專(zhuān)題一 物質(zhì)及其變化

1/52專(zhuān)題一物質(zhì)及其變化[循圖憶知—擴(kuò)成面][易錯(cuò)判斷—查漏點(diǎn)]1．SiO2屬于耐高溫酸性氧化物(√)2．硫酸銅屬于強(qiáng)電解質(zhì)(√)3．用于環(huán)境消毒的漂白粉是混合物(√)4．SiO2既能和NaOH溶液反應(yīng)又能和氫氟酸反應(yīng)，所以是兩性氧化物(×)5．只由一種分子組成的物質(zhì)一定為純凈物，組成混合物的物質(zhì)可能只有一種元素(√)6．HNO3屬于揮發(fā)性強(qiáng)酸(√)7．HF是存在氫鍵的非電解質(zhì)(×)8．膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是能否產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象(×)9．由海水生產(chǎn)氯化鎂屬于物理變化(×)10．反應(yīng)4HNO3=4NO2↑＋O2↑＋2H2O，HNO3中的氮元素被氧化(×)微專(zhuān)題(一)物質(zhì)的組成、分類(lèi)、轉(zhuǎn)化及分散系提能點(diǎn)(一)物質(zhì)的組成、分類(lèi)及分散系(一)物質(zhì)的組成及簡(jiǎn)單分類(lèi)1．樹(shù)狀分類(lèi)法：對(duì)同類(lèi)物質(zhì)按照某種屬性進(jìn)行分類(lèi)。例如：2．交叉分類(lèi)法：從不同的角度對(duì)物質(zhì)進(jìn)行分類(lèi)。例如：(二)分散系及其分類(lèi)1．分散質(zhì)的微粒直徑及其分離提純方法2．膠體的性質(zhì)及重要應(yīng)用①膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑大小不同。溶液中離子和分子粒子直徑小于10－9m，而膠體粒子直徑為10－9～10－7m。②膠體粒子不能透過(guò)半透膜，但能透過(guò)濾紙。③區(qū)分膠體和其他分散系的最簡(jiǎn)便方法是丁達(dá)爾效應(yīng)。④Al(OH)3膠體和Fe(OH)3膠體可用于凈水是因?yàn)槟z粒具有巨大的比表面積，有很強(qiáng)的吸附作用，能吸附水中的懸浮物。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2023·浙江1月選考)下列物質(zhì)中屬于耐高溫酸性氧化物的是()A．CO2 B．SiO2C．MgO D．Na2O解析：選BCO2和堿反應(yīng)生成鹽和水，所以CO2是酸性氧化物，但為分子晶體，不耐高溫，A錯(cuò)誤；SiO2能跟堿反應(yīng)生成鹽和水：SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(2－,3)＋H2O，所以SiO2是酸性氧化物，為共價(jià)晶體，耐高溫，B正確；MgO能跟酸反應(yīng)生成鹽和水：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O，所以MgO是堿性氧化物，C錯(cuò)誤；Na2O能跟酸反應(yīng)生成鹽和水，所以Na2O是堿性氧化物，D錯(cuò)誤。2．(2022·浙江6月選考)下列消毒劑的有效成分屬于鹽的是()A．高錳酸鉀溶液 B．過(guò)氧乙酸溶液C．雙氧水 D．醫(yī)用酒精解析：選A高錳酸鉀屬于鹽；過(guò)氧乙酸屬于酸；雙氧水屬于氧化物；醫(yī)用酒精的有效成分為CH3CH2OH，其屬于有機(jī)物，不屬于鹽。3．(2022·浙江6月選考)下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．HCOOH B．FeC．Na2CO3 D．C2H2解析：選CHCOOH是弱酸，屬于弱電解質(zhì)；Fe是單質(zhì)，不屬于電解質(zhì)；Na2CO3是鹽，在水溶液中能夠完全電離，故屬于強(qiáng)電解質(zhì)；C2H2是有機(jī)物，在水溶液和熔融狀態(tài)下均不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)。4．下列水溶液呈酸性的非電解質(zhì)是()A．Cl2 B．NO2C．CH3CH2OH D．CH3COOH解析：選B氯氣是非金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A不符合題意；二氧化氮不能電離出自由移動(dòng)的離子，屬于非電解質(zhì)，但二氧化氮與水反應(yīng)生成的硝酸能電離出氫離子使溶液呈酸性，故B符合題意；乙醇不能電離出自由移動(dòng)的離子，屬于非電解質(zhì)，乙醇水溶液呈中性，故C不符合題意；乙酸在溶液中部分電離出自由移動(dòng)的氫離子使溶液呈酸性，屬于弱電解質(zhì)，故D不符合題意。5．下列物質(zhì)分類(lèi)正確的是()選項(xiàng)混合物酸性氧化物堿性氧化物弱電解質(zhì)膠體A澄清石灰水Mn2O7CuOAgCl納米鐵粉B空氣干冰COFe(SCN)3Al(OH)3膠體C氨水SO3CaOH3PO4淀粉溶液D酒精Al2O3Cl2OHCl有色玻璃解析：選C氯化銀溶于水的部分完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，納米鐵粉屬于純凈物，不是膠體，A錯(cuò)誤；CO與酸不反應(yīng)，不是堿性氧化物，B錯(cuò)誤；氨水為混合物，三氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮趸}為堿性氧化物，磷酸為弱電解質(zhì)，淀粉溶液為膠體，C正確；酒精為純凈物，氧化鋁為兩性氧化物，一氧化二氯為酸性氧化物，氯化氫為強(qiáng)電解質(zhì)，D錯(cuò)誤。