高考基本概念.doc

基础知识复习
1．下列变化过程需要加入还原剂的是（ ）
A. KClO3→KCl B. KCl→AgCl
C. H+→H2 D. C→CO2

2．在KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O反应中，当生成0.5molCl2时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为( )
A.6：1 B.5：1
C.1：3 D.1：5

3．在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为（ ）
A.1/5 mol B.2/5 mol
C.3/5mol D.11/5 mol

4．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是和，则参加反应的与的个数之比为（ ）
A. 1：3 B. 2：3 C. 1：1 D. 4：3

5．若锌与稀硝酸反应时，其化学反应方程式为
，则a、b、c、M可能分别为（ ）
A. 4、1、5、N2O B. 4、2、4、NO2
C. 4、1、3、NH4NO3 D. 4、3、5、NO

6．标准状况下，往100mL 0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是（ ）
A、0.224L B、0.336L C、0.448L D、0.672L
7．取17.4 g MnO2固体粉末与一定体积的浓盐酸（含溶质0.4mol）共热制取氯气（假设HCl挥发损失不计），下列叙述中正确的是（ ）
A、反应过程中MnO2作催化剂 B、盐酸未完全反应
C、参加反应的盐酸有一半被氧化 D、反应产生2.24L氯气（标况）

8．下列关于氧化还原反应中的有关说法中正确的是（ ）
A、被氧化的物质是氧化剂
B、置换反应一定是氧化还原反应
C、电解质溶液导电过程发生氧化还原反应
D、元素由化合态转化为游离态时，该元素一定被还原

9．铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（ ）
A、硫酸 B、氯水 C、硝酸锌 D、氯化钙

10．若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-14mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是 (   )
A.Al3+  Na+  NO3-  Cl-     B.K+  Na+  Cl-  NO3-
C.K+  Na+  Cl-  AlO2-   D.K+  NH4+  SO42-  NO3-

11．在pH＝1的无色溶液中能大量共存的离子组是 （ ）
A．NH4+、Mg2+、SO42ˉ、Cl－ B．Ba2+、K+、OH－、NO3―
C．Al3+、Cu2+、SO42ˉ、Cl－ D．Na+、Ca2+、Cl－、AlO2―

12．加入铝粉产生氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能大量共存的是（ ）
A、NH4+、NO3-、CO32-、Na+         B、Na+、Ba2+、Mg2+、HCO3－
C、NO3－、Cu2+、K+、Cl－          D、NO3－、K+、AlO2－、OH－

13．在0.1 mol/L的NH3·H2O溶液中，下列关系正确的是（ ）
A.c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+)
B.c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)
C.c(NH3·H2O)>c(NH4+)=c(OH-)>c(H+)
D.c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)

14．在氯化铵溶液中，下列关系式正确的是（ ）
A.c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B.c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)
D.c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)

15．下列离子方程式正确的是（ ）
A．向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-
B．三氯化铁溶液跟过量氨水反应:Fe3++3NH3.H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+
C．碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应:Ca(HCO3)2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑
D．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中:2Cl2+2OH-=3Cl-=ClO3-+H2O

16．在水电离出的C(H+)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是 （ ）
A．K+、Na+、HCO3-、Cl- B．K+、AlO2-、Br-、Cl-
C．Na+、Cl-、NO3-、SO42- D．Al3+、NH4+、Cl-、SO42-

17．下列说法中正确的是（ ）
A.溶液和胶体的本质区别是当一束光线通过胶体时可出现一条光亮的通路，溶液则没有此现象。
B.制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液加热煮沸
C.NaCl溶于水形成溶液，溶于酒精可形成胶体
D.渗析是鉴别溶液和胶体最简便的方法

18．下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（　　）
A．溶液中溶质微粒一定不带电，胶体中分解质微粒带有电荷
B．溶液呈电中性，胶体带电荷
C．胶体是比溶液更稳定的分散系
D．胶体是一种较稳定的分散系

19．下列事实与胶体性质无关的是（　　）
A．在豆浆里加入石膏做豆腐
B．在河流入海处易形成沙洲
C．一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一束光亮的通路
D．三氯化铁溶液中滴入氢氧化钠溶液出现红褐色沉淀

