物质
的量浓度为矣黑-嘿2m°｜L—｜,故B项正确
A项,氨水溶液溶质为氨气’该溶液的密度为pgcmˉ3,体积为VmL,所以溶液质量为pVg’溶
质氨气的质量为αg,溶质的质量分数为ˉ2ˉ旦×100％’故A项错误;
′vg
C项』溶液中OH来源于-水合氨水的电离NH』的浓度为剖;43-10000
—mol .Lˉl ,一水
V
合氨电离NH3H2O—NH煎＋OH』—水合氨电离出的O∏—浓度为l0胖m°｜L—｜’所以溶
液巾OH—浓度大丁lO婴m°｜L—! 』故C项错误;
D项,水的密度比氨水的密度大’相等体积的氨水与水,水的质量大’等体积混合后溶液的质量大于
原氨水的2倍’溶液中氨气的质量相同’则所得溶液溶质的质量分数小于O5@,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］26％
7。C
［解析］C项,配制240mL1.84mol.Ll稀硫酸需要用250mL容量瓶’需要浓硫酸的体积为
0。25L×1。84mol.Lˉl ×98gmol
1 ＝25cm3＝25mL’故C项正确;
98％×1。84g.cmˉ3
A项’稀释浓硫酸时应该将浓硫酸缓慢注人＿定量蒸馏水中’并不断搅拌至冷却,故A项错误;
B项,
由于量取浓硫酸的体积为25mL’故只需50mL的量筒’且不需托盘天平,故B项错误;
D项,容量瓶不能用来稀释浓硫酸,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】24％
8C
［解析】C项』NO2和N2O4均为还原产物,则被还原的硝酸的物质的量为:O。（）8mol＋0。Olmol×2＝
OlOmol,故C项错误;
l66
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「匠RO］
—基本概念与基本理论
A项,该浓硝酸密度为: 140gcmˉ3,质量分数为63％,则该浓硝酸的物质的量浓度为
l000×14×63％molLl＝l4.0mol.Lˉ1 ,故A项正确;
63
B项′ ］7,2mlNO望的物质的量为; 22删lh—』＝α08m。｜』224mLN2O惑的物质的呈为‖
0224L
22.4mol.Lˉ1 ＝00lmol ; 问反应后的溶液中滴加NaOH溶液’恰使溶液中的金属离子全部沉淀
时,所得溶液为NaNO3溶液,结合电荷守恒和原子守恒可知, n（Na＋）＝＂（NO了）＝14mol.Lˉ｜
×
O05L—（0O8mol＋0.0lmol×2）＝06mol,则加人NaOH溶液的体积为:O06L＝60mL,故
B项正确;
D项’溶液中Cu2＋和Mg2＋结合OHˉ的总物质的量等于Cu和Mg溶于硝酸失去电子数目’根据
电子守恒可知为:
（008mol＋0.01mol×2）×（5-4）＝Olmol,则最终得到的金属氢氧化物的沉
淀的质量为: 1.76g＋17gmol
l ×0.1mol＝3.46g,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］24％
9.
B
［解析］B项’
当溶液中的金属离子恰好全部沉淀时’得到硝酸钠溶液°原有硝酸的物质的量为
｜剿Om°l′L※M5L-α70m。l′NO2的物履的量为″-丙≡2揣』÷。｜-MSm。!′用
V
于形成硝酸钠的硝酸为: 0.70mol-0.08mol＝O.62mol’所以加人NaOH溶液的体积是620mL’
故B项错误;
A项’该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是l000mLˉ］×L40g／cm3×63％＝l40mol／L’故A
63g／mol
项正确;
C项,浓硝酸在与合金反应中起了酸性和氧化性的双重作用,且起氧化性的硝酸的物质的量等于NO2
的物质的量,为0.08mol,故C项正确;
D项,金属形成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量等于NO2的物质的量’为O08mol’所以得
到的金属氢氧化物的沉淀为（1.76＋O08×17）g＝3.l2g’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
l0·
B
［解析］B项’ l06g碳酸钠固体（即1molNa2CO3）中含有NA个碳酸根离子’故B项正确;
A项’标准状况下,二氯甲烷为液态’故A项错误;
C项, lmolFe与过量的稀HNO3反应,生成硝酸铁,转移3∧／A个电子,故C项错误;
D项’硫化钠为强碱弱酸盐硫离子会有少量的水解,所以l。0L的0」molL＿］Na2S溶液中含有
的S2ˉ离子数小于0』M,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］18％
l67
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
离
考
11C
［解析］C项NH』H』O-NH壮OH,儡度为常温‘腮!删）不变,加人N鼠OH圃体
后’平衡向左移动, c（NH3H2O）增大’ c（NHj）。c（OHˉ）也增大,而c（H＋）
c（H＋）。c（OHˉ）
＝
分子为常数,分母变大侧湍）应减小,故C项错误;
A项,NaOH固体的加人’抑制了水的电离,故M点溶液中水的电离程度比原溶液小,故A项正确;
B项’
由电荷守恒得, n（OH）＋『l（Clˉ）＝7l（NH却）＋7I（Na＋）＋冗（H＋）,在M点时刃（Na＋）＝αmol’
川（Clˉ）＝0。lmol, n（NHj）＝O05mol,代人得门（OH）-门（H＋）＝（α-O05）mol’故B项正确;
D项’当闪（NaOH）＝0。lmol时’NaOH和NH4Cl恰好完全反应,由于NH3.H2O＝≡NH才＋OHˉ,
故c（Na＋）≡c（NHj）＋c（NH3.H2O）＝01mol。Lˉl ’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】l7％
□「勇而帝］-定物质的量浓度溶液的配制
l。
B
［解析］@钠在空气中燃烧只生成唯一的产物Na2O2,Na2O2呈淡黄色,故@正确;
O配制480mL0.5mol／L的NaOH溶液’需要用500mL容量瓶故需要称量氢氧化钠固体的质
量为05mol／L×05L×40g／mol＝10g’故O错误;
O盐酸中溶质Hcl中的clˉ处于最低价态’具有还原性’H＋处于最高价态’具有氧化性’故O正确;
@H2SiO3不能用化合反应制备, Fe（OH）3可通过4Fe（OH）2＋O2＋2H2O＝4Fe（OH）3制备’
FeCl2可通过2FeCl3＋Fe-3FeCl2制备’故@错误;
OSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为SO2具有还原性’故O错误;
O将质量分数为5％和25％的氨水等质量混合后,所得溶液中溶质的质量分数为15％’而氨水的密
度小于水’且浓度越高,密度越小,故等体积混合后,所得溶液中溶质的质量分数小于l5％’故O
错误;
O干燥的Cl2不具有漂白性’但Cl2与鲜花中的水反应生成的HClO能使鲜花褪色’且氯水中的
HClO能使鲜花褪色’故@正确;
o中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒四种’故o错误;
O纯银器变黑是因为银和空气中少量的硫化氢反应生成黑色的Ag2s’是化学腐蚀’故O正确°
故选@o@o4项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例】4l％
2.
〔
［解析］C项’醛基的检验方法为:加人新制氢氧化铜悬浊液加热’产生红色沉淀Cu2O,此反应必
须在碱性条件下进行,题干中所给的氢氧化钠量不足’因此最终不能产生红色沉淀’不能说明M中
不含醛基’故C项正确;
｝l68
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠RO］
基本｜慨念与基本理论
A项’非金属性C＞B,则碳酸的酸性大于硼酸’向饱和硼酸溶液中滴加Na2CO3溶液,不能生成
二氧化碳’故A项错误;
B项’将AlCl3固体直接加水溶解稀释’会促进铝离子的水解生成氢氧化铝胶体’故B项错误;
D项’过氧化钠与二氧化碳的反应中,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,并未将二氧化碳氧化’故D
项错误.
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］29％
3. D
［解析］D项’在熔融条件下能导电的化合物是离子化合物,可以利用此操作验证两者是离子化合物
还是共价化合物,故选D项;
A项,配制1（）0mL4mol／L的NaOH溶液时,应该先将NaOH固体溶解’转移至100mL容量瓶
中,然后加水定容’最终溶液体积为1O0mL’故不选A项;
B项’制备Fe（OH）3胶体时不应搅拌’且不能煮沸至出现浑浊,而应该加热至出现红褐色时停止’故
不选B项;
C项’元素对应的最高价氧化物的水化物酸性越强,其非金属性越强,但HCl不是氯元素的最高价
氧化物的水化物’不同通过比较HCl和HNO3的酸性强弱来判断Cl、N的非金属性强弱’故不选
C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
【易错项被选择比例］37％
4〔
1000pW
【解析］C项’ 5O％的硫酸溶液中溶质的物质的量浓度为:
c
＝
≡
M
l000×1.4×50％molL—l≈714molLˉ1 ’故C项正确;
98
A项,俯视容量瓶颈刻度线定容,导致溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,故A项错误;
B项’稀释后溶液的密度不明确,所以无法求所需要的蒸馏水的体积或质量’故B项错误;
D项,稀硫酸是混合物’不属于电解质’从C项可知溶质中物质的量浓度为7.14mol.L—l ,而稀释过
程中溶质的质量不变,所以l00mL稀硫酸中含溶质的质量为714molLl×0OlL×98g／mol＝
699g,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】B
［易错项被选择比例］20％
5. C
［解析］C项’硝酸按溶解会吸收热量,导致溶液温度降低’配制1mol.Lˉl的NH4NO3溶液时’未
恢复罕宰温就转移并定容,恢复至室温时’使得配制的溶液体积偏大’所得溶液浓度偏小,故C项
正确;
A项,酸碱中和滴定中,滴定终点时俯视读数’会导致最终的读数偏小’计算得到的溶液体积偏小』
使测得浓度偏小,故A项错误;
B项’用托盘天平称取药品时,药品和怯码位置颠倒,所称取药品质量不＿定有误差,如没有使用游
码时无影响,故B项错误;
l69
｛
』
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
高
考
D项’用润湿的pH试纸测氨水的pH,相当于将氨水稀释,会使测定结果偏小,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］3l％
6.
B
［解析］B项’探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时’应先将溶液水浴加热至设定温度,然
后混合并计时’若顺序颠倒会导致测得的反应速率偏低,故B项错误;
A项’钾、钠、镁等活泼金属可以与水和二氧化碳反应’着火时’应用沙子盖灭’不能使用泡沫灭火
器灭火’故A项正确;
C项,蒸馏完毕后,应先停止加热’待装置冷却后,停止通水,再拆卸蒸馏装置,故C项正确;
D项,为准确配制＿定物质的量浓度的溶液时’定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时,改
用滴管滴加蒸馏水至刻度线,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
易错项分析:本题的易错项为C项°在蒸馏实验完毕后’应先停止加热’因为蒸馏烧瓶仍然是热的’
还有物质馏出’所以继续通人冷却水’待烧瓶冷却后,再停止通水’拆卸蒸馏装置’此操作遵循了
“先来后走”的原则,故C项正确°
［易错项】C
［易错项被选择比例］28％
7。∧
［解析］A项,NO2易溶于水且能与水反应生成HNO3和NO’而NO难溶于水,则A项操作能够
除去NO中的NO2’故A项正确;
B项,电镀时电解质溶液应为含有镀层金属离子的溶液,则应该用含有Zn2＋的盐溶液作为电解质溶
液’故B项错误;
C项’容量瓶不能用来稀释浓硫酸,故C项错误;
D项,往试管中滴加液体时,胶头滴管不能伸人到试管中,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］35％
8B
［解析］B项’ 2CO＋2NO-N2＋2CO2为混乱度减小的反应’则△S＜0’在常温下能自发进
行’则△G＝AH—TAS＜0,说明AH＜0,故B项错误;
A项,实验室配制FeCl3溶液时,需将Fe（Cl）3（s）溶解在较浓盐酸中,然后加水稀释’可防止Fe3＋
的水解’故A项正确;
。项NH绷Cl擂液加水稀释时,促迸NHx的水解‘旧）增人』‘｜NHn减小侧c甜）的愤增
大,故C项正确;
D项,由化学方程式可知,该反应为吸热反应,加人固体NaOH溶解放热以及NaOH与CH3COOH
反应,均促进平衡正问移动’故乙酸甲酪水解转化率增大』故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例】20％
【l70
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『【R0｜
基本概念与基本理论
9. C
〔解析］@项’NH3能够与稀硫酸反应生成（NH4）2SO4而被吸收,且下层CCl4不与NH3反应可
防止液体倒吸,能够达到实验目的’故选o;
@项’乙醇在浓硫酸催化下反应制备乙烯时,液体温度应迅速升到l70°C’避免副反应发生,因此温
度计下端应伸人到液面以下来测量反应温度,且不能用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯,因为挥发出来的
乙醇也能够使其褪色’故不选@;
o项,装置气密性良好时,烧瓶与长颈漏斗形成液面差,能达到实验目的,故选o;
@项,在配制—定浓度的NaNO3溶液时’应先在烧杯中进行搅拌溶解,冷却后再转移到容量瓶中,
不能直接在容量瓶中进行溶解,故不选@°
故正确序号为@o。
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项］B
［易错项被选择比例］21％
lOB
［解析］B项’NaOH已潮解,则称取的NaOH实际质量偏小’配制的NaOH溶液浓度偏低’滴定
时消耗NaOH溶液的体积偏大,则盐酸测定浓度偏高,故B项正确;
A项,加NaOH溶液至碱性后』再加碘水, I2会与NaOH发生反应:3I2＋6NaOH-NaIO3＋
5NaI＋3H2O,所以加碘水无明显现象’但该现象不能说明淀粉已水解完全’故A项错误;
C项,泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分,不能用于扑灭电器设备所引起的火灾,故C项错误;
D项,NH3.H2O是弱电解质,所以向硫酸铝溶液中加人过量氨水的反应方程式为Al3＋＋
3NH3.H2O-Al（OH）3↓＋3NH才’生成的Al（OH）3沉淀不与氨水继续反应,即沉淀不溶解,
故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
易错项分析:本题的易错项为A项°淀粉在酸的作用下水解’最终生成葡萄糖°淀粉遇碘变蓝色,不
能发生银镜反应;而产物葡萄糖遇碘不变蓝色’能发生银镜反应°依据这两种物质的性质,可用银氨
溶液和碘水来检验淀粉是否水解或水解的程度°但检验葡萄糖必须在碱性条件下进行’而检验淀粉不
能在碱性条件下’因为碘会与碱反应生成碘离子和碘酸根离子,检验不出有无淀粉°
［易错项］A
［易错项被选择比例】20％
ll。∧
【解析】A项,泊脂在NaOH热溶液中发生皂化反应形成胶体’加人热饱和食盐水会发生盐析’出现
固体’故A项正确;
B项’容量瓶和分液漏斗都没有“0”刻度线’故B项错误;
C项,实验室用二氧化锰与浓盐酸制氯气时,应该先加浓盐酸再加热,故C项错误;
D项’检验摩尔盐中的NH煎,应问试样中加人足量的浓NaOH并加热’再在试管口用湿润的红色石
蕊试纸检验’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项］C
［易错项被选择比例］26％
l7l厂
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
融
学
化
高
考
团｜…司｜离子方程式
1D
［解析］D项’NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液’反应的离子方程式为:HCOJ＋Ba2＋＋
OHˉ-BaCO3↓＋H2O’故D项正确;
A项’氯气溶于水,反应的离子方程式为:Cl2＋H2O＝≡H＋＋Clˉ＋HClO’故A项错误;
B项,过量HI溶液加人到Fe（NO3）3溶液中’反应的离子方程式为（＿般情况下,硝酸的氧化性强
于三价铁离子）: 8H＋＋2NO百＋6Iˉ＝2NO↑＋4H2O＋3I2↓,故B项错误;
C项酸性溶液中KBrO3与KBr反应生成Br2,反应的离子方程式为: BrO面＋5Brˉ＋6H＋-
3Br2＋3H2O,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】24％
2.∧
【解析】A项’问Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液’至溶液呈中性,Ba（OH）2和NaHSO4的系
数比为1 ;2’反应的离子方程式为: 2OH＋Ba2＋＋2H十＋SOiˉ≡≡BaSO4↓＋2H2O’故A项
正确;
B项’问Fe2（SO4）3溶液中加人铁粉: 2Fe3＋＋Fe-3Fe2＋’故B项错误;
C项,由于次氯酸根水解出氢氧根’所以NaClO溶液呈碱性,反应物中不应该有H＋’故C项错误;
D项,向NaOH溶液中通人过量CO2,生成碳酸氢钠:CO2＋OHˉ-HCO可,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项］C
［易错项被选择比例］34％
3. D
［解析］D项,将02mol／L的NH4Al（SO4）2溶液与03mol／L的Ba（OH）2溶液等体积混合的离
子方程式为: 2Al3＋＋3SOi—＋3Ba2＋＋6OH—＝＝2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓,故D项正确;
A项,二者反应生成碘单质和亚铁离子,离子方程式为2Fe（OH）3＋6H＋＋2Iˉ＝＝2Fe2＋＋I2＋6H2O’
故A项错误;
B项,双氧水可以还原酸性KM∏O4溶液’使之褪色,离子方程式为: 2MnO耳＋5H2O2＋6H＋＝
2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O,故B项错误;
C项’向氢氧化钡溶液中加人少量稀硫酸’硫酸完全反应’氢离子和硫酸根离子按照物质的量2:
l
反应,离子方程式为: 2H＋＋2OHˉ＋Ba2＋＋SO员＿-BaSO4↓＋2H2O’故C项错误。
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】42％
4B
［解析］次氯酸钙溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸’离子方程式是Ca2＋＋2C1Oˉ＋
H2O＋CO2-CaCO3↓＋2HClO;次氯酸钙溶液与过量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钙’离
子方程式是C1Oˉ＋CO2＋H2O＝＝HClO＋HCO百,故B项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
攘l72
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「［尺0］
—基本概念与基本理论
【易错项］A
［易错项被选择比例】2l％
5.
B
［解析］B项’向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液’发生氧化还原反应’离子方程式为:5NO2十
2MnOJ＋6H＋-5NO】＋2Mn2＋＋3H2O,故B项错误;
A项’Cl2与H2O反应生成HCl、HClO,离子方程式为:Cl2＋H2O≡≡Clˉ＋H＋＋HClO,故A
项正确;
C项’向NaHSO4溶液中加人Ba（OH）2溶液至SOi＿刚好沉淀,离子方程式为:H＋＋SOi—＋Ba2＋＋
OHˉ-BaSO4↓＋H2O’故C项正确;
D项’在水溶液中,硫酸银与单质硫作用,沉淀变为硫化银,说明S化合价降为ˉ2价’分离,所得溶
液中加碘水不褪色’说明S化合价升为＋6价,反应的离子方程式为: 3Ag2SO4＋4S＋4H2O＝
3Ag2S＋8H十＋4SOi—’故D项正确·
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］27％
6B
［解析】向物质的量各为lmol的NH4Al（SO4）2和H2SO4混合稀溶液中逐滴加人＿定量Ba（OH）2
溶液,从图中可知,O—→A:硫酸和氢氧化钡发生反应;Aˉ→B:硫酸根离子、铝离子与氢氧化
钡发生反应生成两种沉淀;Bˉ→C:按根离子、硫酸根离子与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和一水
合氨; C—D:氢氧化铝溶解;D—E:没有离子反应发生°
B项’A→B的离子万程式为: 2Al3＋＋3SO蜀ˉ＋3Ba2＋＋6OHˉ-3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓’
故B项正确;
A项’O—≡A正确的离子方程式应为: 2H十＋SOi＋Ba2＋＋2OH—＝＝BaSO4↓＋2H2O』故A
项错误;
C项,B—C的离子方程式为: 2NH才＋SOi＿＋Ba2＋＋2OH＝＝BaSO4↓＋2NH3.H2O’故
C项错误;
D项,D＿E没有离子反应发生,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］20％
7. D
〔解析］D项,
由于还原性: Iˉ＞Fe2＋’少量Cl2先将Iˉ氧化’离子方程式为:
2I ＋Cl2＝
I2＋2Clˉ,故D项正确;
A项’Al（OH）3与过量的氨水不发生反应’正确的离子方程式应为:Al3＋＋3NH3H2O＝
Al（OH）3↓＋3NH茹,故A项错误;
B项,选项中电荷不守恒’得失电子不守恒,正确的离子方程式应为:5I—＋IO5＋6H＋-3I2＋3H2O,
故B项错误;
C项’ 由于酸性;H2CO3＞HClO＞HCO5’根据“强酸制弱酸”的反应规律,正确的离子方程式
应为:HClO＋CO;——ClO—＋HCO互’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
l73獭
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
8. D
［解析］D项,氢氧化钠溶液与过量碳酸氢钙溶液反应,生成碳酸钙沉淀,故D项正确;
A项,CaCO3微溶,书写离子方程式时不能拆分,故A项错误;
B项,等式两端得失电荷不守恒,正确的离子方程式应为2MnO刁＋l0Cl
＋16H＋-2Mn2＋＋
5Cl2↑＋8H2O,故B项错误;
C项,漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的离子方程式应为Ca2＋
＋3ClOˉ ＋H2O＋
SO2-CaSO4↓＋2HClO＋Clˉ’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
9.∧
［解析】A项,将02mol／L的NH4Al（SO4）2溶液与03mol／L的Ba（OH）2溶液等体积混合时’
铝离子恰好与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀反应的离子方程式是: 2Al3十＋3SOi
＋3Ba2十＋
6OH-2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓’故A项正确;
B项’硫氢化钠的水解反应正确的离子方程式为:HS＿＋H2O＝≡H2S＋OHˉ’故B项错误;
C项’铁片放人过量的稀硝酸中,生成的是Fe3＋』则离子方程式为: Fe＋4H＋＋NO5-Fe3＋＋
NO↑＋2H2O,故C项错误;
D项’草酸是弱电解质,不能拆’则酸性高锰酸钾使草酸溶液褪色的离子方程式为: 2MnO耳＋
5H2C2O4＋6H＋-2Mn2＋＋l0CO2↑＋8H2O’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项］D
［易错项被选择比例】45％
l0。
〔
［解析］C项, Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中会发生氧化还原反应’反应的离子方程式为: Fe2O3＋
6H＋＋2I＝2Fe2＋＋I2＋3H2O,故C项正确;
A项’泡沫灭火器的灭火原理是利用Al3＋和HCO亏发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和CO2气
体,反应的离子方程式为:A13＋＋3HCOi＝Al（OH）3↓＋3CO2↑’故A项错误;
B项,小苏打溶液呈碱性的原因是HCO5的水解程度大于电离程度,对应的离子方程式为:HCO可＋
H2Oˉ≡OHˉ＋H2CO3’故B项错误;
D项’向硫酸铝按溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液’应以Ba（OH）2为标准书写离子方程式,反应的
离子方程式为: 2Al3＋＋3SOi—＋3Ba2十＋6OHˉ-3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］28％
l1B
［解析］B项’NaOH溶液与少量SO2反应,发生SO2＋2OH—＝SO;—＋H2O,故B项正确;
l74
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『【RO］
基本概念与基本理论
A项’该离子方程式未配平’金属钠和水反应的离子方程式应为2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH＋H2↑’
故A项错误;
C项’硫酸按溶液和氢氧化钡溶液反应时’除SOi与Ba2十反应产生沉淀外,NHj与OH结合生
成弱电解质NH3.H2O’故C项错误;
D项’碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水反应,CO;—应全部反应生成CaCO3,不会有CO;剩余’
因此离子方程式应为HCOj＋Ca2＋＋OH＝CaCO3↓＋H2O》故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l9％
12C
［解析］C项当…时,会发生反应C｜2十2I—＝2C｜—＋I2』当b≡;α时』溶液巾的SO;利
I—恰好完全反应’ amolSO;和Cl2反应转移电子2αmol, αmolI—和Cl2反应转移电子αmol
共转移电子3αmol’故转移电子的物质的量〃（eˉ）为2αmol≤门（eˉ）≤3αmol,故C项错误;
A项, 由还原性SO;＿＞I可知,通人的Cl2先与SO;反应’故当α≥b时’发生的离子反应为
SO;ˉ＋Cl2＋H2O-SO;—＋2H十＋2Cl＿’故A项正确;
B项由题意知,α＝÷b′此时SO;消耗÷bm。｜Cl遵剩余;b『n°｜α2氧化;bm°!＝:m°＂—』即消
耗的SO;ˉ和I—物质的量之比为2:l,故发生的离子反应为4SO;＋2I ＋5Cl2＋4H2O＝＝4SOi—＋
I2＋8H＋＋10Clˉ,故B项正确;
D项’
由以上分析可知’此时SO;＿和Cl2完全反应’部分I—发生反应’溶液中有amolSO;和
2bmolClˉ,剩余（b-a）molCl2与Iˉ反应消耗2（b—α）molIˉ’则溶液中剩余α一2（b-α）＝
（3α＿2b）molIˉ』溶液中SO;
、I—与Cl—的物质的量之比为α: （3αˉ2b）:2b’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
〔易错项］B
［易错项被选择比例］23％
l3° D
［解析］αmolNaOH与bmolCO2反应’按照反应物的比例不同’存在三种情形:@氢氧化钠过
量’反应生成碳酸钠’此时α≥2b’反应的离子万程式为2OH—＋CO2-CO;—＋H2O;@二
氧化碳过量’反应生成碳酸氢钠’此时α≤b’反应的离子万程为OHˉ＋CO2-HCO5;O当
b≤α≤2b时,生成物中既含有碳酸钠又含有碳酸氢钠°
D项』由分析可知’当;＜b＜α时,设生成xm。｜的HCO可’ y′施°′的CO;ˉ,生成水的物质的量
为Zmol’则有aOH—＋bCO2-yCO;ˉ＋xHCO5＋zH2O’根据物料守恒和电荷守恒分别得到
x＋y＝b’ 2y＋x＝α’可解得, x＝2bˉα’ y＝αˉb’所以溶液中CO;与HCO5的物质的量之比
为（α—b）:
（2b-α）’故D项错误;
A项,
由分析可知’符合@中情形,故A项正确;
B项,由分析可知’符合@中情形,故B项正确;
C项,
由分析可知’符合o中情形,而且离子方程式书写正确』故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例】30％
175赣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
~
…
学
化
高
考
l4D
［解析］D项,成分为盐酸的洁厕灵与“84’’消毒液混合后会生成氯气》易使人中毒,反应的离子方
程式为:Clˉ＋ClOˉ＋2H＋＝Cl2↑＋H2O’故D项正确;
A项,磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸:Fe3O4＋2I ＋8H＋-I2＋3Fe2＋＋4H2O’故A项错
误;
B项,Na2O2加人Hl8O中发生过氧化钠的歧化反应’故水中的l8O到了氢氧化钠中,则离子方程
式为2Na2O2＋2H2 18O-4Na＋＋2OHˉ＋2l8OHˉ＋O2↑,故B项错误;
C项》水玻璃中通人过量二氧化碳生成硅酸和碳酸氢钠’故离子万程式为:SiO;ˉ＋2CO2＋2H2O＝
2HCO5＋H2SiO3↓’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例】15％
l5.∧
［解析］A项,用石墨电极电解MgCl2溶液:Mg2＋＋2Clˉ＋2H2O
通电Mg（OH）2↓＋Cl2↑＋H2↑’
故A项正确;
B项’向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液发生强烈的双水解’生成氢氧化铝和二氧化碳气体,故B项错误;
C项, 问Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液:Ca2＋＋HCO面＋OHˉ＝＝CaCO3↓＋H2O,
故C项错误;
D项,问Fe（NO3）3溶液中加人过量的HI溶液’硝酸、三价铁均与碘离子发生氧化还原反应,生成
物还有亚铁离子’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
【易错项被选择比例］l9％
l6. C
［解析］C项,氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜’离子方程式为:2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋
Cu2＋’故C项正确;
A项,将＿定量的Na2O2投人到Ca（HCO3）2溶液中,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,生
成的氢氧化钠与Ca（HCO3）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠,离子方程式为:2Na2O2＋2Ca2＋＋
4HCO面-2CaCO3↓＋4Na＋＋2CO;
＋2H2O＋O2↑,故A项错误;
B项,酸性:HCO了＞Al（OH）3,NaHCO3和NaAlO2溶液混合时,离子方程式为:AlO∑＋HCO面＋
H2O-Al（OH）3↓＋CO;＿,有白色沉淀生成,没有气体生成,故B项错误;
D项,O01molLl
NH4Al（SO4）2溶液与O.OO5molLˉl
Ba（OH）2溶液等体积混合时’
NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2物质的量之比为2
:
1 ,假设NH4Al（SO4）2的物质的量为2mol,加
可
人lm°lBa（OH）2』生成lm。l硫酸钡沉淀氢氧根离子首先与铝离子反应』生成;m。lAl（OH）2
沉淀因此离子方程式为: 2Al3＋＋3SOi—＋3Ba2＋＋6OH＝＝3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓’故D项
错误°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］B
［易错项被选择比例］22％
瓣l76
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『巨RO］
基本概念与基本理论
l7. D
［解析］D项,将除去氧化膜的铝加人烧碱溶液中’离子方程式为:2Al＋2OHˉ＋2H2O-2AlO五＋
3H2↑’故D项正确;
A项,将少量金属钠放人冷水中,反应生成氢氧化钠和氢气,离子方程式为: 2Na＋2H2O＝
2Na＋＋2OH＋H2↑,故A项错误;
B项,亚硫酸钡被硝酸氧化生成硫酸钡,不会生成SO2,离子方程式为:3BaSO3＋2H＋＋2NOj-
3BaSO4↓＋H2O＋2NO↑’故B项错误;
C项’向澄清石灰水中通人过量的二氧化碳’反应生成碳酸氢钙’离子方程式为:OHˉ＋CO2＝
HCO百,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l5％
D
［解析］D项,过量CO2通人Ca（ClO）2溶液中,反应生成Ca（HCO3）2和HClO’反应的离子方程
式为:ClOˉ＋CO2＋H2O-HCO5＋HClO,故D项正确;
A项,离子方程式未配平,氯化铁溶液中加人铜粉,反应生成氯化亚铁和氯化铜’反应的离子方程式
为: 2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋Cu2＋,故A项错误;
B项’醋酸是弱酸,不能改写成离子形式,小苏打与醋酸溶液混合’反应的离子方程式为:HCO面＋
CH3COOH-CH3COOˉ＋CO2↑＋H2O’故B项错误;
C项,NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液共热,按根离子和碳酸氢根离子均发生反应’反应的离子
方程式为:NHj＋HCO面＋2OHˉ
加热
NH3↑＋CO;ˉ＋2H2O’故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］l4％
l8
l9. C
［解析］Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH—＋2H＋＋SOiˉ＝BaSO4↓＋
2H2O,当Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液恰好反应时,溶液导电能力最小（图中a点）’符合曲线@
的变化情况; Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液反应:滴人少量NaHSO4溶液时,发生反应Ba2＋＋
OH—＋H＋＋SOi—＝BaSO4↓＋H2O,Ba2＋沉淀完全’溶液中OH有剩余’溶质为NaOH（图中
b点）;继续滴加NaHSO4溶液时’发生反应OH＿＋H＋≡H2O’OHˉ完全反应’溶液中离子浓度
降到最低,导电能力最弱（图中d点）,符合曲线@的变化情况°因此@代表滴加H2SO4溶液的变
化曲线,@代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线°
C项, c点处’滴人的溶液体积相同’则SO〗＿浓度相同,而Ba2＋已经沉淀完全, c点O的溶质为
H2SO4,@的溶质为NaOH和Na2SO4,二者的OH＿浓度肯定不同’故C项错误;
A项,根据分析可知:@代表滴加H2SO4溶液的变化曲线’故A项正确;
B项,根据分析可知: b点对应的溶液溶质为NaOH,因此溶液中大量存在的离子是Na＋、OH’故
B项正确;
D项’根据分析可知:
a、d两点溶液中对应的溶质均为Na2SO4,溶液均显中性,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
l77徽
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
［易错项被选择比例］l9％
20。C
［解析］C项,氨水是弱碱’所以即使氨水过量,生成物仍为Al（OH）3,故C项正确;
A项’铜和稀硝酸反应生成的是NO而不是NO2’故A项错误;
B项,该离子方程式左石两边得失电子不守恒’故B项错误;
D项,Na2SiO3是强电解质’所以正确的离子方程式为SjO; ＋2H十-H2SjO3↓,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l6％
2l.
B
［解析】B项,铝能溶于氢氧化钠溶液’而镁不能溶于氢氧化钠溶液’用氢氧化钠溶液除去镁粉中的
杂质铝的离子方程式为2Al＋2OHˉ＋2H2O-2AlO面＋3H2↑,故B项正确;
A项’室温下’NHj水解是可逆的过程’其水解离子方程式为NH蓟＋2H2O＝≡NH3.H2O＋H3O＋’
故A项错误;
C项,酚轻基的酸性强于碳酸氢根的酸性’弱于碳酸的酸性』所以碳酸氢钠溶液与酚轻基不反应’则
用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的竣基的离子方程式为:
OH
OH
~｜
~~｜~
窿酗侧Ⅲ＂鹰州一门酗α……露№
D项’草酸是二元弱酸’写离子方程式时不可拆,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］24％
□｜硒｜离子共存
l. C
［解析］C项’通人足量氨气之前’K＋、Na＋｀AlO豆、CO;ˉ之间不发生反应’能够大量共存’通人
足量的氨气之后也能大量共存’故选C项;
A项,通人足量的氯气,
由于氯气与水会发生反应,反应的离子方程式为: Cl2＋H2O＝≡H＋＋
C］ˉ＋HClO,而SiO;会与H＋发生反应’反应的离子方程式为: SiO;＿＋2H＋-H2SiO3,即
通人足量的氯气后’该组离子之间不能大量共存,故不选A项;
B项’通人足量的二氧化硫,二氧化硫会与SO;ˉ发生反应’反应的离子方程式为: SO;—＋SO2＋
H2O-2HSO〕’即通人足量的二氧化硫后’该组离子之间不能大量共存’故不选B项;
D项’通人足量的二氧化氮,由于二氧化氮与水会发生反应,反应的离子方程式为:3NO2＋H2O-
2H十＋2NO可＋NO,而S2O;ˉ会与H十发生反应’反应的离子方程式为: S2O; ＋2H＋-S↓＋
SO2↑＋H2O,即通人足量的二氧化氮后’该组离子之间不能大量共存,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项】B
l78
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠尺O］
基本概念与基本理论
［易错项被选择比例］34％
2.∧
［解析］pH＝1的溶液为强酸性溶液,在强酸性溶液中—定不会存在CO;—、SO;—;加人过量硝酸钡
生成沉淀’则该沉淀C为BaSO4’说明溶液中含有SO苛ˉ’则—定不含Ba2＋’生成气体A′则A只能
是NO’说明溶液中含有还原性离子,则—定有Fe2＋,则＿定不含NO百’溶液B中加人过量NaOH
溶液’ F为生成Fe（OH）3沉淀,生成气体D,则D为NH3,说明溶液中含有NH蓟;溶液E中通人
过CO2气体’生成沉淀H’可判断H为Al（OH）3,可判断溶液中含有Al3＋°综上,溶液中＿定含
有Al3＋、NH才、Fe2十、SOi 、H＋,一定不含Ba2＋、CO;ˉ、SO;—’不确定是否含有Fe3十和Cl—。
A项,第＿步加人过量硝酸钡溶液,引人Ba2＋’第二步加人过量氢氧化钠溶液后得到溶液E,溶液E
中含有Ba2＋且显碱性’通人过量CO2,首先生成BaCO3沉淀,继续与CO2反应生成易溶于水的
Ba（HCO3）2,沉淀H中不含BaCO3,故A项错误;
B项’ 由上述分析可知,不能确定是否含有Fe3＋、Clˉ,故B项正确;
C项’ 由上述分析可知,溶液中＿定含有Al3十、NHj、Fe2＋、SOi—｀H＋,故C项正确;
D项’根据反应: 3Fe2＋＋NO5＋4H＋＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O,NO的物质的量为0.002mol,则
n（Fe2＋）＝0.006mol, c（Fe2＋）＝0.06molLˉ1 ’故D项正确°
综上所述』本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］36％
＼
『
3。
B
［解析］B项,各离子间不发生化学反应而能够大量共存’且溶液透明’故选B项;
A项’ Iˉ与ClOˉ因发生氧化还原反应而不能大量共存,故不选A项;
C项,H＋、S2ˉ、NO面因发生氧化还原反应『∏不能大量共存’故不选C项;
D项,H＋与Fˉ形成弱酸而不能大量共存,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］3l％
~
~
~
4. B
［解析］由题干信息知,该溶液为无色溶液’则溶液中不含Fe3＋’问溶液中加人铝粉,只放出H2,可
推知该溶液可呈酸性或碱性’若溶液为酸性, 由于在酸性环境中’NO百与铝粉反应不可能放出H2』
可推知溶液中不可能含有NO百’而CO;—、OH＿不能在酸性环境中大量存在,可知酸性环境下可大
量存在的离子有:H＋、NH本、Ba2＋、Al3＋、Clˉ’共5种离子;若溶液为碱性,H＋、NHj、Al3＋不
能在碱性环境中大量存在’由于溶液显电中性,可知溶液中含有Ba2半,可推知溶液中不含CO; ,可
知碱性环境下可大量存在的离子有:Ba2＋、Cl 、OHˉ、NO5,共4种离子。结合上述分析可知’该
无色溶液中能大量存在的离子最多有5种,故选B项°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］30％
5.∧
［解析】A项,常温下c（H＋）.c（OHˉ）＝10 l4,水电离出的c（H＋）水.c（OHˉ）水＝l0ˉ2o的溶液中’水
l79
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
翻
考
~
的电离受到抑制’则c（H＋）水＝c（OH＿）水＝l0lomol／L’溶液可能呈酸性也可能呈碱性’S2—、SO;—
不能在酸性溶液中大量共存但可以在碱性溶液中大量共存’故选A项;
B项’能与金属铝反应放出氢气的溶液,可能显酸性’也可能显强碱性’在酸性溶液中NO面有强氧
化性,与铝反应不生成氢气,在强碱性溶液中NHj不能大量存在,故不选B项;
C项》不能使酚酞试液变红的无色溶液’溶液不呈碱性’ CO;和ClOˉ只能存在于碱性溶液中’故
不选C项;
D项,无色透明溶液中Fe3＋不能大量存在, Fe3＋呈黄色,还能与HCO5发生双水解’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］29％
6.
B
［解析］根据@可知’生成的气体应该是CO2’所以一定含有CO;ˉ’则＿定没有Ba2十、Al3＋’根据
溶液显电中性可知’＿定含有钠离子,又因为溶液是无色的,所以没有CrOiˉ;根据@可知,生成的
气体是CO2’沉淀只能是氢氧化铝,这说明原溶液中含有A］O豆;由于碳酸氢铰是过量的’所以根据
o可知’—定生成氨气和白色沉淀碳酸钡’不能确定原溶液中是否含有SOi＿.据分析可知’原溶液
中＿定含有的离子为:Na＋、AlO五、CO;—。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】40％
7.∧
［解析］A项,在酸性溶液中’HCO5与H＋反应放出二氧化碳’在碱性溶液中’Mg2＋与OHˉ反应
生成氢氧化镁沉淀’且各离子间相互不反应’能够大量共存,故选A项;
B项, Pb2＋、Ba2＋与S2能够反应生成沉淀,不能大量共存,故不选B项;
C项’
Pb2＋、SOiˉ能够反应生成沉淀,不能大量共存’故不选C项;
D项’在酸性溶液中’S2O;ˉ发生歧化反应生成SO2气体和单质S沉淀在碱性溶液中’Mg2＋、NH才
分别反应生成沉淀和气体,与题意不符,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l3％
8.
〔
［解析］某溶液X呈无色,仅可能含有Ba2＋、Na十＼NHj、H十、Cl—、SO;ˉ、SOi—七种离子中的几
种（不考虑水的电离）’根据离子共存’ Ba2＋与SO;—、SOi—不能同时存在’H＋与SO;—不能同时
存在°向该溶液中滴加少量新制氯水’所得溶液仍为无色’说明氯水中的氯气发生了反应’则溶液X
中一定含有SO;—’＿定不含Ba2＋和H＋;溶液中各离子浓度均为0.1mol／L,根据电荷守恒』肯定
含有Na＋、NHj’
由于没有其他阳离子存在’则＿定不含Clˉ和SO〗—°
C项,根据上述分析,溶液X中肯定含NHj,故C项错误;
A项’根据上述分析,溶液X中肯定不含Clˉ’故A项正确;
B项’根据上述分析’溶液X中肯定不含H＋,故B项正确;
D项根据上述分析’溶液X中肯定含有SO;—’故D项正确。
综上所述’本题正确答案为C°
ˉ
｝180
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C川∧P『［RO］
基本概念与基本理论
［易错项］D
［易错项被选择比例］35％
9.∧
［解析］用硫酸浸出后的溶液’因为SiO2与硫酸不反应,则滤液中含有的离子有:Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、
SOiˉ｀H＋、OHˉ°
A项,加人过量氢氧化钠溶液’生成氢氧化铁沉淀,Al3＋生成AlO面,则溶液中能大量共存的离子为:
Na＋、AlO面、OHˉ＼SOi—’故A项正确;
B项’加人氨水,可生成氢氧化铝沉淀,溶液不存在Al3＋’故B项错误;
C项’Cl2具有强氧化性, Fe2＋不能大量存在』故C项错误;
D项,通人过量SO2,与铝离子不反应,溶液中还存在Al3＋,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
【易错项］D
［易错项被选择比例］l6％
10。D
［解析］由溶液为无色’可推知溶液中不含Fe3＋; （D取少量原溶液’问其中滴加足量氯水’有无色无
味气体产生’可推知无色无昧气体为CO2’则溶液中＿定含有CO;ˉ,进—步推知溶液中＿定不含有
Mg2＋,反应后溶液仍为无色,可推知溶液中＿定不含有Iˉ;@将@中的溶液分为2份’问其中＿份
溶液中加人AgNO3溶液’有白色沉淀产生’可推知白色沉淀为AgCl’但由于步骤@中加人足量氯
水,则不能证明原溶液中是否含有Clˉ;O问另＿份溶液中加人BaCl2溶液,有白色沉淀产生,可
推知白色沉淀为BaSO4》可推知原溶液中含有SOiˉ;
由于溶液呈电中性’则溶液中＿定含有阳离
子』可推知溶液＿定含有Na十。结合上述分析可知’原溶液中—定大量存在的离子有:Na＋、SOi—、
CO;ˉ’故选D项。
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］32％
l1B
［解析］B项’室温下Kw／c（H十）＝l0ˉl3mol.Lˉl的溶液呈强酸性, Fe3＋、NH才、Mg2＋、SO;ˉ在
酸性环境下能大量共存,故B项正确;
A项’稀硫酸中K＋、Mg2＋能大量共存’而AlO∑与H＋反应生成Al3＋’ S2O;ˉ在酸性环境下发生
自身氧化还原反应: S2O;ˉ＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2O,所以该组离子在稀硫酸中不能大量共存’
故A项错误;
C项’使甲基橙变红的溶液呈酸性,在酸性条件下,MnO刁能够把Fe2＋氧化为Fe3＋,不能大量共存’
故C项错误;
D项’通人大量CO2的溶液呈弱酸性, ClOˉ会结合H＋生成HClO,不能大量共存,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］19％
l2。
B
【解析］B项’能使酚酞变红的溶液显碱性,四种离子不发生反应’都能大量共存’故选B项
］
β
‖
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
A项,该溶液中含Cu2＋,溶液呈蓝色’故不选A项;
C项, c（ClOˉ）＝lmolLˉ1的溶液具有强氧化性’能氧化Fe2＋、Iˉ,故不选C项;
D项｀‘（磊—）≡αlm。lL—｜的熔液呈酸性』H泻CH］COO—不能大量共存′故不选D项.
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］l5％
l3.
B
［解析］B项’ c（H＋）≡1×l0ˉ3mol／L的溶液呈酸性’Cl 、Al3＋、NH茹、Na＋之间不反应’且都不
与氢离子反应,在溶液中能够大量共存,故选B项;
A项,MnOJ为有色离子,且Iˉ、MnO耳之间发生氧化还原反应,故不能大量共存’故不选A项;
C项’H＋大量存在时,溶液呈酸性,NO〕与S2ˉ发生氧化还原反应’故不能大量共存,故不选C项;
D项,能使酚酞变红的溶液呈碱性’Cu2＋与OHˉ、CO;—发生反应’在溶液中不能大量共存’故不
选D项°
综上所述,本题正确答案为B.
［易错项］C
［易错项被选择比例】l6％
l4∧
［解析］A项’新制氯水中’ Fe3＋、Mg2＋、SOi—、NO5之间不能发生反应,能够大量共存’故选A
项;
B项,
［Al（OH）4］—能与H＋发生反应’不能大量共存,故不选B项;
C项, Fe3＋具有氧化性, Iˉ具有还原性,两者会发生氧化还原反应’不能大量共存’故不选C项;
D项’能使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性,在碱性溶液中Cu2＋要反应生成沉淀,不能大量共存
故不选D项°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l6％
l5. D
［解析］D项,Al2（SO4）3和氨水反应生成氢氧化铝和硫酸按,则溶液变浑浊,氢氧化铝不能溶解在
氨水中’故D项错误;
A项,问FeSO4溶液中滴人少量酸性KMnO4溶液,溶液紫色褪去’说明发生了氧化还原反应,Fe
元素的化合价升高’ Fe2＋有还原性,故A项正确;
B项, 向Na2SiO3溶液中通人适量的CO2,产生白色胶状物质’说明有H2SiO3生成’则酸性
H2CO3＞H2SjO3’故B项正确;
C项,试管中发生反应2Brˉ＋Cl2-2Clˉ＋Br2’加四氯化碳革取后有机层在下层,下层溶液呈
橙红色’说明氧化性:Cl2＞Br2,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
【易错项被选择比例】18％
舅182
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［尺O｜
—基本概念与基本理论
l6∧
［解析］A项’虽然铜离子有颜色,但其溶液也是澄清透明的蓝色溶液’故选A项;
B项’含有大量碳酸根离子的溶液中’Fe3＋和CO;ˉ会发生的双水解’生成氢氧化铁和二氧化碳,所
以无法大量共存,故不选B项;
C项’能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液,在酸性溶液中, 由于NO5的存在, S2ˉ会被氧化,所以
无法大量共存,故不选C项;
D项, 由水电离出的c（H＋）＝l×l0ˉl2mol／L的溶液’可能含有大量的氢离子或氢氧根离子,若存
在大量的氢氧根离子』则Al3＋不能大量存在;若存在大量的氢离子,则C6H5Oˉ不可能大量存在,
故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l7％
■「霓了∏苇］氧化还原反应的基本概念
l.