[易錯(cuò)點(diǎn)撥]判斷物質(zhì)所屬類(lèi)別時(shí)的易錯(cuò)點(diǎn)(1)溶于水使溶液顯酸性的不一定是酸(如NaHSO4、NH4Cl)。(2)溶于水使溶液顯堿性的不一定是堿(如Na2CO3)。(3)酸性氧化物不一定是非金屬氧化物(如Mn2O7)，非金屬氧化物不一定是酸性氧化物(如CO、NO、NO2)。(4)堿性氧化物一定是金屬氧化物，但金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如Al2O3屬于兩性氧化物，MnO2是不成鹽氧化物。(5)與水反應(yīng)生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物(如NO2)，與水反應(yīng)生成堿的氧化物不一定是堿性氧化物(如Na2O2)。提能點(diǎn)(二)物質(zhì)的轉(zhuǎn)化1．物質(zhì)的性質(zhì)及變化2．物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系單質(zhì)、氧化物、酸(或堿)和鹽的轉(zhuǎn)化關(guān)系(1)金屬單質(zhì)及其化合物的轉(zhuǎn)化金屬單質(zhì)eq\o(→,\s\up7(O2))堿性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))堿eq\o(→,\s\up7(酸))鹽如Naeq\o(→,\s\up7(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up7(H2O))NaOHeq\o(→,\s\up7(H2SO4))Na2SO4(2)非金屬單質(zhì)及其化合物的轉(zhuǎn)化非金屬單質(zhì)eq\o(→,\s\up7(O2))酸性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))酸eq\o(→,\s\up7(堿))鹽如Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO3eq\o(→,\s\up7(NaOH))Na2SO3[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2023·浙江紹興期中)下列物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化都能一步實(shí)現(xiàn)的是()A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2C．N2→NH3→NO→NO2→HNO3→NO2D．S→SO3→H2SO4→SO2→Na2SO3→Na2SO4解析：選CSiO2不和水反應(yīng)，不能一步反應(yīng)生成H2SiO3，A不符合題意；Al2O3不和水反應(yīng)，不能一步反應(yīng)生成Al(OH)3，B不符合題意；N2和H2反應(yīng)生成NH3，NH3和O2發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成NO，NO和O2反應(yīng)生成NO2，NO2和H2O反應(yīng)生成HNO3，濃HNO3和Cu反應(yīng)生成NO2，均能一步實(shí)現(xiàn)，C符合題意；S和O2反應(yīng)只能生成SO2，S不能一步反應(yīng)生成SO3，D不符合題意。2．(2023·上海黃浦統(tǒng)考二模)在燒杯中混合含等物質(zhì)的量溶質(zhì)的KOH溶液和Cu(NO3)2溶液，能正確顯示反應(yīng)后存在物質(zhì)的是()解析：選DKOH溶液和Cu(NO3)2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KOH＋Cu(NO3)2=Cu(OH)2↓＋2KNO3,KOH和Cu(NO3)2等物質(zhì)的量混合時(shí)，反應(yīng)生成Cu(OH)2、KNO3，剩余Cu(NO3)2，則反應(yīng)后溶液中有K＋、NOeq\o\al(－,3)、Cu2＋三種離子。3．一定條件下某容器中各微粒在反應(yīng)前后的變化如圖所示，其中和代表不同元素的原子。下列關(guān)于此反應(yīng)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．一定屬于可逆反應(yīng)B．一定屬于化合反應(yīng)C．一定屬于氧化還原反應(yīng)D．一定屬于放熱反應(yīng)解析：選D反應(yīng)前后存在相同的物質(zhì)，說(shuō)明反應(yīng)物沒(méi)有完全轉(zhuǎn)化為生成物，屬于可逆反應(yīng)，故A正確；2個(gè)和1個(gè)反應(yīng)生成2個(gè)，說(shuō)明該反應(yīng)屬于化合反應(yīng)，故B正確；有單質(zhì)參加的化合反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)，故C正確；化合反應(yīng)一般是放熱反應(yīng)，但也有吸熱反應(yīng)，通過(guò)圖示不能判斷該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。