20．将饱和FeCl3溶液分别滴入下述液体中，能形成胶体的是（ ）
A. 冷水 B. 沸水 C. NaOH溶液 D. NaCl溶液

21．某浅黄色胶体作电泳实验时，阴极附近的颜色变浅。向该胶体中加入下列物质，能发生聚沉现象的是（ ）
A. MgSO4 B. Fe(OH)3胶体 C. CCl4 D. H2SiO3胶体

22．既能透过半透膜又能透过滤纸的是（ ）
A. 氯化钠溶液 B. 淀粉溶液 C. 酒精溶液 D. 氢氧化铁胶体

23．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.在标准状况下，以任意比例混合的CH4与CO2 的混合物22.4L，所含有的分子数为NA
B.在标准状况下，NA 个H2O 分子所占体积为22.4L
C.常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1molH2，发生转移的电子数为2NA
D.常温常压下，28g氮气含有的核外电子数为10 NA

24．实验室里需用480 mL 0.1 mol/L的硫酸铜溶液，现选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是(    )
A. 称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水   
B. 称取12.0 g胆矾配成500 mL溶液
C. 称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水  
D. 称取12.5 g胆矾配成500 mL溶液

25．在相同温度时，下列两个反应放出的热量分别为Q1和Q2：
2H2（气）+O2（气）= 2H2O（气）+Q1
2H2（气）+O2（气）= 2H2O（液）+O2
则下列判断正确的是                   （    ）
A．Q1＞Q2 B．Q1=Q2 C．Q1＜Q2 D．Q2=2Q1

26．下列说法正确的是（N0表示阿伏加德罗常数的值）  
A．在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5 N0
B．在常温常压下，1 mol Ne含有的原子数为N0
C．71 g Cl2所含原子数为2N0
D．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同

27．下列叙述中正确的是是（ ）
A．氢氧根离子的摩尔质量是17g
B．每mol硫酸所含硫酸的分子数为6.02×1023/mol
C．物质的量浓度相同的溶液中，所含溶质的微粒数相同
D．0.1 mol氯化氢约含有6.02×1022个氯化氢分子

28．密度为0.91 g·cm-3的氨水，质量百分比浓度为25％（即质量分数为0.25），该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量百分比浓度
A．等于12.5%   B．大于12.5% C．小于12.5％ D．无法确定

29．某河道两旁有甲、乙两厂。它们排放的工业废水中，共含K＋、Ag＋、Fe3＋、C1－、OH－、NO3－六种离子。（1）甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是________、________、________。
（2）乙厂的废水中含有另外三种离子。如果加一定量________（选填“活性炭”“铁粉”），可以回收其中的________（填写金属元素符号）。
（3）另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的________（填写离子符号）转化为沉淀。经过滤后的废水主要含________，可用来浇灌农田。

