发布时间 : 星期六 文章2020高考化学一轮复习 第2章 化学物质及其变化考点演练(教师解析版) 新人教版更新完毕开始阅读
（5）汞（液态） （6）Al2O3（两性氧化物） (7)水（纯净物） 16. (1) ⑧ (2) ② (3) ⑩ (4) ③ (5) ① 17. （1）1~100 (2)丁达尔效应
(3) ①红褐色液体FeCl3溶液太稀，生成的Fe(OH)3太少 ②生成红褐色沉淀自来水中含有电解质，使胶体发生聚沉 ③生成红褐色沉淀在加热情况下胶体发生聚沉 (4)①电解质H2SO4使Fe(OH)3胶体聚沉而产生沉淀 ②Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O 解析：（1）胶体粒子直径的大小范围是1~100 nm。 （2）判断胶体与溶液的方法可用丁达尔效应
（3）①若用稀FeCl3，则水解产生的Fe(OH)3量太少，看不到红褐色液体。 ②自来水中含有电解质，使胶体聚沉。 ③加热情况下，胶体也能发生聚沉。 （4）加入H2SO4后，Fe(OH)3胶体会聚沉而产生红褐色沉淀，当H2SO4过量时，H2SO4会与Fe(OH)3沉淀发生中和反应。
第二节 离子反应
1. C
2. D解析：A项H2CO3为弱电解质;B项C2H5OH为非电解质；C项均为弱电解质。
3. D解析：A项中醋酸不能拆写成离子形式，B项中Mg(OH)2不能拆写成离子形式，C项中有BaSO4沉淀生成。
4. C解析：A项未配平;B项HClO不能拆写成离子形式；D项未配平。
5. C解析：A项正确，B项正确，C项CH3COOH不能拆写成离子形式；D项因HSO-3少量，所以HSO-3的计量数为1，故选C。
6. C解析：A项，无色透明溶液中不可能有MnO-4；B项，NO-3、Fe2+、H+三者不能大量共存；C项，HCO-3与Na+、K+、CO2-3、Br-之间均无任何反应，能共存；D项，强碱性溶液中不存在HSO-3,且该条件下ClO-与S2-之间能发生氧化还原反应，仅C选项符合题意。
7. B解析：溶液的导电能力变化最小，则该溶液中离子浓度的变化不大。A、D项中加入NaOH后，不发生化学反应，溶液中离子浓度变大，溶液的导电能力变大;C项中醋酸为弱电解质，加入NaOH后生成的CH3COONa为强电解质，故离子浓度变大，溶液的导电能力变大；B项中原为0.05 mol强电解质HCl，加入NaOH后生成0.05 mol强电解质NaCl（此时溶液体积变化可忽略），故离子浓度基本不变，导电能力基本不变。
8. C解析：离子方程式书写中沉淀、气体、弱电解质保留化学式，因而H+不能表示H2CO3，而若表示H2SO4或NaHSO4则生成BaSO4沉淀，产物中不能写成Ba2+。
9. C解析：本题考查离子共存问题。A项中MnO-4和Fe2+在酸性条件下发生反应而不能大量共存;B项中Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存;D项中Ba2+和CO2-3不能大量共存。
10. B解析：A项离子方程式中Cl-未参与反应，应删除；C项中Na2CO3必须拆开;D项方程式左右两端电荷不相等。
11. B解析：①离子反应为HCO-3(少）+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O,2HCO-3(多）+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O;
②盐酸少时，H++SO2-3=HSO-3,盐酸多时2H++SO2-3=SO2↑+H2O;④Fe与稀HNO3反应，当HNO3多时生成Fe3+;当HNO3少时生成Fe2+。
12. A解析： A项，当n(NaHCO3)∶n［Ca(OH)2］=1∶1时，NaHCO3与Ca(OH)2发生反
应:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O;B项，当n(CO2)∶n［Ca(OH)2］=1∶1时，发生反应为Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O;C项，当n(OH-)∶n(Al3+)=1∶1时，发生反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓；D项，当n(Fe)∶n(HNO3)=1∶1时，Fe过量，溶液中只有Fe2+存在。
13. A解析：A项中均可用HCO3-+H+=CO2↑+H2O表示；B项盐酸为强酸,而醋酸为弱酸，离子方程式不同；C项前者是Ba2++SO42-=BaSO4↓,而后者为2OH-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O;D项，铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO。
14. D解析：A项，等物质的量的Ca(HCO3)2中只有一半HCO3-参与离子反应，所以不正确；B项，醋酸是弱酸不写成H+形式；C项中产物HClO还能继续氧化CaSO3为CaSO4;D项，电解饱和KCl溶液同电解饱和NaCl溶液，故D项正确。
15. (1)NH4+、CO32-、SO42-、K+ Mg2+、Fe3+ (2)Cl- 加入足量的稀硝酸和硝酸钡溶液，过滤，向滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明有Cl-存在（3）c(NH4+)=0.4 mol/L，c(SO42-)=0.1 mol/L，c(CO32-)=0.2 mol/L,c(K+)≥0.2 mol/L