B
［解析］B项’铁生锈与食物腐败都属于缓慢氧化,故B项正确;
A项,盐酸属于混合物’既不是电解质也不是非电解质,故A项错误;
C项,单糖与二糖均不属于高分子化合物’故C项错误;
D项,二氧化碳的结构式为O＝C＝O,属于非极性分子,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］29％
2. D
［解析］D项,第Ⅳ步操作为过滤得到CoCO3固体,第V步锻烧得到CoO’保护气可以选用惰性气
体,但不能选用—氧化碳气体,因为二者会发生氧化还原反应生成Co和CO2,故D项错误;
A项,废料中含Co2O3、CoO和少量Fe、Al,只有Al能与NaOH溶液反应并溶解’所以第I步
反应后得到的滤液主要是含铝溶液’故A项正确;
B项,
已知:Co2O3的氧化性＞Cl2的氧化性,所以第Ⅱ步中盐酸不仅表现出酸性’还表现出还原
性’首先Fe2＋作还原剂将＿部分Co3＋还原为Co2＋;为了使Co3＋完全转化为Co2＋’盐酸必须过
量’故B项正确;
C项’已知Fe3十、CO;＿会发生双水解产生Fe（OH）3’则第Ⅲ步中加人适量Na2CO3溶液发生反应:
2Fe3＋＋3CO;—＋3H2O＝2Fe（OH）3↓＋3CO2↑,第Ⅳ步继续加人Na2CO3溶液生成CoCO3沉淀,
所以第Ⅲ步中Na2CO3主要作用是使Fe3＋沉淀’滤渣主要为Fe（OH）3』故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例］24％
3. C
［解析］C项’氨碱法制碱工艺以食盐、石灰石和氨气为原料’制得了碳酸钠和氯化氨’不存在元素
的化合价变化,未涉及氧化还原反应,故选C项;
l83
｛-
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
海水中碘元素存在于化合物中,得到的产品碘是单质’存在元素的化合价变化’涉及氧化还原
故不选A项;
氯碱工业电解食盐水过程生成了H2、Cl2’存在元素的化合价变化’涉及氧化还原反应,故不
A项’
反应’
B项’
选B项;
D项,海水中澳元素存在于化合物中’得到的产品澳是单质,存在元素的化合价变化,涉及氧化还原
反应’故不选D项°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
【易错项被选择比例］l7％
4. O
［解析］D项,海水中存在氯化镁,先加石灰乳生成Mg（OH）2沉淀,过滤’在沉淀中加人盐酸即可
制备MgCl2,均为复分解反应’故选D项;
A项’煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料（直接法）或利用煤产生的H2和CO
通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品（间接法）的过程,中间有单质H2参与反应’C元
素的化合价发生变化,属于氧化还原反应’故不选A项;
B项’用酒精测试仪检测酒驾,反应原理为:C2H5OH＋4CrO3＋6H2SO4-2Cr2（SO4）3＋
2CO2↑＋9H2O’发生氧化还原反应’故不选B项;
C项,将氯气通人冷的消石灰中制取漂白粉’ Cl元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故不
选C项。
综止所述’本题正确答案为D°
易错项分析:本题的易错项为A项°补充知识点:煤的液化主要分为直接液化和间接液化两大类:
（l）直接液化:煤在氢气和催化剂作用下,通过加氢裂化转变为液体燃料的过程称为直接液化°裂化
是～种使烃类分子分裂为较小分子的反应过程°因煤直接液化过程主要采用加氢手段’故又称煤的加
氢液化法°
（2）间接液化是以煤为原料,先气化制成合成气,然后通过催化剂作用将合成气转化成烃类燃料、醇
类燃料和化学品的过程°A项肯定涉及了氧化还原反应°
［易错项］A
［易错项被选择比例］31％
5.
B
［解析］@Na＋和N3ˉ核外电子数相同,但前者的核电荷数更大,故离子半径:N3
＞Na＋＞H＋’故
o错误;
@反应Na3N＋H2O-→NaOH＋NH3↑中,所有元素的化合价未发生变化,不是氧化还原反应,故
@错误;
o两个反应均生成强碱,故与水反应后的溶液都显碱性,故o正确;
@Na3N与盐酸反应等同于Na3N和水反应的产物与盐酸反应,故该反应可生成NaCl和NH4Cl两
种盐’故@错误;
@Na3N中的阴阳离子具有相同的电子层结构,但CaH2中的阴阳离子分别具有3、l个电子层’故
o错误°
故正确序号为o°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
l84
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『〔RO］
—基本概念与基本理论
［易错项被选择比例］15％
□「雷TIˉ亏］氧化还原反应的基本规律
1∧
［解析］A项’由氧化性C12＞Br2＞Fe3＋＞I2可得’Fe3＋可以氧化I＿而不能氧化Fe2＋与Brˉ’用
FeBr3作试剂的方法是可行的,故A项正确;
B项’由还原性Cl—＜Brˉ＜Fe2＋＜I—可得’当溶液中通人少量的Cl2,Cl2首先与还原性最强的Iˉ
发生反应:Cl2＋2I-I2＋2Clˉ,故B项错误;
C项’由氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2可得’通人足量的氯气’则FeBr2溶液中的Fe2＋｀Br全部
被Cl2氧化,正确的离子方程式为: 2Fe2＋＋4Brˉ＋3Cl2-2Fe3＋＋2Br2＋6Clˉ’故C项错误;
D项,
由氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2可得』I2不能氧化Fe2＋’不能发生反应,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
【易错项被选择比例］37％
2. D
［解析】由化学方程式可知’该反应为氧化还原反应,其中CuSO4为氧化剂,Cu得电子』化合价降
低’ FeS2既是氧化剂又是还原剂,其中的S为ˉ1价,＿部分在反应中变为＋6价,一部分在反应中
变为ˉ2价°
D项’根据得失电子守恒可知被还原的S原子数应为7,被氧化的S原子数应为3’因此二者的质量
之比为7:3』故D项错误;
A项’ FeS2在反应中既是氧化剂又是还原剂’故A项正确;
B项, CuSO4为氧化剂,被还原,故B项正确;
C项,每消耗14molCuSO4’有5molFeS2参加反应’其中被CuSO4氧化的FeS2为1mol,剩
余的4molFeS2自身发生氧化还原反应,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例〕36％
3. O
［解析】D项’该反应中,每有1molCu参加反应’则有2mo1HNO3表现了氧化性,被还原,另
2molHNO3表现了酸性,则若有2molCu参加反应,应有4molHNO3被还原’故D项正确;
A项’未说明反应的温度和压强,则不能用标况下的气体摩尔体积进行计算,故A项错误;
B项, 36gH2O的物质的量为02mol’每个水分子中含有2个共价键因此其中含有的共价键总
数为0.4／VA,故B项错误;
C项,Cu2＋在溶液中会发生水解,因此在1L该溶液中’含有的Cu2＋数目应小于2／VA,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例］32％
尸
〕
＾
〗
］
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
4D
［解析］根据化合价的变化, 3molBrF3中有2mol的BrF3发生还原反应,被还原的Br由＋3价
降为（）价’得到6mole
; lmol的BrF3发生氧化反应’被氧化的Br由＋3价变为＋5价,失去
2moleˉ’ 5molH2O中有2mol发生氧化反应,O由ˉ2价变为0价’失去4mole
°
D项, l.5molH2O参加反应时’转移12moleˉ,可以被还原的BrF3为O4mol,故D项正确;
A项,该反应中’只有O和Br两种元素化合价发生改变,故A项错误;
B项, BrF3既为氧化剂又为还原剂,氧化产物为HBrO3和O2,故B项错误;
C项, l.5molBrF3参加反应时,转移3mole—,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］36％
5.
〔
［解析］向含3molNaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液’先后发生的反应为:3HSO5＋IO5＝＝
I＿＋3SOi—＋3H＋、IO5＋6H＋＋5Iˉ＝≡3I2＋3H2O°
C项当溶液中的Iˉ为O4mol时’有两种情况阅＿是只发生反应3HSO刁＋IO5＝＝I—＋3SOi＿＋3H＋’
生成Iˉ为O.4mol ,根据碘元素守恒得n（KIO3）＝Ⅶ（I ）＝0.4mol;二是HSO5反应完毕后’还发
生反应IO可＋6H＋＋5I
＝＝3I2＋3H2O’剩余Iˉ为0。4mol’ 3molNaHSO3消耗1molKIO3、
生成1molIˉ,故反应IO百＋6H＋＋5Iˉ＝＝3I2＋3H2O中消耗的I为0.6mol,消耗的KIO3物
质的量为Ol2mol,故加人的KIO3物质的量为lmol＋Ol2mol＝L12mol’故C项错误;
A项’结合上述方程式’由还原剂的还原性大于还原产物’氧化剂的氧化性大于氧化产物可得,还原
性:HSOI＞I—,氧化性: IO5＞I2、IO面＞SOi＿’又因SO;—在稀溶液中氧化性很弱’则氧化性:
IOI＞I2＞SOi—,故A项正确;
B项’ 3molNaHSO3消耗KIO3的物质的量为1mol’生成lmolIˉ,继续滴加KIO3,开始消
耗Iˉ,并生成I2。设生成的I2物质的量为3x’则消耗的Iˉ物质的量为5x’消耗IO5的物质的量
为x』由n（［）;＂（I2）-l
; l得lm。l—5孵-3露.解得x＝;m°l｀即消耗KIO3的物履的量为
＂（口O』）＝lm°｜＋;m°l≡;m.l』故B项正确｝
D项若问KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液’ 由于开始时KIO3过量,生成产物为I2,则反应开始
时的离子方程式为2IO5＋5HSOj-I2＋5SOi—＋3H＋＋H2O’故D项正确·
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】20％
6。∧
［解析］分析图像可知:通过电子的物质的量逐渐增大至Olmol的过程中＿直有固体析出且在
0.1mol时,固体质量第＿次到达最大值,可以判断出此时析出的是Ag,电子的物质的量从Olmol
增大至02mol的过程中没有固体析出’之后又有固体析出,因此是X3＋被还原为X2＋的过程’电
子的物质的量从0.2mol增大至0.4mol的过程中有固体析出’且在04mol时固体质量第二次达到
最大值,可以判断出是Cu2＋被还原,电子的物质的量超过0.4mol之后没有固体析出’因此是水被
电解’从而判断出氧化性强弱的）｜顶序为Ag＋＞X3＋＞Cu2＋＞H＋＞X2＋,故A项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
赣l86
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺O］
—基本概念与基本理论
【易错项］B
［易错项被选择比例］32％
7.
〔
［解析］根据已知可得,还原性: Iˉ＞Fe2＋＞Br ’则向FeI2、FeBr2混合溶液中通人氯气,氯气
首先与I—反应,其次与Fe2＋反应’最后与Brˉ反应°根据图像可知’溶液中Iˉ物质的量为2mol’
Fe2＋物质的量为4mol, Brˉ物质的量为6mol°
C项,溶液中I物质的量为2mol’通人1molCl2时’ Iˉ刚好反应完毕,溶液中已发生的反应为:
2Iˉ＋Cl2＝2Cl
＋I2’故C项错误;
A项’
由上述分析可知’还原性: Iˉ＞Fe2＋＞Brˉ’故A项正确;
B项, Brˉ物质的量为6mol’则原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol’故B项正确;
D项,原溶液中n（Fe2＋）:n（I
）:n（Brˉ）＝4:2:6＝2: 1 :3,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例】22％
8.
〔
【解析］将离子方程式配平得到: 3As2S3＋4H2O＋28NO5-6AsO』ˉ＋9SOiˉ＋28NO↑＋8H＋。
C项’NO］是氧化剂,As2S3是还原剂’故配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为28
: 3’故C
项错误;
A项,
由离子方程式可知’配平后水的化学计量数为4’故A项正确;
B项’反应产生H＋,故反应后溶液呈酸性,故B项正确;
D项’ 由离子方程式可知’反应中As和S的化合价升高’故氧化产物为AsOj—和SOiˉ,故D项
正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l8％
9.D
［解析］Mn2＋作反应物’则MnO可为产物,从而在反应过程中锰元素化合价升高,Mn2＋被氧化’作
还原剂,则IO耳为氧化剂’其对应的还原产物为IO5’根据原子守恒,H2O作反应物,总的离子方
程式为2Mn2＋＋5IO耳＋3H2O＝2MnO耳＋5IO可＋6H＋°
D项,
由分析可知’配平后Mn2＋和H＋的化学计量数分别为2、6,故D项错误;
A项’
由分析可知’ IO刁作氧化剂,故A项正确;
B项’Mn2＋被氧化为MnO刁,锰元素的化合价由＋2升至＋7,故1molMn2＋参加反应转移5mol
电子,故B项正确;
C项,
由分析可知’氧化剂IO耳与还原剂Mn2＋的物质的量之比为5:2’故C项正确。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］21％
lOD
［解析］由化学方程式可知,H2S中S元素的化合价由ˉ2价升高至＋6价,作还原剂;O2F2中O元
素的化合价由＋l价降低至0价’作氧化剂;相应的SF6为氧化产物’O2为还原产物°
l87
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
D项’还原剂为H2S’氧化剂为O2F2,二者物质的量之比为1 :4,故D项正确;
A项, SF6为氧化产物,O2为还原产物’故A项错误;
B项’O2F2为氧化剂’故B项错误;
C项’未注明压强、温度等条件’无法计算HF的物质的量, （即使给出标准状况也无法计算’因为
标准状况下HF为液态）从而不能确定转移电子的物质的量’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］26％
11.∧
［解析】A项,
由化学方程式可知’O2作氧化剂’O2中氧元素的化合价变化: 0＿-2价每生
成lmolFe3O4时,消耗1molO2,转移4mol电子’转移的电子数为4／VA,故A项正确;
B项,常温常压下’气体摩尔体积大于22。4L／mol’ 224LCO2的质量小于44g,故B项错误;
C项,Al3＋会发生水解Al3＋＋3H2O≡＝Al（OH）3＋3H＋,水解过程中溶液中阳离子数目增加;未
发生水解的情况下, 1L0.lmol／LAlCl3溶液中n（Al3＋）＝0.1mol,所以水解后溶液中阳离子数目
大于o.lⅣA’故c项错误;
D项′Na2S中含有的阴离子为S2ˉ』Na2O2中含有的阴离子为O3ˉ,且Na2S和Na2O2的摩尔质
量均为7sg′m°M…圃体棍合物的物履的量为7量器｜-α2m°!』即含有阴离子的物质的量
为02mol’N＝n.NA’则阴离子数目等于02NA,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例】35％
l2. O
【解析］D项, 〃＝2时’ Fe（OH）3作还原剂’ Fe从＋3价变为＋6价（上升3价）’ClOˉ作氧化剂,
Cl从＋l价变为ˉ1价（下降2价）,则氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:2’故D项错误;
A项, Fe的化合价是＋6价,O的化合价是ˉ2价’根据化合价规律判断川＝2,故A项正确;
B项’ Cl元素由ClOˉ中的＋l价变为Clˉ中的ˉl价’即每生成1molC］ˉ’转移2mol电子’故B
项正确;
C项, FeO』—中的Fe的化合价是＋6价,具有强氧化性,还原产物为Fe3＋’所以可用作消毒剂’而
且Fe3＋可水解生成Fe（OH）3胶体’具有吸附作用’所以可用作净水剂’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］25％
l3.
〔
［解析］因为氧化性Br2＞Fe3＋’所以还原性Br
＜Fe2＋,通人Cl2后’ Fe2＋先被氧化,Br—后被
氧化,Cl2和Fe2＋反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2-2Fe3＋＋2Clˉ,Cl2和Brˉ反应的离子方程
式为Cl2＋2Br-Br2＋2Clˉ°
C项’ 当α＝b时, Fc2″完全反应,消耗:m。lCl2,生成αmolClˉ和3m°lFe辨’剩余的
;m°｜C］2又消耗了αm。lBrˉ,生成了αmolC｜＿｀最终剩余αm。｜Br ’所以反应后的离子浓
度之比c（Fe3＋）:c（Brˉ）:c（Clˉ）＝a:a:2a＝l :l :2’故C项错误;
｜
｜188
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺0｜
＿基本概念与基本理论
A项’因为氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋,所以还原性Fe2＋＞Brˉ＞Clˉ’故A项正确;
B项,当α≥2b时’Cl2不足只能和Fe2＋反应,所以发生的离子反应只有2Fe2＋＋Cl2-2Fe3＋＋
2Cl＿’故B项正确;
D项’
当3α
≤
2b时,Cl2完全氧化Fe2＋和Br ’离子方程式为2Fe2＋＋4Brˉ＋
3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Clˉ’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l9％
l4∧
【解析］根据原子守恒可知,X物质中不含Fe、S,且生成物中已存在Na2O,所以X中不可能含Na’
则X物质为O2’化学方程式为: 2FeSO4＋6Na2O2-2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑°
A项, 由分析可知’X物质为O2,故A项正确;
B项,Na2O2既作氧化剂,被还原为Na2O,又作还原剂,被氧化为O2,故B项错误;
C项,反应中发生氧化反应的过程有FeSO4→Na2FeO4和Na2O2—＞O2、Na2O2-Na2O,
故C项错误;
D项’
由化学方程式可知,每生成lmolNa2FeO4’反应过程中转移5mole ,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］19％
l5°∧
［解析】A项,当x＝2时,反应物中氮元素为＋4价’每生成1molN2’转移电子数为8mol’故A
项错误;
B项’该反应中氮元素化合价降低,碳元素化合价升高’故B项正确;
C项,一分子N2中共用电子对个数为3’一分子CO2中共用电子对个数为4’因此等物质的量N2
和CO2中,共用电子对的个数比为3:4,故C项正确;
D项,由化学方程式可知’该反应中氧化剂为NOx’还原剂为CO,当氧化剂与还原剂的物质的量之
比为l
: 1时,CO—,CO2》碳元素化合价由＋2价升高至＋4价’则NOx一N2中’氮元素化合价
应由＋2价变为0价,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
易错项分析:本题的易错项为D项°做氧化还原反应的题目关键是标化合价’看电子转移’再结合
得失电子守恒来进行计算或判断;或是逆向思维根据得失电子看化合价变化°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l8％
l6C
［解析】本题主要考查化学方程式的书写及颜色判断
C项,Na2O2在空气中放置后与H2O和CO2发生反应: 2Na2O2＋2H2O-4NaOH＋O2↑》
2Na2O2＋2CO2-2Na2CO3＋O2’其中与H2O反应生成的NaOH极易与CO2反应生成
Na2CO3,故选C项;
A项,蓝色CuSO4溶液与Zn发生反应后蓝色消失,故不选A项;
l89蕊
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
B项’Ca（OH）2会与空气中的CO2发生反应生成白色CaCO3沉淀’此法也可用来检验CO2气体’
故不选B项;
D项’Mg（OH）2与Fe3＋反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀,故不选D项°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例】l6％
Z「霓T】亏］物质的结构与性质
l.∧
［解析］A项’Mg原子最外层有两个电子,电子式可表示为Mg:
,故A项正确;
B项,二氧化硅是正四面体结构,＿个硅原子和四个氧原子以单键相连’故B项错误;
＼
‘……邮颅…船……咽讣…镭躁;
／
D项’氯化钠是离子化合物’不存在分子式,其化学式为NaCl’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】D
［易错项被选择比例］45％
2。D
【解析］D项,石墨烯中每个碳原子都连接三个六元环,实际每个六元环占有2个碳原子’碳原子的
相对原子质量为l2,因此l2g石墨烯中含有1mol碳原子’所以含有六元环数目应为3O1×1023’
故D项错误;
A项’同素异形体是指由同＿元素组成的性质（主要为物理性质）不同的单质’故A项正确;
B项,石墨烯可在氧气中燃烧’发生氧化还原反应’石墨烯为还原剂’故B项正确;
C项’石墨烯中每l个碳原子连接3个碳原子,碳原子中3个电子通过sp2杂化方式成键,另l个电
子在P轨道上以孤电子形态存在’因此石墨烯中只含碳碳单键’每2个碳原子共用l个碳碳单键,因
此lmol石墨烯中含有l5mol碳碳单键,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］30％
3. D
［解析］D项, CF3CHClBr对应的同分异构体’可根据卤素原子的位置不同判断有CF2BrCHClF’
CF2ClCHBrF’ CF2HCBrClF,共3种’故D项正确;
A项’甲烷的分子结构为正四面体,CH2Cl2是2个氯原子取代甲烷中的2个氢原子,氯原子与氢原
子在电负性、原子半径上均有差异’因此CH2Cl2的分子结构不会为正四面体’故A项错误;
B项,＿氯甲烷在常温下呈气态,二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷在常温下呈液态’故B项错误;
C项,乙烯与氯气反应生成l,2ˉ二氯乙烷,乙烯与水反应生成乙醇’两者都是加成反应’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例］2l％
｜l90
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［RO］
—基本概念与基本理论
4B
［解析］B项,氟元素、氯元素嗅元素、碘元素、哎元素处于同＿主族’由于氟元素、氯元素、嗅
元素、碘元素对应的单质为有色物质且状态由气态向固态转变,根据元素周期律可推知哎单质为有色
固体; 由氯化银、澳化银、碘化银都难溶于水可推知AgAt是＿种不溶于水的固体’故B项正确;
A项,铝At中’核外电子数为85’核内中子数为21l＿85＝126,则两者的差值为l26ˉ85＝4l’
故A项错误;
C项’碳纳米管是单质’不是化合物,故C项错误;
D项,胶体是分散系,是混合物’碳纳米管属于单质’是纯净物’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
【易错项被选择比例］25％
5°
B
［解析］B项,溶液的pH＝3,说明c（H＋）＝10×lOˉ3mol／L’ 1L该溶液中氢离子的物质的量为
10×l0ˉ3mol／L×1L＝0.00lmol’所以该溶液中的氢离子数目为O001／VA,故B项错误;
A项’最开始发生反应:Mg＋2H2SO4（浓）＝MgSO4＋SO2↑＋2H2O’ （）2molH2SO4完全反应转
移电子数为02』VA’之后浓硫酸变稀,发生反应:Mg＋H2SO4-MgSO4＋H2↑,O2molH2SO4
完全反应转移电子数为O4』γA’ 由于Mg部分与浓硫酸反应,部分与稀硫酸反应,所以转移电子数
应大于0.2／γA小于O4／γA’故A项正确;
C项』每个苯分子中含有6个C—H键,所以lmol苯中含C—H键的数目—定为6／VA’故C项
正确;
D项’每个R2＋的核电荷数为A—／V’则核外电子数为A—Ⅳ-2,所以amolR2＋的核外电子数为
α（A-Ⅳ＿2）／VA’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项】C
［易错项被选择比例］25％
6. C
［解析］C项,原子种类由质子数和中子数共同决定,质子数决定元素种类’中子数决定了原子是哪
—种同位素,故选C项;
A项,质子数只能决定元素的种类,不能决定原子的种类,故不选A项;
B项’质量数是指原子的近似相对原子质量’不能决定原子的种类,故不选B项;
D项,原子序数是元素在周期表中的序号,不能决定原子的种类,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］32％
7. D
【解析］D项’质量数＝中子数＋质子数≡l6＋16＝32’硫离子的化合价为ˉ2’故中子数为16的硫离子
的表示方法为器S2ˉ,故D项正确;
A项,二氧化硅是原子晶体,不存在单个分子结构,无分子式’故A项错误;
‖9l鳞
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
~
考
砸……@出…,
C项’氮气分子的结构式为N≡N’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项］A
［易错项被选择比例］4l％
8.∧
［解析］Y有＋7、ˉl价’则Y为Cl;Q没有最高正价,且最低负价为ˉ2’则Q为O;R有最高正价
＋5,最低负价ˉ3,原子半径略高于O,则R为N;X、M、Z的最高正价依次为＋l、
＋2、＋3’则分别
处于IA、ⅡA、ⅢA族’且原子半径:X＞M＞Z＞Cl,则X为Na,M为Mg, Z为Al°
综上所述,表中未知元素依次为Na、Cl、Al、Mg、N和O°
A项,Na和O可以形成Na2O2,两个氧原子之间会形成共价键故A项错误;
B项,三种物质分别是NaOH、Al（OH）3和HNO3’分别是强碱、两性氢氧化物和强酸,可以彼此
反应’故B项正确;
C项’离子电子层越多半径越大,则离子半径: Clˉ＞O2 ’故C项正确;
D项, 由于Mg的金属性比Na弱,则Mg（OH）2的碱性比NaOH弱,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项］C
［易错项被选择比例］14％
9。D
［解析］D项,原子半径数量级为10ˉlom, lpm＝10—l2m’因此某元素的原子半径可能为ll1pm』
数据可信,故选D项;
A项,广范pH试纸所测得溶液pH只能为整数’故不选A项;
B项’水的密度为1.0g／cm3,气体的密度不可能大于水的密度,故不选B项;
C项’氢氧化钙微溶于水,澄清石灰水的浓度应远低于2.0mol.Lˉl ,故不选C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】28％
□「霓ˉI壳］化学键
l. C
【解析】C项’青篙素中含有酉旨基,在碱性条件下会发生水解’不利于提高青篙素的浸取率,故C项
错误;
A项,异胡薄荷醇含有碳碳双键’能与强氧化性的酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应》使溶液褪
色,故A项正确;
B项’异胡薄荷醇含有碳碳双键,能发生加成反应,含有醇轻基能发生醋化反应,故B项正确;
D项’异胡薄荷醇和青篙素均为共价化合物,所含化学键类型相同’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
l92
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［尺O｜
基本概念与基本理论
易错项分析:本题的易错项为D项°化学键类型分为离子键、金属键、极性共价键、非极性共价键,
异胡薄荷醇和青篙素均为共价化合物,均含有极性共价键、非极性共价键’故化学键类型相同°
［易错项］D
［易错项被选择比例］43％
2.D
【解析】D项,催化剂只改变反应的反应速率,不改变反应的平衡转化率,故D项错误;
A项’CO2与CH4反应只生成CH3COOH’原子利用率为l00％’故A项正确;
B项,
由图可知, CH4在催化剂的作用下,经过选择性活化’C原子会与催化剂形成＿个新的共价
键’必有C—H键发生断裂,故B项正确;
c项,@的能量高于@’故O→@放出能量,从图中可以看出,反应过程中形成了c—c键’故c项
正确°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］A
［易错项被选择比例］27％
3. C
［解析］C项,N2和Cl2两种分子都能稳定存在,分子中的每个原子的最外层都具有8电子稳定结
构’故C项正确;
A项’MgF2属于离子晶体’所以晶体中的化学键是离子键,故A项错误;
B项,某物质在熔融态能导电’则该物质可能是离子化合物’也可能是金属,故B项错误;
D项,干冰是分子晶体,溶于水生成碳酸的过程中伴有化学键的断裂与形成’所以不仅仅是克服分子
间作用力’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］24％
4C
［解析］C项,丁烷有正］-烷和异丁烷两种同分异构体’结构不同’分子间作用力也不同’故选项C
正确;
A项,CaCl2只含有离子键,无共价键,故选项A错误;
B项’H2O汽化为水蒸气是克服分子间作用力,H2O分解为H2和O2才需要破坏共价键,故选项B
错误;
D项’水晶是二氧化硅’是原子晶体,干冰是共价化合物’是分子晶体’故选项D错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
【易错项被选择比例］28％
5. D
［解析】D项,过氧化氢易分解是因为过氧化氢分子中共价键不稳定’易断裂’故D项错误;
A项,镁离子与硫离子最外层电子数均为8’形成了稳定结构,故A项正确;
B项’石英中硅原子与氧原子形成共价键’金刚石中碳原子之间形成共价键’二者均为原子晶体’故
B项正确;
C项’硫酸分子与水分子结合生成硫酸水合物’放出大量热’故C项正确°
193擞
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项】B
［易错项被选择比例］22％
6〔
［解析］Na为金属晶体’熔化时需要克服金属键;Na2O为离子晶体’熔化时需要克服离子键;
NaHSO4为离子晶体,熔化时需要克服离子键;干冰为分子晶体,熔化时要克服分子间作用力; Si
为原子晶体,熔化时要克服共价键°因此将五种物质熔化需要克服的作用力有4种,故选C项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］34％
7。∧
【解析】A项’ 甲烷中的两个H原子被Cl原子取代,生成的CH2Cl2只有＿种结构,说明甲烷中的
4个H等效,因此CH4分子是正四面体结构,故A项正确;
B项’分子的稳定性取决于分子内的化学键,而不是分子间的作用力’存在氢键只是使得H2O的熔
沸点比H2S高’使得H2O比H2S稳定的原因是氢氧键比氢硫键稳定,故B项错误;
C项》NaCl和晶体硅熔化时破坏的化学键分别为离子键和共价键’类型不同,故C项错误;
D项’HCl与NH3反应时只破坏共价键,形成离子键和共价键故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A.
［易错项］B
［易错项被选择比例】l9％
8.
B
［解析］化学键分为离子键、共价键和金属键°氢氧化钠属于离子晶体’含有离子键,而氢原子与氧
原子之间存在极性共价键’所以氢氧化钠含有离子键和共价键°氢氧化钠熔化时,发生电离,产生
Na＋和OHˉ’破坏了其中的离子键,但氢原子与氧原子之间的极性共价键未遭到破坏,故选B项°
综上所述,本题正确答案为B。
［易错项】A
［易错项被选择比例］29％
9.∧
【解析］A项,H2O分子之间含有氢键’H2S、H2Te不存在氢键,H2Te的相对分子质量大于H2S,
H2Te的分子间作用力大于H2S,因此在三种分子中,分子间作用力大小）｜顶序为:H2O＞H2Te＞H2S,
故A项错误;
B项』金刚石是原子晶体’碳碳之间以共价键相连’加热熔化时需破坏共价键’故B项正确;
C项’ 2NH4Cl＋Ca（OH）2＝兰2NH3↑＋CaCl2＋2H2O’反应物和生成物中均含有离子键和共
价键,故反应过程均有离子键和共价键的断裂和生成,故C项正确;
D项, SjO2中＿个Sj原子和四个O原子相连,＿个O原子和两个Si原子相连,每个原子最外层均
为8电子稳定结构; CO2的结构式为O＝C＝O’每个原子均为8电子稳定结构’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］26％
翻194
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺O｜
—基本概念与基本理论
10.∧
［解析］A项’组成和结构相似的物质’当相对分子质量越大时’范德华力就会越大,导致熔点比较
高与氢键无关,故选A项;
B项,DNA中含有氢键使得DNA保持双螺旋结构,故不选B项;
C项,HF的沸点较高的原因是HF分子间含有氢键’故不选C项;
D项’因为水分子间存在氢键’当水凝固时氢键会使水分子从无序变为有序’水分子之间距离增大’
使得冰的密度小于水的密度,故不选D项°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］29％
1l.
B
［解析］B项’电石和水反应生成乙炔,金属钠和水反应生成氢气,二者可以在—定条件下发生加成
反应’故B项正确;
A项,金属钠着火时有Na2O2生成’泡沫灭火器中含有CO2,二者可以发生反应生成O2’进而加
剧燃烧’故A项错误;
C项, CCl4密度大于钠,钠会浮于CCl4的表面,无法起到隔绝空气的作用,一般保存在煤油或石
蜡中’故C项错误;
D项,NH4NO3、NaCN含有极性共价键’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l7％
l2.∧
［解析］A项,＿般情况下,组成和结构相似的物质’相对分子质量越大,分子间作用力也越大’Cl2｀
Br2、I2的分子间作用力依次增大,故A项错误;
B项’石英的主要成分为二氧化硅’二氧化硅是由硅原子和氧原子构成的原子晶体’加热熔化时需破
坏硅原子和氧原子间的共价键故B项正确;
C项,离子化合物氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱’形成自由移动的离子,具有导电性,故C项
正确;
D项’水电解过程中,原子间的化学键断裂生成氢原子和氧原子,氢原子和氧原子间分别形成化学
键生成氢气和氧气,有化学键的断裂和形成’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项】B
［易错项被选择比例］23％
13. C
【解析］C项’反应开始时处于状态I ’能量为E2’反应结束时』处于状态Ⅲ’能量为E3,反应过程
的能量变化是E3—E2,所以反应的焰变为AH＝（E3—岛）kJ.mol
l ’故C项正确;
A项,由图可知’从反应的起始状态到最终状态,总能量降低,故该反应为放热反应,故A项错误;
B项’
由图可知在反应过程中’ CO的键并没有发生断裂’故B项错误;
D项,状态I到状态IⅡ表示的过程是CO与O的反应,而不是与O2的反应,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项】D
l95
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
~
考
【易错项被选择比例】l9％
l4B
［解析］B项,MgCl2是由离子键构成的离子晶体’是离子化合物,且晶体中只存在离子键,故B项
正确;
A项,化学键的形成不＿定伴随着电子的转移’如非极性共价键的形成没有电子的转移,故A项错误;
C项,氯化钠是离子化合物,其电离过程破坏了离子键’氯化氢是共价化合物,其电离过程破坏了共
价键,故C项错误;
D项’金刚石属于原子晶体, C6o属于分子晶体,二者不全是原子晶体’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］2l％
l5°
〔
［解析】C项,C6o是分子晶体’存在独立的分子,故C项错误;
A项’分子晶体的熔点与分子间的作用力有关’分子间作用力越弱,分子晶体熔点越低’故A项正确;
B项’氯化铰含有离子键和共价键,氯化按受热分解生成氯化氢和氨气’同时断裂离子键利共价键’
故B项正确;
D项’化学键中原子之间有强烈的相互作用,因此断裂化学键需要吸收能量,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】29％
l6〔
［解析］C项,NaCl晶体中只含有离子键’故选C项;
A项’ SO2是由分子组成的’所以既含有共价键又含有分子间作用力’故不选A项
B项,过氧化钠固体中既含有离子键又含有非极性共价键’故不选B项;
D项,氯化氢中既含有共价键也含有分子间作用力,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］20％
l7。
〔
［解析］已知X的质子总数与电子层数相同,X为H; Z与其同主族的短周期元素可以形成常见的大
气污染物,该大气污染物为SO2, Z为O;由Y、Z、M同周期且相邻可推出Y为N、M为F,因此
W为Si°综上所述’X为H、Y为N、Z为O、M为F、W为Sj°
C项’化合物乙是由H、N、O三种元素组成的’不一定只有共价键’如NH4NO3中还含有离子键’
故C项错误;
A项, SO2可与H2O2反应生成H2SO4’H2SO4为强酸』故A项正确;
B项’单晶硅是＿种良好的半导体材料’故B项正确;
D项,N、O、F、Si中非金属性最强的为F,则其氢化物稳定性最好的是HF’故D项正确。
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例】l6％
｝196
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［RO］
基本概念与基本理论
l8∧
【解析］A项’HCl中H原子和Cl原子以共价键结合,属于共价化合物, 在水中∏I以电离出H＋和
Clˉ,故A项正确;
B项’NaOH是离子化合物,但是O原子和H原子以共价键结合,故B项错误;
C项,HI气体分解时,发生了共价键的断裂,需要克服共价键的作用力’故C项错误;
D项’相邻原子之间只通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体’ 石英属于原
子晶体’但干冰属于分子晶体’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】C
［易错项被选择比例］l7％
D
［解析］本题主要考查分子间作用力°
D项’由图可知’冰表面的第三层只存在水分子’并不存在氯化氢分子,在冰表面的第～层’氯化氢
也只是以分子的形式存在’所以在第—层和第三层里都不存在可逆反应HCl＝＝H＋＋Clˉ,故D项
错误;
A项’由图可知,在冰表面的第＿层,氯化氢也只分子的形式存在,故A项正确;
B项,设冰表面第二层中水的体积为1L,则水的质量m（H2O）＝p.V＝O9g.cm3×l03cm3＝
α9×｜0勤g,水的物履的量n（H2O）-m｛器O）-斗;蒜卡-α5※｜02mOl』山电荷守恒可知
冰表面第二层中氢离子浓度和氯离子浓度相等’而氯离子浓度和水的物质的量之比为104: l’所以
n（H＋）＝n（Cl ）＝10ˉ4×n（H2O）＝05×102mol×10ˉ4＝5×10ˉ3mol,水的体积为1L,所以氢
离子的浓度为5×l03molLˉl ,故B项正确;
C项,由图可知’冰表面第三层中冰都是以水分子的形式存在’故氢键网络结构会保持不变,故C项
正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l4％
l9
□「勇T可司分子间作用力
l。
B
［解析］B项’主族元素X、Y能形成XY3型化合物有PCl3、NH3、SO3,则原子序数差可能为2、
6或8’故B项正确;
A项’主族元素的原子的最外层电子数等于族序数’副族元素的原子的最外层电子数不～定等于族序
数’故A项错误;
C项,H2O、H2S分子结构相似』相对分子质量:H2S＞H2O’但H2O分子可以形成分子间氢键’
熔沸点较高’故C项错误;
D项’元素的非金属性和金属性与得失电子数目无关’元素的原子越容易得电子,则非金属性越强,
越容易失电子,金属性越强,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
易错项分析:本题的易错项为C项°分子结构相似的分子相对分子质量越大熔沸点越高是错误的°如:
H2O与H2S,后者相对分子质量大,但是熔沸点不如前者高,因为水中有氢键;大部分有机物都为
l97
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
离
~
考
分子晶体,分子间作用力为范德华力,结构相似,分子量越大熔沸点高,但有机物的熔沸点还与其有
无支链有关,—般来说支链越多,熔沸点就越低’如正戊烷、异戊烷、新戊烷,熔沸点｜｜Ⅲ序依次降低°
［易错项］C
［易错项被选择比例】39％
∧
［解析］A项,NaCl固体溶于水电离出自由移动的Clˉ利Na＋’因此NaCl固体中的离子键被破坏,
故A项正确;
B项’碘为分子晶体,碘升华克服的是分子间作用力’故B项错误;
C项’C6o即足球烯’为分子晶体,故C项错误;
D项’分子间作用力＿般随相对分子质量增加而增大,但由于水分子之间存在氢键’其分子间作用力
大大增加,因此分子间作用力H2O＞H2Se＞H2S,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l9％
∩
凸
3。D
【解析］由题目可知,此晶体的晶体类型与硫酸按相同,即为离子晶体°
D项,离子晶体中没有分子间作用力’故选D项;
A项’在离子晶体中,存在阴阳离子,故不选A项;
B项’ 由此晶体化学式可知’在阳离子（N2H:＋）或阴离子（SOi ）内部存在共价键,故不选B项;
C项,离子晶体中存在离子键’故不选C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】l2％
□「霓ˉI壳］元素周期律租元素周期表
l. D
［解析］X元素的简单阴离子比阳离子多2个电子,X为第IA族元素’Y元素原子的最外层电子数
是其内层电子数的三倍,推出Y为O, Z与Y属于同主族’则Z为S,四种元素为短周期元素,且
原子序数依次增大,则X为H’W为Cl°
综上,X、Y、Z、W分别为H、O、
S、Cl°
D项’Y和Z形成化合物分别是SO2、SO3, SO2通人BaCl2溶液中无沉淀产生’ SO3通人BaCl2
溶液中产生BaSO4沉淀,故D项错误;
A项’原子半径大小｜｜顶序是S＞Cl＞O＞H,故A项正确;
B项,形成的化合物可能是H2O、H2O2,H2O分子中只含极性键,不含非极性键,H2O2的结构中
含有极性键利非极性键’数目比为2: 1’故B项正确;
C项’形成用于杀菌消毒的化合物是H2O2、SO2、ClO2’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］2l％
l98
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『［RO｜
基本概念与基本理论
2. C
［解析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期非金属元素,A和B同周期, B和E同主族’
C和D原子最外层电子数之和为A原子最外层电子数的2倍’可知A为N’ B为F’ C为Si’D为
S, E为Cl°
C项,二氧化硅才是制造光导纤维的主要材料’故C项错误;
A项,同＿周期从左到右,非金属性逐渐增强;同＿主族从上到下,非金属性逐渐减弱,则非金属性:
氟＞氮＞硅’故A项正确;
B项’氨气和氯化氢相遇生成氯化按’会产生白烟’故B项正确;
D项’核外电子排布相同的离子’核电荷数越大’离子半径越小,电子层数越多,离子半径越大,所
以离子半径大小:
S2ˉ＞Clˉ＞Fˉ,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C。
【易错项］D
［易错项被选择比例］l9％
3. C
［解析］W是地壳中含量居第二位的元素’则W为S1’根据X、Y、Z、W在元素周期表中的位置可
知X为C、Y为N、Z为Al,综k’X、Y、Z、W分别为C、N、Al、
Si°
C项’最高价氧化物对应水化物的酸性:Al（OH）3＜H2SiO3＜H2CO3＜HNO3’即Z＜W＜X＜Y,
故C项正确;
A项’最高正化合价:Y＞X＝W＞Z,故A项错误;
B项,原子半径:Z＞W＞X＞Y’故B项错误;
D项,最高价含氧酸的钠盐溶液能与CO2反应的元素只有X、Z、W’故D项错误°
综上所述》本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l5％
4. C
【解析】C项’金属Na和熔融KCl反应能置换出金属K,与钾熔点比钠低有关,与元素周期律无关,
故选C项;
A项,F2在暗处遇H2爆炸’ I2在暗处遇H2几乎不反应’是由于元素的非金属性越强,对应的单质
越易与氢气反应,与非金属性有关’能用元素周期律解释,故不选A项;
B项,元素的非金属性越强,对应单质的氧化性越强,因此Br2和NaI溶液能发生置换反应,和NaCl
溶液不发生置换反应’能用元素周期律解释’故不选B项;
D项’NaCl溶液的pH＝7’AlCl3溶液的pH＜7是因为铝离子发生了水解,说明铝元素的金属性
比钠元素弱’能用元素周期律解释,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
~
［易错项］D
［易错项被选择比例】45％
∧
［解析】位于3个不同短周期的主族元素a、b、
c、
d、e,原子序数依次增大°其中,
b、d同主族’ d
元素最高与最低化合价的代数和等于4, b为O元素, d为S元素, c原子最外层电子比b原子次外
层电子多l个, c为Al元素’ a只能为H元素, e只能为Cl元素’综上,
a、
b、
c、
d、e分别为H、
O、Al、
S、Cl°
5.