30．某溶液中存在Na＋、AlO2－、CO32－、OH－，向该溶液中滴加盐酸，问产生现象的顺序是什么，写出相关的离子方程式。

试卷第3页，总3页

参考答案
1．C
【解析】
【错解分析】选A、C项。错因是对KClO3→KCl的多种变化方式没有把握好。
【正解】根据题意，“要加入还原剂实现”此变化，则说明各选项变化为氧化剂的变化，即变化中有元素化合价降低的情况，判断各项知A、C项符合这一点；但对于A项还要注意，实现KClO3→KCl的变化有多种方式，如KClO3受热分解也能得到KCl，即实现A项转化不一定要加入还原剂。故答案为C项。
2．B
【解析】
【错解分析】由于反应过程中KClO3得到6个电子被还原，而HCl失去一个电子被氧化，因此，氧化产物和还原产物的物质的量之比为6：1，选择A；或者由于反应过程中KClO3得到电子还原为KCl（还原产物），而HCl失去电子被氧化Cl2（氧化产物），根据化学方程式得到氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3，选择C
【正解】明确反应的实质，解题过程中同种元素发生氧化还原反应时化合价变化要遵循“只靠近不交叉”的原则即“价态归中”。由于该反应属于归中反应，反应机理为：KClO3中Cl得到5个电子转化为Cl2（被还原）同样的HCl中的Cl失去一个电子转化为Cl2（被氧化），反应中氧化产物和还原产物均为Cl2，且氧化产物和还原产物的物质的量之比等于氧化剂得电子数和还原剂失去电子数之比，即5：1.
3．A
【解析】
【错解分析】错选B项。从化学方程式可以看出，15molCuSO4生成6molH3PO4，所以1mol CuSO4 生成 2/5mol H3PO4错解原因没有注意到生成物中的H3PO4有一半是P自身氧化还原反应（歧化反应）生成的。
【正解】本专题复习一定要紧扣概念，理顺关系，正确分析元素化合价及其变化情况。重点解决（1）电子转移（2）氧化性、还原性及其强弱判断（3）相关计算的方法、技巧等方面的问题。本题中的还原剂是P，而氧化剂是P和CuSO4。由于反应过程中Cu从+2降为+1，因此反应中共得到15mol的电子；而做还原剂的P在反应中从0升至+5价，因此1mol P得到5mol电子。因此15molCuSO4在反应中氧化3mol的P，即每摩尔硫酸铜能够氧化0.2mol的P
4．B
【解析】
【错解分析】错选A项。有些学生在解答此题时，出现以下失误情况：一是想写出PbO2与反应生成和的化学反应方程式，通过判断化学计量数来选择答案，费时而且易错；二是认为中Cr的原子数为2，算的电子变化数时除以2而误选A项。
【正解】本题的解题关键是认识到PbO2与之间发生了氧化还原反应，利用电子得失守恒来进行计算，设参加反应的的数目为x，PbO2的数目为y，则，解得x：y＝2：3。故答案为B项。
5．AC
【解析】
【错解分析】选A项或A、B项。根据质量守恒定律，判断反应前后氮原子的个数相等，得结论。
【正解】本题直接根据质量守恒定律可以求解，但繁琐易错，可将质量守恒与电子得失守恒结合求解。本题分两种情况讨论：
（1）M中N全部被还原。根据质量守恒定律得（Zn守恒），故被还原的氮的原子数为（个）。设M中N的化合价为+n，由电子得失守恒有：，解得n＝1，即M为N2O。
（2）M中N部分被还原（如NH4NO3）。a＝4（Zn守恒），此时被还原的氮原子只有1个，且还原后其化合价为-3。反应中Zn失电子情况为，N得电子情况为，二者相等，故NH4NO3符合题意。
6．C
【解析】
【错解分析】忽略离子还原性强弱。在氧化还原反应中，还原性（氧化性）越强的物质（或微粒）优先参与氧化还原反应。由于2Br- + Cl2=Br2 + 2Cl-，根据题意，有50%的Br-被氧化，即有0.02mol被氧化，因此通入的氯气的体积为0.224L。错选A。
【正解】由于Fe2+还原性比Br-强，当往FeBr2中通入氯气，发生的反应依次为：1）Cl2+2Fe2+=2Cl—+2Fe3+；2）Cl2+2Br—=2Cl—+Br2。因此溶液反应中反应的情况应该是：Fe2+被完全氧化并有50% Br— 被氧化。根据电子得失关系，Fe2+、Br—离子失去的电子总数（0.02mol+0.02mol=0.04mol）等于Cl2得到的电子总数。由于每个Cl2在反应中得到2个电子，因此Cl2的物质的量为0.02mol，其体积为0.448L。本题正确答案为C。（注：分析多种离子共存的溶液体系的电解问题时，也必须考虑离子反应次序——对于氧化性或还原性越强的离子，电解过程中一般优先放电。）
