高考化学二轮复习真题解密02物质的分类、组成和变化和化学用语(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

解密02  物质的分类 组成和变化和化学用语

1．了解分子、原子、离子和原子团等概念的含义。

2．理解物理变化与化学变化的区别与联系。

3．理解混合物和纯净物、单质和化合物、金属和非金属的概念。

4．理解酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系。

5．熟记并正确书写常见元素的名称、符号、离子符号。

6．熟悉常见元素的化合价。能根据化合价正确书写化学式(分子式)，或根据化学式判断元素的化合价。

7．掌握原子结构示意图、电子式、分子式、结构式和结构简式等表示方法。

8．了解胶体是一种常见的分散系，了解溶液和胶体的区别。

1．【2020•新课标Ⅰ卷】)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是(    )

A．CH3COI是反应中间体

B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H

C．反应过程中Rh的成键数目保持不变

D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O

【答案】C

【解析】题干中明确指出，铑配合物[Rh(CO)2I2]－充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A项，通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；B项，通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：CH3OH+COCHCOOH，B项正确；C项，通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D项，通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OH+ HI→CH3I+H2O，D项正确；故选C。

2．【2020•新课标Ⅱ卷】据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是(    )

A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2

C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化

【答案】C

【解析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。A项，从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，故A项正确；B项，从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为CO+H2OCO2+H2，故有清洁燃料H2生成，故 B项正确；C项，由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2，故 C项不正确；D项，从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D项正确；故选C。

3．【2020•浙江1月选考】下列属于有机物，又是电解质的是(    )

A．己烷 B．乙酸 C．葡萄糖 D．纯碱

【答案】B

【解析】A项，己烷为有机物，但不是电解质，故A错误；B项，乙酸为有机物，其水溶液可以导电，是电解质，故B正确；C项，葡萄糖是有机物但不是电解质，故C错误；D项，纯碱是电解质但不是有机物，故D错误；故选B。

4．【2020•浙江1月选考】下列物质的名称不正确的是(    )

A．NaOH：烧碱 B．FeSO4：绿矾

C．：甘油 D．：3−甲基己烷

【答案】B

【解析】A项，烧碱是氢氧化钠的俗称，化学式为NaOH，故A正确；B项，绿矾是七水硫酸亚铁的俗称，化学式为FeSO4·7H2O，故B错误；C项，甘油是丙三醇的俗称，结构简式为，故C正确；D项，烷烃的主链有6个碳原子，侧链为甲基，系统命名法的名称为3−甲基己烷，故D正确；故选B。

5．【2020•浙江1月选考】下列表示不正确的是(    )

A．羟基的电子式：  B．乙烯的结构简式：CH2CH2

C．氯原子的结构示意图： D．NH3分子的球棍模型：

【答案】B

【解析】A项，羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为，故A正确；B项，乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C项，氯原子的核外有3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为，故C正确；D项，氨气为三角锥形的极性分子，球棍模型为，故D正确；故选B。

6．【2020•浙江1月选考】下列说法不正确的是(    )

A．168O和188O互为同位素

B．金刚石和石墨互为同素异形体

C．和互为同系物

D．CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH互为同分异构体

【答案】C

【解析】A项，168O和188O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；B项，金刚石和石墨是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；C项，同系物必须是结构相似，相差一个或若干个CH2原子团的同类物质，属于酚类，属于芳香醇，不是同类物质，不互为同系物，故C错误；D项，CH3COOCH2CH3和CH3CH2CH2COOH的分子式都为C4H8O2，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选C。

7．【2020•浙江7月选考】下列物质在熔融状态下不导电的是(    )

A．NaOH B．CaCl2 C．HCl D．K2SO4

【答案】C

【解析】A项，NaOH属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Na+和OH-，故其在熔融状态下能导电，A不符合题意；B项，CaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的Ca2+和Cl-，故其在熔融状态下能导电，B不符合题意；C项，HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意；D项，K2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的K+和SO42-，故其在熔融状态下能导电，D不符合题意。故选C。

8．【2020•浙江7月选考】下列物质对应的组成不正确的是(    )

A．干冰：CO2 B．熟石灰：CaSO4·2H2O

C．胆矾：CuSO4·5H2O D．小苏打：NaHCO3

【答案】B

【解析】A项，干冰为固体二氧化碳，故A正确；B项，熟石灰成分为Ca(OH)2，CaSO4·2H2O为生石膏，故B错误；C项，胆矾为五水合硫酸铜晶体，故C正确；D项，小苏打是碳酸氢钠的俗名，故D正确；故选B。

9．【2020•浙江7月选考】下列表示不正确的是(    )

A．乙烯的结构式： B．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2

C．甲基丁烷的键线式： D．甲基的电子式：

【答案】B

【解析】A项，结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每个氢原子形成一对共用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故A正确；B项，结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸甲酯中要体现出酯基，其结构简式为HCOOCH3，故B错误；C项，键线式中每个端点为一个C原子，省略C—H键，故C正确；D项，甲基中碳原子和三个氢原子形成3对共用电子对，还剩一个成单电子，故D正确；故选B。

10．【2020•浙江7月选考】(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是________。

(2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是________。

(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是________。

【答案】(1) 原子半径F＜Cl，键能F－H＞Cl－H

(2) Ca2+

(3) 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有

【解析】(1)由于原子半径F＜Cl，故键长：F—H＜Cl—H，键能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl稳定；(2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、CN22-为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为Ca2+；(3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。