199赣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
A项’
a、
b、c的简单离子半径,氧离子半径大于铝离子’故A项错误;
B项,
a、
b、c形成的化合物氢氧化铝既溶于强酸又溶于强碱,故B项正确
C项, b的氢化物H2O2的氧化性比HCl的强》故C项正确;
D项’ d的最高价氧化物的水化物H2SO4是强酸,故D项I［确°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项】C
［易错项被选择比例】l5％
6° D
【解析］根据题意可知,W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍’则W是碳元素’Y的氧化
物可用作装饰品和通讯材料,则Y是硅元素,X、Z的最简单氢化物间可发生化合反应’则X是氮元
素, Z是硫元素或氯元素°
D项,结合上述分析可知,Y的氧化物为SiO2,它是共价化合物,但为原子晶体’其熔、沸点均较
高,故D项错误;
A项’结合上述分析可知,工业上可用C利SiO2制备粗硅’故A项正确;
B项,—般来说,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大’同周期元素从左到右原子半径逐渐减小’
则原子半径:Y＞W＞X’故B项正确;
C项’结合上述分析知X为氮元素、Z为硫元素或氯元素,它们的最高价氧化物对应的水化物分别为
HNO3、H2SO4或HClO4’均是强酸,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例】26％
7. C
［解析］短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数和族序数均依次增大’Z是空气中含量最多的元素’
则Z为N元素,位于第二周期第VA族;其中只有Y、Z处于同—周期’则X为H元素;Y位于第
二周期’可能为第ⅡA、ⅢA、ⅣA族元素’可能为Be、B、C;W位于第三周期’可能为第ⅥA、
ⅦA族元素’可能为S、Cl°
C项’结合分析可知W的最高价氧化物对应的水化物可能为硫酸或高氯酸’均是强酸,故C项正确;
A项’结合分析可知Y可能为Be, Be为金属元素’故A项错误;
B项’同周期元素从左到右’原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下’原子半径逐渐增大,原子半
径大小）｜顶序应为:
厂（X）＜′（Z）＜厂（Y）＜厂（W）,故B项错误;
D项,若Y、Z、W位于相邻的三个主族’则Y为C’W为S’碳的氢化物可能为固态’比如二十烷’
其沸点比H2S高,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
【易错项被选择比例］40％
8° D
［解析］由最外层电子数与原子序数关系可知’X、Y处于第二周期’X的最外层电子数为6’故X为
O;Y的最外层电子数为7’故Y为F; Z、R、W处于第三周期’最外层电子数分别为l、
6、7’故
Z为Na、R为S、W为Cl°
综上,X、Y、Z、R、W分别为O、F、Na、
S、Cl°
200
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO］
基本概念与基本理论
过氧化钠中过氧根离子中氧原子之间存在共价键
故
D项’X、Z形成的化合物为氧化钠、过氧化钠’
D项正确;
A项,X为O、R为S’二者处于同—主族、不同周期’故A项错误;
B项’同周期自左而右,原子半径逐渐减小,同＿主族自上而下’原子半径逐渐增大’故原子半径
S＞Cl＞O’即R＞W＞X,故B项错误;
C项,同周期自左而右,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强,气态氢化物越稳定’故气态氢化物的
稳定性:HF＞H2O’即Y＞X,故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D°
〔易错项］C
［易错项被选择比例］20％
9. C
［解析］C项’ SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2,可以知道酸性亚硫酸大于碳酸’亚硫酸不是最
高价氧化物的水化物’则不能以此比较非金属性的强弱,故C项错误;
A项’ S（s）＋H2（g）-H2S（g）
AH＜0, Se（s）＋H2（g）-H2Se（g）
AH＞O’ S与氢气化
合比Se与氢气化合更容易,所以非金属性: S＞Se,故A项正确;
B项’与氧气反应生成氧化物越复杂,反应越剧烈’金属性就越强,锤生成氧化锤’钠生成过氧化钠,
所以金属性:Na＞Li’故B项正确;
D项,K越大,说明生成的气态氢化物越稳定,则稳定性:HBr＞HI,则非金属性:Br＞I,故D项
正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
〔易错项被选择比例】l8％
lOB
【解析］短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X与Z同主族,Y与W同主族,则Y与W
分别位于第二、三周期’X的原子半径小于Y,X不可能处于第二周期,故X为H元素,Z为Na元
索’XY、乙W的原于最外层电子数之和为l4,故Y。W的最外层电子数为l4—÷—1＝6』故
Y为O元素’W为S元素°
综上,X、Y、Z、W分别为H、O、Na、
S°
B项, S元素的氧化物对应的水化物可能为亚硫酸,为弱电解质故B项正确;
A项,O2ˉ与Na＋的电子层结构相同,O2ˉ的半径大于Na＋’故A项错误;
C项,当H2O2与强氧化剂酸性高锰酸钾溶液作用时,H2O2作还原剂’被氧化,得到氧化产物’故
C项错误;
D项’氢元素与氧元素形成H2O2或H2O’钠元素与氧元素形成Na2O2或Na2O,H2O2中含有非
极性键,Na2O2中也含有非极性键,但是Na2O2属于离子化合物’不是共价化合物,无分子’故D
项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例】2l％
l1∧
［解析］短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大°X原子的最外层电子数是K层电子数的
20l
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
蕊
考
3倍’所以X为氧元素, Z的焰色反应显黄色,Z为钠元素,Y为氟元素°常温下, Z和W形成的化
合物的水溶液的pH＝7’W为氯元素°
综上,X、Y、Z、W为氧、氟、钠、氯°
A项,X为氧,W为氯’属于不同周期、不同主族元素’故A项正确;
B项’氧离子的半径大于钠离子半径’故B项错误;
C项’
由于水分子间可以形成氢键’所以’水的沸点比氯化氢高,故C项错误;
D项》向NaCl的水溶液中通人F2, F2会先与水反应生成氧气’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例】l4％
l2。
B
［解析】a、
b、
c、
d、e为原子序数依次增大的短周期主族元素, a原子核外电子数总数与b原子次外
层电子数相同’可判断a为氧, b为第三周期元素; c所在周期数与族序数相同,则c为铝’ b为钠;
d与a同族,则d为硫, e就是氯°
综上,
a、
b、
c、
d、e分别为O、Na、Al、
S、Cl°
B项』
由原子半径变化规律可知’原子半径由大到小为Na＞Al＞S＞O,故B项正确;
A项,氯的非金属性大于硫’则氯的最价高含氧酸的酸性大于硫酸,故A项错误;
C项, 由氧和钠两种元素可形成Na2O、Na2O2两种的化合物,Na2O2除离子键外还含共价键,故
C项错误;
D项,Na、Al元素最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝’它们之间可发生反应’故
D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
〔易错项被选择比例］l6％
l3. C
［解析］短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大’X的简单氢化物与W的单质组成的混合
气体见光可生成W的氢化物和油状混合物’则X为C,W为Cl;题目中Y、W处于同-主族’则
Y为F;Y、Z的原子最外层电子数之和等于9, Z的最外层电子数为9＿7＝2,结合原子序数可知
Z为第三周期的Mg元素°
综上,X、Y、Z、W分别为C、F、Mg、Cl°
C项,非金属性F＞Cl,则Y的气态氢化物的热稳定性比W的强,故C项正确;
A项’核外电子层数相同的离子’原子序数越大,其离子半径越小,则简单离子半径应为:W＞Y＞Z’
故A项错误;
B项’最高价含氧酸的酸性W＞X,但W的氧化物的水化物若为HClO,则比H2CO3的酸性弱,
故B项错误;
D项, Y分别与X、Z形成的化合物为CF4、MgF2,前者含共价键后者含离子键’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l8％
l4B
【解析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素’X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍’则X原
键202
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO］
基本概念与基本理论
子只能有2个电子层’最外层电子数为6’故X为O元素;X、Z同主族’
‖Z为S元素; Y的最高丽
贝
价与最低负价的代数和为6,则Y为Cl元素,W与X、Y既不同主族也不同周期,则W为H元素°
综上』X、Y、Z、W分别为:O、Cl、S、H°
B项’X、W分别为O与H,形成的化合物有H2O、H2O2’故B项正确;
A项’Y、Z两元素的简单离子分别为Clˉ、S2 ,二者电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,
则离子半径:
S2
＞Cl ’即Z＞Y,故A项错误;
C项,X、Y、Z对应气态氢化物分别为H2O、HCl、H2S,H2S的稳定性最弱,但H2S的还原性最
强,故C项错误;
D项, Z为S元素,Y为Cl元素,Cl的非金属性比S强’则最高价氧化物对应水化物的酸性为:
HClO4＞H2SO4,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l2％
l5. D
［解析］A元素的原子形成的离子就是＿个质子,说明A为H; C、D的单质在常温下均为无色气体
且C、D在元素周期表中处于相邻的位置’所以C、D分别是N和O;B的＿种核素在考古时常用来
鉴定＿些文物的年代（l4C）’所以B是C; E是地壳中含量最高的金属元素’ E是Al°
综上’A、B、C、D、E分别为H、C、N、O、Al°
D项’H、N可能形成原子个数比（H:N）为3: 1 （NH3）、2: l （N2H4）以及1
:
l （NH4N3叠
氮酸按）的化合物’故D项正确;
A项’H、C、N、O这些非金属元素可以形成按盐类的离子化合物’例如（NH4）2CO3,故A项错误;
B项,化合物CO2是直线形分子,遇Al同周期（第三周期）的金属单质着火时,如果是第三周期
单质钠、镁着火是不可以使用二氧化碳灭火的』因为Mg可以在二氧化碳中燃烧,生成氧化镁和单质
碳’钠燃烧生成的过氧化钠会与二氧化碳反应生成氧气,会使火势更大,故B项错误;
C项,用E单质Al作阳极’石墨电极作阴极电解NaHCO3溶液,阳极上单质铝失电子转化为Al3＋’
生成的Al3＋和HCO面发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀,所以电解＿开始就会在阳极区出现
白色沉淀’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］23％
l6D
【解析］D项’元素的非金属性越强’其简单阴离子的还原性越弱’而非金属性强弱顺序为Cl＞S＞P』
则简单阴离子的还原性强弱｜｜顶序为p3ˉ＞S2
＞Clˉ,故D项正确;
A项,氢化物都属于分子晶体,分子晶体的熔沸点与相对分子质量有关,相对分子质量越大,熔沸点
越高,含有氢键的熔沸点相对较高,这几种氢化物中HF的分子间含有氢键熔沸点最高,则熔沸点
高低顺序为:HCl＜HI＜HF’故A项错误;
B项’电子层结构相同的离子’离子半径随着原子序数增大而减小,则离子半径的大小顺序为Na＋＞
Mg2＋＞Al3＋,故B项错误;
C项’元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,H2SO3不是S元素的最高价氧化
物的水化物’则不能根据非金属性强弱判断酸性强弱’故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】A
203
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
【易错项被选择比例］l3％
17.∧
［解析］由题意可知’ 0.lmol／LK溶液的pH为l3’可判断K为强碱,且X、Y、Z、W均为短
周期元素,则K为NaOH,G的焰色反应呈黄色’则G含有Na元素’ E与F反应生成NaOH和
H, E、F为二元化合物’H为单质’则可推断E为Na2O2, F为H2O’ H为O2,反应方程式为
2Na2O2＋2H2O＝＝4NaOH＋O2↑,D与Na2O2反应生成G和O2』可推断D为CO2,G为
Na2CO3,反应方程式为2Na2O2＋2CO2＝＝2Na2CO3＋O2’故X、Y、Z、W分别为H、C、O、
Na°
A项,W为Na, Z为O’原子半径:Na＞O’即W＞Z,故A项正确;
B项, E（Na2O2）中含有离子键和非极性共价键故B项错误;
C项’Y为C’ Z为O’元素非金属性:O＞C,即Z＞Y’故C项错误;
D项,氢元素与氧元素可以形成的化合物中,H2O中的O为-2价,H2O2中的O为—l价,故D
项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］38％
l8. C
［解析］R的简单氢化物可用作制冷剂,常见制冷剂为液氨,则R为N元素;X是短周期中金属性最
强的元素,则X为Na元素;Y离子在同周期元素简单离子半径中最小,因Y的原子序数大于X’则
Y为第三周期元素’第三周期元素形成的简单离子中’铝离子半径最小,则Y是Al元素;由W、X
和Z三种元素形成的—种盐溶于水后’加人稀盐酸’有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生’则黄
色沉淀为S’则由W、X和Z三种元素形成的＿种盐为Na2S2O3,刺激性气体为SO2,则W为O
元素’ Z为S元素°
综上,R、W、X、Y、Z分别为N、O、Na、Al、
S°
C项,X与Z形成的化合物是Na2S,为强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性’则可使红色石蕊试纸变蓝,
故C项正确;
A项’根据元素周期律可知,同周期元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小,同主族元素的原
子半径随原子序数的递增而逐渐增大’因此原子半径:Na＞Al＞S＞O,即X＞Y＞Z＞W’故A项
错误;
B项’非金属性:O＞S,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定’则H2O的稳定性强于H2S
的稳定性,即Z的简单氢化物的热稳定性比W弱’故B项错误;
D项,Y的氧化物是Al2O3’可溶于强酸和强碱溶液’R的最高价氧化物对应的水化物是硝酸,因硝
酸是强酸’所以Al2O3可溶于硝酸中’ R的氢化物是NH3’溶于水生成弱碱NH3.H2O’则Al2O3
不能溶于NH3的水溶液中’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C.
［易错项］D
［易错项被选择比例］27％
l9. C
【解析】本题主要考查元素周期表的结构与应用°
由题图可知’X可形成4个共价键’最外层有4个电子;而Z只形成1个共价键,最外层7个电子;
且Z的最外层电子数为X核外电子总数的—半,可推断X为Si
, Z为Cl』W可形成＋l价离子’为
｜204
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『匠RO］
基本概念与基本理论
Na元素;由化合物中原子闭带l个负电荷,可知Y元素除了形成2个共用电子对之外’
个电子,最外层电子数为5’为P元素°
综上,元素W、X、Y、Z分别为Na、
Si、
P、Cl°
C项’磷元素的最高价氧化物为磷酸,是中强酸,故C项正确;
A项,WZ为NaCl’其水溶液为中性,故A项错误;
B项,
Si、P、Cl的非金属顺序为Cl＞P＞Sj’故B项错误;
还可得到l
D项’ P与Si形成了两个P—Si共价键’同时Na也给了＿个电子,即P满足8电子稳定结构,故
D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］18％
2（）° D
［解析］本题主要考查元素周期表及其推断
短周期元素中,W和X的最高化合价之和为8’结合元素周期表可以推出W为N,X为Al,Y为
Si’ Z为P°
综上所述,W、X、Y、Z分别为N、Al、
Si、P°
D项’Al的最高价氧化物的水化物是Al（OH3）,是弱碱,故D项错误;
A项,N为7号元素,有两个电子层,Al为l3号元素’有3个电子层,所以N的原子半径比Al的
原子半径小,故A项正确;
B项’常温常压下’ Si单质为固态,故B项正确;
C项,N的非金属性比P的非金属性强’所以N的气态氢化物热稳定性比P的强’故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D。
［易错项］C
［易错项被选择比例］15％
21B
［解析】本题主要考查元素周期律及其应用°
X、Y、Z均为短周期主族元素,且X与Z同族,若X和Z为第—、二周期元素’则二者只能为第＿
主族元素’因为三种元素最外层电子数之和为l0,所以Y的最外层有8个电子,又因为Y的最外层
电子数等于X的次外层电子数,与实际不符,所以X和Z只能是第二、三周期元素°若X为第三周
期元素’次外层电子数为8,则Y为稀有气体,与题意不符,所以X为第二周期元素,次外层电子数
为2’ Z为第三周期元素’Y的最外层电子数为2,又因为X、Y、Z原子的最外层电子数之和为l0’
所以X、Z的最外层电子数为4,所以X为C’ Z为Si’Y原子半径大于Z,所以Y为Mg°
综上,X、Y、Z分别为C、Mg、
Si°
B项, C的非金属性比Sj的强’所以C的氢化物热稳定性大于Sj的,故B项正确;
A项’C的氧化物为气态’Mg的氧化物为固态’所以Mg的氧化物的熔点比C的氧化物高’故A项
错误;
C项’C和Si不能形成离子化合物,故C项错误;
D项,Mg可以溶于浓硝酸发生氧化还原反应, Si不溶于浓硝酸,在氧化性酸中, Si被氧化时在其
表面形成致密的氧化物薄膜’阻止进＿步反应’故不溶于氧化性酸中’但HF的存在可消除Si表面
的氧化物薄膜’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
日
）
（
∑
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
［易错项被选择比例】l6％
酮｜化学反应中的能三变化
◆
D
［解析］o液态水汽化是物理变化,故不选α
］
@将胆矾（CuSO4.5H2O）加热发生分解反应: CuSO4.5H2O＝全CuSO4＋5H2O,属于吸热
反应’故选@;
o浓硫酸稀释放出大量的热’且为物理变化,故不选o;
@氯酸钾分解制氧气,是分解反应,需要吸收热量’属于吸热反应,故选@;
o生石灰与水反应放出大量热’属于放热反应,故不选o。
故正确序号为@@°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项］B
［易错项被选择比例】40％
2C
【解析］C项,Si（s）＋O2（g）＝SiO2（s）
AH＝（＋l76×2＋5O0—460×4）kJ／mol＝-988kJ／mol
故C项正确;
A项’晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能,故A项错误;
B项’根据化学键的键能判断,断裂1mol二氧化硅中化学键需要的能量为l840kJ／mol,断裂lmol
晶体硅中化学键需要的能量为352kJ／mol ,所以二氧化硅稳定性大于硅的稳定性,故B项错误;
D项,根据题图可知’
△H＝—c’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
【易错项被选择比例］3l％
3. C
［解析】C项’根据催化剂的选择性,理想的催化剂可以加快生成目标产物的反应的进行’减少副反
应的反应,进而提高目标产物在最终产物中的比率’故C项正确;
A项,泡沫灭火器的主要成分是Al2（SO4）3和NaHCO3,NaHCO3俗称“小苏打”’而选项中所说
的“苏打”为Na2CO3’故A项错误;
B项’向沸水中滴加饱和FeCl3溶液’可产生Fe（OH）3胶体’胶体中胶粒带电’ 『∏胶体本身不带电,
故B项错误;
D项,反应能否自发进行由嫡变和焰变共同决定,即△G＝AH-TAS°Na与H2O的反应为固体
和液体生成气体的反应,因此该反应为嫡增反应,即AS＞0;该反应进行时放出大量的热,因此为
放热反应’即AH＜O;根据△G＝AH—TAS’该反应△G＜0’反应能够自发进行,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C。
［易错项］D
【易错项被选择比例】34％
!
｜206
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠尺O］
—基本概念与基本理论
∧
【解析］根据示意图可知,反应物为＿种’产物为两种’即该反应为分解反应,同时有部分反应物未
发生反应,则该反应为可逆反应°
MnO2
2H2O＋O2↑,
A项,分解反应大多数为吸热反应,但也有一些为放热反应’如: 2H2O2
故A项错误;
B项,根据卜迷分析可知,该反应为可逆反应’故B项正确;
C项,根据示意图可知,反应生成了单质’有化合价的变化’属于氧化还原反应,故C项正确;
D项,
由上述分析可知,该反应一定属于分解反应,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
易错项分析:本题的易错项为B项°根据示意图可知,充分反应后在右侧矩形内仍然有反应物,这就
说明有部分反应物未发生反应,则该反应为可逆反应,读图要心细,边读边分析°
［易错项】B
［易错项被选择比例］26％
纠｜
5.∧
［解析］A项,
由热化学方程式可知,石墨转化为金刚石为吸热反应’则金刚石能量比石墨高’故A
项正确;
B项’能量越高越不稳定,金刚石能量比石墨高,所以更不稳定’故B项错误;
C项’焰变为正值,该反应为吸热反应,故C项错误;
D项’反应中,石墨和金刚石不是同＿种物质』反应过程中有新物质生成,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
6. D
［解析］D项,根据能量守恒定律’ AHl＋A必＋A必＋A必＋AH5＝0’故D项正确;
A项’水由510。C时的气态变为25。C时的液态’放热’ AH5＜0’故A项错误;
B项’由图可知’有关AH1与AH2的反应进行时’反应物与生成物的温度不同’所以AHl＋AIL≠0,
故B项错误;
C项,
由图可知, A腿＞0, AIh＜0’ A乓＜0,所以A玛≠AIh＋A丛’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例】16％
7.∧
［解析］由2A（g）＝≡B（g）＋Q可得Q2A（g）＝QB（g）＋Q
（Q＞0）’液体汽化要吸收能量,所以气
体所含能量要比液体高,即QB（g）＞QB（l）,所以Q2A（g）＞QB（g）＞QB（l）’故A项正确°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］C
［易错项被选择比例］25％
8. D
【解析】D项,向10OmLO1mol／L的AlCl3和O1mol／L的NH4Cl混合溶液中滴加1mol／L的
NaOH溶液时,Al3＋先消耗30mL的NaOH溶液生成Al（OH）3沉淀’继而NHj与OHˉ反应消
207
§
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
耗10mLNaOH溶液’最后NaOH溶液过量时’A1（OH）3溶解生成AlOZ,消耗l0mLNaOH溶
液’图像中n（Al3＋）和n（AlO面）的变化情况和反应过程相符’故选D项;
A项’由图可知,
a、b两点处于同＿温度下’ a点表示的溶液通过加人溶质的万式得到b点’故不选
A项;
B项图2表示某＿放热反应,若使用催化剂』El 、E2会发生改变,但由于温度不变, AH不会改
变』故不选B项;
C项滴加盐酸过程中,依次发生反应CO;ˉ＋H＋＝HCO亏、HCO面＋H十＝H2O＋CO2↑’故无论
NaHCO3和Na2CO3是何种比例,产生CO2时消耗的盐酸的体积应大于产生NaHCO3消耗的盐
酸的体积》故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
易错项分析:本题的易错项为C项。滴加盐酸过程中’依次发生反应:CO;—＋H十＝HCO】、HCO可＋
H＋＝H2O＋CO2↑’可以看出碳酸钠溶液中滴加盐酸时产生碳酸氢根和产生二氧化碳时消耗的盐酸
相等,体积比为l
: 1,若碳酸钠中再混有碳酸氢钠,滴加盐酸时产生碳酸氢根和产生二氧化碳时消
耗的盐酸肯定小于1
: 1’图中消耗盐酸体积比为3:
l ,不合理°
［易错项】C
【易错项被选择比例］24％
9· C
［解析］由图可知:反应I的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O-H2SO4＋2HI,反应Ⅱ的化学万程
＿定条件
2SO2↑＋O2↑＋2H2O,反应Ⅲ的化学方程式为2HI
—定条件H2＋I2°
式为2H2SO4
C项’根据盖斯定律,总反应为2H2O-2H2↑＋O2↑’水分解为吸热反应’则AH‖＋AH2＋A玛＞0,
故C项正确;
A项, 由图分析可知,设计该循环是为了制取能源气体H2』故A项错误;
B项,该循环的总反应为2H2O-2H2↑＋O2↑,生成1molO2同时产生2molH2’H2所处温
度、压强未知’无法计算H2的体积’故B项错误;
D项’反应I可在常温常压下进行,反应Ⅱ、Ⅲ不可在常温常压下进行,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
lOB
［解析］B项’焰变等于反应物总键能减去生成物总键能’该反应的焰变△H＝498kJ.mol l＋2×
4364kJ.mol 1-4×4628kJmolˉl＝-480.4kJmolˉl ’故B项正确;
A项’ lmolH2O（g）含有2molH—O’生成1molH—O放出4628kJ能量’故生成lmolH2O（g）
放出4628kJ×2＝925.6kJ能量’同理’断裂lmolH2O（g）中的化学键需要吸收925.6kJ能量』
但选项中未说明H2O的状态’吸收的能量无法准确判断,故A项错误;
C项,热化学方程式中反应物H2O的状态为液态’题干中H2O是气态,因此无法计算熔变』故C项
错误;
D项』热化学方程式中生成物H2O的状态为液态’题干中H2O是气态,因此无法计算焰变,故D
项错误。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
208
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO］
—基本概怠与基本理论
［易错项被选择比例］34％
ll.
B
［解析】B项’ 1molN2（g）和lmolO2（g）断键吸收的能量为（946＋498）kJ＝1444kJ,生成
2molNO（g）成键放出的能量为（2×632）kJ＝1264kJ,因此该反应为吸热反应,反应物具有的总
能量小于生成物具有的总能量’故B项正确;
A项,该反应为吸热反应,吸收能量l444kJ＿1264kJ＝180kJ’故A项错误;
C项’断键需要吸收能量,因此两者直接混合不能直接生成NO（g）,故C项错误;
D项,吸热反应不＿定要加热才能发生’如NH4Cl固体和Ba（OH）2固体的反应为吸热反应,但反
应过程不需要加热,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
【易错项被选择比例】29％
团｜腮热化学方程式与盖斯定律
1.∧
［解析］A项’结合图像可计算’C（s）＋2H2（g）＝＝CH4（g）的反应的烩变△H＝8903kJ.molˉ1-
965』kJmol l≡—74.8kJmo］ˉ1 ,故A项正确;
B项’结合图像可知’CH4（g）＋2O2（g）＝＝CO2（g）＋2H2O（l）为放热反应’则△H＜0,故B项
错误;
C项,结合图像和A项分析可知, 2H2（g）＋O2（g）＝＝2H2O（l）的焰变AH≠—748kJ.molˉl ’故
C项错误;
D项,结合图像可知’El在数值上等于C（s）＋2H2（g）-CH4（g）的反应热,而反应热等于反应
物的总键能减去生成物的总键能’故D项错误.
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例】l9％
2· D
［解析］D项, SjO2中＿个Sj原子与4个O原子形成四面体结构的原子晶体’所以SiO2的键能为
364kJ.molˉl×4＝1456kJ.molˉl
’ SjCl4的键能为360kJ。mol
l ×4＝144OkJ.mo1ˉ1 ,键能越大
越稳定’所以SiO2比SiCl4更稳定’故D项正确;
A项,化学反应包含｜日化学键的断裂和新化学键的形成,只有化学键断裂不＿定是化学反应’如NaCl
晶体溶于水,离子键被破坏’不属于化学变化’故A项错误;
B项’ △H＜0,则该反应为放热反应,所以生成物的总能量低于反应物的总能量’故B项错误;
C项’反应烩变等于反应物的总键能减去生成物的总键能’所以烩变AH＝（360×4＋436×2-2z—
43l×4）kJ.molˉ1＝—236kJ.molˉl ’解得z＝4l2,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】25％
209
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
化
…
学
高
考
3。D
［解析】D项,由题意知分解1mol液态H2O2,生成液态H2O和氧气放出热量98kJ,根据盖斯定律,
将反应I与反应Ⅱ相加可得2H2O2（l）-2H2O（l）＋O2（g）』则AH1＋AH2＝2×（—98）kJ／mol＝
—196kJ／mol’故D项错误;
A项’H2O2分解产生氧气’检验氧气一般用带火星的木条’则可以用带火星的木条检验H2O2是否
开始分解,故A项正确;
B项反应I中碘元素由ˉl价升为＋l价,被氧化’则IO为氧化产物,反应Ⅱ中碘元素由＋l价降
为ˉl价,被还原’则IOˉ为氧化剂,故B项正确;
C项,若加人NaIO’则先从反应Ⅱ开始, IOˉ是催化剂, I是中间产物’也能提高H2O2分解速率,
故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
【易错项被选择比例】2l％
4〔
【解析］C项, El表示｜日化学键断裂吸收的能量, E2表示新化学键形成释放的能量,反应热可表达
为△H＝El—E2≡＋2061kJ.mol’故C项错误;
A项,NH4Cl晶体和Ba（OH）2晶体反应也为吸热反应’与该反应的能量变化趋势相似,故A项正确;
B项’根据反应热和其他三种物质的燃烧热可求出CH4（g）的标准燃烧热为△H≡＋206lkJmolˉ1
＋（-3×285.8kJ.molˉ1—283.0kJ.mol l）＋440kJmolˉl＝—890.3kJmolˉl ’故B项正确;
D项’催化剂可降低反应的活化能,E1和E2会减小’但差值不变’同时加快反应速率,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项】D
［易错项被选择比例】l6％
5.
B
［解析】根据已知图写出相应热化学方程:
OCO; （aq）＋2H＋（aq）＝HCO亏（aq）＋H十（aq）AHl
;
@HCO】（aq）＋H＋（aq）＝H2CO3（aq）A丛;
OH2CO3（aq）＝CO2（g）＋H2O（l）A玛°
B项由@＋@＋O得到CO;＿（aq）＋2H＋（aq）＝CO2（g）＋H2O（l）’根据盖斯定律有AH＝
AHl＋AIL＋A丛’故B项正确;
A项,根据图可知HCO可（aq）＋H＋（aq）＝CO2（g）＋H2O（l）中生成物能量比反应物高’该反应为吸
热反应’故A项错误;
C项, AHl 、AIL为负数’A腿为正数,根据图中相对值’应该是AHl＜AH2＜A丛’故C项错误;
D项’催化剂对反应热无影响’因此A腿不变,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
【易错项】C
［易错项被选择比例］3l％
6C
［解析］C项,燃烧热的定义为lmol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,在图中可
看出产物为气态水不是液态水,所以甲烷的燃烧热AH不是-802kJ.molˉl ,故C项错误;
鳞2l0
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺O］
-基本概念与基本理论
A项,天然气燃烧产生CO2和H2O’是清洁能源,但不是新能源’故A项正确;
B项, 由图可知,产物的总能量低于反应物的总能量,所以反应为放热反应,故B项正确;
D项’标准状况下, lmol甲烷中含有4molC—H键’ 448L甲烷的物质的量为2mol’反应生成
CO2和H2O’会断裂8mol极性键（C—H键）,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］26％
7.D
［解析］D项’ 由能量变化示意图可知’反应热为（242＋44）×2＝572kJ.molˉ1 ,故D项正确;
A项,拆开化学键需要吸收能量,故A项错误;
B项, 由示意图可知2molH2（g）和1molO2（g）完全断键释放的能量没有2molH2O（l）完全断键
释放的能量高,故B项错误;
C项,由示意图可知,该反应热应为242kJ.molˉ1 ,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l6％
8. D
［解析】D项’将热化学方程式2×O-@得到Na2O2转化为Na2O的热化学方程式’故D项正确｛
A项’Na2O2和Na2O中阴阳离子个数之比都是1 :2’故A项错误;
B项’o和o生成等物质的量的产物,需要的Na的物质的量相等’所以转移电子数相同’故B项
错误;
C项’升高温度时’Na燃烧生成Na2O2’故C项错误°
综上所述,本题I［确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l8％
9.∧
［解析］O铁与氯气反应直接生成FeCl3’转换关系为Feˉ旦兰FeCl3》故不选@;
（2由C＋O.
点燃CO2.C＋去O2
点燃COCO＋去O2丝CO恩可知转化成立’符合
AH＝AHl＋AH2’故选@;
O由AlCl3＋3NaOH＝＝Al（OH）3↓＋3NaCl、Al（OH）3＋NaOH＝＝NaAlO2＋2H2O以及
AlCl3＋4NaOH＝＝3NaCl＋NaAlO2＋2H2O,可知转化成立’符合AH＝AHl＋AH2,故选O
@由2NaOH＋CO2＝＝Na2CO3＋H2O、Na2CO3＋H2O＋CO2≡＝2NaHCO3以及NaOH＋
CO2＝＝NaHCO3可知转化成立,符合AH＝AH］＋AH2’故选@;
OS的氧化性较弱,不能直接生成CuS’故不选O;
O由Na2CO3＋HCl＝＝NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl＝＝NaCl＋CO2↑＋H2O以及
Na2CO3＋2HCl-2NaCl＋CO2↑＋H2O可知转化成立’符合AH＝AH1＋AH2,故选O°
故选oo@o·
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］B
2l1
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
离
考
［易错项被选择比例］l7％
l0. C
［解析］C项』由于H2O（g）变为HzO（l）的过程放热』固此反应CH虱OH（g）-＋CH3OCH3（g）ˉ｝
1H2O（｜）放出的热量必然大丁反应@放出的热量的—半』放热反座的AH＜0』因此△H＜
:kJm°l—! ′故C项错误.
A项,根据热化学方程式可知:反应@、@生成的CO2和H2是反应O的原料气’故A项正确°
B项,固定和利用CO2能有效地利用资源并减少空气中的温室气体,故B项正确°
D项’根据盖斯定律’由2×@＋2×O＋@得反应2CO（g）＋4H2（g）＝＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）
的△H＝（2b＋2c＋d）kJ.molˉ1 ,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例】2l％
ll.
〔
［解析］C项’燃烧热是指lmol物质与氧气进行完全燃烧生成稳定产物时放出的热量,所以根据热
化学方程式@可知H2的燃烧热△H＝＿285。8kJmol
l ,故C项正确;
A项’反应o是放热反应’即反应物所具有的能量大于生成物所具有的能量’故A项错误;
B项’当H2（g）和O2（g）完全燃烧生成液态H2O释放出l429kJ能量时,有05molH—O键形
成’但选项中给出的H2O状态为气态’故B项错误;
D项’通过联立@～@的热化学方程式可以得到高温下液氢燃烧的热化学方程式,其焰变应为AHl—
必—去A腿—腿-ˉ2…｜qm·｜」′故D项错误.
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例］l9％
l2. D
〔解析］D项’浓硫酸溶于水会放出大量热,将含05molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶
液混合,放出的热量大于57。3kJ,故D项正确;
A项’硫固体转化为硫蒸汽的过程要吸热’因此前者放出的热量更多,故A项错误;
B项,C（金刚石）＝C（石墨）AH＝—L9kJmolˉl为放热反应,说明石墨能量较低’比金刚石稳
定,故B项错误;
C项,在25°C’ 101kPa时, 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量为该物质的
燃烧热,故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l4％
13.
B
［解析］B项’碳在氧气中燃烧是放热反应’△H＜0’完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一
氧化碳时放出的热量, AH1＞AH2,故选B项;
｜2l2
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［尺O］
—基本概念与基本理论
A项,氢气在氧气中燃烧是放热反应’ AH＜0’水由气态转变为液态也需放出热量’生成液态水放
出的热量大于生成气态水’ AHl＜dH2’故不选A项;
C项’硫在氧气中燃烧是放热反应, △H＜0,气态硫单质所具有的能量大于固态硫单质’放出的热
量也更多, AH1＜A腿’故不选C项;
D项’氢气在氯气中燃烧是放热反应’ AH＜0》放出的热量与参与反应的物质的量有关』参与反应
的物质的量越大,放出热量越多, AH1＜A腿,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】A
［易错项被选择比例］l6％
l4. D
［解析］根据题意B2H‘与O2的棍合气体lm°l,将其点燃恰好完全反应,则B2H6为÷m。l,放
出541.25kJ热量’那么lmolB2H6完全燃烧,放出54l.25kJ×4＝2l65kJ热量,故热化学方程
式为: B2H6（g）＋3O2（g）＝≡B2O3（s）＋3H2O（l）
AH＝-2165kJ.molˉ1 ,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
【易错项被选择比例］22％
l5. D
［解析］D项’硫与氧气反应生成二氧化硫’是放热反应,该热化学方程式书写正确’故D项正确;
A项’计算物质的燃烧热’生成物中的水应为液态水,该热化学方程式中的水为气态,故A项错误;
B项’酸碱发生中和反应’为放热反应’表示中和热的焰变应该小于零,故B项错误;
C项’该热化学方程中未标明各物质的状态,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l9％
l6.∧
［解析］根据表中数据有热化学方程式:OC（s）十O2（g）
≡＝CO2（g）
AHl ＝＿393。5kJ／mol’
@2H2（g）＋O2（g）
≡≡2H2O（l）
A巫＝-571.6kJ／mol’OCH3COOH（l）＋2O2（g）
＝＝
2CO2（g）＋2H2O（l）
A玛≡-870.3kJ,molˉl ’反应2C（s）＋2H2（g）＋O2（g）＝＝CH3COOH（l）
的△H等于2×O＋@＿O,根据盖斯定律可知, AH＝2×AHl＋AHh＿A昆＝-4883kJ。molˉl
’
故选A项°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】B
［易错项被选择比例］20％
□「勇T∏司原电池原理及应用
1∧
［解析】A项,NH3＿骸N2中N元素化合价升高失去电子’发生氧化反应’作负极;NO〕-→N2中’
N元素化合价降低得到电子,发生还原反应,作正极,盐桥中Clˉ问负极X极移动’故A项错误;
2l3镶
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
B项’垃圾在微生物的作用下’发生氧化还原反应’形成了原电池’所以化学能转变为电能’故B项
正确;
C项’根据A分析知X为负极’Y为正极,电子由负极X极沿导线流向正极Y极,故C项正确;
D项,Y极为正极,发生的反应为2NO面＋10eˉ＋12H＋＝N2↑＋6H2O,消耗H＋,所以pH增
大,故D项正确.
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］24％
2. D
［解析］根据氢离子的移动方向知,石墨电极是正极,正极上得电子发生还原反应’电极反应式为
战州洲…一山峰侧;…………….
应式为Mg-2e—＋2H2O＝＝Mg（OH）2＋2H＋°
№□
战吨（辊Ⅷ
∏…上逃分析,石墨电搬……应式为◎瓤o广l…噎—
故D项错误;
A项,电池放电时是原电池,原电池中电子由负极经导线流问正极,即由镁电极流出经过用电器流问
石墨电极,故A项正确;
B项’电池放电时,镁电极为负极,发生反应Mg-2e＋2H2O＝Mg（OH）2＋2H＋,有H＋生
成,镁电极附近的电解质溶液的pH降低,故B项正确;
C项’由上述分析中的电极反应式可知’电池放电时,正极每生成1mol间苯二胺就有l2molH＋通
过质子交换膜,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D。
［易错项】B
［易错项被选择比例］38％
3.O
［解析】D项’充电时』正极反应为:C＋2CO;—ˉ4eˉ＝3CO2↑,故D项错误;
A项,放电时,阴离子问负极移动,故A项正确;
B项’充电时有CO2生成’放电时消耗CO2’故B项正确;
C项’放电时,正极发生CO2得电子的反应’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例］l5％
4.D
［解析】该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则电极b是正极’电极反应式为2NO面＋10eˉ＋
12H＋-N2↑＋6H2O’ a电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用
下生成二氧化碳’电极反应式为C6HloO5＿24eˉ＋7H2O-6CO2↑＋24H＋°
D项’ a电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应’有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电
极反应式为C6HloO5—24eˉ＋7H2O-6CO2↑＋24H＋’故D项正确;
喇2l4
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「［尺0｜
宜木鳃食与其木飞里论
~~
~~~~~~~
~~~
~
~
A项』电解精炼铜时,应将粗铜连接在原电池的正极上,根据上述分析可知,在该原电池中,电极b
是正极,因此应将粗铜连接在b电极上,故A项错误;
B项, b电极是正极’电极反应式为2NO5＋l0eˉ＋12H＋-N2↑＋6H2O’氢离子参加反应导致
溶液酸性减小,溶液的pH增大,故B项错误;
C项,放电时’电解质溶液中阳离子Na＋移问正极（右室）,阴离子Clˉ移向负极（左室）,故C项
错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l7％
5. C
【解析］C项, Fe（
I ）产生Fe2＋, 6Fe2＋＋Cr2O;—＋l4H＋≡＝6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O’电解＿段
时间后’Fe（Ⅱ）产生的OH＿大量移向阳极区,在Fe（
I ）极附近产生Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀,
故C项正确;
A项,H＋向右移动,表明M电极是负极, Fe（Ⅱ）为阴极,故A项错误;
B项’M电极产生的氢离子向N电极移动’且M电极为负极,失电子发生氧化反应,所以M电极的
电极反应式为CH3OH＋H2O-6e—＝CO2↑＋6H＋,故B项错误;
D项, 6Fe2带～Cr2O;ˉ’电路中每转移6mol电子’最多有lmo1Cr2O;—被还原,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］B
［易错项被选择比例］30％
6. D
［解析】D项,结合电子得失相等,可知正负两极消耗气体的物质的量之比为1 :2’故同温同压下的
气体体积之比是1 :2’故D项错误;
A项,由氢气和一氧化碳生成水和二氧化碳,发生氧化反应’在X极上失去电子,X极为原电池的负
极’故A项正确;
B项,氢气和＿氧化碳生成水和二氧化碳’负极反应的方程式为H2＋O2—2e＿＝H2O、CO＋O2ˉ—
2eˉ＝CO2,故B项正确;
C项’因正极电极反应式为O2＋4e—＝2O2ˉ,故Y电极每消耗16gO2’电路中有2mol电子通过’
故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例】2l％
7.∧
［解析】A项’在SOCl2和Li2SO3中,S元素的化合价都是＋4价,所以S元素的化合价不变’SOCl2
不是被还原为Lj2SO3’故A项错误;
B项’根据原电池的电极总反应式可知,在原电池放电时, Li元素的化合价由0价变为＋1价’ S元
素由SOCl2中的＋4价变为0价,根据原电池原理,则L1为负极,石墨作正极,故B项正确;
C项’ Li作为碱金属元素,性质活泼,易与水发生反应: 2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑,从而造
成负极材料Li损失,所以该电池内环境应该是无水环境’故C项正确;
D项,根据原电池的电极总反应式可知, 8mol的Lj由0价变成＋1价,失去8mol电子’此时析
2l5
!
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
粤「篡蹦
出2molS’即电池工作时’锤提供的电子的物质的量与析出硫的物质的量之比应该是4:1’故D项
正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l9％
8B
［解析］原电池工作时正檄上发…子＂还原反应即;O—C｜翘·十＂—C『ˉ○Ⅱ测凰为正
极’ b为负极,反应式为曾CH3COOˉ—8e—＋2H2O-2CO2↑＋7H＋°
B项,由电极方程式可知当转移8mol电子时’正极消耗4molH＋,负极生成7molH＋,则处理后
的废水pH降低’故B项正确;
＾项丽极上发生得电『…反廊肌Oα…!／≡c「◎测凰为正极发生还原反应
故A项错误;
C项, b极为负极,反应式为:CH3COOˉ—8e—＋2H2O＝＝2CO2↑＋7H＋’由示意图可知,质子
从b极移问a极’故C项错误;
.项.极为正极发生还膘反应,电檄反应式为oα翘詹≡Ⅱ＿αo’敞D项镭溪.
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］15％
9. D
【解析】D项,题目给出正极反应式为: xLi＋＋（O2＋ze ）垫≡LixO2,所以当x＝2的时候反
应为: 2Li＋＋O2＋2e—＝＝Li2O2’故D项正确;
A项』原电池中’阳离子应该向正极移动,故A项错误;
B项,单质锤会与水反应生成氢氧化锤和氢气,所以电解质溶液不能使用任何水溶液,故B项错误;
C项,电池充电时’Lj2O发生失电子的氧化反应’所以电池充电时间越长,Li2O含量应该越少,选
项C错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l9％
l0.
B
［解析］B项’根据电池总反应式可知电解质溶液呈碱性’负极电极反应为CH3OCH3—l2eˉ＋
12OHˉ-2CO;—＋6H2O’故B项错误;
A项’多孔碳是碳单质,是＿种具有不同孔结构的碳素材料,可用作电极材料,故A项正确;
C项, lmol的二甲醚（CH3OCH3）燃烧转移电子的物质的量为12mol; 1mol的甲醇燃烧会转移
电子6mol,故组成燃料电池时理论上’ lmol二甲醚放电量是lmol甲醇放电量的2倍,故C项
正确;
D项,电池工作时’阴离子向电池的负极迁移,即OHˉ问电池负极迁移,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
』
［易错项】C
216
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［RO］
—基本棚怠与基本理论
［易错项被选择比例］24％
ll.D
［解析］D项,未注明在标准状况下,所以无法计算出转移电子的物质的量’故D项错误;
A项,根据图示可知’该过程是将太阳能转化为化学能的过程,故A项正确;
B项’GaN表面有氧气生成,发生失电子反应,电极反应式为2H2O—4eˉ＝O2↑＋4H＋,故B
项正确;
C项,放电时’电解质溶液中的阳离子问侧正极移动,所以H＋向右移动,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例】l3％
l2.∧
［解析］A项’
由电池的示意图可以得到’电池放电的反应物为氧化铁和单质锤,生成物为单质铁和
氧化锤所以放电的总反应为: Fe2O3＋6Li＝2Fe＋3Li2O°电池的负极为单质锤’所以负极
反应为Lj—e-Li＋,总反应减去负极反应（注意将负极扩大6倍）得到正极反应: Fe2O3＋
6Li＋＋6eˉ-2Fe＋3Li2O,故A项正确;
B项’因为单质锤可以与水反应（类似金属钠）,所以电解质溶液不能是水溶液,故B项错误;
C项’放电时’ Li作电池的负极, Fe2O3作电池的正极’故C项错误;
D项,从图中看到充电时（问左反应）,电池会远离磁铁’实际上是因为充电时电池中的单质铁转化
为氧化铣不能被磁铁吸引’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l9％
D
［解析］根据直接氨硼烷（NH3.BH3）电池在常温下的工作示意图和总反应方程式:NH3.BH3＋
3H2O2＝NH4BO2＋4H2O可知,左侧电极为负极’右侧电极为正极°
D项,结合总反应方程式:NH3BH3＋3H2O2—NH4BO2＋4H2O可知, 1molNH3BH3反
应将转移6m°1电子′＂3」g氨硼烷的物履的量为; 3l器。」-0」m。』,则肖懦3」g氨硼烷,
理论上转移06mol电子,故D项正确;
A项’左侧电极为负极’发生氧化反应’故A项错误;
B项,在原电池中’阳离子向正极移动’电池工作时,H＋通过质子交换膜向右侧移动’故B项错误;
C项,正极发生还原反应’根据总反应方程式可知正极的电极反应式为:H2O2＋2H＋＋2eˉ＝
2H2O,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D.
〔易错项］B
［易错项被选择比例］17％
l3
l4.∧
［解析］A项,铅蓄电池放电时负极反应式为Pb（s）＋SO;ˉ（aq）ˉ2e—-PbSO4（s）,PbSO4为不
溶性固体’负极质量增加’故A项错误;
B项’放电过程中’消耗硫酸’故C（H＋）减小,故B项正确;
217瓣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
高
~
考
C项, 电池充电时总反应为2PbSO4＋2H2O＝Pb＋PbO2＋2H2SO4’故C项正确;
D项,铅蓄电池的缺点是比能量低、笨重’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］30％
l5. D
［解析］由图2可以看出, 0～tl时间段, 由于Al的金属活动性大于Cu’则Al先为负极, Cu为正
极; t｜时刻以后’钝化后的Al为正极’Cu为负极°
D项’所给的离子方程式得失电子不守恒,只有NO2中的N元素的化合价升高’没有其他元素
的化合价降低’应为NO2与OHˉ发生歧化反应’生成NO5、NO面和水,反应的离子方程式为
2NO2＋2OHˉ＝NO面＋NO5＋H2O’故D项错误;
A项,
由上述分析可知, tl时刻前’Al为负极’失去电子’化合价升高’发生氧化反应’电极反应
式为2Al＋3H2O—6eˉ＝Al2O3＋6H＋’故A项正确;
B项,由上述分析可知, tl时刻’Al在浓硝酸中钝化’生成的氧化铝薄膜阻碍了Al继续反应’故B
项正确;
C项, tl时刻以后’钝化后的Al为正极’Cu为负极,正负极发生转换’电流方问随之改变,故C项
正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例］24％
l6B
［解析］本题主要考查原电池°
H2失去电子转化成H＋’N2得到电子转化成NH3,原电池中负极失去电子』正极得到电子,故氢化
酶区为负极区固氮酶区为正极区。
B项’阴极区在固氮酶的作用下发生的反应为3H＋＋N2＋3MV＋-NH3＋3MV2＋’阳极区在氢
化酶作用下发生H2＋2MV2＋-2H＋＋2MV＋反应,故B项错误;
A项』传统固氮万法是在高温高压下反应’而该电池利用酶催化反应’条件温和并能提供电能’故A
项正确;
C项,正极发生还原反应’N2被还原为NH3,固氮酶作催化剂’故C项正确;
D项,电池工作时,负极产生H＋,H＋通过交换膜从氢化酶区向固氮酶区移动,即质子通过交换膜由
负极区问正极区移动,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］l7％
l7. D
【解析】本题主要考查原电池的电极判断及其电极方程式的书写°
D项,放电过程中’锌作为负极放电’锌失去电子形成大量带正电的Zn2＋,会吸引电解质溶液中的
阴离子’即放电过程中’OHˉ通过隔膜从正极移向负极’故D项错误;
A项,较高表面积的三维多孔海绵状Zn可以为反应生成的氧化锌增加大量的空间位置,即氧化锌分
散度高’故A项正确;
2l8
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺0］
基本概念与基本理论
B项’充电时阳极发生氧化反应’Ni（OH）2失去电子生成NiOOH,即Ni（OH）2（s）＋OHˉ（aq）—
e—NiOOH（s）＋H2O（l）’故B项正确;
C项,放电时,锌做负极’在碱性条件下发生氧化反应,即Zn（s）＋2OHˉ（aq）—2e＝ZnO（s）＋
H2O（l）,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】B
［易错项被选择比例］l6％
■「霓TJ韦］电解原理及应用
l. D
［解析］D项’ d电极先产生白色沉淀CuCl,白色沉淀逐渐转变为橙黄色沉淀CuOH’发生的反应是
CuCl＋OHˉ＝＝CuOH＋Clˉ’故D项正确;
A项’LixC6中C为负价’根据电池总反应,C化合价升高’则LixC6失去电子,作负极’Li1ˉxCoO2
为正极得到电子,故A项错误;
B项’没有说明是否为标准状况,因此无法直接计算氯气体积’故B项错误;
C项’ a电极的材料为铜棒’但是a电极＿直有气泡产生’则a电极为阴极（得电子）, d电极为阳极,
电极反应式为Cu＋Clˉ-eˉ-CuCl’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例】l6％
B
［解析］B项’在阳极, I—失电子被氧化,在阴极,Ru3＋得电子被还原’所以发生的反应为2Ru3＋＋
3I—＝2Ru2＋＋I百』故B项正确;
A项,电极X失去电子,为电池的负极’故A项错误;
C项’镀铂导电玻璃的作用是做电极’导电’故C项错误;
D项,电池的电解质溶液中’ Iˉ和I百的浓度不变’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］22％
2
3.