7．C
【解析】
【错解分析】静态考虑反应问题，忽略盐酸浓度变化引起还原性变化的事实。错选C、D。根据该反应中量的关系：MnO2——4HCl可知，该反应中MnO2过量，因此HCl完全反应。又因该反应中只有一半的HCl作还原剂（另一半为起到酸的作用），因此参加反应的盐酸有一半被氧化（0.2mol），得到2.24L的氯气。
【正解】随反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，对应的还原性逐渐减弱，直至发生的氧化还原反应被停止。因此该反应过程中，虽然MnO2过量，盐酸也不可能完全反应，同样的，收集到的气体也不可能是2.24L。但是不论如何，参与反应的盐酸一定有一半被氧化（对应的量一定少于0.2mol）。因此正确选项为C。（注：许多物质的氧化（还原）性会受浓度变化的影响，并在一些具体的反应中表现出来。例如，浓硫酸具有氧化性，在加热的条件下与铜能够发生反应，随反应的进行，硫酸浓度变小，氧化性逐渐减弱，最终反应将停止；若参加反应的金属为Zn等活泼金属，则当浓度降低到一定程度（转化为稀硫酸）时，又会有H2产生。又如，浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成NO2，随反应进行，浓度减小，氧化性将有所减弱。当浓度减小到一定程度，反应产物变为NO。在解此类问题时，必须要打破常规，“动态”地考虑反应进行问题。这类问题也常在化学计算中出现。）
8．BC
【解析】
【错解分析】对电解质溶液导电实质不理解以及对元素化合态形式存在时的化合价的理解不够全面。
【正解】氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子被还原，而还原剂失去电子被氧化；2）置换反应不仅有单质参加，而且有新单质生成，反应过程中一定有电子转移，因此一定是氧化还原反应；3）电解质导电过程，实质就是电解的过程，而电解反应一定是氧化还原反应；4）阳离子得到电子生成单质时，发生还原反应（被还原）；而阴离子转化为单质，因失去电子而被氧化。本题正确选项为B、C。
9．BC
【解析】
【错解分析】忽略酸性条件下NO3—具有强氧化性而漏选。
【正解】本题正确选项为B、C。对于B的分析同上。解答本题时还应该注意的是：题干中指明盐酸过量，因此反应后溶液呈酸性。再往溶液中添加硝酸锌时，由于溶液中存在H+，硝酸根离子将显强氧化性，可以将亚铁离子氧化，反应为：
4H++NO3—+2Fe2+=3Fe3+NO↑+2H2O
因此选项C也是正确的。（注意：在考虑离子共存问题时，一定不要忽视下列离子的氧化性（或在酸性条件下具有氧化性）：NO3-、ClO-、MnO4-、Fe3+等。）
10． B
【解析】
【错解分析】离子共存是常见题型，同学们必须掌握做离子共存题的方法.在判断离子能否大量共存时应注意“五看”：一看题干的限制条件.一般加入指示剂显什么颜色，溶液呈酸性、碱性或中性；pH值等于几或pH值大于7、小于7、等于7；溶液是否为无色.二看离子之间能否发生复分解反应.一般是阴阳离子结合，如果是弱酸如：H2CO3 、H2S、H2SO3、H2SiO3、HF、HClO、CH3COOH等，弱碱如NH3·H2O，难溶物如Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2、Mg(OH)2、AgCl、BaSO4、CaCO3等.难电离的物质如H2O 等，则不能大量共存多元弱酸的酸式酸根(如HCO3-、HS-、HSO3-、H2PO4- 、HPO42-)与H+和OH-均不能大量共存.三看离子之间能否发生氧化一还原反应.一般在酸性条件下，MnO4-、NO3-、ClO-可氧化S2-、I-、Br-、SO32-、Fe2+等；Fe3+可氧化S2-、I-，而不能大量共存.四看离子之间能否发生 络合反应.如果溶液中含Fe3+和SCN-，二者不能大量共存，会形成络离子.五看离子之间能否发生双水解反应.如果溶液中含有可水解的阴离子如AlO2-、S2-、CO32-、HCO3-等，又含有可水解的阳离子如Fe3+、Al3+、Zn2+、NH4+等，则会发生双水解反应而不能大量共存。
【正解】首先要注意题目中的隐含条件“由水电离产生的c(OH-)=1×10-14 mol·L-1，即溶液为强酸性或强碱性；再者要注意到题目中加着重号的两字“一定”能共存.A中Al3+不能在碱性溶液中大量存在；C中AlO2-不能在酸性溶液中大量存在；D中NH4+不能在碱性溶液中大量存在；所以只能选B.