解析:由（1）知溶液中可能含Cl-、CO32-、SO42-;由（2）知溶液中一定含NH4+，且n(NH4+)=0.04 mol;由（3）知溶液中一定含CO32-、SO42-,那么一定不含Mg2+、Fe3+（二者与CO32-不能大量共存），且n(SO42-)=2.33 g/233 g/mol=0.01 mol,n(CO32-)=6.27 g-2.33 g/197 g/mol=0.02 mol;所以得出结论：溶液中一定含NH4+、CO32-、SO42-，一定不含Mg2+、Fe3+，可能含有K+、Cl-，这个结论正确吗？此时我们要思考，题目给出n(NH4+)、n(SO42-)和n(CO32-)的具体数值，其用意是什么？它们是无用的数据吗？为了弄清该数据隐含着的含义，我们应联想到“任何溶液都必须呈电中性”来加以验证。由于n(SO42-)×2+n(CO32-)×2=0.01 mol×2+0.02 mol×2=0.06 mol>n(NH4+)×1=0.04 mol×1，故必存在K+。又因溶液中可能存在Cl-，则n(K+)≥0.02 mol，所以c(NH4+)=0.4 mol/L,c(SO42-)=0.1 mol/L，c(CO32-)=0.2 mol/L，c(K+)≥0.2 mol/L。
16. （1）Al2(SO4)3 AlCl3 AgCl Ba(OH)= (2) BaSO4 解析：（1）由b、c结果推知，A和C属于可溶性铝盐，d、e结果推知E为Ba(OH)2，结合b、d同可推知A为Al2(SO4)3，C为AlCl3, B为BaSO4，则D为AgCl。
（2）A与E反应首先产生Al(OH)3和BaSO4。但当E过量时Al(OH)3又溶解，所以A与过量E反应的最终沉淀应是BaSO4。
17. (1)①先向污水中加足量NaCl，若产生白色沉淀，则证明含Ag+，Ag++Cl-=AgCl↓; ②过滤后再加Na2SO4，若产生白色沉淀，则证明含Ba2+, Ba2++SO2-4=BaSO4↓;
③再向其中加入NaOH，若产生蓝色沉淀，则证明含Cu2+，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。 (2)同(1)的操作。
第三节氧化还原反应
1. D解析：第二步反应NH4NO2既是氧化剂又是还原剂，发生了分解反应。
2. A解析：本反应KClO3为氧化剂，得电子，ClO2为还原产物，H2C2O4被氧化，有1 mol KClO3发生反应，转移1 mol电子。
3. A解析：题中的有关反应为①2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O（生成的黄绿色气体为Cl2);②Cl2+2FeCl2=2FeCl3(FeCl3溶液为棕黄色)； ③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2(I2遇淀粉变蓝色）。以上三个反应都属于氧化还原反应，根据氧化性：氧化剂>氧化产物的规律，可知A项正确，B、C项错误。实验②只能证明Fe2+具有还原性，D项错误。
4. C解析：本反应MnO-4为氧化剂，因消耗H+，所以pH增大;氧化性MnO4->NO3-，由电子守恒得1 mol KMnO4消耗2.5 mol NaNO2。
5. D解析：H2+Cl2=2HCl，属于无氧元素参加的氧化还原反应；氧化剂发生还原反应；氧化反应、还原反应同时进行；氧化还原反应的本质是有电子得失或偏移。
6. A解析：第①个反应中，H2SO3为还原剂，HI为还原产物，所以还原性：H2SO3>I-;第②个反应中，HI为还原剂，FeCl=为还原产物，所以还原性：I->Fe2+;第③个反应中，FeCl2为还原剂，NO为还原产物，所以还原性：Fe2+>NO。
7. C解析：A、B、D项中无电子得失或偏移，不属于氧化还原反应。
8. C解析：由信息3Cl2+2NH3=N2+6HCl可知，该反应属于置换反应，也属于氧化还原反应，反应中Cl2得电子表现强氧化性。生成1 mol N2需消耗3 mol Cl2，故转移6 mol电子。若管道漏气，NH3与生成的HCl反应生成NH4Cl，会有白烟产生。
9. D解析：还原性：由①得Br->Cl-,由②得I->Br-,由③得S2->I-,所以正确选项为D。 10. B解析：由元素守恒得n=2,b=4;由得失电子守恒得a=4。
11. A解析：①浓HNO3生成NO2，稀HNO3生成NO;③浓H2SO4生成SO2，稀H2SO4生成H2。 12. （1）C（2）B解析：(1)A项HCl既表现酸性又表现还原性;B项是非氧化还原反应；C项正确;D项不表现酸性。（2）①SO2为酸性氧化物;②作氧化剂;③作还原剂。 13. A解析：由X2++Z=X+Z2+得氧化性:X2+>Z2+;由Y+Z2+=Y2++Z得氧化性:Z2+>Y2+;由X2+与R不反应得氧化性R2+>X2+，所以A项正确。
14. C解析：设K2R2O7反应后生成的还原产物中R的化合价为x。依据化合价升降相等得：24×10-3 L×0.05 mol·L-1×2=20×10-3L×0.02 mol·L-1×(6-x)×2,解之得:x=+3。 15. （1）KHCO3（2）2.408×1022 (3) C
(4) H2O2作氧化剂,其还原产物为H2O,没有毒性及污染 16. （1）K2Cr2O7 CH3COOH +6 +3 (2)1.806×1024
17. ①0.005 ②无色紫红色0.004 ③21d%
解析：①为酸碱中和滴定，②为KMnO4滴定法,不需任何试剂达滴定终点即可看到颜色变化。