D
［解析］D项’阳极上是SOi失去电子转化为S2O;—,电极反应式为2SO矛ˉˉ2eˉ＝S2O; ’阴
极上的电极反应式为2H＋＋2e—-H2↑’
由两个电极反应式可以看出’刚开始电解时’ SOi和
H＋的物质的量相等’故D项正确;
A项,阴极上发生得电子的还原反应,
电极反应式为2H＋＋2eˉ-H2↑’故A项错误;
B项’
由“电子由外电路流人C2”知C2为阴极’与电源的负极相连’故B项错误;
C项’
由于放电能力H＋＞Na＋’故C2电极上是H＋得到电子转化为H2’溶液中c（H＋）减小, pH
增大,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例】30％
尊
’
］
’
～
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
4. O
［解析］D项,如将M、N用导线直接相连,该装置是原电池铁在负极失去电子生成亚铁离子’向
Fe电极区滴人2滴K3［Fe（CN）6］溶液’反应＿段时间后》烧杯中产生蓝色沉淀’故D项正确;
A项,如M接电源负极,N接电源正极,则该装置是电解池’纯Fe棒作阴极,石墨棒作阳极,纯Fe
棒不会被腐蚀’属于外加电流的阴极保护法,故A项错误;
B项’如M接电源正极’N接电源负极,将石墨棒换成Cu棒,则纯Fe棒作阳极,Cu棒作阴极,不
能实现在铁棒上镀铜,故B项错误;
C项,如将M、N用导线直接相连’该装置是原电池,铁发生吸氧腐蚀,纯铁棒—k的电极反应式为
Fe—2eˉ＝Fe2＋,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］2l％
5· C
［解析］放电前’被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3 （左罐）’则Na2S2在负极失电子’
NaBr3在正极得电子;充电时’阴极为负极的逆反应,阳极为正极的逆反应°
C项,电池放电时,Na2S2和NaBr3反应’则电池的总反应方程式为: 2Na2S2＋NaBr3＝Na2S4＋
3NaBr’Na＋经过离子交换膜’由b池移向a池,故C项正确;
A项’放电时,负极Na2S2失电子’则负极的电极反应式为: 2S当—ˉ2e—＝Siˉ’故A项错误;
B项,充电时,阳极上Brˉ失电子转化为Br5,则阳极的电极反应式为: 3Brˉ—2eˉ＝Br5,故B项
错误;
D项,用该电池电解饱和食盐水,产生2.24LH2时,此气体不是标准状况下的体积,无法进行换算’
则b池生成Na2S4的质量不＿定是1740g’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】l8％
6.
B
［解析］B项, cd段pH降低》此时参与电解反应的物质为H＋、OHˉ、H2O,电解反应相当于电解
水,故B项正确;
A项, ab段由于铜离子浓度减小’水解得到的氢离子浓度减小,溶液pH上升,氢离子未被还原’故
A项错误;
C项’电解至c点时’溶液中溶质为硫酸、硫酸钾,往电解液中加人适量CuCl2固体’不能使电解液
恢复至原来的浓度,故C项错误;
D项,图像中具体数量关系未知’不能计算原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
【易错项被选择比例］28％
7. C
【解析］C项,锤离子电池中,只有Li＋移动,故C项错误;
A项,放电时, x值越大’说明从等质量的C6脱嵌的Li＋越多’放电容量越大』故A项正确;
B项,充电时, x值越大’说明从等质量的C6嵌人的Li＋越多’充电容量越大,故B项正确;
獭220
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『匠尺O｜
基本概念与基本理论
D项,常温时,隔膜的孔径允许Lj＋通过’温度高于某值时,隔膜的孔径小于Li＋半径’不允许
通过而形成断路’防止过热发生燃烧或爆炸’故D项正确·
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］38％
Li＋
8.D
【解析】D项,负极区发生的电极反应为2H2O＋2eˉ-2OHˉ＋H2↑’负极区氢氧根浓度增大’
则pH增大’故D项正确;
A项, 甲为阴离子交换膜通电后中间隔室的SO1—问正极迁移’故A项错误;
B项’通电后,正极区是氢氧根放电生成氧气’ a为氧气’负极区是氢离子放电生成氢气, b为氢气’
同温同压下得到的气体O2与气体H2的体积比约为1 :2,故B项错误;
C项,通电后,阳极氢氧根放电,溶液中剩余氢离子’得到的产品c是H2SO4,阴极氢离子放电,剩
余氢氧根离子,得到的产品d是NaOH’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l8％
9.
〔
［解析】根据题意可知:电解过程中’铝单质转变为Al2O3’化合价由0价升高至＋3价’发生氧化反
应’因此待加工铝质工件作阳极,失电子,发生氧化反应’溶液为酸性溶液,氢离子在阴极得电子生
成氢气°
C项,阴极反应为2H＋＋2e—-H2↑’故C项错误°
A项’待加工铝质工件作阳极’发生氧化反应: 2Al＋3H2O-6eˉ-Al2O3＋6H＋,故A项正确°
B项,阴极反应为2H＋＋2eˉ＝H2↑’可选用不锈钢网作阴极,增大与溶液的接触面积,故B项
正确°
D项,电解过程中,阴离子向阳极移动,则硫酸根离子问阳极移动,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l7％
D
【解析】D项’充电是放电的逆反应’
【解析】D项’充电是放电的逆反应’
l0
得到Li和O2,电极反应式书写正确’故D项正确;
A项,放电时,多孔碳材料的电极上的氧气得电子’发生还原反应’所以多孔碳材料为正极,故A项
错误;
B项,放电时’锤作为负极,多孔碳材料＿极为正极,由于外电路电子由负极流问正极,即由锤电极
流向多孔碳材料电极,故B项错误;
C项’充电时’锤连接电源负极作阴极,阳离子问阴极移动’所以Li＋向锤电极移动’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例］21％
ll. O
【解析］D项,据图可知’在阴极室生成的是NaOH’若物质B为NaCl’则会弓｜人Clˉ杂质,故D
22l
｛］
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
融
学
化
高
考
项错误;
A项,在阴极上H＋得电子生成氢气,电极反应式为2H＋＋2eˉ-H2↑,故A项正确;
B项’Na＋是阳离子’在电解池中由阳极室通过阳离子交换膜向阴极室迁移’故B项正确;
C项’阳极发生的电极反应式为2H2O—4e＿-4H＋＋O2↑,H＋浓度增大’H＋和CO;ˉ发生反
应为CO;ˉ＋H＋—HCO5’使CO;转化为HCO5,故C项正确.
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例］36％
l2.
B
［解析］B项’充电时’电池正极失电子发生氧化反应’电极反应式为VO2＋-e＋H2O-VO玄＋
2H＋,故B项错误;
A项’电解Na2SO3溶液时, a极反应式为2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OH—,故a极为阴极与负极
（即图l中的右边）相连,则H＋从电池右边移向左边’故A项正确;
C项’电解时b为阳极’电池反应式为SO; ＋H2Oˉ2e—＝＝SO;ˉ＋2H＋’故C项正确;
D项’电解中存在这样的关系Na2SO3 ～2eˉ ～H2 ～2OH
,则当消耗12.6gNa2SO3（即
1mol
2mol
1mol
2mol
01molNa2SO3）时’阴极区会生成01molH2出去’还生成02molOHˉ,则有0.2molNa＋通
过阳离子交换膜进人,故阴极区质量会变化44g,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l8％
l3. O
［解析］根据原理和装置图可知,图中右池中产生H＋,所以推断出C电极为阳极,阳极电极反应式为
2H2O-4eˉ-O2↑＋4H＋; Fe电极为阴极,阴极电极反应式为2H2O＋2e-H2↑＋2OHˉ°
2K2CrO4～K2Cr2O7
起始物质的量（mol）
α
0
D项,设开始时K2CrO4的物质的量是αmol,有转化物质的量（mol）
0.8α
:×08’则
平衡物质的呈（mol）
αˉ08α
苦×08
阳极区挪元索物臆的虽; 2×（α—αs“）＋2”÷×0…｛,铬元鬃物质的虽; “m。!,湍-
2×（αˉα8铡）前2×α5α“α8-:,故D项服铡;
A项,气体甲和乙应分别为H2和O2,故A项错误;
B项’阴极区产生OHˉ,则pH增大,故B项错误;
C项, Fe电极反应式为: 2H2O＋2e-H2↑＋2OHˉ,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
l4B
［解析］电解硫酸钠溶液,阴阳极分别产生氢气和氧气’根据气体甲与气体乙的体积比约为1 :2可知
｜777
≈≈～
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
∧P「［R0｜
基本概怠与基本理论
C日
气体甲为氧气,气体乙为氢气°故a极为电解池的阳极’发生氧化反应,电极反应式为4OHˉ—4eˉ＝
2H2O＋O2↑,水的电离平衡被破坏,从而产物丙为硫酸’ b极为电解池的阴极,发生还原反应,电极
反应式为2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OH—,从而产物丁为烧碱°
B项’
由分析可知,产物丙为硫酸溶液,故B项正确;
A项,
由分析可知, a电极反应式: 4OHˉ-4eˉ-2H2O＋O2↑,故A项错误;
C项’由分析可知, b极反应式为2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OHˉ,产生阴离子’故离子交换膜d为
阳离子交换膜,以保证b极阴阳离子所带电荷数相等’故C项错误;
D项’该反应未说明是否在标准状况下进行的’不能用标准状况下的气体摩尔体积计算’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］22％
□「霹∏帝］金属的腐蚀与防护
l. C
［解析］C项’
由题意’高硅铸铁为惰性辅助阳极,其作用是传递电流,但不被消耗,故C项错误°
A项’外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀’因此钢管桩表面腐蚀电流接近于零’故A项正确°
B项,被保护的钢管柱作阴极’高硅铸铁作阳极,电子由阳极流向阴极,即从高硅铸铁流问钢管柱,
故B项正确°
D项’保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流’应该根据环境条件变化进行调整电流强度’故D
项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］28％
2.
〔
［解析】C项,漂白粉、漂白液和漂粉精具有强氧化性,可以用于杀菌消毒’故C项正确;
A项’明矾溶于水发生水解生成Al（OH）3胶体,具有吸附性’但不具备氧化性,无法对饮用水杀菌
消毒’故A项错误;
B项’菜刀洗净后擦干是为了防止发生电化学腐蚀’故B项错误;
D项’硅单质是将太阳能转变为电能的常用材料’故D项错误·
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］41％
3. D
［解析］D项’检流计的偏转方问为电子流的流动方向,所以Ⅲ中Al电极作负极,Ⅳ中Fe电极作负
极,说明Fe在浓H2SO4中更稳定,Al在浓HNO3中更稳定,故D项错误;
A项’
Ⅱ中Al电极作负极’故A项正确;
B项,Ⅲ中的现象说明Fe和Al表面形成致密的氧化膜阻止了电极反应的进行,故B项正确;
C项,Ⅳ中Fe电极作负极’失电子发生氧化反应,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D。
［易错项］C
223攘
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
高
考
［易错项被选择比例］23％
4〔
［解析】C项’将铝作阳极’电解时可形成Al2O3保护膜: 2Al＋3H2O通电Al2O3＋3H2↑’故
C项正确;
A项’Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO;—＋H2Oˉ≡HCO面＋OH’CO;—浓度越小,水解平衡
左移,OHˉ浓度减小, pH越小,根据图像知腐蚀度较小,故A项错误;
B项,由图可知, pH＝9.5时’铝被腐蚀’负极反应为Al-3eˉ＋4OHˉ-AlO面＋2H2O,故B
项错误;
D项’铝制餐具外面的保护膜防止了铝进—步被腐蚀,所以不应经常打磨,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例】2l％
5.∧
［解析】某种金属制成的器Ⅲ’放置于空气中’其表面会逐渐变黑,如将表面变黑的上述器Ⅲ放人盛
有食盐水的铝制容器中浸泡,—段时间后,黑色完全褪去’说明该金属是银’表面会逐渐变黑是生成
了Ag2S°银器放在铝制容器中’由于铝的活泼性大于银’故铝为负极,失电子,银为正极’银表面
的Ag2S得电子,析出单质银°
A项’衣紫腰银涉及金属银’故选A项;
B项,点石成金涉及金属金’故不选B项;
C项,铜鸵荆棘涉及金属铜’故不选C项;
D项,铁柠成针涉及金属铁’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］20％
6∧
［解析］A项’在6＜pH＜8的溶液中’碳钢腐蚀主要发生吸氧腐蚀,其正极被还原’故A项错误;
B项’发生碳钢腐蚀时铁是负极,电子从负极流向正极’故B项正确;
C项,根据题中的表格可以看出随着电解质溶液膜的pH的不断增大,碳钢腐蚀的速率会先变慢而后
不断加快,故C项正确;
D项’ pH＝7时’Fe发生吸氧反应生成Fe2＋’生成的Fe2＋与OHˉ结合生成Fe（OH）2’ Fe（OH）2
在氧气和水的作用下再生成Fe（OH）3,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］19％
7. C
【解析】在酸性较强的溶液中,金属发生电化学腐蚀时放出氢气的过程为析氢腐蚀°吸氧腐蚀是指金
属在酸性较弱或中性溶液中,空气中氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化学腐蚀°
密闭恒容容器中’气体物质的量越大,压强越大° a中压强增大,说明a中有气体生成,则a中发生
析氢腐蚀, b中压强减小’则b中气体减少,说明发生吸氧腐蚀°
Ⅸ224
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［尺0］
基本概念与基本理论
C项’由于溶液呈酸性,则b中正极反应式为O2＋4eˉ＋4H＋-2H2O,故C项错误;
A项’两溶液中都是铁作负极,失电子发生氧化反应’电极反应式为Feˉ2eˉ＝Fe2＋’故A项
正确;
B项’析氢腐蚀发生在酸性更强的溶液里,因此曲线a记录的是pH＝2的盐酸中压强变化’故B项
正确;
D项’吸氧反应发生在酸性较弱或中性的溶液中,故D项正确。
综上所述』本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］l8％
8C
［解析】C项’
由题可知,铝材为阳极材料’失电子被氧化』铝材表面浸没在电解液里,所以不与空
气中的氧气反应,可知其发生的电极反应为2Al＋3H2O-6eˉ-Al2O3＋6H＋’故C项错误;
A项’铝材表面的氧化膜成分为Al2O3’为两性氧化物’可以与碱发生反应,离子方程式为2OHˉ＋
Al2O3-2AlO页＋H2O’故A项正确;
B项,碱洗时铝会与其反应生成氢气’离子方程式为2Al＋2OHˉ＋2H2O-2AlO五＋3H2↑,故
B项正确;
D项,用稀氨水洗去耐腐蚀铝材表面的酸时发生酸碱中和反应’离子方程式为NH3.H2O＋H＋＝
NHj＋H2O’故D项正确。
综上所述』本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］22％
9。D
［解析］D项’问蔗糖中加人浓硫酸时’蔗糖变黑,说明蔗糖脱水炭化,生成的碳和浓硫酸加热反应
产生二氧化碳、二氧化硫气体’所以黑色固体体积膨胀,体现浓硫酸具有脱水性和强氧化性’故D项
错误;
A项,因为氧化铝的熔点比铝高’所以加热铝箔,铝箔熔化却不滴落’故A项正确;
B项,石蜡油加热分解产物中含有烯烃,烯烃能够使嗅的四氯化碳溶液褪色,故B项正确;
C项,生铁遇到饱和食盐水构成了原电池’发生吸氧腐蚀’导致左侧试管中压强小于大气压,则右侧
导管形成＿段水柱,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】18％
l0.∧
【解析］A项’该方法通过形成原电池’将化学能转化成了电能’故A项正确;
B项’在此装置中,由于镁的金属性较强易失电子’作负极保护钢管道不被腐蚀’钢管道为正极』故
B项错误;
C项’该方法利用的是原电池原理’称为“牺牲阳极的阴极保护法”’故C项错误;
D项’镁作负极’失去电子,电极反应式应为Mg—2e-Mg2＋,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］D
［易错项被选择比例］l3％
225
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
融
学
化
高
考
llD
［解析］D项’物质的量之比为1
: 1的明矾（KAl（SO4）2.l2H2O）溶液和Ba（OH）2混合,Ba（OH）2
不足’生成Al（OH）3’正确的方程式为2Al3个＋3Ba2＋＋3SOi—＋6OH—＝2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓’
故D项错误;
A项,钢铁发生吸氧腐蚀时,正极的O2得电子生成OHˉ,电极反应式为O2＋4eˉ＋2H2O＝4OHˉ’
故A项正确;
B项’石灰乳的主要成分为Ca（OH）2,漂白粉的主要成分是Cl和ClOˉ,将氯气通人石灰乳中是制
备漂白粉的主要方式,方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2＝CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O’故B项正确;
C项’问Na2SiO3溶液中通人过量CO2制备硅酸凝胶,方程式为SiO;—＋2CO2＋2H2O＝H2S1O3↓＋
2HCO面,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
易错项分析:本题的易错项为C项·问溶液中通人少量CO2’产物不＿定为CO;—’但向溶液中通
人过量CO2,产物—般均为HCO5, C项是通人过量CO2’产物也为HCO可故正确°
［易错项］C
【易错项被选择比例］22％
回「勇页T节］化学反应速率
LB
［解析］B项,在反应之前HClO2溶液中不含Cl ’反应速率较慢,分解之后生成Clˉ反应迅速,所
以Cl起催化作用’故选B项;
A项,酸性条件下NaClO2发生歧化反应,既作氧化剂又作还原剂’所以不是增强了NaClO2的氧
化性导致反应速率加快,故不选A项;
C项’在反应开始时不存在ClO2反应速率缓慢,所以之后的反应速率加快不是因为ClO2逸出,故
不选C项;
D项,在反应开始时滴人H2SO4后溶液中就含有H＋,但分解反应依｜日缓慢’所以H＋不起催化作
用’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B。
［易错项］C
【易错项被选择比例］32％
∧
［解析］A项,甲中起始c（CO）、c（H2O）均为O1mol／L’5mm时c（CO）、c（H2O）均为0。08mol／L’
则CO纱H2的浓度为α02m。l′L, ;;;罢;:;＜｜.反廊没有达到平衡状态,尤法计算△中反应
物浓度大小,故A项错误;
B项,乙中反应物的浓度较大’活化分子浓度较大’所以其反应速率较大,故B项正确;
C项’甲中0～5min的平均反应速率: γ（CO）＝0O2mol／L＝O004mol.Lˉl 。minˉl ,故C项正确;
5mjn
D项平衡常数k-』′K-f删『肝刮,且投人反应物的浓度榴等,抨衡时CQH型O与
CO2、H2的浓度相等’平衡时, 甲中CO、H2O与CO2、H2的浓度均为0.05mol／L,乙中CO、
2
226
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［RO］
基本概念与基本理论
H2O与CO2、H2的浓度均为0.1mol／L’则乙中H2O的转化率为50％’ c（CO）为甲的2倍,故D
项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］35％
3. D
［解析］I和Ⅱ比较’酸性越强’M的分解速率越快;
Ⅱ和Ⅲ比较’初始水样量越少,M的分解速率
越快;Ⅲ和Ⅳ比较,含有Cu2＋的分解速率快°
D项,
I和Ⅳ的酸性不同,初始水样量也不同,不满足控制变量的条件,无法确定Cu2＋对M分解速
率的影响,故D项错误;
A项’ 0～20min内’
I中M分解速率为0.4mol.Lˉl-O1mol.Lˉl ＝0.0l5molLˉl .mmˉl ,故A
20mjn
项正确;
B项’比较I和Ⅱ,除pH不同外’其他条件均相同’水样I的pH小,即酸性较强,M的分解速率
比Ⅱ中的快’故B项正确;
C项’ 0～25mjn内,Ⅲ中M的分解率为020molLl-005mol.Ll ≡75％’
Ⅱ中M的分解率为
O20mol.Lˉ1
0。40mol。Lˉ1—O16molLˉ1
＝60％’故C项正确°
0.40mol.LI
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
【易错项被选择比例］28％
4.
B
［解析］B项’前l2s内’A的消耗量为（O8-（）2）mol／L×2L＝l.2mol’因此该反应放出的热量
为等m°!×qkJ′m°｜二α4Q臆J’故B项错误;
A项,前l2s内,A的平均反应速率为（O8—0.2）mol／L＝O05mol／（Ls）,故A项正确;
l2s
C项』平衡时B的消耗量为（05—03）mol／L×2L＝O4mol’因此b:c＝0.4:O8＝1 :2’故C
项正确;
D项’根据图像可知A、B的化学计量数之比为3: l因此b＝1 , 12s后’反应达到平衡’此时正反
应速率等于逆反应速率,则B的消耗速率＝B的生成速率,A的消耗速率: B的消耗速率＝A的消耗
速率: B的生成速率＝3: 1’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］28％
5. D
［解析］D项’由图丁可知, pH相同的碱性条件下’Mn2＋浓度越大’H2O2分解速率越大’故D项
正确°
A项’图甲表明,其他条件相同时,随着H2O2浓度的增大’其分解速率越快’故A项错误°
B项’图乙表明,其他条件相同时’随着NaOH浓度的增大’即溶液pH的增大,H2O2分解速率越
快’故B项错误。
227蕊＝
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
C项,
由图丙可知’少量Mn2＋存在时, L0molLˉlNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于
0.lmolLˉlNaOH时的分解速率’因此并不是碱性越强,H2O2分解速率越快’故C项错误‘
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］24％
6.∧
［解析］A项, 由图可知50mm时, pH＝7时R已完全降解而pH＝10时R并未完全降解,所以
pH＝7时R的降解率为100％而pH＝l0时小于l00％’故A项错误;
B项,曲线的倾斜度能代表反应速率的大小,倾斜度越大降解速率越大,从图中可以看出pH＝2时,
曲线的倾斜度最大’ pH＝7次之, pH＝10最小,可见溶液酸性越强’ R的降解速率越大,故B项
正确;
C项,观察pH＝2的曲线’随着浓度的减小’曲线倾斜度逐渐降低,即降解速率减小’故C项正确;
D项, 由图可知pH＝10时’ 20～25mm之间的浓度减小了02×10ˉ4mol.Lˉl ,因此R的平均降
解速率为40×106mol.（L.min）ˉ1 ’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
〔易错项被选择比例］l9％
7。D
［解析］D项,反应不是可逆反应’无“平衡状态”描述’故D项错误;
A项’因铝的表面有＿层致密的氧化铝能与硫酸反应得到盐和水,无氢气放出’发生的反应为Al2O3＋
3H2SO4-Al2（SO4）3＋3H2O’故A项正确;
B项’在反应过程中’浓度减小’反应速率减小,但反应放热’溶液温度升高’反应速率加快,随反
应进行反应放热对速率的影响比浓度减少的影‖问大’当r＝c时温度影响最大,故B项正确;
C项’随着反应的进行’溶液中的氢离子浓度逐渐降低’所以反应速率逐渐减小’故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l7％
8. D
【解析］D项,增大容器体积’反应物浓度降低’正、逆反应速率均减慢’故选D项;
A项,升高温度时’该反应的正、逆反应速率均增大’故不选A项;
B项’加人催化剂能够使反应的正、逆反应速率均增大,故不选B项;
C项’通人—定量的Z（g）’逆反应速率瞬间增大’平衡逆问移动’正反应速率逐渐增大’故不选C
项.
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］38％
9. D
［解析］D项,观察图乙曲线可知:相同温度下,分别向相同浓度的H2O2溶液中加人等浓度等体积
的NaOH溶液、Na2CO3溶液和NaHCO3溶液后’加人NaHCO3溶液的H2O2在单位时间内浓度
下降幅度最大’即分解速度最快,而NaHCO3溶液在三种溶液中碱性最弱’故D项错误;
-｜228
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O｜
基本概念与基本理论
A项』由图甲可知:反应物总能量高于生成物总能量,则H2O2分解反应为放热反应,故A项正确;
B项, 2H2O2（aq）＝2H2O（l）＋O2（g）为放热反应’所以H2O2断键吸收的总能量低于H2O与
O2成键放出的总能量,而反应物中有4个H＿O’ 2个O～O》生成物中有4个H～O’ 1个O＝O’
因此4E（H—O）＋2E（O＿O）＜4E（H—O）＋E（O＝O）,同种化学键成键放出的能量等于断键吸收
的能量,则2×E（O—O）＜l×E（O＝O）,故B项正确;
C项,由图乙可知加人相同物质,温度为90°C时,单位时间内H2O2浓度下降幅度比50。C时大,所
以温度越高H2O2分解速度越快’故C项正确。
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］18％
l0. D
［解析］D项』由图像可知』随Fe3十浓度的增大, FeOiˉ浓度迅速减小’故D项正确;
A项》由图像可知随温度的升高FeOiˉ的转化速率越快’故A项错误;
B项,图像显示,随溶液碱性增强’ FeOi—转化速率减小’故B项错误;
C项’ 由图像可知’并不是所有的钠盐对FeOiˉ具有稳定作用’如Na3PO4能迅速使FeOj转化’
故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
【易错项被选择比例］15％
11C
［解析］C项’根据已知图示,随着温度的升高, SO3的百分含量降低,说明逆向为吸热反应,升温
有利于平衡向逆反应方问移动,故C项错误;
A项,图中的曲线为平衡线,A、B、C三点时v（正）＝γ（逆）’D点时SO3的百分含量比A点低’此
时反应未达到平衡,且γ（正）＞v（逆）,故A项正确;
B项’A、B、C三点的温度不同,平衡常数与温度有关,所以三点的平衡常数＿定不相同’故B项
正确;
D项’温度不变,容器体积不变’问平衡体系中通人稀有气体,各物质的浓度不变,平衡不移动,故
D项正确.
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l2％
□「勇五亏］化学平衡
l。C
［解析］C项,浓度不变时’说明反应已达平衡’此时’生成的NO2是03molLˉl×2L＝0.6mol’
由热化学方程式可知,生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ’故C项正确;
A项,该反应为吸热反应’升高温度,平衡向正反应方向移动’平衡常数K增大,故A项错误;
B项’ 20～40s内’ v（NO2）
＝（O2-O12）molLˉl
2Os
＝0.004mol。Lˉl .s
1 ’所以v（N2O4）
＝
1＂（NO恿）≡α002m°｜L—｜偶—｜』故B项错误;
229赣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
D项, l00s时再通人O4molN2O4’相当于增大压强,平衡逆向移动,N2O4的转化率减小,故D
项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例】26％
2.
B
［解析］B项,温度越高反应速率越大,反应达到平衡所需的时间越短,压强越大反应速率也越大,反
应达到平衡所需的时间也越短’根据图像先拐先平衡的的规律,
由a、b曲线可以判断出P2＞Pl’由
b、c曲线可以判断出T1＞T2,故选B项;
A项,如果在to时刻加人＿定量的NH3’逆反应速率增大,正反应速率不变,不符合图像,故不选
A项;
C项’ 由图像可知’A的浓度减少, B、C的浓度增加,则A为反应物》B、C为生成物,根据图像
可知,A消耗了0.8mol／L, B增加了O.4mol／L, C增加了1.2mol／L’根据反应变化量之比等化
学计量数之比,可得A、B、C的化学计量数之比为2: 1 :3,由图像可知,在tl时刻反应达到平衡,
所以该反应为可逆反应’反应的化学方程式为2A＝≡B＋3C’故不选C项;
D项’ △H＜0’该反应为放热反应’升高温度,化学平衡向逆反应方问进行,造成Y的百分含量增
大,与图像不相符’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
3. O
X（g）＋3Y（g）＝2Z（g）
起始量／（mol.Lˉ｝）:
0.l
0.2
0
［解析］D项’由转化量／（mol.Lˉ!）:
0.02 0.06
0.04可知,前2mjn内,用Y的变化量表示的平均
2mjn量／（mol.L｛）: 0.08
014
0.04
反应速率v（Y）＝0.06mol.Lˉl
＝（）。（）3molLˉl ·minˉl ,故D项正确;
2mjn
A项’平衡时,X的转化率＝0.1mol／L—0O5mol／L×100％＝50％’故A项错误;
0.1mol／L
0.l2
B项’依据图表得各物质平衡浓度,则平衡常数K＝O05×0.053＝l6（）O,故B项错误;
D项,该反应是气体体积减小的反应’增大平衡后的体系压强’
γ正、p逆都增大’平衡问正反应方向
移动’故D项错误.
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］C
［易错项被选择比例】26％
4.∧
［解析］A项’电解饱和食盐水时,阴极上析出氢气,消耗氢离子’从而促进水的电离’水的电离平
衡正问移动’故A项正确;
B项’钢铁在潮湿的空气中比在干燥的空气中更容易生锈,原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐
蚀,与平衡移动原理无关,故B项错误;
蹿23（）
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO］
基本概念与基本理论
C项’任何—个氧化还原反应都可以设计为电池’但如果是原电池则输出电能,如果是电解池则输人
电能’故C项错误;
D项,平衡常数只体现了反应物的转化率,不能说明反应的快慢’且平衡常数只与温度有关’故D项
错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］36％
5.
B
［解析］B项’根据图2’ Pl曲线的速率更大’则压强Pl＞P2,压强越大’ C的浓度越低,现在增
大压强,C％减小,平衡左移’但因为容器的体积缩小’所以达到新平衡时C的浓度比原始的还是增
大,故B项正确;
A项’ F点时反应达到平衡’
U（正）＝″（逆）’随着反应的进行’ U（逆）在不断增大至平衡’即E点的
″（逆）小于F点的U（逆）’所以E点的l′（逆）小于F点的U（正）,故A项错误;
C项,由图l可知,温度T1＞T2》由T‖→T2,相当于降温’C％增大’平衡右移,正反应为放
热反应’若给容器加热’平衡左移,该反应的平衡常数K将减小’故C项错误;
D项’恒温恒容下达平衡后’向容器中再加人2molA和lmolB’相当于加压过程’平衡左移’A
的转化率减小’故D项错误。
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】D
［易错项被选择比例］3l％
6.
B
［解析］B项,恒温恒压下’在已达平衡的反应I体系中再充人少量He,使体积增大,相当于减小压
强,根据勒夏特列原理可知平衡会向气体分子数增大的方向移动,即正向移动,故B项正确;
A项’
由盖斯定律,反应Ⅳ的熔变由I
＋Ⅱ＋Ⅲ得△H＝＋13l.0kJ。molˉ1≡43kJ.molˉl
—1783kJmol l＝—903kJmolˉl ’故A项错误;
C项’该反应的反应物和生成物均为气体’其他条件不变’加压会使反应速率增大’故C项错误;
D项’对于反应Ⅲ’该反应为放热反应,升温使平衡逆向移动’会降低CO2的转化率’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项】C
［易错项被选择比例］35％
7.
B
［解析］B项,在tl时刻’可以看出化学平衡向正问移动’ CO浓度迅速增大’所以改变的条件可能
是增加了反应物,故B项正确;
A项,第一次平衡时,生成了2L×3mol／L＝6molCO,所以消耗了6molH2,氢气的转化率应
该约为66.7％,故A项错误;
C项’第二次达到平衡时’生成了9molCO’已知＿共投人了9molH2,若要生成9molCO则需
要消耗9molH2’可逆反应不可能完全消耗掉所有反应物,所以t1时刻改变的条件一定是增加了反
应物,故C项错误;
D项,＿个水分子中含有两个H＿O键,一个氢气分子中含有—个H—H键,所以达到化学平衡时’
每断裂2molH—H键’同时形成4molH—O键’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B。
231镶
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
［易错项］C
［易错项被选择比例］39％
8. D
［解析】D项’该反应的平衡常数K＝Kb（NH3.H2O）,Kh2（H2CO3）
’ lgK＝lgKb（NH3H2O）＋
kW
lg乓2（H2CO3）—lgkW＝lgc（OHˉ）-l0.2l＋l4＝—474-1021＋14＝ˉ095’故D项正确。
c（H＋）.c（HCO习）
c（NHj）。c（OHˉ）
A项’khl（H2CO3）
＝
≡
10683’Kb（NH3H2O）
＝
＝
c（H2CO3）
c（NH3H2O）
l0ˉ（l4ˉ9.26）＝10ˉ447’因乓l＜Kb,故NH4HCO3溶液显碱性,故A项错误;
B项’
由图知, pH＝5时’溶液中c（H2CO3）＞c（HCO亏）＞c（CO;ˉ）,故B项错误;
C项,
由图知, lg聪l（H2CO3）≡-683’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］38％
9.∧
［解析］A项’
由图可知’当乙醇进料量一定,随乙醇转化率增大’乙烯选择性先升高后降低,故A
项错误;
B项’
由图可知’当乙醇进料量＿定,随温度的升高’乙烯选择性先升高后降低’故B项正确;
C项,
由图可知’当温度＿定’乙醇进料量较大时,乙醇转化率较小’故C项正确;
D项,
由图可知’当温度—定时,乙醇进料量增大,乙烯选择性也增大’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】C
［易错项被选择比例】l9％
lOB
【解析】B项,氮气与氢气的起始物质的量之比与化学方程式中二者化学计量数之比相同’所以反应
达到平衡时,二者消耗的物质的量之比也为l :3’所以在表中的所有条件下’反应达到平衡时,氮气
和氢气的转化率之比均为l,故B项正确;
A项’可逆反应中,正反应速率与生成物的物质的量分数无关,故A项错误;
C项,每消耗lmol氮气’生成2mol氨气,放出的热量为924kJ,从表中无法看出生成氨气的物
质的量,所以无法得出放出多少热量’故C项错误;
D项’
由表格可知』
400。C、30MPa下反应达到平衡时,氨气的物质的量分数最大,此时生成氨气
的物质的量最多,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】A
［易错项被选择比例］23％
ll. O
【解析】D项’正反应为吸热反应’降低温度平衡问逆反应方向移动,A的浓度增大’且正、逆反
应速率均减小’故选D项;
A项’由于该反应的正反应方向是气体体积增大的反应所以当缩小体积加压时,平衡向逆反应方问
移动,所以A的浓度增大,但由于体积缩小各物质的浓度增加,正、逆反应速率都增大,故不选A
项;
7q7
＝…＝
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
∧P「［RO］
基本概念与基本理论
C什
B项’
由于该反应的正反应方向是气体体积增大的反应,所以当扩大体积减压时A浓度减小’且平
衡向正反应方向移动’A的浓度继续减小’故不选B项;
C项’增大E的浓度,平衡向逆反应万问移动’A的浓度增大,瞬时逆反应速率增大而正反应速率不
变,随着反应的进行’逆反应速率逐渐减小’正反应速率逐渐增大,直至平衡,故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］19％
12. D
［解析］D项,当起始温度升高到60。C时’澳乙烷会挥发,则反应达到平衡的时间将会延长’故D项
错误;
A项,加人NaOH’NaOH会和HBr反应,则平衡会向逆反应方向移动,则乙醇的物质的量将会增
加’故A项正确;
B项’增大HBr的浓度,平衡将会问正反应方问移动’有利于生成C2H5Br’故B项正确;
C项’两者是等比例增加的,则两种反应物的平衡转化率之比不变’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
【易错项被选择比例】22％
l3.∧
［解析】A项,据图可知’ Y点对应乙烯的平衡转化率为20％,起始饥（C2H4）:Ⅶ（H2O）＝1
: 1’设
C2H4和H2O的起始物质的量均为1mol,根据三段式法有:
C2H剿（g）十H2O（g）ˉC2H5OH（g）
起始时各物质的量／mol
l
l
0
转化的各物质的量／mol
02
02
02
平衡时各物质的量／mo］
0.8
0.8
0.2
侧抨衡时乙醇的物质的量分数为; α8＋α田α2＝;』故A项正确
0.2
B项,因该反应是气体体积减小的可逆反应’所以压强越大’乙烯的平衡转化率越大’则结合图像可
得:
Pl＜P2＜P3』且X、Y、Z三点对应的温度越来越高’所以X、Y、Z对应的反应速率:
u（X）＜
u（Y）＜u（Z）’故B项错误;
C项,据图可知,升高温度,乙烯的平衡转化率降低,说明该反应为放热反应’升高温度平衡逆向移
动’平衡常数减小,则X、Y、Z对应的平衡常数数值:KX＞KY＞k乞,故C项错误;
D项,因该反应是气体体积减小的可逆反应,则压强越大,乙烯的平衡转化率越大,又因该反应是放
热反应,升高温度平衡逆向移动,乙烯的平衡转化率降低,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
l4C
［解析】C项, 由图2可以知道,当升高温度时’Y的体积分数减小,平衡正向移动,所以平衡常数
增大’故C项正确;
233
;
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
″
学
化
高
考
A项’根据图l可以知道’反应达到平衡时’X、Y分别减小了0.8mol和O4mol’Z增加了O4mol’
它们之比为2:
l
: l ’因为在反应中反应物减少,生成物增加’且它们变化的物质的量之比等于化学
计量数之比’所以该反应化学方程式为2X（g）＋Y（g）＝≡Z（g）,故A项错误;
B项椒褂三急,可计算出反…刚X）～2芋1n°｜（（L们……山（Lm＂｜′…
错误;
D项,比较图l和图3可以知道,图3时平衡没有移动’但反应速率加快’因为该反应是前后体积减
小的反应,增大压强,平衡正向移动,则改变的条件应为使用催化剂,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］20％
l5。
B
［解析］B项,Ni（CO）4的沸点为422°C’欲将Nj（CO）4分离出反应体系’温度需高于其沸点,因
此选50°C,故B项正确;
A项,反应的平衡常数只与反应温度有关,增加反应物浓度’平衡正向移动,但平衡常数不变,故A
项错误;
C项’
由反应的平衡常数可知,在23（）。C时该反应的逆反应进行的程度很大’Ni（CO）4的分解率较
高,故C项错误;
D项,化学反应速率之比等于化学计量数之比’则反应达到平衡时’ 4u生成［Ni（CO）4］＝0生成（CO）
’
故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l7％
l6. C
［解析】该反应的焰变AH＜0’正反应为放热反应’压强相同条件下’升高温度’平衡逆向移动,CO
的平衡转化率降低’因此Tl＜T2＜T3°
C项’该反应的正反应方问为气体体积减小的方向,则CO的平衡转化率越高’体系内气体的物质的
量之和越小,则有门（x）＜Ⅶ（w）’根据pV＝″RT,压强相同’R为常数,由列（x）＜∏（w）和T1＜T2
可得Vx＜Vw』气体总质量咖不变,密度′＝等』则′（x）＞（w）,故C项正确;
A项,根据上述分析可知反应温度: T1＜T2,故A项错误;
B项’ y、w的温度相同’压强越大’反应速率越快’则v正（y）＞｀′正（w）,故B项错误;
D项, CO的平衡转化率: y高于z,则混合气体总物质的量〃（y）＜例（z）’气体总质量m不变,平均
摩尔质量M＝匹,则平均摩尔质量:M（y）＞M（z）,故D项错误。
刃
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】A
［易错项被选择比例】23％
l7.∧
［解析］A项,K值变大,生成物浓度与反应物浓度比值增大’反应问正反应方向进行,故选A项
B项’K值变大’生成物浓度与反应物浓度比值增大,反应问正反应方向进行’故不选B项;
234
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［尺O｜
基本概念与基本理论
C项,
由题干可知该反应正反应为吸热反应,K值变大即温度升高,在平衡移动时正反应速率先增
大’之后反应物浓度减小,正反应速率减小,故不选C项;
D项,由题干可知该反应正反应为吸热反应,K值变大即温度升高,反应问正反应方向进行’平衡移
动时逆反应速率也增大但小于正反应速率,之后反应物浓度减小,逆反应速率增大,直到再次平衡时
正反应速率等于逆反应速率’故不选D项°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项］B
［易错项被选择比例］l3％
□「勇五节］电离平衡
l∧
［解析】A项,加人l0mLNaOH时’发生反应H2A＋2NaOH＝Na2A＋2H2O,混合溶液中
n（H2A）:n（Na2A）＝3: l’ 由图可知当pH＝l.9时,溶液中没有A2 ’故A项错误;
6项H2A的ˉ次电离平衡常数为K.｜≡。（H忘｝删A—）, 山图可知当pH-19时’ ·（H2A）≡
c（HAˉ）,Kal ＝c（H＋）＝l0—l9’且c（H2A）＝c（H＋）×c（HAˉ）@,二次电离平衡常数为Ka2＝
Kal
‘（耶｝献1↑2—）,由图可知咐pH-72时』‘（H2A）-c（A2—）,腮罐≡幢（H带）-｜0—7詹且c｛A2—）-
K狸渊A—）瞥』当c（H2A）-c｜A2—）时’即四ˉo′故c2｛H刘-K凰｜×K醒, .（H）-｜0—…,
因此pH＝455’故B项正确;
c2（HAˉ）
c2（HAˉ）
〔项由B项可知H:A的电离平衡…达式,悬-‘｜H凰A）,c（A』—）-·（H粤A）×c（A』—）
＝
10ˉ1 。9
而＝冠＝l053’故C项正确;
D项,当混合溶液呈中性时溶质主要为H2A和Na2A且c（H＋）＝c（OHˉ）,溶液中电荷守恒为c（H＋）＋
c（Na＋）
＝2c（A2ˉ）
＋c（HAˉ）＋c（OH）,
由图可知, 当pH≡7时’
c（HAˉ）
＞c（A2ˉ）
’
因此
c（Na＋）＞c（HAˉ）＞c（A2ˉ）＞c（H＋）＝c（OH）’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项］D
［易错项被选择比例］28％
B
［解析】B项,次氯酸钠水解生成次氯酸和氢氧化钠’离子浓度减小,则等体积、等物质的量浓度的
NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液中离子总数’故B项正确;
A项,若VlLPH＝11的NaOH溶液与V2LpH＝3的HA溶液混合后显中性,如果是强酸,则体
积相等’如果是弱酸’酸的浓度大于氢氧化钠的’则酸的体积＿定小于碱的’因此V1≥V2’故A项
错误;
C项,根掘电离平街常数可知;易揣）ˉK.（H舅CO3）
·｛CO;—）-K湍?i）,由于在阔-溶
c（H＋）
, c（HCO5）
液中』则氢离子浓度相同且H凰CO』的露ˉ步电离大于第二少电离故K凰器些）＞K题（HC°了）
c（H＋）
’
∩
△
日
〕
）
＝
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
所以;器）＞器盖）｜,敬C项镭误;
D项,将CH3COOH溶液与NaOH溶液混合’根据电荷守恒可知c（OHˉ）＋c（CH3COOˉ）＝c（Na＋）＋
c（H＋）’若混合后的溶液中c（CH3COOˉ）
＋
c（CH3COOH）＝2c（Na＋）,
则2c（OHˉ）
＋
c（CH3COOˉ）＝c（CH3COOH）
＋2c（H＋）’溶液显酸性,氢离子浓度大于氢氧根浓度,
则
c（OHˉ）＋c（CH3COOˉ）＞c（CH3COOH）＋c（H＋）’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］D
［易错项被选择比例］27％
3. C
c（A2ˉ）×c（H＋）
【解析］C项’C点pH＝7」9＝p聪2’此时溶液中的c（H＋）＝l07.l9’因为Ka2＝
＝
c（HAˉ）
10ˉ7~19,所以c（A2ˉ）≡c（HAˉ）,故C项正确;
A项’用0.1molLˉlNaOH溶液滴定20mL0.1molLˉlH2A溶液,A点溶液中PH＝l.85’则
c（H十）×c（HA1＝10ˉl85’所
溶液中c（H＋）＝10—l85mol／L,H2A的＿级电离平衡常数为Kal＝
c（H2A）
以c（H＋）≡Kh］’表明溶液中c（NaHA）＝c（H2A）,若恰好是10mLNaOH,虽然反应起始时存在
c（NaHA）＝c（H2A）’但平衡时c（H2A）＜c（NaHA）,因此所加NaOH体积需小于l0mL,会得到
平衡时c（NaHA）＝c（H2A）’即Vo＜10mL’故A项错误;
B项,B点加人NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第—个滴定终点,溶液中电
荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HAˉ）＋c（OH）＋2c（A2ˉ）’物料守恒c（Na＋）＝c（HAˉ）＋c（A2ˉ）＋c（H2A）
’
得到:
c（H2A）＋c（H＋）＝c（A2ˉ）＋c（OHˉ）’故B项错误;
D项,A2—的水解平衡常数Khl＝c（HAˉ）×c（OHˉ）＝K业＝1Oˉ68l ,故D项错误。
c（A2ˉ）
Ka2
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例】24％
4〔
【解析］随着溶液pH增大’溶液中的H2C2O4、HC2O耳先后被反应,越来越少’而C2Oi—则越来
越多,故曲线O@O分别代表的是HC2O耳、H2C2O4、C2Ojˉ°
C项, 当pH＝4.2时’ c（H＋）＝l0ˉ42mol.Ll
’ c（C2O;—）＝c（HC2O刁）＝（）.5×0.1mol.L—］
＝
c（H＋）.c（C2O1
）
10ˉ42×O0旦＝1×1O—42,
OO5molLˉl ’所以H2C2O4的二级电离常数Ka＝
＝
c（HC2OJ）
O。05
故C项正确;
A项,
由上述分析可知O代表HC2O刁’故A项错误;
B项’Q点对应的溶液中’溶液呈酸性,所以c（H＋）＞c（OHˉ）,故B项错误;
D项,
由质子守恒: c（OHˉ）＋c（C2O;—）＝c（H＋）＋c（H2C2O4）可知’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
【易错项被选择比例］20％
蘸236
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P『［RO］
基本概念与基本理论
5.
B
［解析】根据电离常数大小判断酸性强弱,H2SO3＞HAc＞H2CO3＞HSO5＞HClO＞HCOj°
B项,Na2CO3溶液中缓慢通人少量SO2,离子方程式为:2CO;＋H2O＋SO2＝＝SO;—＋2HCO5』
故B项正确;
A项’NaClO溶液中通人少量CO2’离子方程式为:ClOˉ＋H2O＋CO2＝＝HCO5＋HClO,故
A项错误;
C项,向次氯酸钙溶液中通人少量SO2的离子反应为: Ca2＋＋ClO＋SO2＋H2O-CaSO4↓＋
Clˉ＋2H＋’故C项错误;
D项’ 由电离常数可以知道酸性HSO5比碳酸弱’不能生成二氧化碳气体,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
【易错项被选择比例］26％
6.