11． A
【解析】
【错解分析】如果两种或多种离子在水溶液里符合离子反应发生的条件，则发生离子反应而不能(大量)共存，反之则能共存。
【正解】本题先要明确溶液的PH=1的酸性条件下，因此不仅要判断各离子组中离子能否共存，还要判断它们能否与H+大量共存。pH＝1表明溶液呈较强的酸性，在酸性溶液中不存在大量的OH－，C项因Cu2＋呈蓝色而不符合题意要求，D项中因AlO在酸性溶液中发生AlO＋H＋＋H2O＝Al（OH）3或AlO＋4H＋＝Al3＋＋2H2O而不能大量共存，只有A项符合题意。
12． D
【解析】
【错解分析】没有分清题干中“加铝粉产生氢气” 的溶液，可能有较强酸性，也可能是强碱性。
【正解】本题应先审明题干中“加铝粉产生氢气” 的溶液，可能有较强酸性，也可能是强碱性。选项A中，由于NH4+与CO32-与酸及碱性条件均有矛盾，先排除；选项B中HCO3－既不能在酸性条件下大量存在，也不能在碱性条件下大量存在（Mg2+也不能在碱性条件下大量存在），也排除；C选项中由于Cu2+的存在，因此排除碱性条件，但在酸性条件下，NO3－氧化性的原因不是产生氢气，而是NO，也排除；D选项明显是在碱性条件下，符合题意。
13．A
【解析】
【错解分析】电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考的“热点”之一。多年以来全国高考化学试卷年年涉及这种题型。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握及对这些知识的综合运用能力。
【正解】NH3·H2O是一元弱酸，属于弱电解质，在水溶液中少部分发生电离（NH3·H2ONH4++OH-），所以c(NH3·H2O)必大于c(NH4+)及c(OH-)。因为c(OH-)=c(NH4+)+C(H+)，所以c(OH-)>c(NH4+)。综合起来，c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)c(H+)，选择A选项。
14．A
【解析】
【错解分析】第一、要掌握解此类题的三个思维基点：电离、水解和守恒（电荷守恒、物料守恒及质子守恒）。对每一种思维基点的关键、如何切入、如何展开、如何防止漏洞的出现等均要通过平时的练习认真总结，形成技能。
第二、要养成认真、细致、严谨的解题习惯，要在平时的练习中学会灵活运用常规的解题方法，例如：淘汰法、定量问题定性化、整体思维法等。
【正解】NH4Cl是可溶性的盐，属于强电解质，在溶液中完全电离NH4ClNH4++Cl-。因为NH4Cl是强酸弱碱所生成的盐，在水中要发生水解；NH4++H2ONH3·H2O+H+,所以c(NH4+)比c(H+)及c(OH-)大得多；溶液因水解而呈酸性，所以c(H+)>c(OH-)。综合起来，不难得出：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
15．B
【解析】
【错解分析】写离子方程式时，只注意原子守恒，如A选项。对物质间的反应条件把握不好，D项中Cl2与冷的NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO, Cl2与热的NaOH溶液反应才生成NaCl和NaClO3。
【正解】A项电荷不守恒；C项实质上是H+与HCO3-的反应；D项不符合反应事实。
16．C
【解析】
【错解分析】选B、C。因为溶液中水电离出的C(H+)=10-14 mol/L所以C(OH-)=1 mol/L为强碱溶液 ，故B也正确 。 因不能掌握水电离的影响因素而错选B。
【正解】判断溶液中离子能否共存的规律归纳起来就一句话：一色、二性、三特殊、四反应。这些内容在复习时都以强调我就不多说了。另外，判断离子共存问题应看清前置条件，如“在强酸性溶液中”“在无色透明溶液中”“因发生氧化还原反应”等等，再分析离子间相互反应情况。
溶液中由水电离出的C(H+)=10-14 mol/L，是一种类型题，等效于Al与该溶液反应放出氢气。实际上由水电离出的C(H+)=10-14 mol/L，是水的电离受到了抑制，情况是加酸或加碱都可以造成水的电离受到了抑制，因此B选项中AlO2- 在酸性条件下不能大量共存，故该题选项正确的只有C（注意另条件可能）。
17．C
【解析】
【错解分析】对胶体和溶液的本质区别是粒子的大小认识不清，而错误的认为丁达尔现象是它们的本质区别。