11．【2020•江苏卷】反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是(   )

A．中子数为9的氮原子：        B．N2分子的电子式：

C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl        D．Cl-的结构示意图：

【答案】C

【解析】A项，N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；B项，N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；C项，Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；D项，Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；故选C。

12．【2019•北京卷】下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)

【答案】B

【解析】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2，故B符合题意；C．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量(436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol)，与形成生成物分子中化学键放出的总能量(431kJ/mol×2=862kJ/mol)之差，即放热183kJ/mol，放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；故选B。

13．【2019•天津卷】下列有关金属及其化合物的不合理的是(    )

A．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2

B．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业

C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良

D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水

【答案】C

【解析】A项，氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；B项，根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；C项，Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D项，利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选。故选C

14．【2019•江苏卷】反应NH4Cl+NaNO2═NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是(　　)

A．中子数为18的氯原子：Cl B．N2的结构式：N═N 

C．Na+的结构示意图： D．H2O的电子式：

【答案】D

【解析】A．中子数为18的氯原子的质量数为18+17＝35，该氯原子正确的表示方法为1735Cl，故A错误；B．分子中含有1个氮氮三键，其正确的结构式为N≡N，故B错误；C．为钠原子结构示意图，钠离子最外层含有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误；D．水分子属于共价化合物，其电子式为，故D正确；故选D。

15．【2019•江苏卷】下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)

A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 

B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 

C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 

D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝

【答案】B

【解析】A．碳酸氢铵为可溶性铵盐，含有N元素，可以作肥料，与其热稳定性无关，故A错误；B．稀硫酸能和氧化铁反应生成可溶性的硫酸铁和水，所以能除锈，该反应中体现稀硫酸的酸性，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，所以用二氧化硫漂白纸浆与其氧化性无关，故C错误；D．氧化铝熔融状态下能导电且Al较活泼，所以工业上采用电解氧化铝的方法冶炼Al，用氧化铝冶炼Al与其两性无关，故D错误；故选B。

16．【2019•新课标Ⅱ卷】“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是(    )

A．蚕丝的主要成分是蛋白质

B．蚕丝属于天热高分子材料

C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应

D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物

【答案】D

【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C．“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气燃烧，属于氧化反应，C项错误；D．高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；故选D。

17．【2019•新课标Ⅱ卷】下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是(    )

A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4

B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O

C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2O+O2↑

D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2

【答案】C

【解析】A．金属活动性顺序比较：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B． 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C． 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系为：Na2O2+H2O→NaOH，CO2+2NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D． 氢氧化镁的溶度积小于氯化铁的溶度积，则项氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，实现沉淀的转化，发生的化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；故选C。

18．【2019•上海卷】只涉及物理变化的是(    )

A．次氯酸漂白     B．盐酸除锈      C．石油分馏      D．煤干馏

【答案】C

【解析】A．次氯酸漂白利用的是次氯酸的漂白性，A 错误；B．盐酸除锈利用盐酸与氧化铁的反应，B 错误；C．石油分馏利用烃的沸点差异，为物理性质，C 正确；D．煤干馏指的是在隔绝空气的情况下高温加热煤得到焦炭、煤焦油、焦炉气等的过程，为化学变化，D 错误。

19．【2019•上海下列反应只需要破坏共价键的是(    )

A．晶体硅熔化        B．碘升华       C．熔融 Al2O3      D．NaCl 溶于水

【答案】A

【解析】A．晶体硅为原子晶体，Si 原子之间只以共价键连接，因此熔化只需要破坏共价键，A 正确；B．碘为分子晶体，升华克服分子间作用力，B 错误；C．Al2O3 为离子晶体，熔融破坏离子键，C 错误；D．NaCl 为离子晶体，溶于水电离成钠离子和氯离子，破坏离子键，D 错误。

20．【2018•新课标Ⅱ卷】研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列叙述错误的是(    )

A．雾和霾的分散剂相同

B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵

C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂

D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关

【答案】C

【解析】A．雾和霾的分散剂均是空气；B．根据示意图分析；C．在化学反应里能改变反应物化学反应速率(提高或降低)而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D．氮肥会释放出氨气。

21．【2018•江苏卷】用化学用语表示 NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是(    )

A． 中子数为8 的氮原子：         B． HCl 的电子式：

C． NH3的结构式：         D． Cl−的结构示意图：

【答案】C

【解析】A项，中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为，A项错误；B项，HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B项错误；C项，NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为，C项正确；D项，Cl-最外层有8个电子，Cl-的结构示意图为，D项错误。

22．【2017•江苏卷】下列有关化学用语表示正确的是 (    )

A．质量数为31的磷原子：     B．氟原子的结构示意图：

C．CaCl2的电子式：    D．明矾的化学式：Al2(SO4)3

【答案】A

【解析】A．P的质子数是15，A正确；B．F原子的电子数为9，B错误；C．离子化合物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写、不能合并，C错误；D．明矾是十二水合硫酸铝钾，D错误。

23．【2016•江苏卷】下列有关化学用语表示正确的是(    )

A．中子数为10的氧原子：         B．Mg2+的结构示意图：

C．硫化钠的电子式：         D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2

【答案】B

【解析】A项，在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数，因此中子数为10的氧原子可表示为，A错误；B项，Mg2+的质子数是12，核外电子数是10，则镁离子的结构示意图为可表示为；B正确；C项，硫化钠为离子化合物，含有离子键，电子式为，C错误；D项，甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D错误。答案选B。