B
［解析］B项’将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中,HC2O刁电离程度大于C2Oi—的水
解程度’所以溶液中的c（C2Oiˉ）＞c（HC2O耳）,则溶液pH大于4.3’故B项错误;
A项,根据元素守恒’在反应前后Ⅺ（Na＋）＝0.003mol,碳元素为O004mol》3［c（H2C2O4）＋
c（C2Oi—）＋c（HC2O耳）］＝2c（Na＋）,故A项正确;
C项’根据电荷守恒’ c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2O耳）＋2c（C2Oiˉ）＋c（OHˉ）,可得故C项正确;
D项,NaHC2O4溶液显酸性,
以HC2O耳电离为主,则溶液中各离子浓度大小为c（Na＋）
＞
c（HC2O刁）＞c（H＋）＞c（C2O1ˉ）＞c（OHˉ）』故D项正确。
综上所述,本题正确答案为B。
［易错项］D
［易错项被选择比例］2l％
7.∧
［解析］10Lcmo］／LCH3COOH溶液与O1molNaOH固体混合,溶液的pH＝43’溶液显酸
性’加人醋酸后’溶液酸性增强,加人醋酸钠’溶液的酸性减弱°
A项,该温度下’L0Lcmol／LCH3COOH溶液与O1molNaOH固体混合溶液的pH＝43’醋酸
的电离平衡常数Ka≡c（CH3COOˉ）×c（H＋）＝10ˉ43×（Ol＋10ˉ43）≈10ˉ4.3×0』＝10ˉ5.3
c（CH3COOH）
c-l0ˉ43
c
—厂,故
A项错误;
B项’ a点溶液的pH＝3.l ,是加人醋酸后的结果’根据电荷守恒知, c（CH3COOˉ）＞c（Na＋）’醋酸
的电离程度较小’则c（CH3COOH）＞c（Na＋）＞c（OH）,故B项正确;
C项, b点以醋酸的电离为主,抑制水的电离’酸性越强,水的电离程度越小, a点加人醋酸后’水
的电离程度减小, c点加人醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度c＞b＞a’故C项正确;
D项,当混合溶液呈中性时,c（H＋）＝c（OH）’根据电荷守恒有c（Na＋）＝c（CH3COOˉ）’则c（Na＋）＝
c（CH3COOˉ）＞c（H＋）＝c（OHˉ）,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］3l％
237蕊
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
8。D
【解析］D项,根据电荷守恒,c（HCOOˉ）＋c（OHˉ）＝c（Na＋）＋c（H＋）,c（CNˉ）＋c（OHˉ）＝c（Na＋）＋
c（H＋）,即离子总数是″（Na＋）＋Ⅺ（H＋）的2倍,而NaCN的水解程度大,即NaCN溶液中的c（OHˉ）
大’
C（H＋）小, C（Na＋）相同’所以甲酸钠中离子浓度大’故D项正确;
A项,等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中’HCN溶液溶质浓度大’恰好中和等体积、等pH
的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者,故A项错误;
B项酸性HCOOH＞HS ’离子间不发生反应,HCOOˉ、CNˉ、HS—在溶液中可以大量共存,故
B项错误;
C项’NaHS溶液中加人适量KOH后反应生成硫化钾和硫化钠’但硫化钠溶液中存在物料守恒｛
c（Na＋）＝c（H2S）＋c（HSˉ）＋c（S2ˉ）,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
9。C
［解析］C项’根据电离方程式CH3COOH＝≡CH3COOˉ＋H＋,假设1mol／L的醋酸溶液中,醋
酸的电离度为O.4％’即有4×103mol／LCH3COOH分子发生电离,产生的氢离子和醋酸根离子的
浓度均为4×lOˉ3mol／L’则醋酸的电离常数kh＝c（H＋）×c（CH3COOˉ）＝4×10ˉ3×4×l0ˉ3
＝＝
c（CH3COOH）
l-4×10ˉ3
L6×10ˉ5’与题给醋酸平衡常数相同,故C项正确;
A项,醋酸溶液存在电离平衡: CH3COOH≡≡CH3COOˉ＋H＋和H2O＝＝H＋＋OH,从中可
知:
c（H＋）＞c（CH3COOˉ）＞c（OHˉ）,故A项错误;
l0ˉ14
Ⅱ项CH』COO№糯液水解平衡常数为腮-器-l鼠／｜O—,-625×｜0—!°,丽CH］COOH的电
离常数Kd＝l.6×l0ˉ5’所以醋酸的电离能力大于醋酸钠的水解能力,因此将相同浓度的CH3COOH
溶液与CH3COONa溶液等体积混合’所得溶液呈酸性’故B项错误;
D项,溶液等体积混合’混合后c（CH3COOˉ）
＝0.01mol／L,
c（Ag＋）＝O01mol／L,根据
CH3COOAg浓度商C（Ag＋）×C（CH3COOˉ）＝O01×0.0］＝l×104＜k§p（CH3COOAg）
＝
3.7×l0ˉ3’所以没有沉淀产生,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
【易错项被选择比例］32％
l0.
B
［解析】B项’由NaCN溶液中物料守恒得:c（Na＋）＝c（CNˉ）＋c（HCN）,呈中性的溶液中由电荷守恒
得:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CNˉ）＋c（Clˉ）＋c（OH—）、c（H＋）＝c（OHˉ）,所以c（Na＋）＞c（Cl ）≡c（HCN）
’
故B项正确;
A项’同浓度的MgBr2溶液中澳离子浓度是NaBr溶液中的2倍,根据K§p＝c（Ag＋）.c（Brˉ）可知’
澳离子浓度越大,银离子浓度越小’则嗅化银的溶解度越小’所以澳化银在MgBr2中的溶解度小于
在同浓度的NaBr溶液中的溶解度,故A项错误;
〔项醋酸的电离常数K.≡‘（删删:?—）,—定獭度下,电离常数为定值故C项锗误;
D项’Na2CO3溶液中物料守恒为: c（Na＋）＝2［c（CO;—）＋c（HCO〕）＋c（H2CO3）］’NaHCO3溶液
赣238
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『［RO］
基本概念与基本理论
物料中守恒为:
c（Na十）＝c（CO;＿）＋c（HCO5）＋c（H2CO3）,所以二者等浓度等体积↑
恒为:
2c（Na＋）＝3［c（CO;—）＋c（HCO5）＋c（H2CO3）］’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
昆合后物料守
［易错项被选择比例］34％
1l.
B
［解析］B项, 当pH＝42时’
c（HAˉ）
＝c（A2ˉ）’HAˉ≡＝H＋＋A2的电离平衡常数Ka＝
c（H＋）。c（A2ˉ）＝c（H＋）＝l042’故B项错误;
c（HAˉ）
A项’溶液中存在H2A、H＋、HAˉ、A2ˉ,说明H2A是二元弱酸’故A项正确;
C项根据电荷守恒’在O1mol／L的H2A溶液中: c（H＋）＝c（HAˉ）＋2c（A2ˉ）＋c（OHˉ）,故C项
正确;
D项, 由图可知pH＝42时:
c（HAˉ）＝c（A2ˉ）＞c（H＋）＞c（H2A）＞c（OHˉ）’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］26％
l2°
B
［解析］常温下’等浓度的盐酸与氨水反应,若反应后溶液pH＝7’二者不是恰好完全反应’而是氨
水有剩余;若二者恰好完全反应’溶液显酸性’不显中性°
B项,反应后所得NH4Cl和NH3.H2O混合溶液, pH＝7’则c（H＋）＝c（OHˉ）,根据电荷守恒得
c（NHj）＝c（Cl ）＞c（H＋）＝c（OHˉ）’所以c（NHj）＝c（Clˉ）＞1×l0ˉ7mol／L,故B项错误;
A项,据题给信息可知反应后混合液中溶质为NH4Cl和NH3。H2O（浓度之比l
: l）’NH3.H2O电
离程度大于NHj水解程度,溶液呈碱性’所以c（NHh）＞c（Clˉ）＞c（NH3.H2O）＞c（OHˉ）＞c（H＋）
’
故A项正确;
C项’反应后所得溶液为NH4Cl,溶液中存在电荷守恒c（H＋）＋c（NH却）＝c（Cl ）＋c（OHˉ）,根据物
料守恒c（NH3H2O）＋c（NHj）＝c（Clˉ）’二者消去c（Clˉ）》得到c（H＋）-c（OHˉ）≡c（NH3H2O）,
故C项正确;
D项,反应后所得溶液为NH4Cl和HCl（浓度之比1
: 1）溶液中存在物料守恒c（Cl ）＝2c（NHj）＋
2c（NH3H2O）’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】20％
l3.∧
［解析］A项, 由pH＝＿lgc（H＋）可知’在pH＝2的H2SO4溶液中,
c（H＋）＝l0ˉ2mol。L—1 ,在
pH＝1的硝酸溶液中’
c（H＋）＝10 lmol.Lˉl ’所以二者溶液中的c（H＋）之比为l0ˉ2molLˉl
:
l0ˉ1mol。Ll＝1
; lO’故A项正确;
B项,因为醋酸是弱酸,属于弱电解质’则浓度不同时,醋酸的电离程度也不同,浓度越大,电离程
度越小,则02mol.Lˉl与Olmol.Lˉl醋酸中c（H＋）之比小于2: 1’故B项错误;
C项,在1OO。C时’水的离子积常数是1×1Oˉl2,水的电离被促进,此时纯水中氢离子和氢氧根离
子的浓度相等都是1Oˉ6mol.Lˉl ’纯水呈中性’故C错误;
239
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
尊（枷
D项,因盐酸是强酸属于强电解质』而醋酸是弱酸属于弱电解质》所以10（）mL’ pH＝3的醋酸溶液
中醋酸的物质的量大于100mL, pH＝3的盐酸中HCl的物质的量’所以二者分别与足量的锌反应
时’醋酸所得H2的质量更大,故D错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l7％
l4D
［解析】D项’根据图象可知’25。C时, c点对应的溶液的pH＝7,则: c（H＋）＝c（OHˉ）,根据电荷守
恒:c（NH才）＋c（H＋）＝c（Clˉ）＋c（OH—）’溶液的体积为:V（混）＝V（HCl）＋V（NH3。H2O）＝20mL’
可知: c（NHX）＝c（Clˉ）＝05molLˉ1 ,根据物料守恒: c（NH3.H2O）＋c（NHJ）＝05×z’可知:
。（NH3H2O）＝（α5篮ˉα5）m。‖L—］＝宁m°lL＿1 ｀故D项正硼;
A项,NH4Cl的水溶液显酸性,而c点溶液显中性,说明氨水与HCl溶液等体积混合时’所得溶液
中含有NH4Cl和NH3.H2O,可知NH3H2O过量,则c（NH3.H2O）＞L0mol.Lˉl ’故A项错误;
B项’根据图象可知, a点时溶液酸性最强,水的电离程度受到抑制,水的电离程度不是最大,故B
项错误;
C项,根据图像可知’ b点时,溶液的pH＜7’则c（H＋）＞c（OHˉ）’根据电荷守恒可知:
c（Clˉ）＞
c（NHh）’则溶液中正确的离子浓度大小为:
c（Clˉ）＞c（NHj）＞c（H＋）＞c（OHˉ）,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
【易错项被选择比例］19％
l5°
B
［解析］B项,＿水合氨为弱电解质,其水溶液氨水只能电离出部分氢氧根离子,氢氧化钠为强电解
质’其水溶液可以电离出所有的氢氧根离子,所以在相同温度下,物质的量浓度相等的氢氧化钠水溶
液的氢氧根离子浓度大于氨水中的氢氧根离子浓度,故B项错误;
A项’水为中性物质,温度升高时,水的Kw发生改变,电离程度增大’氢离子和氢氧根浓度增大,
pH小于7’此时水仍为中性’不呈酸性,故A项正确;
C项, pH相等’意味着溶液中的氢离子浓度相等’即盐酸及醋酸电离出的氢离子浓度相等’所以盐
酸电离出的氯离子与醋酸电离出的醋酸根离子浓度相等,故C项正确;
D项,氨水和盐酸反应后的溶液中,只含有氯离子、按根离子、氢离子和氢氧根离子,根据电荷守恒,
c（Cl ）＋c（OHˉ）≡c（NHj）＋c（H＋）’氯离子与按根离子浓度相等,则氢离子与氢氧根离子浓度相等’
溶液呈中性,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］22％
l6. C
［解析】本题主要考查的是水溶液中的离子平衡。
a点为滴定起始点, b点为反应终止点° a点时’溶质只有邻苯二甲酸氢钾（KHA）, b点时,生成物
质的量l
: 1的邻苯二甲酸钠（Na2A）和邻苯二甲酸钾（K2A）, c点时’即为在反应终点后继续加
人NaOH溶液后对应的点’此时溶质有Na2A、K2A和NaOH°
!240
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「巨尺O］
基本概念与基本理论
C项,强碱滴定弱酸溶液,滴定终点得到物质的量1
: 1的邻苯二甲酸钠（Na2A）和邻苯二甲酸钾
（K2A）,
由于存在水解’所以pH＞7’且题目中未注明是常温’故C项错误;
A项’溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,同种类的离子浓度越大,导电能力越强,同浓度的离
子所带电荷数越多,导电能力越强’故A项正确;
B项’由上述对a点、b点溶质的分析, a点表示K＋和HAˉ的导电能力, b点表示A2ˉ和K＋、Na＋
的共同导电能力°由图中可得, b点的导电能力强于a点’K＋的含量不变』即Na＋和A2的导电能
力之和强于HAˉ的导电能力’故B项正确;
D项,b点时’K＋与Na＋浓度相等’后又加人NaOH,显然Na＋浓度高于K＋浓度;之前加人NaOH
约为23mL, b点到c点所加的NaOH明显少于23mL’虽然A2ˉ和HAˉ会发生水解,但水解极
弱,生成的OHˉ可忽略不计,所以氢离子浓度小于钾离子浓度°即c（Na＋）＞c（K＋）＞c（OH）’故
D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l5％
□「霹J帝］水的电离
l. C
［解析】硫酸中的H＋抑制水的电离,pH＝0的硫酸中水电离的氢离子浓度是1×l0ˉl4molL1 ;氢氧
化钠中的OH抑制水的电离’O01mol.Lˉ1NaOH溶液中水电离的氢离子浓度是l×10ˉl2molLl
;
碳酸钠中的CO;ˉ水解促进水的电离, pH＝
10的纯碱溶液中水电离的氢离子浓度是l
×
10ˉ4mol.Lˉl ;氯化铰中的NH药水解促进水电离’ pH＝5的氯化按溶液中水电离的氢离子浓度
是l×l0ˉ5molLˉl ,则pH＝10的纯碱溶液中水的电离程度最大’故选C项°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］42％
D
［解析］D项,c点时’加人NaOH溶液体积20mL,此时恰好完全中和,溶液中的溶质为CH3COONa,
CH3COONa完全电离’但CH3COOˉ会水解生成OH—’所以此时溶液显碱性;当加人的NaOH溶
液的体积为l0mL时,溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COOH,但CH3COOH的电离程度大
于CH3COONa的水解程度,所以溶液显酸性,所以从b到d的过程中’存在＿点溶液呈中性即溶
液的pH＝7,当溶液pH＝7时,水电离的H＋浓度恰好等于OHˉ浓度即c（H＋）＝10ˉ7mol／L,故
D项正确;
A项’从a到c都是NaOH中和CH3COOH的过程’H＋不断被消耗’促进了CH3COOH的电离,
所以从a到c始终是对CH3COOH电离起促进作用’故A项错误;
B项,图中所表示的是水电离的H＋浓度,不是溶液中的H＋浓度’所以b、d两点溶液H＋浓度不同,
两点溶液的pH不相等,故B项错误;
C项, e点所示溶液中, c（Na＋）＝O04L×OOlmol／L＝0.00667mol／L,故C项错误°
O06L
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】17％
2
241
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
3.
B
［解析］本题主要考查水的电离°
B项’ 100。C时’pH＝1l的氨水中H2O电离出的H＋浓度等于10llmol／L,温度降低至25°C,水
的离子积常数变小,水的电离程度减小,则该氨水中H2O电离出的H＋浓度小于l0ˉllmol／L’故
B项正确;
A项,向该溶液中加人同温同体积pH＝1的盐酸,氨水过量,反应后溶液呈碱性,故A项错误;
C项,该氨水溶液中加人NH4Cl溶液’铰根离子浓度增大’电离平衡逆问移动,NH3.H2O的电离
能力减弱,故C项错误;
D项,硫酸按是强酸的酸式盐是强电解质’其电离方程式为NH4HSO4（aq）-NH才（aq）＋H＋（aq）＋
SOi—（aq）,故D项错误·
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］23％
4。∧
［解析］A项,加HCl抑制水的电离,水的电离程度减小’故A项错误;
B项’D点为NaCl和等浓度的NaHCO3、H2CO3的混合溶液, c（HCO弓）和c（H2CO3）近似相等,
‘删监?5）≈c｛H‖』则pH…,故E项正碉
根据Kal＝
·｜!｝｝淄—）…）得:器）｜
°踪）
1尚g志≈2000』
C项’ C点pH＝7’根据Kal＝
＝
＝
故C项正确;
D项’D点为NaCl和等浓度的NaHCO3、H2CO3的混合溶液’CO;—的水解程度大于HCO面,故
c（Na＋）＞c（HCOI）＞c（CO; ）＞c（OH—）＞c（H＋）’故D项正确。
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］33％
5.∧
［解析］本题主要考查图片理解°
由图示可知’Ca2＋、Na＋、Mg2＋在经过阳离子交换树脂后,交换出了氢离子’设树脂的组成成分为
RH2,可知交换时发生的反应为RH2＋Ca2＋-RCa＋2H＋’RH2＋2Na＋-RNa2＋2H＋,
RH2＋Mg2＋-RMg＋2H＋°
A项’由分析可知’Ca2＋、Mg2＋和H＋的化学系数之比为2:
l ,经过阳离子交换树脂后,水中阳离
子的种类和数量都会发生变化’故A项错误;
B项’
由图示可知,在通过阴离子交换膜之后,三种阴离子都已经不存在了’所以水中的三种阴离子
在通过阴离子树脂后被除去’故B项正确;
C项’通过净化后’水中的杂质离子浓度大大减少’水的导电性会降低’故C项正确;
D项,
由交换原理可知,在三种阴离子经过阴离子交换树脂时会交换出OHˉ,故在阴离子树脂填充
段存在反应H＋＋OHˉ-H2O’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
【易错项】B
［易错项被选择比例］2l％
｝242
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖ ∧P「［尺O｜
基本概念与基本理论
□「勇王ˉ节］溶液的酸碱性和pH
l. O
［解析］D项由阎可测,MOH的赋性擞于ROH』｜g蚤-2时,MOH和ROH树应的pH分刚为
ll
、10’此时氢离子的浓度就是水电离产生的,水电离的氢氧根与水电离的氢离子浓度相等’故水电
离的c（OH）的比值为l
: l0,故D项正确;
A项’由图可知’MOH为强碱》强电解质不存在电离平衡,所以c点与d点电离程度相同’故A项
错误;
∏项梅原式巾上下网乘氢氧根的浓度则c｜R删腮「6H—）-悬,仅与蹋度有尖’温度不
变, ′（R6脱（H襟）不变』故B项错误;
C项’电荷守恒c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（M＋）
’ c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（R＋）’氢离子浓度相同’所以c（R＋）＝
c（M＋）,故C项错误°
综上所述』本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】25％
D
［解析］D项’n点时溶液pH＝2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量’则此时溶液中: c（Na＋）＜
c（Aˉ）＋c（HA）》故D项错误°
A项HA＿H坪A—』K感旧A）＝c（H删A〕. ’揣—｜g揣-0时』K斟（HA）-
c（H＋）＝l0ˉ476’Ka（HA）的数量级为10ˉ5’故A项正确;
B项‘（HA｜×c（OH—）-‘（HA｜×幢（OH—）鹰（H厂悬而此常……嫡j‖№°…
c（Aˉ）
c（A）c（H＋）
过程中’温度不变’故
c（Aˉ）
c（HA）×c（OH）不变’故B项正确;
C项,由电荷守恒可知,m点所示溶液中: c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OHˉ）＋c（A）’由A分析可知’m点
时’
c（Aˉ）＝c（HA）,则c（H＋）≡c（HA）＋c（OHˉ）—c（Na＋）,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］29％
2
3.
B
［解析］根据图中信息可知’浓度均为Olmol／L的两种酸HX、HY的pH分别为1和4’则HX为
强酸,HY为弱酸°
B项,b点溶液中’NaY和HY的物质的量相等’根据电荷守恒可知:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Yˉ）＋c（OHˉ）
,
根据物料守恒可知: 2c（Na＋）＝c（Yˉ）＋c（HY）,两等式合并消去c（Na＋）,可得c（Yˉ）＋2c（OH）＝
c（HY）＋2c（H＋）,故B项正确;
A项, 由于酸性HX＞HY’当加人10mLNaOH溶液时,生成的NaX和NaY的物质的量相等’
但Y水解程度大,所以a点c（Xˉ）＞b点c（Y＿）’故A项错误;
C项’HY中加NaOH溶液至pH＝7时』根据电荷守恒:
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Yˉ）＋c（OH）’可
知c（Yˉ）＝C（Na＋）
’
c（OHˉ）＝c（H＋）,
c（Na＋）≠c（OHˉ）’故C项错误;
243
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
~
考
D项,加人40mLNaOH溶液时,溶液中NaY和NaOH的物质的量相等,根据物料守恒c（Na＋）＝
2c（Yˉ）＋2c（HY）’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
4·C
［解析］当残留在溶液中的离子浓度小于1×l0ˉ5mol／L时就认为沉淀完全°
已知Ksp［Mn（OH）2］＝c（Mn2＋）×c2（OH）＝20×10ˉ13’
』!c｜oHˉ｜～｜c（揣｜～侣滞-′I／｜旷绷…
“o日］泼｜‖」.～粤、］0—｜＂m°｛′吗
kw
则c（H＋）＝
＝
所以pH～—‖g（粤※｜0—!＂）-］0÷lg2-｜0」505,故选C项.
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
【易错项被选择比例］28％
5. D
［解析］D项,c点时’加人NaOH溶液体积20mL,此时恰好完全中和,溶液中的溶质为CH3COONa,
CH3COONa完全电离’但CH3COOˉ会水解生成OHˉ,所以此时溶液显碱性;当加人的NaOH溶
液的体积为l0mL时,溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COOH,但CH3COOH的电离程度大
于CH3COONa的水解程度,所以溶液显酸性’所以从b到d的过程中’存在一点溶液呈中性即溶
液的pH＝7’当溶液pH＝7时’水电离的H＋浓度恰好等于OHˉ浓度即c（H＋）＝10一7mol／L’故
D项正确;
A项’从a到c都是NaOH中和CH3COOH的过程,H＋不断被消耗,促进了CH3COOH的电离’
所以从a到c始终是对CH3COOH电离起促进作用,故A项错误;
B项’图中所表示的是水电离的H＋浓度’不是溶液中的H＋浓度,所以b、d两点溶液H＋浓度不同,
两点溶液的pH不相等,故B项错误;
C项’ e点所示溶液中’ c（Na＋）＝OO4L×001mol／L＝O00667mol／L’故C项错误°
0。06L
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例】l7％
6. C
［解析］C项,Ag＋＋Clˉ≡＝AgCl↓’
Clˉ为50mLO0400mol。Lˉl时’需要消耗2（）mL浓度为0。l00molLl的Ag＋’即c不会移到
α’故C项错误;
A项’ 50mLO0500mol.LˉlClˉ在与25mL0.l（）0molLˉlAgNO3反应完后’ 由图得知Cl浓
度为105mol.Lˉ｜’因为Clˉ与Ag＋等量’则Ag＋的浓度也为10ˉ5mol.Ll ’则Ksp（AgCl）＝
1O—lo,故A项正确;
镰244
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［RO｜
其木蠕盒与寡木哩沪
-■
■可■■■■
≡一■
＝＝
~
B项’曲线上每＿点都是沉淀溶解平衡的平衡点,所以满足该关系式,故B项正确;
D项,因为Ksp（AgBr）＜Ksp（AgCl）,溶液中c（Br ）＜c（Clˉ）,所以终点会由c向b移动’故D
项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项］B
［易错项被选择比例］l9％
7.
B
［解析］B项,物质的量浓度均为0.1mol／L的Na2CO3和NaHCO3等体积混合溶液中存在电荷守
恒:c（H＋）＋c（Na十）＝c（HCO百）＋2c（CO; ）＋c（OH—）’物料守恒:2c（Na＋）＝3c（HCO5）＋3c（CO;ˉ）＋
3c（H2CO3）,所以有: 2c（OH—）＿2c（H＋）＝3c（H2CO3）＋c（HCO5）ˉc（CO;—）’故B项正确;
A项, 01mol／LNaHSO3溶液的pH＝4’呈酸性说明它的电离大于水解’电离出来的氢离子抑制
水的电离’则水电离出的C（H＋）＝1O—lomol／L’故A项错误;
C项’没有说明Na2CO3的浓度’无法判断pH的变化’故C项错误;
D项’等体积等浓度的稀H2SO4、NaOH溶液混合后生成NaHSO4’溶液pH＜7,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］26％
8.
〔
［解析】C项,氨水与硫酸反应恰好中和,但是由于氨水是弱碱溶液,当pH为ll时’为不完全电离,
故反应后溶液中还存在氨水,所以pH大于7,故C项正确;
A项’O001molLl氢氧化钠溶液的pH为l1 ’故A项错误;
B项’由于氨水是弱碱溶液,当pH为ll时,仍有—部分NH3H2O未电离,c（NH3H2O）＋c（NHj）＞
0.001molLl ,故B项错误;
D项,溶液的导电能力取决于溶液中的离子浓度和所带电荷数,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】28％
9. C
［解析］C项’完全反应时水的电离程度最大’故M点对应的NaOH溶液的体积为l0。00mL’故C
项正确;
A项,甲基橙的pH变色范围为3.1～44’该反应向CH3COOH溶液中滴加NaOH至过量,溶液的
pH逐渐增大’
甲基橙不能用在该环境中,故A项错误;
B项’
由图可知’从P点到N点,水的电离程度先增大后减少’故B项错误;
D项’N点时加人氢氧化钠的物质的量是醋酸的物质的量的二倍’由电荷守恒可知c（H＋）＋c（Na＋）＝
c（CH3COOˉ）＋c（OH）’由物料守恒可知c（Na＋）＝2c（CH3COOˉ）＋2c（CH3COOH）’故c（OHˉ）＝
2c（CH3COOH）＋c（CH3COOˉ）＋c（H＋）’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例】26％
245
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
豌
学
化
高
~
考
l0. C
［解析］C项’稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH,稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液
中水的电离程度小’故C项错误;
A项,根据题意知,一水合氨为弱电解质’氢氧化钠为强电解质’pH相同的氨水和氢氧化钠溶液,氨
水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液;加水稀释相同的倍数’＿水合氨的电离平衡正向移动’溶液的
pH变化较小°根据题给图象可知’开始二者pH相同’在稀释过程中促进一水合氨的电离,则氨水
的pH变化较小,即Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线’ α的数值＿定大于9’故A项正确;
B项’根据A中分析可得B项结论’故B项正确;
D项’根据图象可知,开始二者pH相同’—水合氨为弱电解质,氢氧化钠为强电解质,pH相同的氨水
和氢氧化钠溶液’氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液;加水稀释相同的倍数,氨水的物质的量浓度
仍较大,完全中和稀释后相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（NaOH）＜V（氨水）,
故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l2％
l1D
［解析］D项, b点HA过量＿倍,溶液中存在NaA和HA’溶液呈酸性,说明HA电离程度大于Aˉ
的水解程度,则存在c（A）＞c（HA）’故D项正确;
A项, a点时酸碱恰好中和’溶液pH＝87’说明HA为弱酸’NaA溶液水解呈碱性’故A项错误;
B项, a点Aˉ水解,促进水的电离, b点时HA过量’溶液呈酸性,HA电离出H＋,抑制水的电离,
故B项错误;
C项, pH＝7时’
c（H＋）＝c（OH）,
由电荷守恒可知c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A）＋c（OHˉ）’则
C（Na＋）＝c（A＿）,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］26％
l2B
【解析】B项’ c（H＋）＝10ˉpH, pH＝25的可乐中c（H＋）是pH≡35的柠檬水中c（H＋）的l0倍,
故B项正确;
A项, 由pH＝9可知’ c（OH）＞c（H＋）
’
由电荷守恒: c（H＋）＋c（NHh）＝c（OHˉ）＋c（Cl ）可以
判断c（Clˉ）＜c（NHj）’故A项错误;
C项,氯离子抑制氯化银的溶解’氯离子浓度越大,其抑制程度越大’ 01mol／LCaCl2溶液中
c（Clˉ）大于01mol／LNaCl溶液中c（Cl
）,所以AgCl在0.1mol／LCaCl2溶液中的溶解度小
于在01mol／LNaCl溶液中的溶解度’故C项错误;
D项,Kw只与温度有关,温度不变,Kw不变,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项】C
［易错项被选择比例】20％
鳞246
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺O］
基本概念与基本理论
■「勇万韧盐类水解
l.D
［解析］D项’将0」molMOH和0.lmolMCl溶于水配制成IL混合溶液,
的物质的量浓度为x,溶液中溶质为MOH和MCl,则Kb＝l,0×10ˉ5＝
假设电离的MOH
c（M＋）×c（OH
）
~~
c（MOH）
（0」掖｝啡H—）’所以c（。H—）＜L0×10舅m。卜L｜』则c（H＿）＞］0“10,molL—‖ , pH＜9,
故D项错误;
A项, a点为0』000molLˉlMOH溶液,存在电荷守恒’ c（OH）＝c（M＋）＋c（H＋）,故A项正确;
B项, b点溶液显酸性’若Vo＝2O00mL’则恰好完全生成MCl,水解显酸性,与图像吻合,故B
项正确;
C项’ 298K时’MOH的电离平衡常数Kb＝L0×l0ˉ5, 0.1000mol.LˉlMOH溶液中,Kb＝
｜0※10—,-c（删6βH—）≈揣骨广等竿1′则cM）闺l0※｜0势』因此MOH的电离度
C（M＋）
L0×l0—3
α＝
～
×l00％＝l％,故C项正确°
c（MOH）～
01
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］B
［易错项被选择比例】29％
∧
［解析］A项,根据题意可知HYˉ既可以电离又可以水解,所以H2Y是二元弱酸’电离时分两步电
离’第＿步电离生成氢离子和酸式酸根离子,即H2Y＋H2O＝≡HYˉ＋H3O＋’故A项正确;
B项,在NaHY水溶液中’因HY—存在电离和水解’所以C（Na＋）＞C（HYˉ）,由于电离和水解程度
都比较弱’所以阴离子以HYˉ为主,HY的电离方程式是HY＋H2O＝＝Y2ˉ＋H3O＋’HY的
水解方程式是HY—＋H2O＝≡H2Y＋OHˉ’因HY的电离程度小于HY的水解程度,所以溶液
呈碱性,即c（OHˉ）＞c（H＋）’又因为溶液中还存在水的电离’则c（H＋）＞c（Y2ˉ）,所以溶液中离子浓
度的大小｜｜顶序为c（Na＋）＞c（HYˉ）＞c（OHˉ）＞c（H＋）＞c（Y2ˉ）’故B项错误;
C项,根据B项分析可知,溶液中离子浓度大小顺序为c（Na＋）＞c（HY）＞c（OHˉ）＞c（H＋）＞
c（Y2ˉ）,故C项错误;
D项,HYˉ水解方程式应为HY—＋H2O≡≡H2Y＋OHˉ’而HY＋H2O≡≡Y2ˉ＋H3O＋是HYˉ
的电离方程式’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例】30％
勺
全
3.
B
［解析］B项’ b点溶液呈中性,此时稀盐酸与全部氢氧化钠和部分碳酸钠反应,即pH＝7,则’
″（H2CO3）＞＂（CO;ˉ）’又＂（CO;ˉ）＋＂（HCO5）＋＂（H2CO3）＝0O0lmol’所以2＂（CO;—）＋
″（HCO可）＜O001mol,故B项正确°
A项’在a点滴人5mL盐酸溶液中剩余离子浓度大小c（Na＋）＞c（CO;—）＞c（OHˉ）＞c（Cl—）＞
c（H＋）’故A项错误。
C项’在c点时溶液为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液’碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解’溶液呈
247镶
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
融
学
化
高
考
现酸性,故C项错误°
D项,
当滴至溶液呈现中性时,溶液存在电荷守恒’
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（OHˉ）＋
c（HCO5）＋2c（CO;
）,得c（Na＋）＝c（CH3COO—）＋c（HCO5）＋2c（CO;
）,故D项错误·
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】23％
4. D
［解析］D项,在（NH4）2SO4溶液中,铰根离子部分水解’溶液显酸性’则c（H＋）＞c（OHˉ）,
又因为水解程度微弱,
所以
c（NHj）＞c（SOiˉ）
’
则溶液中离子浓度大小顺序是
c（NHj）＞c（SOiˉ）＞c（H＋）＞c（OHˉ）’故D项正确;
A项,氯化按是强酸弱碱盐按根离子水解导致溶液呈酸性,NH本＋H2O＝≡NH3H2O＋H＋’
所以c（H＋）＞c（OHˉ）,按根离子水解而氯离子不水解’所以c（Cl ）＞c（NH才）,
因为铰根离
子水解程度是微弱的’所以c（NHj）＞c（H＋）,
因此NH4Cl溶液中离子浓度的大小）｜顶序是
c（Cl ）＞c（NHj）＞c（H＋）＞c（OHˉ）,故A项错误;
B项’在Na2CO3溶液中,碳酸根离子部分水解,溶液呈碱性,所以c（OHˉ）＞c（H＋）’又因为钠离子
不水解’所以c（Na十）＞c（CO;—）’因为碳酸根离子水解程度是微弱的’所以c（CO;ˉ）＞c（HCO5）
’
根据碳酸根离子的两步水解反应方程式: CO;＿＋H2O＝≡HCOI＋OHˉ,HCO5＋H2O＝≡
H2CO3＋OHˉ, 因第＿步水解生成的HCO5离子还要发生第二步水解,造成HCO可浓度减小而
OHˉ浓度增加,再加上水电离出的OHˉ,所以c（OHˉ）＞c（HCO可）,综上,在Na2CO3溶液中,离
子浓度的大小）｜顶序是c（Na十）＞c（CO;—）＞c（OH—）＞c（HCO面）＞c（H十）,故B项错误;
C项,在NaHCO3溶液中,HCOJ仅有少量电离所以溶液中c（HCO5）＞c（CO;
）’故C项错误。
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］29％
5. D
［解析】D项’分别加人等物质的量的NaOH与HCl时’ c点剩余的NaOH与d点剩余的HCl物质
的量相等,将c、d两点的溶液混合后恰好完全中和,此时溶液中有c（B＋）＋c（H＋）＝c（OHˉ）＋c（Aˉ）
’
根据图像可知HA为强酸’由于HA和BOH的浓度和体积均相等’因此有c（B＋）＋c（BOH）＝c（Aˉ）
,
消去c（Aˉ）即可得c（H＋）＝c（OHˉ）＋c（BOH）’故D项正确;
A项,浓度均为0.lmolLˉ1的HA溶液与BOH溶液常温下的pH分别为l和ll,可知HA为强
酸, BOH为弱碱’故A项错误;
B项’ a点是在BOH溶液中滴加少量稀盐酸’此时BOH过量’电离使溶液显碱性,则不可能存在
c（OHˉ）＞c（BOH）’故B项错误;
C项’ b点HA与NaOH反应时溶液pH＝6’由A项的分析可知HA为强酸,故生成的NaA不水
解’当V＝20时,NaA溶液的pH应为7,因此V＜20,故加盐酸的水溶液呈酸性是因为B＋水解,
因此加酸的溶液中水的电离程度大,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D。
［易错项］B
【易错项被选择比例］26％
248
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O］
基本概念与基本理论
6.
〔
［解析］@硫酸按电离出的按根离子水解呈酸性’加热后水解程度增大,水解生成的H＋能够与铁锈
反应,故可用热饱和硫酸铰溶液清洗铁器表面的铁锈’与盐的水解有关’故选@;
@用TiCl4溶液水解生成TiO2.zH2O和HCl,可制备TiO2.zH2O’其与盐的水解有关』故选@;
o用氯化铁溶液和氨水制备氢氧化铁胶体,是复分解反应制得氢氧化铁胶体,与盐的水解无关’故不
选o;
@氯化铁溶液中的铁离子水解呈酸性’氧化铜消耗氢离子’促进了铁离子的水解’最终铁离子转化为
氢氧化铁沉淀’与盐的水解有关,故选@;
o氯化镁电离出的镁离子水解生成氢氧化镁和氯化氢,则在氯化氢气流中灼烧可抑制镁离子的水解’
与盐的水解有关,故选o;
O浓硝酸将Fe（NO3）2氧化成Fe（NO3）3,该操作无法得到硝酸亚铁,与盐的水解无关’故不选O;
@刻蚀印刷电路板用氯化铁作腐蚀液,是铜与铁离子发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁’与盐
的水解无关’故不选@;
o泡沫灭火器组成为硫酸铝与碳酸氢钠,铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成二氧化碳,从而可灭
火,与盐的水解有关,故选o°
故正确序号为@@@oo°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例】l5％
7。
〔
［解析］C项,向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液’混合后溶液中含有Ca2＋和Clˉ’根据
电荷守恒有: c（Na＋）＋c（H＋）＋2c（Ca2十）＝c（HCO5）＋2c（CO; ）＋c（OH—）＋c（Cl—）’故C项错误;
A项,HCO面既可以发生电离使溶液呈酸性’也可以发生水解使溶液呈碱性’ lmol.LˉlNaHCO3溶
液的pH约为8’溶液呈碱性,说明HCO亏的水解程度大于电离程度,故A项正确;
B项,在NaHCO3溶液中’因HCO5既发生电离又发生水解’且水解程度大于电离程度使溶液呈碱
性,则c（Na＋）＞c（HCO5）＞c（OH）＞c（H＋）’故B项正确;
D项’HCO亏发生电离:HCO面＝≡H＋＋CO;ˉ,滴加几滴饱和CaCl2溶液’有白色沉淀生成’说
明Ca2＋和CO;ˉ结合生成了CaCO3沉淀,促进了HCO5的电离’故D项正确。
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例】28％
8. C
［解析】Na2SO3是强碱弱酸盐,亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性,Na2SO3具有还原性’往氯水中
滴人Na2SO3溶液’先发生氧化还原反应’亚硫酸钠被氧化为硫酸钠》氯气被还原为盐酸,反应的
化学方程式为:Na2SO3＋Cl2＋H2O＝Na2SO4＋2HCl,随着Na2SO3溶液的继续加人,亚硫酸
钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠°
C项’ c点时,Na2SO3中S元素在溶液中的存在形式有HSOJ、SO;—、SO易—和H2SO3′根据物料
守恒可得: c（Na十）＝2c（HSO面）＋2c（SO;ˉ）＋2c（SO1ˉ）＋2c（H2SO3）,故C项正确;
A项’ a点时’氯气和水反应生成HCl和HClO’HCl完全电离、HClO部分电离,根据电荷守恒可
得:
c（H＋）＝c（Cl ）＋c（OHˉ）＋c（ClOˉ）’故A项错误;
249
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
B项, b点时’滴人亚硫酸钠溶液和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸,结合图知此时pH＝2’
即溶液中氢离子浓度为00lmol.Lˉ1 ,结合分析中亚硫酸钠与氯气反应的化学方程式可得c（Clˉ）＝
O0lmolLˉl ,故B项错误;
D项’ d点时’结合图知此时pH＝7,溶液中的溶质为氯化钠,亚硫酸钠和硫酸钠和亚硫酸氢钠,反
应的总方程式为: 3Na2SO3＋Cl2＋H2O＝Na2SO4＋2NaHSO3＋2NaCl,根据反应方程式可得
c（Clˉ）＜c（SO;ˉ）＋c（HSO可）＋c（SOi—）,则c（Cl—）＜2c（SO;—）＋c（HSO面）＋2c（SO;＿）,故D项
错误.
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］24％
囚赋｜沉淀溶解平衡
l. D
［解析］D项,等体积的AgCl和AgI饱和溶液中c（Clˉ）＞c（Iˉ）’若AgNO3固体足量,沉淀以AgCl
为主,故D项正确;
A项’KSp的值只随温度的变化而变化,不随物质的浓度增大而增大,故A项错误;
B项,两溶液等体积混合, c（Ag＋）变为675×l0ˉ6’
c（Cl ）变为67×l06mol／L, c（Iˉ）变为
5×l0ˉ8mOl／L,根据两溶质的K篙p可知AgI产生沉淀而AgCl不产生沉淀’故B项错误;
C项, 0』435gAgCl物质的量为O001mol’根据AgCl的Ksp知100mL水中只能溶解l34×
l0ˉ6molAgCl’Ol435gAgCl只有少量溶解’所以c（Clˉ）＜0O1mol／L’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例］36％
2.
B
［解析］B项,析出沉淀时,AgCl溶液中c（Ag＋）＝Kbp（AgCl）＝177×l0ˉlo ＝l.77×10ˉ8molL-l
,
c（Cl—）
O010
Ksp（AgBr）
535×10＿13
AgBr溶液中c（Ag＋）＝
＝
＝535×l0ˉllmol.Ll ,Ag2CrO4溶液中
c（Brˉ）
0.0l0
c（Ag＋）＝［Ksp（Ag2CrO4）-
1.l2×l0 l2-
c（CrOi＿）
］2＝［
0.0l0
］2＝l.l×l0ˉ5mol.Lˉ｜
’ c（Ag十）越小’则越先生
成沉淀,所以产生沉淀的先后顺序为AgBr—AgCl一Ag2CrO4’可用于作AgNO3溶液滴定
Clˉ或Brˉ的指示剂’故B项正确;
A项’未说明溶液体积,所以不能得出钠离子的物质的量,故A项错误;
C项’
由上述分析可知’产生沉淀的先后｜｜顶序为AgBr—AgCl→Ag2CrO4’故C项错误;
D项’出现Ag2CrO4沉淀时,溶液中c（Clˉ）
: c（Brˉ）＝177:535,故D项错误°
综上所述』本题正确答案为B°
〔易错项］C
［易错项被选择比例】27％
250
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO｜
—基本概念与基本理论
3.
B
［解祈］B项,设饱和Ca（OH）〕溶液中, 。（Ca野）
≡
告泌,则‘（OH｜≡′,根据K翻
＝
。（Ca2带）c2（OH）＝l0ˉ7』则斗x诞2≡｜0—7’解得x＝√2×｜0—7＝『6五×｜0ˉ2＝58×｜0ˉ3mo｜／L』
＝
设饱和CaWO4溶液中, c（Ca2＋）＝队则c（WOi ）＝!／’根据Ksp（CaWO4）＝c（Ca2＋）.c（WOi＿）＝
10—｜,则y2≡10—｜＂解得,＝l0氮m°｜′L;混合时;鹰（Ca圣）-豆（Z9×l0—』刊0—5）≈券29×l0—』≡
l
‘（器—）…×l0—哩mo‖′L（
l45×l0ˉ3mol／L’
c（OHˉ）＝2.9×l0ˉ3mol／L,所以c（H十）
＝
c（WOi
）＝5× l0—6mol／L』Q（CaWO4）
＝c（Ca2＋）.c（WOiˉ）
＝
l｀45× 10—3×5× l0—6大于
Ksp（CaWO4）’所以混合后会析出CaWO4,但是溶液中减小的c（Ca2十）＝c（WOi ）肯定会小于
5×l0ˉ6mOl／L,所以沉淀后溶液中C（Ca2＋）还是l03级别』根据KSp（CaWO4）＝10ˉ1O可推出
c（WOi—）是l0—7级别’而前面已求得c（H＋）＝3.4×10ˉl2mol／L°综上分析’ c（OHˉ）＞c（Ca2＋）＞
c（WOiˉ）＞c（H十）’故B项错误;
A项’曲线上的点代表平衡状态’则Ksp
＝
C（Ca2＋）.C2（OHˉ）
＝
l0—7’Ksp（CaWO4）
＝
c（Ca2＋）.c（WOi—）
＝
l0—lo’ a点的浓度商Q［Ca（OH）2］
＝
c（Ca2＋）.c2（OHˉ）
＝
l0—l8小于
KSp［Ca（OH）2］,Q（CaWO4）
＝C（Ca2＋）.C（WO乱ˉ）
＝
l0ˉl2小于KSp（CaWO4）’所以a点表示
Ca（OH）2与CaWO4均未达到溶解平衡状态,故A项正确;
C项’Na2O和水反应使水减少且生成OHˉ’使得饱和Ca（OH）2溶液中’Q［Ca（OH）2］
＞
Ksp［Ca（OH）2］’析出Ca（OH）2固体,所以溶液变浑浊,故C项正确;
D项’ 由前面的分析可知CaWO4比Ca（OH）2更难溶所以石灰乳与0.lmol／LNa2WO4溶液混
合后’会发生反应Ca（OH）2＋WOi—＝CaWO4＋2OH—,实现沉淀的转化,故D项正确。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l8％
4O
［解析］加人lLlmolLˉl的Ba（OH）2溶液,其中1molOHˉ消耗lmolH＋’盐酸完全反应,另
1molOH消耗05molMg2＋, 1molBa2＋消耗lmolSOi—生成1molBaSO4,则加人lLBa（OH）2
溶液,共产生l5mol沉淀,再加人05LBa（OH）2溶液’剩下的05molMg2＋全部转化成沉淀,
即当加人l。5LBa（OH）2溶液’生成的沉淀最大’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例］25％
5.