【正解】解决胶体的有关试题，关键在于要了解胶体的概念及其重要性质和应用。要根据胶粒的结构特征来区分胶体与其他分散系的本质差异。可以利用丁达尔现象鉴别溶液和胶体，但这不是它们的本质区别，A项错误。制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和氯化铁溶液逐滴滴入沸水中直至变成红褐色。所以B错误。渗析主要用于溶液和胶体的分离和提纯，如要鉴别最简单饿方法是利用丁达尔现象进行鉴别。
18．D
【解析】
【错解分析】错选A、B、C都是因为对胶体的性质了解不够准确、不全面以及思考不严密所致。
【正解】溶液中溶质的微粒有的带电、有的不带电，电解质溶液中的溶质微粒就有带电的，非电解质溶液中溶质的微粒就不带电。胶体中的分散质微粒也是有的带电，如Fe(OH)3胶体粒子，有的不带电，如淀粉胶体粒子。故A不正确。胶体和溶液一样是电中性的，只是有的胶体粒子带电荷，B也不正确。溶液是稳定的分散系，故C错误。教材中说胶体具有介稳性，即稳定性介于溶液和浊液之间，属于介稳体系，没有溶液稳定。
19．D
【解析】
【错解分析】同学们要注意Fe(OH)3沉淀与Fe(OH)3胶体的区别：沉淀物分散质的颗粒大于胶体；制备Fe(OH)3胶体不能用三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应，只须向沸水中滴加少量三氯化铁饱和溶液，继续煮沸至溶液变为红褐色即可。
【正解】豆浆属于蛋白质胶体，遇电解质凝聚。河流中的泥沙经过长时间的冲击形成了胶体，在河流入海处遇（海水中的）电解质发生凝聚。C中所说的“蛋白质溶液”不是溶液，是胶体，有丁达尔效应。D中发生化学反应：Fe3＋＋3OH－ == Fe(OH)3↓，此时生成的Fe(OH)3是大量的沉淀，而不属于胶体。
20．B
【解析】
【错解分析】在解题过程中，当看到相似问题尤其是形式相同的问题时，同学们自然会运用类比法或迁移法解题。但如果只重表象，忽略问题的本质，进行机械类比或迁移，很容易出现错误。如混淆胶体与沉淀即为一例。
【正解】解答本题需将Fe(OH)3沉淀与Fe(OH)3胶体区分开，否则易错选A或C。将FeCl3溶液加到冷水中，Fe3+发生水解，生成的Fe(OH)3不能聚集在一起，其粒子直径小于胶体粒子直径，形不成胶体；FeCl3在NaOH浓溶液中生成的Fe(OH)3易形成沉淀；胶体遇电解质也易形成沉淀，故在NaCl浓溶液中也不会形成胶体。把饱和FeCl3溶液滴入沸水中时，随着溶液的稀释和温度的升高，使Fe3+的水解平衡迅速右移，水解生成的Fe(OH)3的许多分子聚集在一起，形成直径在1~100nm之间的Fe(OH)3胶体微粒。
21．AB
【解析】
【错解分析】干扰信息、隐含信息等都会对正确解题造成影响，如果解题时审题不细，不能抓住本质或有用信息，可能会得出错误答案。如很多学生常常把胶体微粒带电误认为胶体带电。
【正解】审题时要注意题设是“阴极附近”、“颜色变浅”，如不仔细，就容易造成漏选或错选。“阴极附近的颜色变浅”说明该浅黄色胶体的微粒带负电荷，要使该胶体发生聚沉现象，可以加入电解质或带相反电荷的胶体等。
22．AC
【解析】
【错解分析】任何事物都具有普遍性和特殊性，胶体知识也不例外。如胶体不一定是液体、胶体粒子不一定都带电（如淀粉胶体是分子型胶体）等。在胶体概念分析、性质应用等问题中，要注意胶体知识中的特殊性。
【正解】本题实际上是考查常见胶体的类别和胶体微粒直径大小问题。胶体只能透过滤纸（孔隙直径较大）而不能透过半透膜，淀粉溶液属于胶体（这是很多学生易出错的），故不能透过半透膜，本题常因忽视此点而错选B项。在各分散系中，只有溶液才能透过半透膜。
23．A、C
【解析】
【错解分析】本题易错选D项。主要原因是部分同学考虑了氮原子的核外电子排布时，只注意到最外层电子数为5而忽略了内层电子数为2，从而得出错误结论。
【正解】在标准状况下，1mol任何气体所占体积都约为22.4L。因为决定它们体积大小的因素是气体分子间的距离，而不是分子本身体积的大小。因此对于混合气体，此结论也一定成立（混合气体在标准状况下能自发反应，而导致反应前后气体分子数不等除外如：NO和O2 ）。所以在标准状况下1mol混合气体所占体积也是22.4L。反过来在标准状况下每22.4L气体所含分子数就一定是NA 。A项正确。
在标准状况下H2O 并不是气态。而对于液体或固体物质来说，决定它们体积的因素是粒子本身的大小。不同粒子，其本身大小不同，体积也就不同。在标准状况下，1mol的H2O的体积不是22.4L.B项不正确。