B
［解析］B项’NaHSO4溶液是强电解质,电离出的H＋可以和NaOH溶液反应’从而生成Na2SO4,
与溶解平衡和水解平衡无关’故选B项;
A项,NH4Cl溶液中存在着水解平衡,加人镁条后消耗H＋促使平衡正向移动’故不选A项;
C项CaCO3中存在着沉淀溶解平衡’加人盐酸消耗CO;—’促使平衡正｜可移动,故不选C项;
D项,Al2（SO4）3溶液和NaHCO3溶液中都存在水解平衡’两者之间相互促进水解’最终完全水解’
生成CO2和沉淀’故不选D项°
25l
｛＿
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
离
考
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］32％
6. O
【解析］D项,由Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）可知’当Clˉ开始沉淀时,c（Ag＋）＝156×l0ˉ7mol／L’
当CrO品＿开始沉淀时c（Ag＋）＝3.35×10—5mol／L’故先产生AgCl沉淀’故D项正确;
A项,向氯化银的浊液中加人氯化钠溶液,平衡虽逆问移动,但KSp只与温度有关’故A项错误;
B项’Q＝c2（Ag＋）×c（CrOiˉ）＝1.0×l0—l2＜kbp（Ag2CrO4）,所以没有沉淀生成,故B项错误;
C项,AgCl和Ag2CrO4固体混合物溶于蒸馏水中,都会产生银离子’所以银离子浓度最大,故C
项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】B
［易错项被选择比例］34％
7。
B
［解析］B项’NaHSO4溶液中逐滴加人Ba（OH）2溶液会产生硫酸钡白色沉淀》沉淀的物质的量不
断增加,当NaHSO4反应完全’沉淀的物质的量不再增加,保持不变’故B项正确;
A项,问＿定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通人二氧化碳,二氧化碳先与氢氧化钙反应,会逐渐生
成碳酸钙沉淀,沉淀量逐渐增大’当氢氧化钙完全反应后’再和氢氧化钾反应,此时沉淀量不变,当
氢氧化钾完全反应时’二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,沉淀量逐渐减少’故A项错误;
C项’假设n［KAl（SO4）2］＝2mol』则n（Al3＋）＝2mol’ n（SOi—）＝4mol,当加人″［Ba（OH）2］＝
3mol时’Al3＋完全沉淀生成2molAl（OH）3,此时SOi—剩余1mol,继续加人lmolBa（OH）2’此时
发生的反应为Ba2＋＋SOiˉ-BaSO4↓、Al（OH）3＋OH—＝AlO五＋2H2O’生成1molBaSO4
沉淀’同时有2molAl（OH）3溶解’因此沉淀的物质的量减少,最后保持不变,根据分析可知图像
应该只有＿段上升的过程,故C项错误;
D项’NaAlO2溶液中逐滴加人盐酸’反应生成Al（OH）3,沉淀的物质的量不断增加,盐酸过量后
与A］（OH）3反应’沉淀逐渐溶解’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】33％
8.
B
［解析】B项海水Clˉ的浓度等于0」mol／L时’pCl＝一lgc（Cl—）＝1,若Clˉ的浓度大于Olmol／L,
pCl值更小’查图可知’Hg2十以HgCljˉ离子形式存在’故B项错误;
A项’Hg2＋在pH在3～l4时’以Hg（OH）2的形式存在’故Hg（NO3）2固体溶于水（pH≡7）通
常会出现浑浊’故A项正确;
C项’ 0001mol／L盐酸中pH＝3, pCl＝3,查图可知,Hg2＋主要存在形式为HgCl2,溶液为澄
清透明’故C项正确;
D项’Ksp（HgS）＝c（S2ˉ）.c（Hg2＋）＝1.6×10ˉ52』当c（S2ˉ）＝1×lOˉ5mol／L时’
c（Hg2＋）
＝
瓜p（HgS）
16×l0ˉ52
＝
综上所述,本题正确答案为B°
!252
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
∧P『巨RO］
基本概念与基本理论
C什
［易错项］C
［易错项被选择比例】28％
9. D
［解析］D项’向含有等物质的量的Ca（OH2）、KOH的混合溶液中通人CO2至沉淀消失’发生的反
应分别为:Ca（OH）2＋CO2-CaCO3↓＋H2O,CO2＋KOH＝KHCO3,CaCO3＋CO2＋
H2O-Ca（HCO3）2’则各阶段消耗二氧化碳的物质的量之比为:
l
: 1
: I’故曲线D不符合条
件,故D项错误;
A项’问NaAlO2溶液中滴人HCl至过量’发生的反应依次为NaAlO2＋HCl＋H2O＝＝NaCl＋
Al（OH）3↓、Al（OH）3＋3HCl≡≡AlCl3＋3H2O,生成沉淀和沉淀溶解消耗NaOH的物质的量之
比为l :3’故A项正确;
B项’问澄清石灰水中通人CO2至过量发生反应的方程式为CO2＋Ca（OH）2-CaCO3↓＋H2O’
CaCO3＋CO2＋H2O＝Ca（HCO3）2’生成沉淀和沉淀溶解消耗CO2的物质的量之比为1
: 1,
故B项正确;
C项,
向含有盐酸的AlCl3溶液中滴人NaOH溶液至过量,发生反应的化学方程式为HCl＋
NaOH-NaCl＋H2O’AlCl3＋3NaOH-Al（OH）3↓＋3NaCl’Al（OH）3＋NaOH＝
NaAlO2＋2H2O,生成沉淀与沉淀溶解的物质的量之比为3: 1,故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D。
［易错项］C
［易错项被选择比例］2l％
C
［解析］首先分析三条曲线对应的物质°横纵坐标分别是pN＝-lgc（阳离子）和pM＝-lgc（阴离
子）,浓度越小对应的值越大’先比较CaSO4和CaCO3’阳离子浓度相同时,溶度积越小’阴离子
浓度越小’对应曲线上的点越大,所以CaCO3的曲线应该在CaSO4上方,同理PbCO3的曲线在
CaCO3上方,综上所述,三条曲线从上到下分别对应PbCO3、CaCO3、CaSO4°
C项’ d所在曲线代表CaCO3的沉淀溶解平衡曲线,能表示CaCO3的饱和溶液’并且d点横纵坐
标数值相同’所以c（Ca2＋）＝c（CO;＿）』故C项正确;
A项, a线代表的是CaSO4’故A项错误;
B项,糯液小c｜CO;—）—定’二者阳离子之比等于溶度积之比’ 。（Ca绎）
》憾（Pb野）≡器糕≡
÷×｜O5,故B项错误;
D项,加人NH4Cl固体后’CO;—和NHj双水解’相互促进’ c（CO;ˉ）降低’纵坐标变大,应该向
左上移动’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】B
【易错项被选择比例］26％
l0
ll.
〔
［解析］C项,因ZnS比Zn（OH）2难溶, S2ˉ和Zn2＋应先结合成ZnS沉淀’而不是双水解,故C
项错误;
A项, 由于溶解度MgCO3＞Mg（OH）2’则反应生成Mg（OH）2和CaCO3,故A项正确;
253
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
B项’
由于电离出S2ˉ的能力H2S＞CuS’则Cu2＋与H2S反应生成CuS’离子方程式正确’故B
项正确;
D项’
由于电离出S2的能力FeS＞H2S, FeS溶于酸可生成H2S,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l3％
l2.
B
［解析］B项, CaCO3难溶于水,但溶于水的部分完全电离’属于强电解质,故B项错误;
A项’当达到溶解平衡时,沉淀析出和沉淀溶解的速率相等》而且在不断的发生着析出和溶解’故A
项正确;
C项,CaCO3的溶解是个吸热过程,升高温度,溶解度增大,故C项正确;
D项,加人纯碱后’碳酸根浓度增加’抑制碳酸钙的溶解’导致碳酸钙的溶解度降低’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l4％
l3.
B
［解析］本题主要考查沉淀溶解平衡
B项’温度相同,CdS的Ksp相同’故在Tl温度下的加、P、门三点的Ksp相同,温度越高’Ksp越
大’ 由图可知T2＞Tl ,故T2温度下的Ksp大于Tl温度下的Ksp,图中各点对应的Ksp的关系为
瓜p（m）＝延p（n）＝kbp（P）＜Kbp（q）,故B项错误;
A项’ α和b分别为Tl 、T2温度下S2ˉ和Cd2＋的浓度’即是CdS在水中的溶解度’故A项正确;
C项’问加点的溶液加人少量Na2S固体’溶液中S2—浓度增大,温度不变’Ksp不变’ Cd2＋将减
小’溶液组成由m沿mp″线问p方向移动,故C项正确;
D项’ 由图可知T2＞Tl ’温度降低时,KSp减小’ q点的饱和溶液中的S2ˉ和Cd2＋的浓度均减小,
q点的饱和溶液的组成会由q沿qp线向p方向移动,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］］5％
~
［｜（C‖Ap「［R2）元素化台物
C‖∧P丁［R2
□「霓丽司钠及其重要化台物
l.∧
［解析］A项,混合溶液中成分为NaOH、Na2CO3时,逐滴加人盐酸’依次发生反应:H＋＋OHˉ＝＝
H2O、CO;—＋H＋≡≡HCO5、HCO可＋H＋≡＝H2O＋CO2↑’假设NaOH有αmol’Na2CO3有
bmol’则刚产生气体时,消耗盐酸的物质的量为（α＋b）mol’溶液中不再产生气体时’消耗的盐酸的
物质的量为（α＋2b）mol,因此α＋b＜α＋2b＜2×（α＋b）’则对应成盐酸所用体积为Vl＜V2＜2Vl
!
故选A项;
254
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「巨RO2
元素化合物
B项,NaOH与NaHCO3溶液不能大量共存,故不选B项;
C项’混合溶液中成分为NaHCO3、Na2CO3时’逐滴加人盐酸’依次发生反应:CO;—＋H＋-
HCO面、HCO刁＋H＋＝CO2↑＋H2O’假设NaHCO3有αmol,Na2CO3有bmol’则刚产生气体
时’消耗盐酸的物质的量为bmol’溶液中不再产生气体时’消耗的盐酸的物质的量为（α＋2b）mol』
对应的溶液体积为V2＞2Vl ,故不选C项;
D项’NaOH与NaHCO3溶液不能大量共存’故不选D项°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］3l％
2. D
［解析】D项,有CO2生成的化学反应方程式为:NaHCO3＋HCl＝＝NaCl＋CO2↑＋H2O,从图中
可知该过程消耗盐酸的体积为: 75mL—25mL＝50mL’该过程中有n（CO2）＝n（HCl）＝0.05L×
01mol／L＝0005mol,则在标准状况ˉ下’V（CO2）＝0O05mol×224L／mol＝0』l2L＝ll2mL,
故D项正确;
A项,当消耗盐酸75mL时’溶液中的溶质为NaCl,根据质量守恒定律可知:″（NaOH）＝Ⅶ（NaCl）＝
〃（HCl）＝0O75L×01mol／L＝O0075mol,故A项错误;
B项’由图示可知,滴加25mL盐酸后』溶液中的溶质为NaHCO3’结合两段反应消耗的盐酸体积
比为2: l,可知通人CO2反应后’所得的溶液溶质成分为Na2CO3、NaHCO3’故B项错误;
C项’根据化学反应方程式:Na2CO3＋HCl＝＝NaCl＋NaHCO3和NaHCO3＋HCl-
NaC］＋CO2↑＋H2O,NaHCO3消耗盐酸的体积为50mL’则n（NaHCO3）＝n（HCl）＝0。05L×
l
0.1mol／L＝0.005mol,则通人CO2后,所得的溶液中含有NaHCO3的物质的量为:0.005mol×刁＝
2.5×10ˉ3mol,故C项错误.
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］3l％
3. D
［解析］D项,钠长期暴露在空气中’发生反应4Na＋O2-2Na2O,Na2O＋H2O-2NaOH』
2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O’Na2O＋CO2-Na2CO3’故D项错误;
A项,滴有酚酞的Na2CO3溶液呈浅红色,是由于CO;ˉ的水解溶液呈碱性’加热使得水解程度增
大,溶液碱性增强’红色加深,故A项正确;
B项’钠为活泼金属,可以和空气中的水和二氧化碳反应’需密封保存’而煤油不与钠反应且钠的密
度比煤油大,则钠可以保存在煤泊中’故B项正确;
C项,用洁净的玻璃管问包有Na2O2的脱脂棉吹气’脱脂棉着火点低’受热燃烧,说明Na2O2和空
气中的H2O和CO2反应放热’故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例］21％
4.
B
［解析］ONa2CO3与NaHCO3都是强碱弱酸盐水解呈碱性,同温度下相同浓度的Na2CO3、
255赣
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
NaHCO3溶液中’ CO;—的水解程度大于HCOI’所以Na2CO3溶液中OH—浓度较大’ pH较大’
所以该鉴别方法合理’故不选@;
@由O中可知’ 同温度下相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液’Na2CO3溶液碱性大于
NaHCO3溶液’分别滴人酚酞溶液’红色较深的是Na2CO3,所以该鉴别万法合理’故不选@;
O碳酸氢钠熔点温度为270°C’碳酸钠分解温度为744。C’Na2CO3与NaHCO3水溶液加热不能分
解,均没有气泡产生,所以该鉴别方法不合理,故选o;
@Na2CO3与盐酸反应,首先生成NaHCO3’开始时无气泡放出’NaHCO3与盐酸反应’直接生
成二氧化碳’开始时有气泡放出,所以该鉴别方法合理,故不选@;
ONa2CO3与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3’NaHCO3与BaCl2不反应,无沉淀生成,所以该
鉴别方法合理’故不选o;
ONa2CO3和NaHCO3均与Ba（OH）2反应’生成白色沉淀BaCO3’所以该鉴别方法不合理,故
选o°
故选oo°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
【易错项被选择比例］20％
5. B
［解析］B项’Na与O2在加热条件下反应的化学方程式为: 2Na＋O2＝二2Na2O2,Ag2O受
热分解的化学方程式为: 2Ag2O＝二4Ag＋O2↑,U形管左右两侧液面相平’则Na反应消耗掉
的O2与Ag2O分解生成的O2的物质的量相等,结合反应的化学方程式易知’反应前装置内Na与
Ag2O物质的量之比为1
: 1’故B项错误;
A项,U形管左右两侧液面相平’说明U形管内压强不变,装置内Na与O2发生反应消耗掉的O2
与Ag2O分解生成的O2的物质的量相等,则反应前后装置内空气的成分保持不变,故A项正确;
C项,同＿密闭容器中’Ag2O受热分解,而Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2’说明生成的
钠的氧化物的热稳定性强于Ag2O,故C项正确;
D项’Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2,而Na2O2为淡黄色固体,即反应后有淡黄色固体
生成’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］C
【易错项被选择比例】26％
6. D
［解析］D项,Na2S中的S2ˉ能够与Cu2＋和Hg2＋形成沉淀,利用的是硫的部分化合物难溶的性质,
故D项错误;
A项’硅胶具有疏松多孔的结构,吸水能力很强’可用作食品干燥剂’故A项正确;
B项,CaO能与SO2反应生成CaSO3,可用于工业废气脱硫》故B项正确;
C项’NaClO具有强氧化性,能氧化有机色素,因此可以用于织物的漂白,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D.
【易错项］C
［易错项被选择比例］23％
｜徽256
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO2
素化台物
元
7。
□
［解析］D项’ 1molCu丝插人AgNO3溶液中置换出2mol金属银’固体的质量增加,故选D项;
A项’MnO2中加人H2O2溶液,MnO2是催化剂’固体的质量不变,故不选A项;
B项’高温加热C与SiO2混合粉末,该反应生成Sj和CO,固体的质量减小,故不选B项;
C项’加热Na2O2和NaHCO3的混合物’该反应会放出O2,固体的质量减小,故不选C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l9％
8。
〔
［解析］三种物质的混合物可看作NaCl与O原子的混合物,则氯元素与钠元素的质量之比为35.5:
23’
由氯元素的质量分数为35.5％,易知钠元素的质量分数为23％,则氧元素的质量分数为:
l—
35.5％-23％＝415％’故选C项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l5％
9°
B
［解析］B项’Na2SiO3不能—步反应得到Si和SiO2’Na2SiO3应先与酸反应得到H2SiO3’再受
热分解为SiO2’ SiO2再与碳反应可得到Sj,所以B项不能＿步实现如图所示的转化,故选B项;
A项’Na与水反应能生成NaOH’NaOH与盐酸反应可得到NaCl,电解饱和NaCl溶液能得到
NaOH’电解熔融的NaCl能得到Na’所以A项能实现如图的转化’故不选A项;
C项’Cl2与水反应能生成HClO’HClO与NaOH溶液反应可得到NaClO,NaClO与盐酸反应可
得到HClO,且NaClO＋2HCl＝NaCl＋Cl2↑＋H2O,所以C项能实现如图的转化,故不选C
项;
D项,NO可与O2反应得到NO2,NO2与水反应得到HNO3》稀HNO3溶液与Cu反应得到NO’
浓HNO3溶液与Cu反应得到NO2’所以D项能实现如图的转化,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l9％
l0.
B
［解析】B项’碳酸氢钠会水解呈碱性,可与二氧化硅反应生成硅酸钠导致玻璃试剂瓶打不开’所以
不能用玻璃塞需要用橡胶塞或木塞,故B项正确;
A项,反应离子方程式为:AlO豆＋HCO可＋H2O＝＝Al（OH）3↓＋CO;—,无二氧化碳产生,故A
项错误;
C项,碳酸钠固体加水放热,温度升高’碳酸氢钠固体加水温度无明显变化,故C项错误;
D项’碳酸钠也能与氢氧化钙反应,产生沉淀’所以无法用澄清石灰水区分碳酸钠和碳酸氢钠’故D
项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
【易错项】A
［易错项被选择比例］28％
257
!
｀
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
高
考
11∧
【解析］A项’同温度下’Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3’故A项错误;
B项’CO;ˉ的水解程度大于HCO了,所以等物质的量浓度的Na2CO3溶液碱性大于NaHCO3溶液’
故B项正确;
C项’Na2CO3与酸反应分两步:先结合H＋生成NaHCO3’然后再结合＿个H＋生成H2O和CO2’
所以NaHCO3与酸溶液的反应速度更快,故C项正确;
D项’NaHCO3受热易分解’所以热稳定性Na2CO3大于NaHCO3’故D项正确.
综上所述’本题正确答案为A项°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l5％
团｜…｜铝及其重要化台物
l. D
［解析】钠铝合金置于水中’合金全部溶解’反应的化学方程式有:2Na＋2H2O＝＝2NaOH＋H2↑、
2Al＋2H2O＋2NaOH-2NaAlO2＋3H2↑’反应后得到lmol／L的NaOH溶液2OmL,则
溶液中NaOH的物质的量为0.02L×1mol／L＝O02mol;用lmol／L的盐酸滴定,发生的反
应依次为:NaOH＋HCl＝＝NaCl＋H2O、NaAlO2＋HCl＋H2O＝＝NaCl＋Al（OH）3↓、
Al（OH）3↓＋3HCl＝＝AlCl3＋3H2O°由化学反应方程式:NaOH＋HCl≡≡NaCl＋H2O,且
溶液中NaOH的物质的量为0.02mol可知’滴定过程中与NaOH反应消耗的盐酸中HCl的物质的
量也为M2m。｜』则V｜-q器苦-M2L-20mL;
结合图像可计算从刚开始沉淀到沉淀完全时所消耗的盐酸体积为: 40mL—20mL＝20mL,对应
的物质的量为: 002L×1mol／L＝0.02mol°
由化学反应方程式:NaAlO2＋HCl＋H2O＝NaCl＋Al（OH）3↓可知’溶液中NaAlO2的物质的
量为0.02mol’由元素守恒可知该钠铝合金中,钠的物质的量为: 0.02mol＋0.02mol＝0O4mol’
铝的物质的量为0.02mol°
D项’结合上述分析可知,生成的Al（OH）3沉淀为O02mol,对应的质量为:0.02mol×78g／mol＝
L56g’故D项正确;
A项,结合上分析可知’该钠铝合金的质量为:O04mol×23g／mol＋0.02mol×27g／mol＝1.46g’
故A项错误;
B项’由化学反应方程式:Al（OH）3↓＋3HCl＝＝AlCl3＋3H2O可知’溶解O02molAl（OH）3沉
淀需要消耗006molHCl,对应的盐酸体积为60mL,则V2的值为: 40mL＋60mL＝100mL’
故B项错误;
C项,结合上述分析中Na和H2O、Al和NaOH反应的化学方程式可知’产生氢气的物质的量为:
0.02mol＋O03mol＝0.O5mol’在标准状况下’对应的氢气体积为:O05mol×22.4L／mol＝
Ll2L＝1l20mL,选项中没有说明在标准状况下’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例】2l％
2. D
【解析］滴人少量氢氧化钠,无明显变化,说明溶液中含有H＋’继续滴加’产生能溶于NaOH的曰
258
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「匠RO2
元素化台物
色沉淀,说明含有Al3＋,滴人过量的氢氧化钠仍残余曰色沉淀’说明还含有—种能与NaOH反应且
生成物不溶于碱的阳离子。
D项,因为剩余的沉淀不能确定是何种沉淀,所以不能判断其质量,故D项错误;
A项, 由上述分析可知,该未知溶液中至少含有3种阳离子,故A项正确;
B项’NaOH和Al（OH）3反应的化学方程式为Al（OH）3＋NaOH＝NaAlO2＋2H2O’由图可
知, 当加人l0mLNaOH溶液时溶解了O05mo］Al（OH）3,所以NaOH溶液的物质的量浓度为
0.05mol
c＝O0lL
＝5mol／L’故B项正确;
C项’若另＿种阳离子为二价阳离子,则消耗NaOH的物质的量为（）.05mol×3＋O15mol×2＋α×
10ˉ3L×5mol／L＝OlL×5mol／L,求得α＝10,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】27％
3.
B
［解析］假设按明矾［NH4Al（SO4）2.12H2O］的物质的量为lmol’则m［NH4Al（SO4）2.l2H2O］＝
453g,在A点时,剩余固体质量与原有固体质量之比为52.32％,故此时剩余固体的质量ml＝237g’
1molNH4Al（SO4）2的质量m2＝237g’故A点时的物质为NH4Al（SO4）2;在B点时’剩余质
量与原有固体质量之比为37.75％’故此时剩余固体的质量m3＝l71g, 05molAl2（SO4）3的质
量m4＝171g’故B点时的物质为Al2（SO4）3;在C点时’剩余固体质量与原有固体质量之比为
l126％,故此时剩余固体的质量m5＝5lg, 05molAl2O3的质量m6＝51g,故C点时的物质为
Al2O3。
B项’B—＝C的反应过程即Al2（SO4）3转化为Al2O3和SO3, SO3在高温下可以分解生成SO2,
SO2具有漂白性’故B项正确;
A项’取A点物质溶于水配成溶液,问其中加人足量的Ba（OH）2溶液,发生的反应为:Al3＋＋NHj＋
2SO;ˉ＋5OHˉ＋2Ba2＋＝＝AlO五＋2H2O＋2BaSO4↓＋NH3.H2O’故A项错误;
C项’C点物质分别与足量的NaOH溶液反应,反应方程式为Al2O3＋2NaOH＝＝2NaAlO勺＋H勺O.
←
▲
’
和盐酸反应的化学万程式为Al2O3＋6HCl-2AlCl3＋3H2O’消耗的两者的物质的量比为l :3,
故C项错误;
D项,按明矾可以净化水’但不能消毒’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］2l％
4.
〔
［解析］C项, 由生产生活中用量最大、用途最广泛的金属单质可知’D为Fe’若B为Fe（NO3）2’
则反应@不能发生,故C项错误;
A项’若B、D是空气的主要成分,则B为N2’D为O2,A为NH3,可作为制冷剂,NH3在O2
中燃烧生成N2’N2和O2反应生成NO’转化关系成立’故A项正确;
B项,由A、B、C的水溶液均显碱性,焰色反应均为黄色’可知A为NaOH、B为Na2CO3、C为
NaHCO3’D为CO2’转化关系成立’NaHCO3能与胃酸发生反应,且碱性较弱’可作胃酸中和剂’
故B项正确;
D项’由B具有两性’可知B为Al（OH）3,当D为NaOH时’A为AlCl3、C为NaAlO2,转化关
259
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
系成立’当D为盐酸时,A为NaAlO2, C为AlCl3,转化关系成立’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］29％
5. B
［解析］@N2无法直接生成NO2’故不选@;
@Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2,Al可以生成Al2O3和NaAlO2,Al（OH）3可以生成Al2O3’
NaAlO2可以生成Al（OH）3’故选@;
OSiO2和NaOH反应生成Na2SiO3, Si可以生成SiO2和Na2SjO3,H2SiO3可以生成SiO2,
Na2SiO3可以生成H2SjO3,故选（3;
@S不能直接生成SO3,故不选@°
故选@o。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
6∧
［解析］A项』加人40mLNaHCO3溶液时沉淀最多,沉淀为O032mol,NaOH过量’滤液中含
NaOH,由反应顺序OH—＋HCO亏＝＝CO;ˉ＋H2O、HCO5＋AlO∑＋H2O＝＝Al（OH）3↓＋CO;—
0.032mol
可知,前8mL不生成沉淀’ c（NaHCO3）＝0D4L—0.008L＝l0molLl ,故A项错误;
B项′ b点与c点均处于发生反应HCO亏＋AlO面＋H2O＝＝Al（OH）3↓＋CO;＿的阶段溶液所含
微粒种类相同’故B项正确;
C项’ a点显碱性,溶质为NaOHNaAlO2,存在的离子是Na＋、AlO∑、OHˉ、H＋’故C项正确;
D项,AlO豆促进HCO5的电离’生成Al（OH）3沉淀离子方程式为:HCO5＋AlO面＋
H2O≡≡Al（OH）3↓＋CO;—’故D项正确.
综上所述’本题正确答案为A°
〔易错项］B
［易错项被选择比例］3l％
7. D
［解析］D项,NaBr和KI与新制氯水反应后分别生成Br2和I2,用CCl4革取后’ Br2在CCl4中
为橙色’ I2在CCl4中为紫色’可区分二者,故选D项;
A项,NaHCO3受热后分解生成Na2CO3’不能达到实验目的’故不选A项;
B项,Al与稀盐酸反应生成AlCl3,蒸发过程中Al3＋发生水解生成Al（OH）3’逸出HCl’最终得
到Al2O3’故不选B项;
C项’将苯甲酸粗品在较高温度下配制成浓溶液,趁热过滤除去不溶性杂质,然后降温结晶,得到苯
甲酸晶体’故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］34％
澎260
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［RO2
元素化台物
8. C
【解析］C项,问NaOH溶液中不断滴人铝盐溶液先发生的反应为Al3＋＋4OH—-AlO豆＋2H2O,
当OHˉ完全反应后’发生的反应为Al3＋＋3AlO∑＋6H2O-4Al（OH）3↓’因此能实现目的’故
C项正确;
A项,问铝盐溶液中不断加人小苏打（NaHCO3）发生的反应为Al3＋＋3HCOI-Al（OH）3↓＋
3CO2↑,不能达到目的’故A项错误;
B项’向NaAlO2溶液中不断滴加HCl溶液发生的反应为AlO∑＋H＋＋H2O-Al（OH）3↓、
Al（OH）3＋3H＋-Al3＋＋3H2O’不能达到目的’故B项错误;
D项’向铝盐溶液中不断滴人NaOH溶液发生的反应为Al3＋＋3OHˉ-Al（OH）3↓、Al（OH）3＋
OHˉ—AlO豆＋2H2O,不能达到目的’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l8％
■「霹0韦］铁｀铜及具重要化台物
l. O
［解析】D项, CaCO3高温分解生成CaO,CaO与二氧化硅在高温条件下反应生成CaSiO3’该转
化关系能够实现,故D项正确;
A项’氯气的氧化性较强’ Fe与氯气反应生成的是FeCl3,故A项错误;
B项,电解MgCl2（aq）生成氢气、氢氧化镁沉淀和氯气,不会生成金属镁,故B项错误;
C项’ S燃烧生成SO2, SO2需要在＿定条件下生成SO3’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
2.
B
5.6L
［解析］标准状况下5.6L氢气的物质的量＝22。4L／mol＝0.25mol,故15g金属提供的电子为
O25mol ×2＝05mol ,则提供lmol电子需要金属的质量为l5g×2＝30g°Na在反应中表现
＋1价,提供lmol电子需要Na的质量为23g／mol×］mol＝23g;Zn在反应中表现＋2价’提供
lm。l电了需蛰Zn的质量为65g／m°l×÷m。］-325g;Al在反应中表现＋3价,提供lm。l电
了需蜜Al的质量为27g′m。l×÷m°l～9g;Fe在反应中表现＋2价.提供lm。l屯了需婆Fe的
质量为56g′m。l×lm°l＝2圈g.提供lm°｜电于只有Zn的质量大丁30g』其他金属的质量都小
于30g,故金属混合物中＿定有Zn,故选B项。
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】28％
3. D
【解析］D项’ 2molCu（NH3）4SO4与SO2反应生成2molCu＋’失去2mol电子’ 2molCu＋与
26l
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
H＋反应生成1molCu和lmolCu2＋’转移lmol电子,所以制得lmol铜粉’共转移3moleˉ,
故D项正确;
A项, SO2的硫元素化合价升高被氧化’应该为还原剂’故A项错误;
B项’超细铜粉为铜单质既不是电解质』也不是非电解质’故B项错误;
C项’铜元素的活泼性较弱,冶炼较不活泼的金属用热还原法,所以冶炼铜应该用热还原法’故C项
错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例］30％
4.∧
［解析］A项,向Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3混合溶液中逐渐加人铁粉,铁粉先和稀硝酸完全
反应生成Fe（NO3）3,继续加人铁粉’则将溶液里的Fe（NO3）3全部还原为Fe（NO3）2,最后铁粉与
Cu（NO3）2反应生成Cu和Fe（NO3）2’A图图像的变化趋势符合反应实质’故A项正确;
B项,向Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加人稀HCl,稀HCl先与Na2CO3反应生成NaHCO3,
待完全反应后继续滴加稀HCl,NaHCO3与稀HCl才反应生成CO2气体’即刚开始滴加稀HCl时,
不会产生CO2气体,故B项错误;
C项,假设n［KAl（SO4）2］＝2mol’则n（Al3＋）＝2mol,n（SOiˉ）＝4mol,当加人″［Ba（OH）2］＝
3mol时’Al3＋完全沉淀生成2molAl（OH）3’此时SO］—剩余1mol,继续加人1molBa（OH）2’此
时发生的反应为Ba2＋＋SOi—-BaSO4、Al（OH）3＋OH——AlO∑＋2H2O’生成1molBaSO4
沉淀,同时有2molAl（OH）3溶解’即沉淀的物质的量应减少,最后保持不变’而C图图像没有下
降过程’故C项错误;
D项’问NaAlO2溶液中通人CO2,反应生成Al（OH）3沉淀, 由于Al（OH）3沉淀不溶于H2CO3,
则当CO2过量时,Al（OH）3沉淀不会溶解,即沉淀的物质的量最终为恒定值,不可能为0’故D项
错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例】25％
5. C
［解析］C项’向CuSO4溶液中加人过量的NaOH将反应生成Cu（OH）2沉淀’过滤、洗涤并收集
沉淀充分灼烧’ Cu（OH）2沉淀会分解生成CuO’故选C项;
A项,
由于硫的氧化性较弱’则只能将铜氧化为＋l价的铜,得到Cu2S,故不选A项;
B项,不能向铜与过量浓硫酸反应后的试管中加水观察硫酸铜溶液的颜色,故不选B项;
D项,葡萄糖和新制Cu（OH）2溶液反应必须在碱性条件下进行’该实验条件为在淀粉溶液中加人适
量稀硫酸微热’即在酸性条件ˉ下进行’不会有红色沉淀产生,故不选D项°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例】l9％
6.
B
［解析］由题目可知,每种吸收剂逐＿吸收混合气体的相应组分,每种吸收剂只能吸收单独一种气体。
酗262
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［RO2
元素化台物
B项’O2的吸收剂用灼热的铜网替代后’铜与氧气反应生成氧化铜,会与气体中的＿氧化碳反应
生
成二氧化碳’干扰其他气体的吸收,故B项错误;
A项’CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO’且易被O2氧化,所以吸收＿氧化碳前,应先吸收氧气,吸
收O2的吸收剂为连苯三酚的碱性溶液’会与二氧化碳发生反应,所以在吸收氧气前,应先吸收二氧
化碳,所以气体被逐＿吸收的顺序应该是CO2、O2和CO,故A项正确;
C项』由A项可知,CO的吸收必须在吸收O2后进行’因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化,故C
项正确;
D项’CuCl的盐酸溶液中的盐酸易挥发’产生HCl气体’所以导出的气体中可能含有HCl’故D
项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］A
【易错项被选择比例］l9％
7.
C
［解析】C项’ Fe与过量的HNO3反应生成Fe（NO3）3, Fe与少量的HNO3反应生成Fe（NO3）2,
故选C项;
A、B、D项都满足图示的转化关系°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例］30％
8. B
［解析】B项’亚铁离子具有还原性,可与KMnO4发生氧化还原反应’使KMnO4溶液褪色,可以
检验是否含有硫酸亚铁,故选B项;
A项’NaOH可与Fe3＋反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀’不能检验是否含有硫酸亚铁,故不选A项
C项,亚铁离子与KSCN不反应’不能检验是否含有硫酸亚铁’故不选C项;
D项’亚铁离子与苯酚不发生反应’不能检验是否含有硫酸亚铁,故不选D项°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】23％
9。C
［解析］C项,铜盐是重金属盐’能使蛋白质变性,可以用作游泳池消毒,故C项正确;
A项’Al（OH）3受热分解时吸收大量的热、且生成高熔点的氧化铝有阻隔空气的作用,故A项错误;
B项’ FeCl3与KI溶液反应生成碘》碘遇淀粉显蓝色’说明Fe3＋有氧化性,故B项错误;
D项,Al（OH）3能与盐酸反应,也能与强碱溶液反应’但不能与氨水反应,无法证明Al（OH）3的两
性’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］24％
l0.
B
［解析】B项’此处的石灰指CaCO3,其经焚烧分解为CaO》故B项错误;
蕊
〕
β
’
＝
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
A项’ “曾青”是古代炼制药丹常用的矿物原料,即硫酸铜（CuSO4）,反应的离子方程式为Cu2＋＋
Fe＝Fe2＋＋Cu,故A项正确;
C项,
“绎矾”的主要成分为FeSO4.7H2O,高温分解并在空气中被氧化为红色的Fe2O3,故C项
正确;
D项,利用了钾的焰色反应为紫色,钠的焰色反应为黄色来区分钾盐和钠盐,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］ll％
□｜酮碳｀硅及其化台物
1.
B
［解析］B项,石英玻璃的主要成分为石英’即二氧化硅,故B项错误;
A项》碳纤维复合材料是由碳纤维和合成树脂复合所得’故A项正确;
C项,光伏电池的核心部分为太阳能电池片,其主要材料为晶体硅,所以太阳能电池的核心材料为硅,
故C项正确;
D项,液态氢燃烧只产生水’不污染环境故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］34％
∧
［解析］A项,沙子主要成分为二氧化硅,是氧化物,不属于硅酸盐,故A项错误;
B项’粘土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化’故B项正确;
C项,青瓦和红瓦是在冷却时区分的:
自然冷却为红瓦,浇水冷却为青瓦’故C项正确;
D项,由“凡诞泥造物,掘地二尺余’择取无沙粘土而为之”可知’粘土是制作砖瓦和陶瓷等的主要
原料,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］35％
2
3。
B
［解析］B项’ “人造太阳”的原理: ;H＋;H→1He＋0n属于核聚变’而化学是在分子、原子层次上
研究物质性质、组成、结构与变化规律的科学’核聚变是发生在原子核层面上的,所以核聚变不属于
化学变化,故B项正确;
A项’计算机芯片的制备使用材料应为半导体硅晶体’应为单质硅’二氧化硅是光导纤维等的材料’
故A项错误;
C项’
“84”消毒液有效成分为NaClO’故C项错误;
D项’碳纤维是由有机纤维碳化及石墨化处理得到的微晶石墨材料’属于无机非金属材料’故D项
错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］25％
264
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P『［RO2
元素化台物
4B
［解析］B项’图O中OA＝AB’说明溶液中溶质只有Na2CO3,即OA段反应的化学方程式为
Na2CO3＋HCl＝NaHCO3＋NaCl,AB段反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl＝NaCl＋
CO2↑＋H2O’故B项正确;
A项’图O中加人盐酸立即有CO2产生’说明溶液中溶质只有NaHCO3’则通人的CO2最多’反
应的化学方程式为NaOH＋CO2-NaHCO3,故A项错误;
C项’图@中OA＜AB’说明溶液中溶质有Na2CO3和NaHCO3’图O中OA＝AB’说明溶液中
溶质只有Na2CO3,图@中OA＞AB,说明溶液中溶质有NaOH和Na2CO3,即@@中有两种溶
质’o中只有＿种溶质,故C项错误;
D项’若图@中OA＞2AB’说明溶液中溶质有NaOH和Na2CO3,且c（NaOH）＞c（Na2CO3）’故
D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】D
［易错项被选择比例］26％
5.∧
［解析］A项,二氧化硅晶体是由硅原子和氧原子构成的原子晶体’没有分子式,故A项错误;
B项’二氧化硅晶体熔化时共价键Si—O键断裂,故B项正确;
C项,二氧化硅能和强碱反应生成盐和水’属于酸性氧化物’故C项正确;
D项’二氧化硅晶体中, l个Si原子与4个O原子相连,则1molSjO2中含有4molSi—O键’故
D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】D
［易错项被选择比例］24％
D
［解析］D项,HNO3的工业生产中’NH3的催化氧化,N2与H2的反应都需要加热,而它们反应
时会放出热量’H2SO4的工业生产中, SO2的氧化是放热反应’同时反应时也需要加热’所以使用
热交换器可以充分利用反应放出的热量,故D项正确;
A项,氯碱工业的产物有氯气、氢气和氢氧化钠’反应方程式为:2NaCl＋2H2O
通电
2NaOH＋
H2↑＋Cl2↑,故A项错误;
B项,粗硅制备过程中C转化为CO而不是CO2’因为要使Si被完全还原出来’ C应该是过量的,
则该反应方程式为: S1O2＋2C
高温
Si＋2CO↑,故B项错误;
6。
C项,在加热条件下’Mg2＋水解程度很大,所以将MgCl2溶液直接蒸发得不到MgCl2固体,故C
项错误°
综上所述’本题正确答案为D.
易错项分析:本题的易错项为B项°高中阶段只考粗硅制取的化学方程式’产物是CO,若写成CO2
肯定就错了。
［易错项］B
［易错项被选择比例】29％
7. C
［解析］C项》
C、
Sj、S三种元素的最低价的气态氢化物分别为CH4、SjH4、H2S’三者都具有还
265
｜
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
原性’且可以与氧气发生反应’故C项正确;
A项’
Si在自然界中只有化合态形式’故A项错误;
B项,C的氧化物中CO属于不成盐氧化物’不能与碱反应,故B项错误;
D项,三种元素的非金属性强弱为: S＞C＞Sj,则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为H2SO4＞
H2CO3＞H2SiO3,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］23％
8.
〔
［解析］C项’溶解性属于物理性质’与元素非金属性无关,故选C项;
A项,元素的非金属性越强,对应氢化物的稳定性越强,CH4的热稳定性强于SiH4,说明C元素的
非金属性比Si元素强,所以与非金属性强弱有关,故不选A项;
B项,元素的非金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的酸性越强’H2CO3的酸性强于H2SiO3,
可说明C元素的非金属性比Si元素强’所以与非金属性强弱有关’故不选B项;
D项’在周期表中同主族元素从上到下原子半径依次减小’非金属性依次减弱’所以碳、硅同主族’
原子半径碳小于硅,可说明C元素的非金属性比Sj元素强,所以与非金属性强弱有关,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C。
［易错项］D
［易错项被选择比例］24％
9. C
［解析］C项,碱性氧化物＿定是金属氧化物,但金属氧化物不＿定是碱性氧化物’如Mn2O7为酸
性氧化物,故C项正确;
A项,Cu、Fe等金属均不能实现A型转化关系,CuO、FeO均不溶于水’不能直接转化为Cu（OH）2、
Fe（OH）2’故A项错误;
B项’ SiO2不溶于水’不能直接生成H2SiO3’故B项错误;
D项,CO2溶于水生成H2CO3’H2CO3部分电离’使得CO2的水溶液可以导电,而不是CO2本
身导电’ CO2是非电解质,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C。
［易错项］B
［易错项被选择比例］29％
l0.
B
［解析】B项’若该物质是Na2SO3,加人盐酸产生的气体也会使澄清石灰水变浑浊’故B项错误;
A项’加人稀盐酸无明显现象’可以排除Na2SO3和Na2CO3,加人BaCl2溶液后产生白色沉淀则
说明含有SO; ’则原溶液是Na2SO4溶液’故A项正确;
C项’产生的无色气体可以使澄清石灰水变浑浊’并且可以使品红溶液褪色’说明产生的气体是SO2’
则原溶液为Na2SO3溶液’故C项正确;
D项’产生白色胶状沉淀且不溶于稀盐酸’说明该沉淀为H2SiO3’则原溶液为Na2SiO3,故D项
正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
266
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『匠R02
元素化台物
［易错项被选择比例］l9％
ll. C
［解析】C项,粗硅制单晶硅涉及的氧化还原反应有Si＋2Cl2
高温
SjCl4,SiCl4＋2H2
高温
Si＋4HCl,海水提取澳和碘’需将Brˉ和Iˉ氧化为Br2和I2,都发生了氧化还原反应’故C项正确;
A项, SO2具有漂白性,用于食品增白会对人体健康造成危害,故A项错误;
B项,二氧化硅用于制作光导纤维’硅单质用于制作太阳能电池,故B项错误;
D项,澄清石灰水中Ca（OH）2的浓度太低’应该用石灰乳与Cl2反应来制备漂白粉,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
l2.∧
［解析】本题主要考查硅酸盐°
选项分析:
A项』氧化铁是红色,不是青色’故A项错误°
B项’秦兵马佣是陶制品’其原料是燕土’经过高温锻烧而成’故B项正确°
C项,新石器时代就发明了陶器°陶瓷是以天然的茹土以及矿物为主要原料混合、锻烧而成’主要化
学成分是硅酸盐,故C项正确°
D项,陶瓷制品的主要成分是硅酸盐,硅酸盐化学性质稳定,耐高温,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化的优
点,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
【易错项被选择比例］9％
□腮｜氯及其化台物
l.
B
［解析］B项, BrCl与KBr溶液完全反应的离子方程式为Brˉ＋BrCl-Br2＋Clˉ’ 1mol的
BrCl反应转移电子lmol,故B项正确;
A项,BrCl中Br为＋l价,Cl为ˉl价’与水反应生成HBrO和HCl’Br、Cl化合价不变’该反应
不是氧化还原反应’故A项错误;
C项,BrCl与稀NaOH溶液反应,也不涉及化合价变化,反应方程式为BrCl＋2NaOH＝NaCl＋
NaBrO＋H2O’反应生成NaCl和NaBrO’故C项错误;
D项, BrCl与Cl2都具有强氧化性’不反应’不能得到Br2,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］3］％
2. O
［解析］D项,由o可知NaBr—→Br2,NaBr中嗅元素的化合价为—1价,单质澳中澳元素的化合
价为0价,则在反应中澳元素的化合价升高,由信息可知嗅元素被氧化’第@步吸收澳单质,还原为
氢澳酸’在吸收液中氢嗅酸被氧化又转化为澳单质’起到富集澳元素的目的,故D项正确;
267
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
硒
学
化
高
考
A项, BaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加人,否则溶液中会引人新的杂质Ba2＋’故A项错误;
B项,为防止氯化镁水解,应该在氯化氢气氛中进行,故B项错误;
C项,氯碱工业的阴极是水电离出的氢离子得电子生成氢气’故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项］A
［易错项被选择比例】20％
3° D
［解析］D项’NaOH与澳水发生氧化还原反应生成NaBrO和NaBr’反应的化学方程式为2NaOH＋
Br2-NaBrO＋NaBr＋H2O’生成的NaBrO和NaBr均是无色的’所以澳水变为无色,故选
D项;
A项’KI与澳水反应生成碘单质I2,反应的离子方程式为2I ＋Br2-2Brˉ＋I2’生成的碘单质
I2不但不能使澳水变成无色溶液’反而会加深澳水的颜色,故不选A项;
B项’Na2SO4不与澳水发生反应,所以不能使澳水褪色’故不选B项;
C项,HCl不与澳水发生反应,所以不能使澳水褪色,故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］A
［易错项被选择比例】44％
4.∧
［解析〕单质A与强碱反应生成B和C两种物质’则A可能为卤素单质、金属铝或硅单质等,B和C
能在酸性条件下反应生成A,则A可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等°
A项,A遇强碱发生歧化反应,生成B和C’则A、B、C中含相同的元素’故A项正确;
B项,根据上述分析’A只能是卤素单质即非金属单质,故B项错误;
C项,A以Cl2为例’B、C的阴离子可能为Clˉ或ClOˉ’若阴离子为Clˉ’则溶液呈中性,若阴离
子为ClOˉ,则溶液呈碱性’故C项错误;
D项’根据分析,反应@中单质A发生歧化反应生成B和C’反应@中B利C发生归中反应生成A,
二者均为氧化还原反应,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项】B
【易错项被选择比例］25％
5. D
［解析】D项,利用氢气在氯气中燃烧制取氯化氢气体,氯化氢溶于水后得盐酸,这是工业上制备盐
酸的常用方法’故D项正确;
A项’液氯可以贮存在钢瓶中’故A项错误;
B项’氯气可以使湿润的有色布条褪色’故B项错误;
C项’钠在氯气中燃烧发出黄色火焰’产生少量白烟,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
【易错项］C
【易错项被选择比例】23％
6.
B
［解析］B项’第O步,加人稀硫酸也可将Brˉ氧化为Br2,反应的离子方程式为:5Brˉ＋BrO可＋6H＋＝
翻268
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺O2
元素化台物
3Br2＋3H2O,而稀硫酸属于非氧化性酸,故B项错误;
A项’根据图中流程可知’反应@生成Brˉ和BrOJ,则采用纯碱溶液吸收’反应的离子方程式为!
3Br2＋6CO; ＋3H2O＝5Br—＋BrO5＋6HCO百’故A项正确;
C项,根据图中流程可知, B溶液中含有Br2,溶液显黄色或橙色’A溶液以Brˉ形式存在’是无色
或浅色的,则B溶液颜色要比A溶液深’故C项正确;
D项’
由于Br2与H2O的沸点不同’可采用蒸馏的方法提纯Br2,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
【易错项被选择比例】3l％
7°∧
［解析】常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气’氯气的颜色是黄绿色,所以o处充满黄绿色的氯气;
氯气进人玻璃管后与@处NaBr溶液发生置换反应生成Br2’液澳的水溶液颜色为橙色,所以o处白
色棉球变为橙色;氯气和O处KI溶液反应置换出I2’淀粉遇I2变蓝,所以O处白色棉球变为蓝色;
@处氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液,反应生成的物质均为无色’所以@处
的颜色为棉球原本的颜色白色·故A项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］36％
∧
【解析］A项,工业嗅中含少量Cl2’若用NaOH溶液除去’Br2、Cl2二者均能与NaOH发生反应,
达不到除杂的目的’故A项错误;
B项,工业上电解熔融MgCl2制取金属镁:MgCl2（熔融）
电解Mg＋Cl2↑’故B项正确;
C项’海水提取嗅＿般用Cl2置换出澳单质’然后用空气吹出法得到澳’利用了其易挥发的性质’故
C项正确;
D项’海水浓缩晒盐得到卤水,通人氧化剂Cl2氧化Br＿得到Br2,离子反应方程式为Cl2＋2Brˉ＝
Br2＋2Clˉ,吹人热的空气’用SO2吸收富集嗅,离子反应方程式为SO2＋Br2＋2H2O＝
SOi—＋2Br—＋4H十,再通人Cl2,发生氧化还原反应得到Br2,故若要提取1molBr2’提取粗澳时
消耗Cl2物质的量为1mol,富集后再提取纯澳消耗lmolCl2’所以共需要2molCl2,标况下体
积为448L’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A.
［易错项］D
［易错项被选择比例】24％
8
□「勇丽吊］硫及其化台物
l。
B
［解析］B项,问含（NH4）2SO3、NH4HSO3的溶液中加人过量的硫酸’都生成SO2和NH4HSO4,
故B项错误;
A项’含SO2的废气通人氨水中,少量SO2生成（NH4）2SO3,过量SO2生成NH4HSO3,故＿定
发生反应: 2NH3.H2O＋SO2＝2NH攻＋SO;—＋H2O’故A项正确;
269攘
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
C项’气体a是SO2, S处于中间价态,既有氧化性又有还原性,故C项正确;
D项’ （NH4）2S2O8中含有O-O键’O—O键中的2个O元素为ˉl价,其余6个O元素为ˉ2价’
由物质元素的化合价代数和为0可知S的化合价为＋6,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］34％
2D
［解析］D项,海水中吸收了SO2’后又经过稀释’排出的废水中SOi—浓度与海水中不同故D项
错误;
A项,海水中主要含有Na＋、K＋、Mg2十｀SOiˉ、Br—、CO;—｀HCO5等离子’HCO5、CO;—能发
生水解,使海水呈现碱性,故A项正确;
B项,吸收塔中SO2可与水反应生成H2SO3,故B项正确;
C项》氧气具有氧化性’可以把HSO百、SO;ˉ、H2SO3等氧化为硫酸故C项正确.
综上所述’本题正确答案为D°
〔易错项］B
［易错项被选择比例］22％
3. C
［解析］C项,在酸性条件下NO5有强氧化性,能将SO;氧化成SOi＿’因此将BaCl2溶液换成
Ba（NO3）2溶液』不能说明SO2是被Cl2氧化为SOi—’故C项错误;
A项’加热后溶液不变红,湿润的淀粉一KI试纸不变蓝,说明没有氯气’则Cl2被完全消耗,故A
项正确;
B项’溶液不变红’蘸有碘水的试纸褪色,说明SO2过量’ SO2与I2加热后发生氧化还原反应
SO2＋I2＋2H2O-H2SO4＋2HI,故B项正确;
D项’
由于加热后溶液都未恢复红色,所以品红溶液和SO2均被氧化’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l6％
4∧
［解析］A项,二氧化硫通人硫化氢溶液中产生黄色沉淀’黄色沉淀为硫单质,二氧化硫中硫元素化
合价降低,为氧化剂’说明二氧化硫具有氧化性’故A项正确;
B项,二氧化硫使紫色酸性高锰酸钾溶液褪色,体现的是二氧化硫的还原性,故B项错误;
C项,二氧化硫溶于水显酸性’使紫色石蕊试液变红,但二氧化硫不能漂白指示剂’则最终不会褪色’
故C项错误;
D项,二氧化硫在酸性条件下被硝酸根氧化为硫酸根,与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,若通人氯化钡
则不会产生沉淀’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】C
【易错项被选择比例］29％
5. O
［解析］向Na2SO3固体上滴加浓H2SO4后’发生反应Na2SO3＋H2SO4＝＝Na2SO4＋SO2↑＋
镶270
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺O2
元素化台物
H2O°
D项’ SO2与NaOH反应后的溶液中,只可能含有Na十、H＋、SO;—、HSO了和OHˉ’
由电荷守恒
可知c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（SO;ˉ）＋c（HSO5）＋c（OHˉ）,故D项正确;
A项’由化学方程式Na2SO3＋H2SO4-Na2SO4＋SO2↑＋H2O可知’反应前后各元素的化合
价均保持不变,未发生氧化还原反应,故A项错误;
B项, a中品红溶液褪色是由于SO2的漂白性,b中酸性KMnO4溶液褪色是利用SO2的还原性,将
MnO刁还原成Mn2＋’故B项错误;
C项’反应SO2＋2OHˉ＝SO;ˉ＋H2O生成的亚硫酸盐属于强碱弱酸盐能够发生水解反应
SO;—＋H2O＝≡HSO〕＋OHˉ’故C项错误。
综上所述’本题正确答案为D。
［易错项］A
［易错项被选择比例】25％
6∧
［解析］A项’溶液@为Fe2（SO4）3,溶液中Fe3＋水解使得溶液显酸性, Fe2（SO4）3与SO2反应:
2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2十＋SO1ˉ＋4H＋’溶液@）为FeSO4和H2SO4溶液,H2SO4电离出氢离
子会抑制Fe2＋的水解,通人空气将Fe2＋氧化为Fe3＋该反应消耗氢离子得溶液O为Fe2（SO4）3和
H2so4溶液,所以溶液pH大小:O＞O＞O故A项错误;
B项’过程O中生成的Fe2（SO4）3溶液可以循环到@中使用,故B项正确;
C项』溶液B中发生的反应是Fe2＋被氧化为Fe3＋的反应: 4Fe2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋2H2O’故
C项正确;
D项』当通人的SO2不足时’@中含有Fe3＋,加人KSCN溶液,溶液变为血红色’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】D
【易错项被选择比例］21％
7°∧
［解析］A项,Fe与冷稀硫酸反应产生氢气’有气泡产生,MnO2与冷稀硫酸不反应,因此固体部分
溶解, Fe与浓盐酸反应产生氢气,MnO2与浓盐酸加热可以生成Cl2,有气泡产生’固体全部溶解,
故选A项;
B项,冷稀硫酸与C不反应,冷稀硫酸与FeS反应无气泡产生,加热条件下’浓盐酸与C不反应,
固体不能完全溶解》浓盐酸与FeS反应有气泡产生’故不选B项;
C项’冷稀硫酸与Si不反应’冷稀硫酸与FeO反应无气泡产生’加热条件下’浓盐酸与Si不反应’
固体不能完全溶解’浓盐酸与FeO反应无气泡产生’故不选C项;
D项冷稀硫酸与Ag2S不反应,冷稀硫酸与CuO反应无气泡产生,加热条件下’浓盐酸与Ag2S
不反应’固体不能完全溶解’浓盐酸与CuO反应无气泡产生,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］15％
8°∧
［解析］A项,Cl2和Fe反应’无论Cl2过量还是少量,只能生成FeCl3’不符合图中转化关系’故
选A项;
27l
§
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
B项’HCl和NaAlO2反应’当HCl不足量时生成Al（OH）3’当HC1足量时生成AlCl3’且AlCl3
和Al（OH）3可以相互转化’故不选B项;
C项’SO2利NaOH反应’当SO2不足量时’反应生成Na2SO3’当SO2过量时’反应生成NaHSO3
』
且Na2SO3和NaHSO3之间可以相互转化’故不选C项;
D项’ C和O2反应’当O2不足量时’反应生成CO,当O2过量时,反应生成CO2’且CO2和
CO之间可以相互转化,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】B
［易错项被选择比例］22％
团「勇丽ˉ节］氮及其化台物
l.
B
【解析］Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物,氮氧化物在标准状况下的体积是112L,则″（NOx）＝
22光急。」-U0氢m。l,反应后溶液pH-1,说明漆液呈酸性』恨孺溶液中电荷守恒,还有N。J』
则Fe完全反应生成Fe（NO3）3°
B项,根据N原子守恒知,反应后溶液中n（NO5）＝Ⅶ（HNO3）＋3＂［Fe（NO3）3］＝0.02mol＋3×
3器。｜-αl7m°l则C（NO虱）-0楞°1≡M5m。l′L,敝B项正确
A项,反应后硝酸有剩余’则Fe完全反应生成Fe（NO3）3,没有Fe（NO3）2生成’故A项错误;
~
C项,反应后的溶液还能溶解Fe,当Fe完全转化为Fe（NO3）2,消耗的Fe的质量最多,反应后剩余
n（HNO3）＝Olmol／L×0.2L＝0.02mol’根据3Fe＋8HNO3-3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O
知,硝酸溶解的门（Fe）＝0.02mol×3＝O0O75mol,此时溶液中之前的Fe3＋还能继续溶解Fe’发
8
2.8g
56g／mol ＝0.025mol’则最多还
生反应Fe＋2Fe3＋＝＝3Fe2＋’则Fe（NO3）3溶解的Ⅶ（Fe）＝
2
能溶解加（Fe）＝（0.0075＋O025）mol×56g／mol＝1.82g’故C项错误;
D项28gFc完全转化为Fc（＂。剿）3时转移电「的物履的量≡5搬。1←αl5m°l』假设气
体全是NO’转移的电子的物质的量＝0O5mol×（5-2）≡015mol’假设气体全是NO2,转移的
电子的物质的量＝0.05mol×（5＿4）＝0.（）5mol＜0.l5mol’根据转移电子数相等知’气体成分是
NO,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B。
［易错项】C
【易错项被选择比例］27％
2. D
［解析］D项,C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则C是氨气’若A、B、C、D均为l0电子
微粒』且生成氨气,该反应为;NHj＋OH—＝兰NH3↑＋H2O,水在常温下呈液态’故D项正确;
A项,铁与水蒸气在高温条件下能生成氢气’故A项错误;
B项,若A、D为化合物’ B为水,则C不＿定是气体单质,如3NO2＋H2O-2HNO3＋NO’
故B项错误;
勺
～
≈
／
’
～
蕊
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『［尺O2
元素化台物
C项,若A、B、C、D均为化合物,该反应不＿定属于复分解反应,如3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO,
故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例］22％
3. C
［解析］NO、O2、NO2的混合气体通人水中被完全吸收生成HNO3’O2为氧化剂、NO和NO2为
还原剂’设氧气的物质的量为1mol,则＿氧化氮与二氧化氮物质的量之和为3mol’设＿氧化氮和
二氧化…铡量分铡…咖…则偷｛源!／』解德疟…ˉ率则搁阀条僻「
体积之比等于物质的量之比为0.5: l :2。5＝1 :2:5,故选C项°
综上所述,本题正确答案为C°
【易错项］B
【易错项被选择比例］27％
4. D
［解析】D项,红热木炭可能与空气中的氧气发生反应生成CO2,不能说明木炭＿定与浓硝酸发生了
反应’故D项错误;
A项,灼热的碎玻璃不能与浓硝酸发生反应,浓硝酸受热发生分解反应产生NO2和氧气’是混合气
体,故A项正确;
B项’红热木炭可能只是热介质’使得浓硝酸发生分解反应,生成NO2’不能表明木炭与浓硝酸发
生了反应’故B项正确;
C项,浓硝酸与红热木炭作用’生成的红棕色气体为NO2,氮元素的化合价降低’NO2为还原产物,
故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D。
［易错项］B
［易错项被选择比例］22％
5.D
［解析］D项’CO2和SO2通人到CaCl2溶液中不发生反应,无沉淀现象,故选D项;
A项’二氧化氮易溶于水生成硝酸’硝酸有强氧化性,二氧化硫有还原性’所以二氧化硫能被硝酸氧
化成硫酸’硫酸和氯化钡发生复分解反应生成白色硫酸钡沉淀,故不选A项;
B项’氨气极易溶于水生成氨水,氨水和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝不溶于弱碱’所以
一定有白色沉淀生成’故不选B项;
C项,氨气极易溶于水生成氨水’氨水呈碱性,所以能和酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铰’碳酸
按和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀,故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】27％
6.
B
［解析］B项’CO2和SO2通人到CaCl2溶液中’由于两种气体相互不反应’也不与氯化钙反应,无
沉淀生成,故选B项;
273i.＿
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
硒
学
化
高
考
A项’二氧化氮易溶于水生成硝酸’硝酸有强氧化性,二氧化硫有还原性’所以二氧化硫能被硝酸氧
化成硫酸,硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀’故不选A项;
C项’氨气极易溶于水生成氨水,氨水呈碱性,所以能和二氧化碳反应生成碳酸按’碳酸按和氯化钡
反应生成碳酸钡沉淀’故不选C项;
D项’通人气体后’溶液中产生的氢氧根离子和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀氢氧化铝不溶于弱酸
和弱碱,所以一定有白色沉淀生成,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］20％
7.
〔
［解析］C项’NH3在反应中是反应物’而不是催化剂,故C项错误;
A项,雾和疆的分散剂相同,都是空气’故A项正确;
B项,图中所示’雾疆中含有硝酸按和硫酸按’故B项正确;
D项,过度施用氮肥’会释放较多的氮氧化物到空气中》再经过一系列的反应生成无机颗粒物,最终
形成雾疆,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］22％
8. C
［解析］C项’尿素在酸、碱或酶的作用下可以水解
A项,由尿素的结构简式可计算其含氮质量分数为＝
’水解反应为取代反应’故C项正确;
l2＋16!↑滔2刊×4×l00％≈467％』碳酸氢
l4
按（NH4HCO3）的含氮质量分数为14＋l×5＋l2＋l6×3×l00％≈17。7％’则尿素的含氮质量分
数比碳酸氢按高’故A项错误;
B项’NH3分子是三角锥形’所以含氨基（—NH2）的物质所有原子不可能共平面,故B项错误;
D项,由尿素结构简式可知,其所含的碳、氧原子个数之比为1
β 1’根据质量守恒定律可知,化学反
应前后原子个数应守恒’则尿素分解的产物不可能为CO2、NH3和H2O’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］38％
9。D
［解析】D项,铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、＿氧化氮、水,反应中硝酸既表现出酸性,又表现出氧
化性,故选D项;
A项,氧化铁与硝酸反应生成硝酸铁和水,反应中硝酸只表现酸性,故不选A项;
B项’氢氧化钠与硝酸反应生成硝酸钠和水,反应中硝酸只表现酸性’故不选B项;
C项’碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水,反应中硝酸只表现氧化性’故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项】A
［易错项被选择比例］l9％
274
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「【RO2
元素化台物
l（）. C
［解析］C项』＿旦NF3泄漏,生成物均可与碱反应,则可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,故
C项正确;
A项’由信息可知’发生的反应为: 3NF3＋5H2O＝＝9HF＋2NO＋HNO3’HNOq中N元素的
化合价升高’为氧化产物’NO中N元素的化合价降低,为还原产物,反应过程中’被氧化与被还原
的元素的物质的量之比为l :2,故A项错误;
B项’NF3是＿种无色、无臭的气体’但NF3在空气中泄漏时生成NO和HNO3’能观察到白雾和
NO被氧化后生成红棕色气体,则易被察觉,故B项错误;
D项,若反应中生成L0molHNO3’转移电子为lmol× （5-3）＝2mol,转移的电子数目为
l204×l024’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l7％
ll. C
［解析］C项,浓硫酸能使蔗糖变黑并膨胀是因为浓硫酸使蔗糖脱水变黑’∏且浓硫酸将蔗糖中的碳
元素氧化为二氧化碳,同时本身被还原为二氧化硫’浓硫酸表现出了脱水性和氧化性’而不是吸水
性’故选C项;
A项’久置浓硝酸分解产生的二氧化氮气体溶于浓硝酸而使其变黄,硝酸表现出了不稳定性,故不选
A项;
B项’用铝槽车盛运浓硫酸利用了浓硫酸的强氧化性使铝钝化,故不选B项;
D项’用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管’发生反应的化学方程式: 3Ag＋4HNO3（稀）-
3AgNO3＋NO↑＋2H2O’硝酸表现出了强氧化性和酸性’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例］30％
l2〔
［解析］C项,把游离态的氮转化为氮的化合物是氮的固定’植物也能固氮,且植物固氮在常温下就
可以进行’故C项错误;
A项,乙烯具有催熟作用’酸性高锰酸钾能与乙烯反应’吸收乙烯能达到保鲜要求,故A项正确;
B项’ “光化学烟雾”是汽车、工厂等污染源排人大气的碳氢化合物和氮氧化物等—次污染物在阳光
作用下发生光化学反应生成二次污染物’参与光化学反应过程的—次污染物和二次污染物的混合物
所形成的烟雾污染现象, “臭氧空洞’’指的是因空气污染物质’特别是氮氧化物和卤代烃等气溶胶污
染物的扩散、侵蚀而造成大气臭氧层被破坏和减少的现象,两者的形成都与氮氧化合物有关,故B项
正确;
D项’二氧化硅能用于制光导纤维二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应’生成硅酸钠和水,所以光导纤
维遇强碱会“断路”’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】29％
气
√
可
′
勺
▲
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
□「霓丽韦］常见有机化台物的结构与性质
1D
［解析】D项,根据Z的结构知道Z有3种类型的氢,其＿氯代物只3种,故D项正确;
A项’甲苯还有链状结构的同分异构体,如CH≡C＿CH2—CH2—CH2＿C≡CH也是W的同分异构
体’故A项错误;
B项,Z不能与酸性KMnO4溶液反应,故B项错误;
C项, lmolX与足量Br2／CCl4溶液反应最多消耗2molBr2’ 1molY与足量Br2／CCl4溶液反
应最多消耗3molBr2』故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例】32％
D
［解析】D项,支链烷烃呈锯齿形时’C—C键旋转到一定角度,可能处于同＿平面, 2ˉ甲基丙烷具有
甲烷的结构特点,＿个碳原子与其他三个碳相连,呈三角锥形’所有碳原子不可能处于同—平面,甲
苯含有苯环’具有苯环的特征,所有碳原子可能处于同一平面故D项正确;
A项’ b与d的分子组成相同,结构不同,互为同分异构体,不互为同系物,故A项错误;
B项,
b、
d、p的＿氯代物种数分别为2、
2、4,故B项错误;
C项, p能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项］C
［易错项被选择比例］25％
2
3. C
［解析］C项』三苯锗丙酸中含有三个苯环,＿个苯环可以与3个H2加成’所以三苯锗丙酸可与H2
最多按l :9反应,发生缩聚反应要求有机物一定具有双官能团’例如,轻基酸的缩聚、二元酸和二
元醇的缩聚等等’而三苯锗丙酸只有竣基＿个官能团,所以无法发生缩聚反应,故C项错误;
A项,分子式为C5Hlo且与乙烯互为同系物的是戊烯,戊烯有如下5种:CH2＝CHCH2CH2CH3、
CH3CH＝CHCH2CH3、CH2＝C（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）＝CHCH3、（CH3）2CHCH＝CH2’
故A项正确;
B项’有机物中碳原子应该形成4个共价键,H原子形成l个共价键,氮原子形成3个共价键,氧原
子形成2个共价键,根据选项B的结构图可以推测出:蓝色球为N’ 白色球为H,绿色球为C’红
.…』…批儿顾＝…微…………
／＼
HH
两性’和氢氧化钠、盐酸都能反应’故B项正确;
CH］
｜＊
HC
／＝
D项’分子实际为CH3
则标有“＊”的碳原子以四个单键连接了2个甲基、
l
C∏O
O
个H以及l个苯环止的C原子,这四个基团在空间上应该形成四面体结构’所以这些碳原子不可能
276
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「〔RO2
元素化台物
共平面,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］20％
4∧
［解析】A项’关于苯的同系物的沸点,碳原子数越多则沸点越高,对于相同碳原子数的苯的同系物
的同分异构体中’侧链越短、侧链在苯环上越分散,物质的熔沸点越低’即I
、
Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的沸点依
次升高’故A项正确;
B项’
I的＿氯取代物有四种,Ⅲ的＿氯取代物有五种’故B项错误;
C项,取代苯环上氢原子的碳原子与苯环上所有的碳原子处于同—平面上’其他的碳原子具有甲烷的
结构,所以Ⅱ中碳原子通过适当旋转角度有可能处在一个平面上’而Ⅲ中的碳原子不可能都处于同＿
平面上’故C项错误;
D项,Ⅲ、Ⅳ都属于芳香族化合物,是同分异构体’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例］27％
5. C
［解析］C项,因y分子中存在二种不同的碳碳双键,所以l分子y与l分子Br2的加成产物有3种’
故C项正确;
A项, z为立方烷,结构高度对称’ z中只有＿种氢原子’二氯代物有3种’故A项错误;
B项’ y中含有饱和的碳原子,所以y中所有原子不可能处于同＿平面,故B项错误;
D项, x和y中含有碳碳双键’而z中无碳碳双键,所以x和y可使嗅的四氯化碳溶液因发生加成反
应而褪色’而z不能,故D项错误·
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］35％
6.
B
［解析］B项’若2个侧链分别是—CH3和—CH2CHO,则有3种同分异构体,若2个侧链分别是
—CHO和—CH2CH3同样也有3种同分异构体’共有6种同分异构体,故B项正确;
A项,该有机物的侧链三个碳原子构成一个平面,而苯环的6个碳原子—定在＿个平面,这两个平面
有可能是重合的’这时该有机物所有碳原子均在同＿个平面内’故A项错误;
C项’该有机物本身具有的碳碳双键能使酸性KMnO4褪色,醇轻基经催化氧化的产物也能使酸性
KMnO4褪色’所以不能用这种方法来鉴别’故C项错误;
D项,该有机物可以发生取代、加成、消去等多种有机反应’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】C
［易错项被选择比例］32％
7.∧
［解析］A项’新制Cu（OH）2悬浊液加人乙醇后’无明显现象’加人乙酸后,悬浊液变成蓝色澄清透
明溶液’所以可以区分乙醇和乙酸’故A项错误;
277
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
CH3-CH—CH—CH3
B项, （CH3）2CHCH（CH3）2的结构简式可表示为
｜
｜
’根据有机物系统命名法,其
CH3
CH］
命名为2,3ˉ二甲基丁烷’故B项正确;
C项’病毒结构简单且含有蛋白质,用高温或紫外灯消灭病毒’利用的是蛋白质变性的原理’故C项
正确;
D项,同系物是分子式相差若干个＿CH2原子团的有机物,具有相同官能团’并且化学性质、结构和
通式相似的化学物质’CH4和C1oH22相差9个＿CH2’是同系物,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］28％
8.
B
［解析］根据球棍模型可知,有机物结构简式为CH3COOCH＝CH2°
B项,该化合物含有酪基’能发生水解反应’含有碳碳双键能发生氧化反应’故B项正确;
A项,该化合物的名称为乙酸乙烯醋故A项错误;
C项’该化合物含有碳碳双键’可与Br2的四氯化碳溶液发生加成反应,故C项错误;
D项,能与NaHCO3反应放出CO2说明有—COOH’其同分异构体有:CH3CH＝CH—COOH、
CH·＝CHCH2＿COOH｀CH2＝C（CH3）—COOH和［＞—COOH′共有4种,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l4％
9。
〔
［解析】由Q的性质、组成知其分子结构中含有＿个碳碳双键＿个＿COOH’则其最多有3种不同
CH2＝C—COOH
的结构,相应的结构简式可能为:CH2≡CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH、
CH3
,由结构简式可知: x＝6°这3种物质与HBr加成均可以得到2种不同的物质’但其中有2种物质
的结构简式均为:CH3CHBrCH2COOH,可知P有5种结构°
C项’结合上述分析知, P最多有5种不同的结构’故C项错误;
A项’结合上述分析知’Q中含有的官能团为碳碳双键竣基’故A项正确;
B项,结合卜述分析知’ x＝6’故B项正确;
D项,结合上述分析知,Q最多有3种不同的结构,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l9％
l0.
B
［解析］B项,酚轻基、醇轻基与碳酸氢钠均不反应’而竣基可以与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体
因此∏I以用碳酸氢钠检验M分子中存在竣基’故B项错误;
A项,分子中含有苯环、酚轻基、竣基和醇轻基’轻基能发生醋化、氧化反应,苯环可发生加成反应
故A项正确;
C项’根据结构简式可判断M的分子式为C8H8O4’故C项正确;
D项,苯环的取代基位于对位位置,故M的苯环上氢原子有两类’＿氯代物有2种,故D项正确°
278
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「［RO2
元素化台物
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］D
［易错项被选择比例］25％
llB
［解析］本题主要考查有机化合物的结构与性质°
B项’该化合物中有碳碳双键,可以发生加成聚合反应’故B项正确;
A项’该化合物具有碳碳双键可以与高锰酸钾反应,使高锰酸钾溶液褪色’故A
C项’该化合物中还存在饱和的碳原子’不可能所有的原子都共平面’故C项错误
D项,根据相似相溶原理’该化合物不易溶于水’易溶于有机溶剂’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例】1l％
故A项错误
l2C
［解析】本题主要考查同分异构体的书写
含有四个碳原子的碳链有两种°
Br
@当Br位于正J烷的l号C上时, 凰‖b—C—C—C
此时Cl有四种位置可取代;
↑
↑
↑
↑
Br
｜
（3当Br位于正丁烷的2号C上时,即C-C＿C—C’此时Cl有四种位置可取代;
↑
↑
↑
｜
Br
C
o骂B赃位于异」烷的｜号C｜（时,即↓—l—C
↑
↑
↑
C
…愉于肆丁煽的』号吐跳』′c—!厂「
此时Cl有三种位置可取代;
此时Cl有＿种位置可取代°
故C4H8BrCl的同分异构体＿共有l2种,故选C项°
综上所述’本题正确答案为C。
［易错项】B
【易错项被选择比例］l8％
13。D
［解析］本题主要考查原子共面问题°
甲基具有甲烷的结构特点’含甲基的有机化合物均不能共平面°
D项’
l,3ˉ丁二烯中含有两个碳碳双键’所以l,3ˉ丁二烯中所有原子可能共平面’
A项’
甲苯中含有甲基’所以甲苯中的所有原子不可能共平面,故不选A项;
B项’乙烷中含有甲基’所以乙烷中的所有原子不可能共平面’故不选B项;
C项,丙炔中含有甲基,所以丙炔中的所有原子不可能共平面,故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
故选D项
279
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
［易错项］C
［易错项被选择比例］l6％
团｜蛔甲烷｀乙烯租苯
l.
B
［解析】B项’因为甲烷的含氢量最大’等质量的烃燃烧,CH4耗氧量最大,故B项正确;
A项’苯使澳水褪色是因为苯可以苹取嗅’故A项错误;
C项’乙醛被氧化生成乙酸,还原生成乙醇,故C项错误;
D项,光照下’
1mol甲烷被氯气完全取代需要4mol氯气’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例】l8％
C
【解析】C项甲酸甲醋和乙酸相对分子质量相等’但乙酸与水形成氢键故在水中的溶解度:
甲酸
甲醋＜乙酸’故C项正确;
A项,分子式为C2H6O,该有机物可能是乙醇、甲醚,化学性质不同’故A项错误;
B项’分子式为C8Hlo的芳香烃共有4种（二甲苯的邻、间、对三种,加ˉk乙苯）,故B项错误;
D项’乙烯与用酸性高锰酸钾溶液反应,产生CO2,用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯,会引
人CO2杂质气体’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］25％
勺
≡
3. B
［解析］B项’钠与四种物质反应的实质是钠与活性氢反应,醋酸属于梭酸,竣基上的氢原子较活泼,
苯酚中酚轻基可以电离产生氢离子’梭酸的酸性大于苯酚’水属于弱电解质’可以部分电离产生氢离
子’乙醇属于非电解质’其轻基上的氢原子相对前三种物质最不活泼,因此与钠反应快慢:醋酸＞苯
酚＞水＞乙醇,故B项正确;
A项,同类有机物中’分子量越大,轻基数目越多,分子间作用力越大’对应物质的熔沸点较高,因
此沸点:乙二醇＜丙三醇,故A项错误;
C项,四种物质均属于烃类,可用CxHγ表示,等质量的上述四种有机物完全燃烧的耗氧量取决于1』
x
该值越大则耗氧量越多,故等质量的有机物完全燃烧的耗氧量:
甲烷（CH4）＞乙烯（C2H4）＞乙
炔（C2H2）＝苯（C6H6）,故C项错误;
D项,设有机物的化学式为C雾H测O重′ lm·lC墅H瓣O舅燃烧的耗氧量为（x＋奇ˉ÷）m。l,其值越大消
耗氧气量越大,己烷（C6Hl4）＞环己烷（C6H｜2）＞苯（C6H6）＝苯甲酸（C7H6O2）’故同物质
的量的物质完全燃烧耗氧量:
己烷＞环己烷＞苯＝苯甲酸’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］D
【易错项被选择比例］25％
28（）
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「［RO2
元素化台物
4. C
［解析］C项,烷烃分子中的碳原子之间只以单键结合成链状’碳原子剩余的价键全部跟氢原子相结
合,使每个碳原子的化合价都已充分利用’都达到“饱和”’因此烷烃分子中只有单键,故C项正确
A项,酸性KMnO4溶液不与乙烷反应’但能将乙烯氧化为二氧化碳气体,同时紫色溶液褪色,故可
以区分乙烷、乙烯’但在除去乙烷中的乙烯时又产生了新的杂质气体（CO2）’故A项错误;
B项’苯和正己烷均不与嗅水反应’且密度均小于水’现象相同,无法鉴别’故B项错误;
D项,乙烯中含碳量高于乙烷,在空气中燃烧时’乙烯的火焰明亮且有黑烟,乙烷没有’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］20％
5.∧
［解析］A项,乙烯和丙烯的化学式可分别写为（CH2）2、（CH2）3,相同物质的量的情况—下,两者与
氧气完全反应耗氧量之比为2:3’相当于不同物质的量的CH2’所以等质量的乙烯和丙烯完全燃烧
消耗氧气的质量相同’故A项正确;
B项,丙烯的结构简式为CH2＝CH—CH3,碳碳双键上的两个碳原子共线,—CH3中碳原子与中
间的碳原子形成的碳碳单键与双键不共线’故B项错误;
C项,乙烯与HCl加成之后,生成＿氯乙烷’只有l种产物,故C项错误;
D项》以丙烯为单体加聚生成聚丙烯』结构简式为｛CH2-CH＋
CH3
,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例】2l％
6.
〔
［解析］C项,乙炔和苯的最简式均为CH’因此相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧,
消耗氧气的物质的量相同,故C项正确;
A项’
甲烷是正四面体结构,其二氯取代物只有l种结构,故A项错误;
B项,苯可以苹取出澳水中的嗅,使澳水褪色,而乙烯可以与澳水发生加成反应’使澳水褪色’二者
褪色原理不同,故B项错误;
D项’苯与氯气生成氯苯的反应类型是取代反应’故D项错误。
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】D
【易错项被选择比例］20％
7.
B
【解析］B项’碘酒能使蛋白质变性,医疗上可利用碘酒进行消毒杀菌,故B项正确;
A项,乙酸具有酸性,能与NaOH溶液发生中和反应,而乙醇不能与NaOH溶液反应’故A项错误;
C项,乙烯使嗅水褪色是发生加成反应’使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应,两者反应类型不
同’故C项错误;
D项,油脂、蛋白质在—定条件下均能发生水解反应’而糖类中的单糖不会发生水解,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】A
【易错项被选择比例］20％
28l
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
离
考
化学…
□「霓而司乙醇与乙酸
l.
B
［解析】B项,
因为甲烷的含氢量最大’等质量的烃燃烧,CH4耗氧量最大’故B项正确;
A项,苯使嗅水褪色是因为苯可以革取澳’故A项错误;
C项,乙醛被氧化生成乙酸’还原生成乙醇,故C项错误;
D项’光照下’
lmol甲烷被氯气完全取代需要4mol氯气,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l8％
2.
〔
H
［解析］C项’ 甲基的电子式为H:6:H’故C项错误;
A项’乙酸的实验式为CH2O’故A项正确;
故B项正确;
B项’乙酸的比例模型为
D项’乙酸是弱电解质’所以电离方程式为: CH3COOH≡≡CH3COOˉ＋H＋’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
【易错项被选择比例］23％
3.∧
［解析】A项’根据强酸制弱酸原理,该实验∏I以证明酸性:CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3,故A
项正确;
B项,溶液中OHˉ过量,不发生沉淀的转化,因此不能证明Mg（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3,故
B项错误;
C项,电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能够导电的化合物,乙醇不导电,属于非电解质,故C
项错误;
D项’淀粉在酸性条件下水解,检验葡萄糖前’应先加碱调节溶液呈碱性,再加人新制Cu（OH）2悬
浊液,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】B
［易错项被选择比例］25％
4B
［解析］B项’苯转变成环己烷的反应为加成反应’环己烷的二氯代物有4种’故B项正确;
A项,苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A项错误;
C项’＿定条件下,乙醇与乙酸发生醋化反应可得到乙酸乙醋’乙酸乙酪不是高分子化合物,所以该
反应不属于聚合反应’故C项错误;
D项,
目前工业上生产乙烯的主要途径是通过石油分馏产品的裂解,故D项错误.
综上所述,本题正确答案为B°
赣282
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P「巨RO2
元素化台物
［易错项】D
［易错项被选择比例］3l％
5.
B
［解析］有机物A可以与乙醇、乙酸发生酪化反应,说明A分子中含有-COOH、＿OH’可能的结构
有CH3（CH2）2CH（OH）COOH、CH3CH2CH（COOH）CH2（OH）、CH3CH（COOH）CH2CH2（OH）、
HOOCCH2CH2CH2CH2（OH）、CH3CH2CH（OH）CH2COOH、CH3CH2C（COOH）（OH）CH3、
CH3CH（COOH）CH（OH）CH3、CH2（COOH）CH2CH（OH）CH3、HOCH2C（CH3）2COOH、
HOOCCH2C（CH3）2OH、HOCH2CH（CH3）CH2COOH、HOOCCH（OH）CH（CH3）2共l2种’故
选B项°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l8％
□「勇丽韦］基本营养物质
l.
B
〔解析］B项’淀粉水解的最终产物为葡萄糖,但蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖’故B项错误;
A项,酷类物质可以在酸性条件下发生水解,也可以在碱性条件下水解’故A项正确;
C项’乙醇具有还原性,能使高锰酸钾褪色;乙酸与高锰酸钾不反应’但相互溶解,不分层;苯与高
锰酸钾溶液分层’现象各不相同,故C项正确;
汇〕
Cl
n脯＿…筒裂翰n脯筒’御…:｜让
D项’有机物
Cl
Cl
U∩（｜∏q∩（｜…巾蹦衔肿』
……
O
Cl
O
Cl
项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］34％
2C
［解析］C项’硬脂酸甘油醋水解产生硬脂酸和甘油’碱可消耗硬脂酸’使平衡正向移动,在酸性环
境下的水解程度小于其在碱性环境下的水解程度’故C项正确;
A项,石泊裂解的目的是为了得到碳原子数更少的烯烃’主要为了生产乙烯’故A项错误;
B项’皂化反应是油脂在碱性溶液中水解’生成甘油和高级脂肪酸盐,向溶液中加人饱和食盐水’可
以分离出脂肪酸钠’故B项错误;
D项’糖类的水解产物是单糖’属于多轻基醛油脂的水解产物是有机酸和甘油’蛋白质的水解产物
是氨基酸,有机酸和氨基酸是电解质’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
283
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
［易错项］A
［易错项被选择比例］30％
3.∧
［解析］@植物油和裂化汽油中都含有碳碳双键,可以使澳水褪色’故o正确;
@葡萄糖是单糖’无法水解,油脂水解生成高级脂肪酸和甘油’蛋白质水解生成氨基酸故@错误;
o按汽油、煤油、柴油的）｜顶序所含碳原子数依次增加’含碳量逐渐增加’故o正确;
@福尔马林有毒’能破坏蛋白质的结构’不但对人体有害,而且降低了食品的质量’不可用于食品保
鲜,故@错误;
o乙醇、乙酸的酣化反应’乙酸乙醋的水解反应都属于取代反应,故o正确°
故正确序号为@oo°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】B
［易错项被选择比例］l7％
4. C
［解析】C项,可用无水CuSO4检验酒精中是否含有水’若含有水,
白色固体变为蓝色的
CuSO45H2O,故C项错误;
A项’酒的成分为乙醇,醋的成分是醋酸乙醇和醋酸发生酷化反应生成具有香味的醋,因此能使菜
味香可口,故A项正确;
B项,蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖和果糖’两种产物分子式均为C6Hl2O6’结构不一样’互
为同分异构体’故B项正确;
D项,利用油脂在碱性条件下水解,可以生产甘油和高级脂肪酸钠（肥皂主要成分）,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］33％
5° D
［解析］D项,福尔马林能使蛋白质变性’所以可以起到杀菌消毒的作用,用以浸泡动物标本可以防
腐烂’故D项正确;
A项’糖类有单糖、双糖和多糖’单糖无法水解’故A项错误;
B项’油脂的皂化反应是发生在碱性条件下的水解反应,不是酸性条件,故B项错误;
C项,在淀粉的水解中,硫酸作为催化剂’银镜反应必须发生在碱性条件下,所以必须要有中和酸的
过程’故C项错误°
综上所述’本题的正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例】l7％
6. O
［解析］D项’分子式为C3H6O3,且含有轻基、竣基的有机物有HOCH2CH2COOH、
CH3CH（OH）COOH,共2种’故D项正确;
A项’葡萄糖含有轻基和醛基,不含有竣基,所以两者的官能团不相同’故A项错误;
B项,只有在碱性并加热的条件下’葡萄糖中的醛基才会与新制氢氧化铜悬浊液反应,产生砖红色沉
淀’故B项错误;
284
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［RO3
化学实验
C项,
由乳酸结构简式知’乳酸不能发生加成反应,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项】B
［易错项被选择比例】22％
7. C
［解析］C项’植物油水解属于酉旨类水解’原理是断开酪基’分别连接轻基与H原子,属于取代反应’
故C项正确;
A项,麦芽糖为二糖,葡萄糖为单糖’二者结构不同,不是同系物,故A项错误;
B项,
甲苯和苯均与嗅水发生幸取’且有机色层均在上层,现象相同,不能鉴别’故B项错误;
D项,乙酸乙醋和乙酸均与NaOH反应,不能除杂’应选饱和碳酸钠溶液进行除杂,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］B
〔易错项被选择比例］26％
8. D
［解析］本题主要考查化学与生活
D项’蜡的主要成分是高级脂肪酸和高级脂肪酸酪’分子式中碳原子数通常在6～lO个不等,相对分
子质量不是很大,所以不能称为高分子’可以称为较大的分子°题中所指的蜡不属于高分子’故D项
错误;
A项,蚕丝是熟蚕结茧时所分泌丝液凝固而成的连续长纤维’是＿种天然的纤维,其主要成分是纤维
状蛋白质,故A项正确;
B项,蚕丝是—种天然纤维,属于天然高分子材料’故B项正确;
C项, “蜡炬成灰”的过程有燃烧反应发生,所以过程中发生了氧化反应,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】9％
验
实
学
化
围
丁
尸
∧
‖
『
‖∧p丁［R3
回「霓5Jˉ节］化学实验墓本仪器
l.∧
［解析】A项’洗气应是长管进气’短管出气’因为碳酸的酸性小于亚硫酸的酸性’因此除去CO2中
的SO2—般用饱和碳酸氢钠溶液’故A项正确;
B项’无水氯化钙能与NH3反应’常用碱石灰干燥氨气,故B项错误;
C项,分液时上层液体从上口倒出’下层液体从下口流出’故C项错误;
D项’当长管进气,短管出气来收集气体时’收集气体的密度应小于空气,但是氯气的密度大于空气
的密度’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例】22％
285
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
考
C
［解析］实验室利用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮,二氧化氮能与水反应’不能用排水法收集’只能
用排空气法收集’二氧化氮是污染性的气体’不能直接排放到空气中,必须有尾气处理°
C项,试管2中导管短进长出,向上排空气法收集’试管3起到安全瓶的作用防止倒吸’烧杯中装水
或碱性溶液吸收尾气,实验装置合理’故选C项;
A项’试管2中导管短进长出,适合收集密度比空气小的气体’不合理,故不选A项;
B项,二氧化氮能与水反应’当过量的二氧化氮进人烧杯时’容易引起倒吸’装置不合理故不选B
项;
D项,试管3中导管长进短出,过量的二氧化氮得充满后才能进人烧杯’容易引起倒吸,装置不合理
故不选D项°
综上所述°本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］30％
勺
▲
3. B
［解析］B项,高锰酸钾溶液滴定草酸,酸性高锰酸钾溶液用酸式滴定管盛放’滴定最后＿滴时溶液
呈紫色说明达到了滴定终点,该装置能达到实验目的,故选B项;
A项’测定中和热时需不断搅拌烧杯内的液体使放热均匀’故不选A项;
C项,硫酸与锌反应生成的气体会从长颈漏斗中逸出,而不是进人注射器中,因此不能测得反应生成
的氢气体积,应将长颈漏斗改为分液漏斗’故不选C项;
D项,氨气易溶于水,导管口在水层,该装置容易发生倒吸’应该选用比水密度大的有机溶剂,如
CCl4’有机层位于下层’导管口在有机层’气体在有机层中不能被吸收,不会发生倒吸’气体向上
逸出过程中进人水层后被吸收,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］26％
4.∧
［解析］A项’铁元素灼烧时焰色反应为无色’不影响其他元素的焰色反应效果’可用光洁的铁丝代
替铂丝进行焰色反应,故A项正确;
B项,容量瓶用水洗干净后可以直接使用’不用烘干,因为在配制溶液时还需要加蒸馏水,故B项
错误;
C项, Br2在CCl4中溶解度比在水中大,可用CCl4革取嗅水中的澳单质’少量Br2会在水中,但
并不能除净’故C项错误;
D项’元素分析仪只能对C、H、O、N、S等元素进行定量分析测定’不能分析测定金属元素’故D
项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］D
［易错项被选择比例］29％
5. D
［解析】D项,该仪器为士甘涡,灼烧固体常在咐涡中进行,名称正确’故D项正确;
A项’该仪器为泥三角,不是三脚架,故A项错误;
B项’溶量瓶的名称错误,应该为容量瓶,故B项错误;
; 286
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「［尺O3
化学实验
C项,该仪器为咐涡钳,不是镊子,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］15％
6.
〔
［解析］C项’碘易升华,升华后的碘蒸气在冷的烧瓶底部凝华,能达到提纯碘的目的’故选C项;
A项,
｜可容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流,故不选A项;
B项’过滤时漏斗下端要紧靠在烧杯内壁上,故不选B项;
D项,蒸馏时温度计测量的是水蒸气的温度,温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近,故不
选D项.
综上所述’本题正确答案为C°
【易错项］D
［易错项被选择比例］22％
7.∧
［解析］A项′容量瓶定容时仰视刻度线』使得加人的溶剂体积偏大,根据‘〗＝;,则溶液浓度偏小,
故A项正确;
B项’酒精与水互溶’不能作苯取剂,故B项错误;
C项’碳酸钠溶液显碱性’不能用酸式滴定管量取’故C项错误;
D项’冷凝管中水流的方问应该是下口进上口出’图中水流方向恰好相反,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A°
【易错项］D
【易错项被选择比例］24％
8. C
［解析］C项,水相中含有碳酸氢钠’加人Ca（OH）2生成CaCO3固体’用过滤的方法分离不溶性固
体与液体混合物’故C项正确;
A项’若用浓H2SO4（aq）制取CO2’会产生微溶的CaSO4’CaSO4会包裹在碳酸钙表面,使反应
减慢百罕停止,故A项错误;
B项,分液后上层的有机相应从上口倒出’故B项错误;
D项’蒸发结晶时溶液应装在蒸发Ⅲ中’且加热时要用玻璃棒不断搅拌,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例】l4％
9.O
［解析］D项’若装置气密性良好,则关闭弹簧夹后,用手捂住烧瓶,烧瓶内气体受热膨胀,将试剂
瓶中的水压人导管a,会形成＿段稳定的水柱,故D项正确;
A项’用图l的装置制取乙酸乙酪时,导管不能伸人到饱利碳酸钠溶液里面,否则容易产生倒吸故
A项错误;
B项,蒸发饱和食盐水时应选用蒸发Ⅲ’图中所用仪器为咐竭’故B项错误;
C项’Na2O2和水剧烈反应产生O2’Na2O2为粉末状固体’放在多孔隔板止’接触水后快速分散’
关闭活塞可能导致试管内压强增大’液体沿着长颈上端流出,因此不能通过活塞的开、关来控制反应
287
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
的通断’应该选用分液漏斗代替长颈漏斗,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为D。
［易错项］B
［易错项被选择比例】l4％
□「勇刁∏韦］化学实验基本操作
l.
〔
［解析］CO2在水中的溶解度小’而NH3极易溶于水’因此先通人NH3,使溶液显碱性’然后再通
人CO2。由于氨气极易溶于水需要防止倒吸,因此a通人NH3, b通人CO2°氨气是碱性气体’故
可用稀硫酸吸收多余的氨气,故C项正确。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】B
［易错项被选择比例］27％
2C
［解析］o甲烷和乙烯均能溶于澳的四氯化碳溶液’不能除去甲烷中的乙烯杂质,故@错误;
@酒精灯在桌子上歪倒着火,最合适的方法是用湿抹布盖灭,故o正确;
o搅拌、加热能加速固体物质的溶解’故o正确;
@上层液体从上口倒出’下层液体从下口放出’以免液体受到污染’故@正确;
o试管内液体若受热不均匀,液体会暴沸冲出试管,为避免液体冲出伤人’需要不时移动试管或加人
碎瓷片,故o正确;
o先把pH试纸用蒸馏水润湿’再测量溶液酸碱性’相当于将溶液稀释’可能造成测定结果不准确
故o错误;
@振荡时分液漏斗是倒置的,应是打开玻璃旋塞进行“放气”,而不是玻璃塞,故o错误;
o检查容量瓶是否漏水的方法是:问容量瓶中加人适量的水’塞好瓶塞,右手食指顶住瓶塞’左手托
住瓶底,将容量瓶倒转过来看瓶口处是否有水渗出’若不漏水,将瓶塞旋转l80度’重复上述操作,
如果瓶口处仍无水渗出,则此容量瓶不漏水,故o正确°
故正确序号为@o@@o,共五项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］29％
3.