物质的量和质量都是与温度、压强无关的基本物理量。也就是说，1mol物质在任何温度下，所含粒子数都仍为阿伏伽德罗常数（条件是该物质在此温度下能存在且不发生反应）因此当+1价的氢被活泼金属还原成0价的氢时，只要有1molH2生成，就必然转移2mol电子，即转移电子总数为2NA（不管是标况还是常压）。C正确。
氢原子核外有7个电子，氮气分子核外有14个电子。则1molN2含有的核外电子数就是14NA.D项不正确。
24．D
【解析】
【错解分析】由于要配置480mL0.1 mol/L的硫酸铜溶液，因此需要溶质的质量为：（1）若溶质为硫酸铜，则0.48×160×0.1=7.68g，因此选择A选项；（2）若溶质为CuSO4.5H2O，0.48×250×0.1=12.0g；因此选择B选项。
错误原因：（1）没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL,且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；（2）配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。
【正解】要配制500 mL 0.1 mol/L的CuSO4溶液需CuSO4 0.05mol即胆矾：0.05 mol×250 g/mol1=12.5 g，CuSO4为8 g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C都不对。
25．C
【解析】
【错解分析】误选A为答案，是由于把Q2与Q1的大小搞颠倒了，造成了失误。
【正解】由于物质呈现哪一种聚集状态是跟它们含有的能量有关的，所以为了精确起见，要注明反应物和生成物的状态，才能确定放出或吸收的热量的多少。根据物质由气态变成其液态会放出热量，可推知在压强为1.01×105Pa、温度为25℃条件下所测得的数据是Q2＞Q1，应选C为答案。
26．BC
【解析】
【错解分析】错选 ①A，②D。出现①误区，是由于审题时，没有注意“在常温常压下”，不是“标准状况”，导致失误。出现②误区，是由于没有注意气体单质分子中所含原子个数可以不同，导致了失误。
【正解】根据阿伏加德罗常数的定义，对各选项进行分析，决定取舍，便可走出误区。
A在常温常压下，11.2 L N2的物质的量不是0.5 mol，所以含有的分子数不是0.5N0，弃之。B．在常温常压下，1mol Ne含有的原子数为N0，物质的量不受温度和压强的影响，所以B选项是正确答案。C选项 71 g Cl2是1 mol Cl2，所含原子数为2N0，所以C选项是另一个正确答案。D选项在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，符合阿伏加德罗定律，但单质分子中所含原子数就不一定相同了。如：稀有气体都是单原子分子，O2，H2等是双原子分子，臭氧（O3）是三原子分子等。所以D选项不正确，弃之。
27．BD
【解析】
【错解分析】错选 ①A，②C，③漏选B。出现①误区，是由于摩尔质量的单位的符号是g/mol（或写成g·mol-1），没有写对，误写为“g”，导致失误。出现②误区，是由于没有考虑到溶质的化学式不同，电离产生的微粒数可能相同，也可能不同，导致失误。出现③误区，是由于未认真读书，不知道“6.02×1023/mol”这种表示方法是正确的，导致失误。
【正解】学物质的量及有关概念时，要理解概念并准确记忆，便可走出误区
28．C
【解析】
【错解分析】错选 ①A，②B。出现①误区，是由于当假设加入与氨水等质量的水，进行稀释后，可推导出溶液的质量增加一倍，氨水的质量百分比浓度为12.5％，于是就匆匆忙忙选取①为答案。完全违背了原来“巧解”的意愿，造成了失误。由此可见，稍有疏忽，就会半途而废，望大家引以为戒。出现②误区，是由于思维定势的干扰。
【正解】本题的突破口在“该氨水用等体积的水稀释”。我们可以假设加入与氨水等质量的水，进行稀释，这时溶液的质量增加一倍，所以氨水的质量分数应该变为原来的一半，即为12.5％。但题目所给的是加入与氨水等体积的水，由于水的密度（1 g·cm-3）大于氨水的密度（0.91 g·cm-3），所以这时溶液的总质量大于原溶液质量的两倍，则所得溶液的质量百分比浓度（即质量分数）应该小于12.5％。
本题的一般解法是根据质量百分比浓度（即质量分数）的概念，按公式求解。即