B
［解析】B项, Br2与NaOH反应生成NaBr、NaBrO和H2O,NaBr和NaBrO均易溶于水’而
CCl4和H2O互不相溶,则可用图2装置除去CCl4中的Br2,故B项正确;
A项’浓盐酸和二氧化锰制取氯气反应需要加热,图l装置缺少加热装置’故A项错误;
C项,乙烯被酸性KMnO4溶液氧化为CO2,能使澄清石灰水变浑浊,但SO2也被酸性KMnO4溶
液氧化,不能使品红溶液褪色,即图3装置可用来检验CO2,不能用来检验SO2,故C项错误;
D项,灼烧结晶水合物应在财涡中进行’而图4装置是在蒸发Ⅲ中进行,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】D
［易错项被选择比例］29％
翻288
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺03
化学实验
4∧
［解析］A项’做焰色反应实验时’由于酒精灯的火焰温度不足以燃烧铁,且燃烧铁丝的火焰对焰色
反应无干扰,所以可用光洁无绣的铁丝代替铂丝进行焰色反应,故A项正确;
B项’不能用待测溶液润洗锥形瓶’否则导致结果偏高,故B项错误;
C项,新制氯水具有漂白性’能漂白试纸不能用精密pH试纸测定新制氯水的pH,故C项错误;
D项’氢氧化钙微溶于水,澄清石灰水中氢氧化钙溶质少吸收氯气少,当氯气剩余较多时不能全部吸
收,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］D
［易错项被选择比例】30％
5. D
［解析】由题可知,m（CuSO4）＝l650g—1170g＝48g’m（H2O）＝2（）。82g-l650g＝432g’
m（CuSO4）
48g
＝
＝
所以n（CuSO裂）-M（CuSq）
160g′m。｜-M3m°!｀＂（H2O）-湍:｝
｜8g′m。｜
432g
＝≡
α24m°｜＝α03…｜』所以箍≡湍黑-S＞氢0｀则可能的原因晨CuSO倾量减少或者水的
质量增加,所以可能原因为加热时有晶体溅出会导致CuSO4质量减少’故选D项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例］20％
6.
B
［解析］B项,CCl4的沸点是76。C,@中热水的作用使CCl4气化与O中的TiO2发生反应’@中的
冰水使TiCl4冷凝,故B项正确;
A项,TiCl4遇潮湿空气则水解产生白雾,故O中不可盛装NaOH溶液,故A项错误;
c项’O反应结束,应先停止加热’然后再停止通N2,否则容易引人杂质’故c项错误;
D项’@中为TjCl4和CCl4的液态混合物’且TiCl4和CCl4互溶’故不可采用分液将其分离’故
D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］22％
7.
D
［解析］本题主要考查苯的性质和相关实验操作°
D项,澳单质能与氢氧化钠反应生成嗅化钠和次嗅酸钠的水溶液,与苯和嗅苯分层’需要通过分液分
离’得到苯和嗅苯互溶体系,再通过二者沸点不同,蒸馏即可得到纯净的嗅苯,故D项错误;
A项,向圆底烧瓶中滴加苯和嗅苯的混合物前,需要打开开关K’以保证分液漏斗中的液体｜｜顶利流下,
故A项正确;
B项’圆底烧瓶中的苯、澳易挥发,易溶于四氯化碳’苯与四氯化碳均为无色透明液体且互溶’澳溶
于四氯化碳中为浅红色,故B项正确;
C项, a中反应会生成HBr气体’HBr易溶于Na2CO3水溶液,所以装置c中Na2CO3溶液的作用
是吸收HBr,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
289
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学硒
［易错项］B
［易错项被选择比例］20％
□「飘Iˉ节］化学实验安全
l.∧
［解析】A项,四氯化碳也称四氯甲烷,过去常用作灭火器中的灭火物质,也曾经是常用的冷却剂’不
应贴易燃品标志,故A项错误;
B项,NaOH具有强烈的腐蚀性,应贴腐蚀品的标志,符合题意,故B项正确;
C项,
甲醇有毒,应贴有毒品标志』符合题意,故C项正确;
D项,硝酸铰易爆炸’应贴爆炸品的标志,符合题意,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］C
【易错项被选择比例］15％
B
［解析】B项,苯酚有毒,且苯酚易溶于酒精,故其溶液沾到皮肤上可以用酒精擦洗’故B项正确;
A项’玻璃棒成分中有硅酸钠’也会发生焰色反应,正确做法是用铂丝蘸取溶液’故A项错误;
C项’浓氨水和浓盐酸都易挥发’且能快速发生反应,不应该放在＿起,故C项错误;
D项’配制银氨溶液时,应将稀氨水逐滴滴人AgNO3溶液中’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］D
【易错项被选择比例］32％
勺
▲
3.
B
【解析］B项, C2H5OH为易燃液体,C2H4在通常情况下为气态,属于易燃气体’故选B项;
A项’H2SO4为强酸’NaOH为强碱’具有腐蚀性’是腐蚀品’故不选A项;
C项,CaC2与水反应生成易燃气体C2H2’化学反应万程式为CaC2＋2H2O—,C2H2↑＋Ca（OH）2,
Na与水反应生成易燃气体H2’化学反应方程式为2Na＋2H2O-2NaOH＋H2↑’故不选C项;
D项,KMnO4中Mn为＋7价,K2Cr2O7中Cr为＋6价’两元素均处于其元素最高价态,具有强氧
化性,为氧化剂’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
易错项分析:本题的易错项为C项°错选C项’可能是考生不知道CaC2与水反应生成易燃气体
C2H2这个知识点’应注意积累。
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
□…物质的检验
1。
〔
［解析］C项’Fe2＋在水溶液中显浅绿色’溶液为无色’故不可能含有Fe2＋;向该无色溶液中滴加少
量澳水’溶液仍呈无色,表明Br2参与反应且产物仍为无色’ SO;
、Iˉ可与Br2反应生成SOiˉ和
I2’反应后溶液仍为无色说明未生成I2’则＿定含有SO;ˉ』故C项正确;
爵29（）
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O3
化学实验
A项’ 由于SO;—还原性比I＿强,滴人少量嗅水后SO;—先反应,则无法判断是否含有I ’故A项
错误;
B项’溶液中所有离子物质的量浓度相等’根据电荷守恒可知’＿定不含有SOiˉ’故B项错误;
D项,根据分析可知,溶液中＿定含有SO; ’根据电荷守恒可判断,溶液中至少含有三种阳离子中
的两种,无法判断溶液中是否含有按根离子,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］47％
2. C
【解析］C项, “日色沉淀3”含有试剂BaCl2转化成的AgCl,所以“白色沉淀3”的质量与混合物
的组成没有直接关系,故C项错误;
A项,由于加人的试剂BaCl2含有Clˉ,所以不能确定原固体混合物中是否含有NaCl,故A项正确;
B项』该固体在加热条件下与氢氧化钠溶液反应生成气体,结合几种物质分析只能生成氨气’说明
原固体中含有NH4Cl,溶液l与BaCl2和H2O2反应生成的白色沉淀l部分溶于盐酸说明白色
沉淀l含有BaCO3和BaSO4’可确定原固体混合物中含有Na2CO3,标准状况下448mL氨气的
物质的量为0.02mol’对应0.02molNH4Cl的质量为lO7g』溶解于盐酸的BaCO3沉淀的质量
为6.63g-4。66g＝197g,则对应Na2CO3的物质的量为O01mol,即含有的Na2CO3质量为
L06g°若466g白色沉淀2全为原有固体混合物中的硫酸钠转化而成的』则对应的Na2SO4的物
质的量为0.02mol,即Na2SO4的质量为284g’此时NH4Cl、Na2CO3、Na2SO4的总质量为
L07g＋106g＋2。84g＝497g＞4.7g,可知原固体混合物中含有Na2SO3,Na2SO3被H2O2
氧化Na2SO4,进而转化为BaSO4白色沉淀,故B项正确;
D项’若溶液l中只加BaCl2’由于原固体中含有Na2SO3,将生成BaSO3白色沉淀’而不是BaSO4
白色沉淀,则生成白色沉淀的质量＿定小于663g,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］33％
3.
B
［解析］将白色粉末加人水中溶解,可以得到白色滤渣A和无色溶液B’可以推测不存在FeCl3;在
滤渣A中加人足量稀盐酸,A全部溶解并产生气体C,A为CaCO3,不可能是BaSO4,产生的气
体C是CO2;将气体CO2通人到B溶液中产生白色沉淀只能是Ba2＋在碱性条件下沉淀’ B为
Ba（NO3）2与NaOH的混合溶液,D是BaCO3,不存在K2SO4;故选B项°
综上所述’本题正确答案为B。
［易错项］A
［易错项被选择比例］32％
4C
［解析］28。1g固体加人过量浓NaOH溶液后生成1l2L气体,气体通人碱石灰后体积不变,用浓
硫酸吸收448L气体,故气体中含有672L氢气和448L氨气;另外生成了580g白色沉淀,且
久置无明显现象’故沉淀为Mg（OH）2;剩下的溶液加人适量盐酸有白色沉淀生成,盐酸过量后沉淀
完全溶解’即含有AlOZ’综上所述’依据计量关系可知’固体中含有54gAl, l3。2g（NH4）2SO4,
95gMgCl2,共28.lg°
29l蕊
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
燕
学
化
高
~
考
C项’ 由上述分析可知,固体中只含有5.4gAl, l32g（NH4）2SO4, 95gMgCl2,一定不存在
AlCl3’故C项错误;
A项’ 由上述分析可知’固体中只含有5。4gAl, ］32g（NH4）2SO4, 9.5gMgCl2,＿定不存在
FeC12和NaCl’故A项正确;
B项’反应@发生偏铝酸根与盐酸反应,离子方程式为AlO豆＋H＋＋H2O＝＝Al（OH）3↓,故B项
正确;
D项,由上述分析可知, 580g白色沉淀是Mg（OH）2,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］39％
C
［解析］溶液为无色’则＿定不含Fe3＋;由O知,加人氯水后无气体生成’则溶液中不含CO;—’溶液
分层后上层溶液呈紫色》则溶液中含有Iˉ;@中沉淀是BaSO4’ 由于Cl2能将SO;ˉ氧化为SOiˉ’
则只能确定原溶液中SOi＿、SO;至少有＿种’则溶液中不含Ba2＋, 10mL溶液含硫元素的离子有
233gm°｜』-M2mo｜;由翻可知』］0mL溶液产生22』糕｜一M2m°l氨气』则其中俞有
466g
0。02molNHj;此时溶液中阴离子电荷数大于阳离子电荷数’ 由于溶液显电中性,则一定含有K＋,
且K＋的物质的量＿定大于O02mol°
因此溶液中＿定含有I＿｀NHj、K＋’ SOi—、SO;至少含有＿种’一定不含Fe3＋、CO;—、Ba2＋’不
能确定是否含有Clˉ°
0.02mol＝2mol.Lˉl ’故
C项’由上述推断可知K＋的物质的量一定大于O02mol’则c（K＋）＞
0.0lL
C项正确;
A项,结合上述分析可知,溶液中＿定不含Ba2＋,故A项错误;
B项,结合上述分析可知’溶液中可能含有SO;—,故B项错误;
D项,结合上述分析可知’原溶液中不＿定含有SO;—’不能确定Cl2是否氧化了SO; ’故D项错误.
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］19％
5
6.∧
［解析］A项’向NaAlO2溶液中滴人NaHCO3溶液,生成氢氧化铝白色沉淀,反应的离子方程式
为:AlO面＋HCO面＋H2O-Al（OH）3↓＋CO;—’说明AlO五结合H十的能力比CO;—强,故A
项正确;
B项,原溶液中含有Fe3＋时,滴加KSCN溶液’溶液也会显红色’故B项错误;
C项,NH才与OH在常温下一般生成NH3.H2O,在加热条件下才会生成NH3,试纸没有变蓝可能
是因为生成了NH3.H2O而非NH3,故C项错误;
D项’钠元素产生的黄光容易掩盖钾的紫光,检验钾元素时要使用蓝色钻玻璃滤去黄光,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］C
［易错项被选择比例］28％
292
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P『［尺O3
化学实验
7. C
［解析】C项’滤渣为BaCO3’加人稀盐酸后发生反应BaCO3＋2HCl＝BaCl2＋CO2↑＋H2O’
滤渣完全溶解且生成气体;若样品中K2CO3过量’则加人BaCl2溶液后有沉淀生成,符合题意,故
选C项;
A项’滤渣为BaCO3和BaSO4,加人稀盐酸后滤渣部分溶解,而不是完全溶解’不符合题意’故不
选A项;
B项’滤渣为Ag2CO3’加人稀盐酸后会生成AgCl沉淀’而不是完全溶解’不符合题意,故不选B
项;
D项,滤渣为Mg（OH）2,加人稀盐酸后滤渣完全溶解但是无气体产生,不符合题意’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例】22％
〔
［解析］第—份加足量AgNO3溶液后,有584g白色沉淀产生,沉淀中加人足量稀盐酸充分反应,有
棕色气体产生’沉淀颜色不变,但是质量减少0.1g,这说明该白色沉淀中＿定含有亚硝酸银,亚硝酸
银与盐酸反应生成氯化银与亚硝酸’亚硝酸不稳定分解生成NO、NO2和水°所以原溶液中＿定含有
NO面,则氢离子＿定不能大量共存°将产生的气体全部通人过量的澄清石灰水,又得到白色沉淀10g,
该沉淀能溶于稀盐酸产生无色气体’则该白色沉淀应该是碳酸钙’物质的量是O01mol’所以气体中
含有CO2’这说明反应@中生成的白色沉淀＿定有碳酸银’则原溶液中—定含有CO;＿,因此Mg2＋就
＿定不能大量共存;根据碳原子守恒’CO;ˉ的物质的量是00lmol。5.84g沉淀中亚硝酸银沉淀的
质量-5…—α01m°l蕊276g′m°1-虱0sg』网此亚脯酸银的物质的量-1釜需°」-0o2m.l,
则原溶液中NOZ的物质的量是0.02mol°第二份加人过量浓NaOH溶液,加热使产生的气体全部
放出,该气体＿定是氨气’因此原溶液中含有NH煎°用50mL05mol／L的硫酸溶液恰好完全吸收,
酸也不剩余,硫酸的物质的量是O025mol’则氨气的物质的量是0。O25mol×2＝0.05mol ,则原
溶液中NHh的物质的量是0.05mol’所以原溶液确定含NHj、NO2、CO;＿,且物质的量之比为
5:2:
1。
C项’根据电荷守恒可知,原溶液中＿定还含有NO5,但K＋不能确定’故C项错误;
A项,根据以上分析可知’Mg2＋和H＋～定不能大量共存,故A项正确;
B项’根据以上分析可知』原溶液确定含NHj、NO面、CO;—’且物质的量之比为5:2; l,故B项
正确;
D项,实验中产生的棕色气体中含有NO’遇空气生成红棕色NO2,所以颜色会加深’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C。
【易错项】B
［易错项被选择比例］23％
8
9. C
【解析】C项,将Cu2S在O2中充分灼烧,反应生成CuO和SO2,反应的化学方程式为:Cu2S＋
2O2
灼烧
2CuO＋SO2,可知反应前后固体质量不变,而且两者会发生反应’故C项错误;
A项,将浓氨水滴人盛Cl2的集气瓶,产生白烟’是NH3与Cl2反应生成NH4Cl和N2,氨水能电
离出NH本和OHˉ, ∏I证明NH3有还原性和碱性’故A项正确;
293
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
B项’将白磷加人盛N2O的集气瓶中并微热,产生白烟, 臼烟应为P2O5’说明白磷被N2O氧化
即N2O具有氧化性,故B项正确;
D项,将足量SO2通人FeCl3溶液中,溶液的黄色逐渐消失,说明Fe3＋与SO2发生氧化还原反应
变为Fe2＋,可说明还原性: SO2＞Fe2＋,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］l5％
l0。C
［解析】由步骤（l）可知’溶液显碱性’而所给离子中只有so;＿水解显碱性’则一定存在O’由于
Ba2＋与SO;＿会反应生成沉淀’则一定没有@, 由于Al3＋与SO;会发生双水解’则＿定没有°
根据溶液呈电中性,一定存在阳离子’则—定存在o; 由步骤（2）可知,通人的氯气将Brˉ氧化为
Br2’则溶液中＿定存在O;由步骤（3）可知’白色沉淀为BaSO4,但SO;能被氧化为SOi＿』则
O可能存在; 由步骤（4）可知’ 白色沉淀为Agcl’ 由于步骤（2）中引人了clˉ,则不能确定原溶
液是否含有clˉ’即@可能存在°结合上述分析可知,原溶液中一定存在的离子是OOO’可能存在
的离子是@@,＿定不存在的离子是@o’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项】A
［易错项被选择比例］28％
ll.∧
〔解析］本题主要考查实验操作与现象是否对应
A项’乙烯中含碳碳双键’可被酸性高锰酸钾氧化,二者发生氧化还原反应使紫色褪去’所以静置后
溶液并不会出现分层的现象’故选A项;
B项’将镁条点燃后迅速伸人集满二氧化碳的集气瓶中会发生反应:2Mg＋CO2—直幽坠2MgO＋◎
集气瓶中产生的白烟的主要成分是氧化镁’黑色颗粒是碳,实验现象和操作相匹配’故不选B项;
C项》盐酸和硫代硫酸钠反应的化学方程式为Na2S2O3＋2HCl-2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O,
故现象为有刺激性气味产生’生成的沉淀会使溶液变浑浊’实验现象和操作相匹配,故不选C项;
D项’ FeCl3溶液是黄色溶液,向FeCl3溶液中加人过量铁粉,发生反应2Fe3＋＋Fe-3Fe2＋,
亚铁离子呈浅绿色’故黄色会逐渐消失,KSCN溶液只和三价铁离子发生显色反应,故加人过量铁
粉后再加人KSCN’溶液颜色不会发生变化’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项】B
［易错项被选择比例】l8％
□哪］物质的分离与提纯
l. D
［解析］o浓氨水与生石灰作用产生氨气,氨气用向下排空气法收集,收集试管口应塞＿团棉花,不
能塞上塞子,故选@;
@从饱和食盐水中获得NaCl晶体,应用蒸发Ⅲ1进行蒸发’故选@;
川294
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠尺O3
化学实验
O要验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性’应在外面的试管中盛放Na2CO3’里面的试管中盛放
NaHCO3,故选O;
@用CCl4苯取碘水中的碘,振荡分液漏斗时应将分液漏斗倒转过来振荡,故选@;
故选o@o@’共4项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］42％
2° D
［解析］D项,CCl4（沸点768°C）的沸点较低,二氯化二硫（S2Cl2,沸点137.1°C）沸点较高’可
以用减压分馏法从@中所得液体中分离出S2Cl2,故D项正确;
A项,二氧化锰与浓盐酸反应生成的Cl2中混有HCl和水蒸气’在与CS2反应之前需要进行除杂’
应该先除HCl’再干燥’则O中盛放浓硫酸’用于干燥Cl2,O中需要放置NaOH吸收Cl2’同时可
以防止外界水蒸气进人装置,故A项错误;
B项’烧瓶不能直接加热’需要垫上石棉网’故B项错误;
C项,根据题意,反应过程中会同时生成沸点较低的CCl4（沸点768°C）’则实验过程中O冷凝回
流的主要物质是CCl4,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为D°
【易错项】C
［易错项被选择比例】29％
3。D
［解析］D项’加人氯化钡溶液后’引人了新的杂质Ba2＋’若想除去Ba2＋,可在加人氯化钡溶
液后加人碳酸盐溶液’生成碳酸钡沉淀,故正确的）｜顶序应为: BaCl2溶液＿→NaOH溶液—≡
NaCO3溶液—过滤后加盐酸,故D项错误;
A项’氯碱工业是电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠的化学制备反应’通电条件下发生了化
学反应’电能转化为化学能’故A项正确;
B项,氯化镁晶体脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀’在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子
的水解’因此MgCl2.6H2O要在HCl氛围中加热脱水制得无水氯化镁,故B项正确;
C项’在整个流程中’O处发生反应: 2NaBr＋Cl2＝2NaCl＋Br2’@处发生反应:Br2＋SO2＋
2H2O-H2SO4＋2HBr,O处发生反应: 2HBr＋Cl2-Br2＋2HCl,所以过程OO中澳元
素均被氧化’故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］27％
4.D
［解析］D项’HCl极易溶于水,能被NaCl溶液吸收’但Cl2溶于水’不能用排水法收集’故选D
项;
A项,Cl2能被FeSO4溶液吸收,反应方程式为:Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Clˉ,N2难溶于水’
可用排水法收集’故不选A项;
B项’CO2能被NaOH溶液吸收’反应方程式为:CO2＋2NaOH-Na2CO3＋H2O,CO难溶
于水’用排水法收集’故不选B项;
295
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
C项’NO2被水吸收转化为NO’反应方程式为: 3NO2＋H2O-2HNO3＋NO』NO难溶于
水’可用排水法收集,故不选C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项】C
［易错项被选择比例］l6％
5.
B
【解析］B项’无水硫酸铜遇水变为蓝色,可以检验水的存在’生石灰与水反应生成氢氧化钙,然后
蒸馏即可得到无水乙醇,故B项正确;
A项’饱和食盐水除去的是氯化氢’不能除去氯气,故A项错误;
C项’饱和碳酸钠溶液也能和二氧化碳反应’应用饱利碳酸氢钠溶液除去二氧化硫,故C项错误;
D项,氯化按加热的情况下会分解为氨气和氯化氢’故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l8％
6.
〔
［解析］C项,NaOH溶液与含有AlCl3、MgCl2的溶液反应生成Al（OH）3和Mg（OH）2,均为沉
淀’且将氯化镁转化为氢氧化镁’所以使用NaOH溶液不能除去MgCl2中的AlCl3,故选C项;
A项’过量的NaOH溶液与混合物中的Al2O3反应生成可溶性偏铝酸盐过滤得到纯净MgO固体’
故不选A项;
B项,向含有NaHCO3的Na2CO3溶液加人适量的NaOH溶液’NaHCO3溶液与NaOH反应’生
成Na2CO3和水,除去杂质NaHCO3,不引进新的杂质,故不选B项;
∏酗啡』…凰糯……∏………凰＂
D项’向含有Br2的
○鹏胜下属河以刷馏…输腻…瓤
NaBr溶液在上层’
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］D
【易错项被选择比例］25％
7.
〔
［解析］C项,乙醛与新制的氢氧化铜反应:CH3CHO＋2Cu（OH）2△CH3COOH＋Cu2O↓＋2H2O』
产生新的杂质乙酸’故C项错误;
A项, 2NaHCO3＝二Na2CO3＋CO2↑＋H2O,完全除去杂质’没有新杂质’故A项正确;
B项’澳与氢氧化钠反应: 3Br2＋6NaOH＝＝5NaBr＋NaBrO3＋3H2O’生成物与澳苯不相溶
分液’即可得澳苯’故B项正确;
D项’乙酸与碳酸钠反应:Na2CO3＋2CH3COOH＝＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑’乙酸钠溶
于水与乙酸丁酪形成明显分层’分液得到纯乙酸丁酷’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】B
［易错项被选择比例］24％
露296
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C∩∧P『［尺O3
化学实验
8. D
〔解析］D项,二价铁在空气中加热易被氧化为三价铁,因此FeCO3在空气中高温分解不能得到FeO’
故D项错误;
A项,NH4HCO3受热易分解, FeSO4受热高温下分解,因此需降低温度,故A项正确;
B项’ FeSO4与NH4HCO3反应’生成FeCO3沉淀、水和CO2气体,反应方程式为FeSO4＋
2NH4HCO3＝FeCO3↓＋H2O＋（NH4）2SO4＋CO2↑,所以沉淀过程中有CO2气体放出’故B项
正确;
C项,过滤时要用到漏斗,用玻璃棒引流,用烧杯盛放溶液’因此需要的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒和
烧杯,故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】l7％
9.
〔
［解析］C项’碘晶体受热易升华,而KI的沸点在l300。C以上,所以可以用加热的方法分离’故选
C项;
A项’消石灰［Ca（OH）2］和NH4Cl共热可以生成NH3’无法分离’故不选A项;
B项,NH4HCO3和Na2O2共热会发生化学反应2Na2O2＋2NH4HCO3＝全2Na2CO3
＋O2↑＋2NH3↑＋2H2O’无法分离,故不选B项;
D项’KNO3和食盐的熔沸点都很高,也不受热分解’无法用加热的方法分离,故不选D项°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l9％
□「勇J而］常见物质的制备
l∧
［解析】OSi溶于NaOH溶液可得到Na2SiO3,Na2SiO3与盐酸反应可得到H2SiO3’H2SiO3加
热分解可得到SiO2’ SiO2与C反应可得到Si’满足图示转化关系,故选O;
@Na与H2O反应可得到NaOH,NaOH与H2CO3反应可得到Na2CO3’Na2CO3与稀盐酸反应
可得到NaCl,电解熔融NaCl可得到Na,满足图示转化关系,故选@;
OCl2与石灰乳反应可得到Ca（ClO）2, Ca（ClO）2与稀盐酸反应可得到HClO’HClO光照分解可
得到HCl,HCl电解可得到Cl2,满足图示转化关系’故选O;
@Fe与Cl2反应可得到FeCl3, FeCl3与Fe反应可得到FeCl2’ FeCl2与NaOH反应可得到
Fe（OH）2, Fe（OH）2不能＿步转化为Fe,不满足图示转化关系’故不选@°
故正确序号为o@o°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项】D
［易错项被选择比例】31％
2D
【解析】D项,CaCO3和盐酸反应生成CO2’用饱和的NaHCO3溶液可以除去CO2中混有的HCl’
297
｛
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学…
用浓硫酸可以除去混有的水蒸气,故选D项;
A项,常温下MnO2不与浓盐酸反应’缺少加热装置故不选A项;
B项,NO与O2反应’不能用排空气法收集,故不选B项;
C项,NH3易溶于水,不能通过溶液干燥’故不选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］A
［易错项被选择比例］2l％
3. O
［解析］D项’氯化氢极易溶于水,该装置能防止倒吸’故选D项;
A项,实验室中制取少量乙酸乙醋时’右边试管中应该用饱和碳酸钠溶液而不是氢氧化钠溶液,且导
气管不能伸人溶液中’故不选A项;
B项,过氧化钠是粉末状,与水接触后不能分离’该装置不能控制反应的开始或结束,因此不能达到
实验目的’故不选B项;
C项,该装置中加热碳酸氢钠的温度大于碳酸钠的温度’所以不能证明碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠的
强’应该将碳酸钠放置在大试管中,碳酸氢钠放置在小试管中,加热后’受热温度低的碳酸氢钠能分
解生成二氧化碳,而碳酸钠不分解’故不选C项°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］35％
4. D
［解析】D项,喷泉结束后’将烧瓶内溶液混合后呈紫色’蒸干时氯化按会分解,得不到氯化按固体’
故D项错误;
A项’用浓氨水和生石灰制备NH3,属于固体和液体反应、不加热的制气类型’用浓盐酸和浓硫酸
制备HCl,利用浓硫酸的吸水性’故A项正确;
B项,在实验室中制备干燥的NH3和HCl时’可选用相同的干燥剂’如无水硫酸钠等中性干燥剂’
故B项正确;
C项,实验中同时打开止水夹a、c、d’ a导管中少量NH3和HCl相互作用,使两瓶内压强减小,NH3
溶于水显碱性,HCl溶于水显酸性,即可分别形成蓝色和红色喷泉’故C项正确°
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例】43％
5.∧
［解析］A项’利用氯化铰与氢氧化钙固体反应制取NH3的反应属于固ˉ固反应,需要加热,试管口
应问下倾斜’故选A项;
B项’实验中应将CO2从长管通人NH3和NaCl的饱和溶液中’以增大CO2的溶解度制得
NaHCO3,故不选B项;
C项’溶液中分离出NaHCO3固体用过滤的方法’过滤时应用玻璃棒引流’故不选C项;
D项’NaHCO3易受热分解成碳酸钠、二氧化碳和水,不能通过直接加热的方法干燥’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］l4％
298
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［RO3
化学实验
6B
【解析］B项,为保证H2纯度’管式炉加热前,应用试管在@处收集气体并点燃,通过声音进行判
断,故B项正确;
A项』从焦性没食子酸溶液逸出的气体含有水蒸气, 因此浓硫酸应放在o处,故A项错误;
C项,为防止W受热被氧化,反应结束时应先停止加热’待W冷却后再关闭活塞K,故C项错误;
D项’二氧化锰与浓盐酸的反应需要加热’而启普发生器不能加热,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］C
【易错项被选择比例】l8％
7.
B
【解析］B项,浓H2SO4的强氧化性可以与有还原性的Iˉ发生氧化还原反应’不能用浓硫酸制备HI’
故选B项;
A项,玻璃的主要成分是SjO2,HF对玻璃有腐蚀性,所以常用铅Ⅲ来制备HF,故不选A项;
C项’HNO3与玻璃不反应,可以用磨砂接口的装置制备HNO3,故不选C项;
D项,利用浓H2SO4吸水放热’且HCl易挥发的特点’使用浓盐酸和浓硫酸制备HCl气体,故不
选D项°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】C
【易错项被选择比例］23％
8.
B
［解析］B项,碳酸氢钠受热易分解’可以用加热的方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠固体’故选B项;
A项’浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热’图中缺乏加热装置,故不选A项;
C项’苯和硝基苯互溶’不会出现分层’不能通过分液的方法分离’故不选C项;
D项’生成的乙酸乙酪在NaOH溶液中能够水解’不能收集到乙酸乙酷’应该将NaOH溶液换成饱
和Na2CO3溶液,且导管不能伸人液面以下,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为B°
【易错项］C
［易错项被选择比例］25％
9. C
［解析］C项, SO2与高锰酸钾发生氧化还原反应’品红可检验SO2是否除尽,澄清石灰水可检验是
否混有CO2’若有CO2则澄清石灰水会变浑浊’故C项正确;
A项,氢氧化亚铁易被氧化’应隔绝空气制备氢氧化亚铁,故A项错误;
B项’浓盐酸与二氧化锰反应需要加热,该装置不能制备氯气,故B项错误;
D项’氯化按与消石灰反应生成水,为防止生成的水倒流引起试管炸裂,图中试管口应略问下倾斜’
故D项错误。
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］13％
l（）.∧
高温
［解析】A项’粗硅中主要成分是硅单质’ Si和Cl2在高温下可发生化学反应: Sj＋2Cl2
299
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
高
考
化学豌
白＝汇］
｜司血∏
Si＋4HCl,故选A项;
SiCl4, SiCl4和H2在高温条件下可发生反应: SiCl4＋2H2
B项,MgCl2（aq）不能直接生成Mg,应电解熔融MgCl2制备Mg’故不选B项;
C项’FeCl3是强酸弱碱盐,水解生成氢氧化铁,氢氧化铁加热分解成氧化铁和水’得不到无水FeCl3
故不选C项;
D项’蔗糖是非还原性糖’不能与银氨溶液反应’故不选D项°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］B
［易错项被选择比例］28％
■「勇可壳］常规实验方案的评价与优化
lD
【解析】D项’O中氧化剂为CuSO4,还原剂为SO2’铜的化合价由＋2价变为＋l价,硫的化合价
由＋4价变为＋6价,所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: l,故D项错误;
A项’ SO2使澳水褪色,说明SO2被嗅水氧化了,所以具有还原性,故A项正确;
B项’ SO2会被Fe3＋氧化’同时Fe3＋被还原成Fe2＋’所以溶液由黄色变为浅绿色,同时通人SO2
会使溶液的pH变小,故B项正确;
C项,出现白色沉淀’说明生成了SiO2即（H2SjO3）》符合强酸制弱酸,说明亚硫酸的酸性比硅酸
强’故C项正确°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］25％
2D
［解析】D项’新制氯水加人硫酸铜溶液中无明显现象,加人碘的淀粉溶液中碘单质被氧化成碘酸,蓝
色褪去;加人含石蕊的烧碱溶液中’溶液蓝色褪去,不能鉴别三种溶液’故选D项;
A项,稀硫酸加人Fe（NO3）2中,有气体产生,且溶液由浅绿色变成黄色;加人FeCl2溶液中无明
显变化,故不选A项;
B项,NaOH溶液与甘油互溶,与石蜡油分层,与花生油发生水解反应,故不选B项;
C项,氨水加人KBr溶液中无明显现象’加人AlCl3溶液中生成白色沉淀且沉淀不溶解’加人AgNO3
溶液中先生成沉淀’然后沉淀溶解’故不选C项。
综上所述,本题正确答案为D°
［易错项］B
［易错项被选择比例］32％
3°
B
［解析】B项,将少量Na2O2固体加人过量Ba（HCO3）2溶液中,Na2O2与水反应生成氢氧化钠和
氧气’氢氧化钠再与Ba（HCO3）2反应生成碳酸钡沉淀’总反应为2Na2O2＋4Ba2＋＋4HCO面＝
4BaCO3↓＋2H2O＋O2↑＋4Na＋’故B项正确;
A项’将＿小块钠投人乙醇中’发生反应方程式为2CH3CH2OH＋2Na＝2CH3CH2ONa＋H2↑’故
A项错误;
C项,反应的离子方程式为: 2Iˉ＋2Fe3＋＝I2＋2Fe2＋,
由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,
可知氧化性: Fe3＋＞I2’故C项错误;
300
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O3
化学实验
D项,NaHCO3溶液中CO;的浓度很小,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项］C
［易错项被选择比例］2l％
4.∧
［解析】A项,分别蘸有浓氨水、浓盐酸的两个玻璃棒靠近时’挥发出的NH3、HCl相遇时会形成
NH4Cl固体小颗粒’从而形成白烟,浓硝酸也易挥发,遇NH3会形成NH4NO3固体小颗粒’故A
项正确;
B项’常温下铁遇浓硝酸发生钝化,则可以用铁制容器盛装浓硝酸’但常温下浓硝酸与铜会发生化学
反应,不能贮存在铜制容器中,故B项错误;
C项’实验室中可用浓硫酸干燥SO2 ,故C项错误;
D项’Cl2在饱和食盐水中溶解度较小而HCl极易溶于水’不能用排饱和食盐水法收集HCl,故D
项错误°
综上所述’本题正确答案为A°
［易错项］C
［易错项被选择比例］23％
5. C
［解析］C项,水解程度越大’对应酸的酸性越弱,则由现象可知结合H十的能力: CO;ˉ＞HCO面’
故C项正确;
A项,氯气与NaOH反应,溶液的碱性减弱,酚酞也会褪色,不能判断HClO是否有漂白性’故A
项错误;
B项’无水乙醇与浓硫酸共热至170°C也能发生氧化还原反应’生成二氧化硫’二氧化硫也能与澳水
反应,不能确定乙烯与嗅水是否发生加成反应,故B项错误;
D项’导电性与离子浓度有关’浓度未知’不能判断电离出的离子浓度及电解质的强弱,故D项错误°
综上所述’本题的正确答案为C°
［易错项］B
【易错项被选择比例】32％
6. C
［解析］C项’检验澳蒸气中混有的NO2’先通过CCl4吸收澳’再通人石蕊试液’若石蕊试液变红’
则能检验NO2,故选C项;
A项’CH4不能使嗅水褪色’故不选A项;
B项, SO2也能被酸性KMnO4溶液氧化’故不选B项;
D项,HCl和HI均能溶于饱和食盐水中,故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］B
［易错项被选择比例］20％
7. C
〔解析】C项’ SO2密度比空气大’可用向上排空气法收集亚硫酸钠与浓硫酸反应产生的SO2’故选
C项;
30l
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
离
考
A项,新制氯水具有很强的氧化性’能将pH试纸漂白,不能用pH试纸测定新制氯水的pH’故不
选A项;
B项,酒精与水互溶,不分层’不能用酒精替代CCl4来苹取澳水中的Br2,故不选B项;
D项’直接加热氯化按得到的NH3和HCl在低温下又重新生成NH4Cl固体’无法用问下排空气法
收集到NH3’故不选D项°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l5％
8C
［解析］C项’过氧化钠与二氧化碳的反应中’过氧化钠既是氧化剂也是还原剂’故C项错误;
A项’乙烯含有碳碳双键,可被高锰酸钾氧化,故A项正确;
B项,二氧化硅能与碱反应生成盐和水’是酸性氧化物,二氧化硅也能与氢氟酸反应』但这是它的特
殊性’故B项正确;
D项,常温下’铁或铝在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化现象使表面形成一层致密稳定的氧化膜故铁制
容器或铝制容器可以盛装浓硫酸、浓硝酸,故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］l5％
9.
B
［解析】B项,含有酚酞的Na2CO3溶液’因碳酸根离子水解显碱性而使溶液变红,加人少量BaCl2
固体’水解平衡逆向移动,则溶液颜色变浅,证明Na2CO3溶液中存在水解平衡,故B项正确;
A项’酸性条件下NO面被Fe2＋还原为NO’NO在试管口又被氧化为NO2,故A项错误;
C项’HX放出的氢气多且反应速率快,说明HX浓度比HY大’HX酸性比HY弱’故C项错误;
D项’等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液,后者的pH较大’可比较亚硫酸与碳酸的酸性’
因亚硫酸不是最高价含氧酸’则不能比较非金属性,故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例】20％
l0。
B
［解析］B项’在KI溶液中滴加少量氯水’再加人CCl4’充分振荡后液体分层’下层溶液呈紫红色,
碘离子被氧化为碘单质’说明氯气的氧化性大于碘单质,从而可以证明氯的非金属性比碘强,故B项
正确;
A项,通人Cl2后再加KSCN溶液,溶液变Ⅲ红色,说明溶液中含有Fe3＋,但无法证明Fe3＋是原
溶液中的还是被Cl2氧化生成的’故A项错误;
C项’炭粉中加人浓硫酸并加热,产生的气体再通人BaCl2溶液’产生白色沉淀不能说明同时生成
了SO2和CO2,故C项错误;
D项,向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液,然后再向其中滴加KI溶液’先生成白色沉淀,后生
成黄色沉淀,但是无法证明白色沉淀转化为黄色沉淀.故D项错误°
综上所述’本题正确答案为B°
［易错项】D
302
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C‖∧P「匠尺O3
化学实验
［易错项被选择比例】35％
l1D
〔解析】D项’氯气没有漂白性’将刚摘下的花朵放人盛满干燥氯气的集气瓶中’氯气和水反应生成
的次氯酸导致鲜花褪色’而不是氯气使鲜花褪色’故选D项;
A项’问2mL01mol／LFe2（SO4）3溶液中加足量铜粉,发生反应的离子方程式为:2Fe3＋＋Cu-
2Fe2＋＋Cu2＋,反应中铜为还原剂,Fe2＋为还原产物,还原性:Cu＞Fe2＋’可观察到黄色逐渐消失,
加KSCN溶液颜色不变,故不选A项;
B项’水、乙醇都可与钠反应生成氢气,可根据生成氢气的剧烈程度比较乙醇烃基中的氢原子与水中
的氢原子的活泼性,故不选B项;
C项,食醋的主要成分是乙酸,将食醋滴到大理石上,有气泡产生’说明乙酸的酸性比碳酸强’故不
选C项°
综上所述’本题正确答案为D°
［易错项］C
［易错项被选择比例］l7％
l2.
B
［解析］B项’问AgCl悬浊液中滴人KI溶液,悬浊液变为黄色,体现了沉淀的转化,说明KSp（AgCl）＞
KSp（AgI）,故B项正确;
A项, 0.1mol／L和O01mol／L的醋酸溶液,前者溶液中离子浓度较大,其导电性较强,但醋酸浓
度越大,醋酸的电离程度越小’故A项错误;
C项’ Fe（NO3）2溶于稀H2SO4后,发生氧化还原反应生成铁离子,无法确定原溶液是否含有铁离
子’应该溶于水检验是否含有铁离子,故C项错误;
D项,常温下,分别测量浓度均为01mol／L的Na2S溶液和NaClO溶液的pH’前者的pH大,说
明前者水解程度较大’但前者对应的酸为HSˉ’说明酸性:HClO＞HSˉ’无法判断HClO、H2S的
酸性强弱’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项】D
［易错项被选择比例］l5％
13。∧
［解析］本题主要考查物质制备实验°
A项’Cl2＋H2O＝≡HCl＋HClO, 由干酸性HCl＞H2CO3＞HClO,所以会继续发生反应
Na2CO3＋2HCl≡＝2NaCl＋H2O＋CO2↑’使平衡正向移动’产生更多的HClO’但是溶液中可
能有过量的Na2CO3,会导致HClO的含量低’而且纯度不高,故选A项;
B项,二氧化锰可以催化H2O2分解产生氧气’可以加快反应速率’故不选B项;
C项’乙酸具有酸性会与碳酸钠溶液反应生成可溶于水的盐,再用分液的方法分离,故不选C项;
D项,浓硫酸为强酸,滴人亚硫酸钠中制备SO2反应的实质为强酸制弱酸,所以可以制备’故不选
D项。
综上所述,本题正确答案为A.
〔易错项］D
【易错项被选择比例】l6％
〕
○
］
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
…
学
化
高
~
考
■「霓丽节］常规实验方案的设计
l. C
【解析］C项’向右拉注射器使试管中压强减小’从而使火柴燃烧产生的气体进人试管’若观察到酸
性高锰酸钾溶液褪色,则能证明火柴燃烧产生了SO2,故选C项;
A项’Na2S2O3与H2SO4溶液浓度较低』生成的SO2的量很少’且SO2易溶于水’且注射器上没
有刻度,不能测量生成的SO2的体积,因此不能测定～定时间内SO2的反应速率,故不选A项;
B项’稀H2SO4与稀Ca（OH）2反应生成微溶物CaSO4,会影‖问中和热的测定,且图中温度计应套
人环形玻璃搅拌棒中,故不选B项;
D项,NH3和HCl易溶于水,导管口在水层’不能防倒吸’故不选D项°
综上所述’本题正确答案为C°
［易错项］A
［易错项被选择比例］33％
〔
［解析］C项’结束反应时,先停止加热,再关闭活塞K,用氢气冷却Ru,以免生成的Ru在高温时
又被空气中的氧气氧化,故C项错误°
A项’可燃性气体在点燃或加热前必须验纯’故加热试管前,应先收集气体并点燃,通过爆鸣声判断
气体的纯度,以免发生爆炸’故A项正确;
B项洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液,用于除去氢气中的HCl,避免制得的Ru含有杂质,故
B项正确;
D项,二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热,而启普发生器不能加热’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为C°
［易错项］D
［易错项被选择比例］21％
2
∧
［解析］A项,碳酸氢钠受热分解产生CO2,在Ⅱ处发生反应:2Na2O2＋2CO2-2Na2CO3＋O2,
浅黄色过氧化钠粉末变成白色的碳酸钠,故A项正确;
B项发业反应2KαO;等:
2Kα＋3O2↑,业成的氧亿不会使「燥的淀粉碘化钾试纸变
色,故B项错误;
C项’氯化按受热分解生成氨气和氯化氢’
I处固体减少’但在Ⅱ处可重新发生反应生成氯化按,
Ⅱ
处有固体沉积’故C项错误;
D项,炭粉与二氧化碳反应生成—氧化碳,但Ⅱ处由于没有加热装置＿氧化碳不能还原氧化铁,因
此Ⅱ处氧化铁粉末没有变化,故D项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
［易错项］D
［易错项被选择比例】3（）％
／、
j
4B
［解析］B项, 向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加人盐酸,盐酸先与Na2CO3反应生成
NaHCO3’再与NaHCO3反应生成CO2’所以—滴人盐酸不会马上产生CO2气体’故B项错误;
｜
304
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖
C日∧P「［尺O3
化学实验
A项’向Ca（OH）2利NaAlO2的混合溶液中通人CO2,会反应生成CaCO3沉淀和Al（OH）3沉淀,
当CO2过量时’CaCO3沉淀转化为Ca（HCO3）2而溶解,则最终只会产生Al（OH）3—种沉淀故
A项正确;
C项’不法商贩使用明矾与小苏打炸油条的化学原理与泡沫灭火器工作的化学原理类似,反应的化学
方程式为:Al2（SO4）3＋6NaHCO3-3Na2SO4＋2Al（OH）3↓＋6CO2↑’产生大量气泡’故C
项正确;
D项,问CuSO4和FeCl3的混合溶液中加人过量氨水,产生红褐色的Fe（OH）3沉淀和深蓝色的
［Cu（NH3）4］SO4溶液’故D项正确°
综上所述’本题正确答案为B°
【易错项］D
［易错项被选择比例］30％
5. B
［解析】B项’若图l所示实验中反应速率为O＞@’则说明FeCl3比CuSO4催化效果好’但由于
二者的阴离子不同’故不能比较Fe3＋和Cu2＋的催化效果’故B项错误;
A项’因为双氧水分解产生氧气’会有气泡产生’可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大
小,故A项正确;
C项,比较反应速率,可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间’故C项正确;
D项’检查装置的气密性,可关闭A处活塞,将注射器活塞拉出＿定距离,＿段时间后松开活塞,若
活塞回到原位,则说明装置气密性良好’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B°
［易错项］A
［易错项被选择比例］ll％
6. C
【解析】C项,NH3溶于水生成氨水’四氯化碳的密度大于水和氨水’且氨水不溶于四氯化碳’不会
将液体压人导管,能防止倒吸,所以装置o可以用于吸收氨气’故选C项;
A项,NO能与空气中的氧气反应,图中排空气法不能收集NO,应选择排水法,故不选A项;
B项,由于浓硫酸溶于水放出大量的热,应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中’不能在容量瓶中
稀释浓硫酸进行溶液的配制,故不选B项;
D项,氯化按分解后’在试管口又化合生成氯化按,不能制取氨气,应利用按盐与碱加热制取’故不
选D项°
综上所述’本题正确答案为C。
【易错项］D
［易错项被选择比例】19％
305
更多免费资料请关注：小初高资料搬砖