不必大乘大除，也可估计出结果小于12.5％。
29．（1）OH－、Cl－、K＋ （2）铁粉、Ag（3）OH－、Cl－、Ag＋、Fe3＋ ， KNO3。
【解析】
【错解分析】主要是要考虑离子共存和电荷守恒问题。有时忽略一点，造成全盘皆输。
【正解】（1）甲厂的废水明显呈碱性，即含大量OH－，而Ag＋、Fe3＋与OH－不能共存，故Ag＋、Fe3＋只能在乙厂废水中，由于C1－与Ag＋不共存，故Cl－在甲厂中，依电荷守恒，甲厂废水中不能只含阴离子，还必须含有阳离子，这种阳离子只能为K＋（因为阳离子中只剩K＋可供选择了）。所以甲厂废水含OH－、C1－、K＋，乙厂废水中含Ag＋、Fe3＋、NO3－。（2）加入铁粉回收银：Fe＋2Ag＋Fe2＋＋2Ag↓。（3）混合后OH－与Fe3＋、Ag＋；C1－与Ag＋转化为沉淀，剩下的只有KNO3。
30．①一段时间保持原样 H＋＋OH－=H2O，②开始产生沉淀并慢慢增多H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓ ，③沉淀量基本不变后产生一种气体CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，④最后沉淀慢慢溶解直至消失Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O
【解析】
【错解分析】在非氧化还原反应(也就是复分解反应)的离子反应中,由于无法通过上述的氧化性或还原性比较的方法来解释,所以相对比较复杂,我们可以用假设法来解决。
【正解】因为AlO2－、CO32－、OH－都要和H+反应，反应如下：
H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓ Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O ①
CO32－＋H＋=HCO3－ HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O ②
H＋＋OH－=H2O ③
假设H＋先和AlO2－反应，那么生成的Al(OH)3又要与原溶液中OH－反应，而重新生成AlO2－,即为Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O,所以假设不成立。
假设H＋先和CO32－反应，那么生成的HCO3－又要和原溶液中的OH－反应，而重新生成CO32－,即为HCO3－＋OH－=CO32－＋H2O。所以应该先和OH－反应。
那么和OH－反应完之后，H＋与哪个离子反应？仍然通过假设法。
假设H＋先和 CO32－反应，那么就要生成HCO3－,而HCO3－会和AlO2－发生双水解，重新生成CO32－,即为HCO3－＋AlO2－+H2O=Al(OH)3＋CO32－,所以先和AlO2－反应，当AlO2－完全转化为Al(OH)3时，Al(OH)3和CO32－哪个先和H＋反应。若先与Al(OH)3反应，那么生成的Al3＋又要与CO32双水解反应，重新生成Al(OH)3,即为2Al3＋＋3CO32－＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑。所以先和CO32－反应，最后溶解Al(OH)3。
综上所述，反应现象依次为：①一段时间保持原样 H＋＋OH－=H2O，②开始产生沉淀并慢慢增多H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓ ，③沉淀量基本不变后产生一种气体CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，④最后沉淀慢慢溶解直至消失Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O
答案第7页，总8页