4．部分常見(jiàn)含氯物質(zhì)的分類(lèi)與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖所示。下列反應(yīng)路徑不合理的是()A．a(chǎn)＋堿→b＋cB．b＋c＋H＋→aC．d→b或e→c可通過(guò)復(fù)分解反應(yīng)實(shí)現(xiàn)D．不存在a→c→e→d→b→a的循環(huán)轉(zhuǎn)化關(guān)系解析：選D根據(jù)含氯物質(zhì)的分類(lèi)與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系圖示可知，a為Cl2，b為NaCl或KCl等含Cl－的鹽，c為含ClO－的鹽，d為HCl，e為HClO。Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，A合理；Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，B合理；HCl生成Cl－、HClO生成ClO－，均可以用酸和堿發(fā)生中和反應(yīng)(中和反應(yīng)屬于復(fù)分解反應(yīng))實(shí)現(xiàn)，C合理；Cl2和堿反應(yīng)生成ClO－，ClO－和強(qiáng)酸如稀硫酸反應(yīng)生成HClO，HClO不穩(wěn)定，見(jiàn)光分解為HCl和氧氣，HCl和堿反應(yīng)生成Cl－，電解飽和食鹽水可以制取氯氣，故a→c→e→d→b→a的循環(huán)可以實(shí)現(xiàn)，D不合理。5．下列物質(zhì)中，不能通過(guò)化合反應(yīng)制取的有()Na2O2、NaOH、NaHCO3、FeOH3、FeOH2、FeS、CuS、Cu2OH2CO3、NH3、NO、NO2、HNO3、SO2、SO3、FeCl2、FeCl3、H2SiO3、Al2O3A．3種 B．4種C．5種 D．6種解析：選ANa2O2可通過(guò)Na與氧氣化合得到，Na2O與H2O通過(guò)化合反應(yīng)得到NaOH，NaHCO3可由Na2CO3、CO2、H2O通過(guò)化合反應(yīng)得到，F(xiàn)e(OH)3可由Fe(OH)2、O2、H2O通過(guò)化合反應(yīng)得到。Fe和S通過(guò)化合反應(yīng)得到FeS，Cu與O2、CO2、H2O發(fā)生化合反應(yīng)得到堿式碳酸銅，N2和H2通過(guò)化合反應(yīng)得到NH3，N2和O2通過(guò)化合反應(yīng)得到NO，NO和O2通過(guò)化合反應(yīng)得到NO2，N2O5與H2O通過(guò)化合反應(yīng)生成HNO3，S與O2通過(guò)化合反應(yīng)生成SO2，SO2與O2通過(guò)化合反應(yīng)生成SO3，F(xiàn)eCl3與Fe通過(guò)化合反應(yīng)生成FeCl2，F(xiàn)e與Cl2通過(guò)化合反應(yīng)生成FeCl3，Al與O2反應(yīng)生成Al2O3，F(xiàn)e(OH)2、CuS和H2SiO3不能通過(guò)化合反應(yīng)得到。6．下列化學(xué)反應(yīng)屬于圖中區(qū)域3的是()A．Br2＋2KI=I2＋2KBrB．2Fe(OH)3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Fe2O3＋3H2OC．Cl2＋H2OHCl＋HClOD．H2O＋CaO=Ca(OH)2解析：選C由圖可知，3區(qū)域?qū)儆谘趸€原反應(yīng)，但不是置換反應(yīng)、化合反應(yīng)和分解反應(yīng)。A為置換反應(yīng)，位于4區(qū)域，錯(cuò)誤；B為分解反應(yīng)，元素化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，錯(cuò)誤；C不屬于四種基本反應(yīng)類(lèi)型，但為氧化還原反應(yīng)，正確；D為化合反應(yīng)，元素化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，錯(cuò)誤。提能點(diǎn)(三)常見(jiàn)物質(zhì)的名稱(chēng)與俗名1．常見(jiàn)混合物的俗名與成分俗名成分水煤氣主要成分是CO、H2液化石油氣(液化氣)以C3H8、C4H10為主水玻璃Na2SiO3的水溶液王水濃硝酸與濃鹽酸的混合物(體積比為1∶3)波爾多液主要成分是CuSO4和Ca(OH)2福爾馬林HCHO水溶液堿石灰NaOH和CaO的混合物鋁熱劑鋁粉和高熔點(diǎn)的金屬氧化物的混合物漂白粉Ca(ClO)2和CaCl2的混合物2.常見(jiàn)純凈物的俗名及其化學(xué)式或結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式俗名化學(xué)式或結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式小蘇打NaHCO3蘇打(純堿)Na2CO3鐵紅Fe2O3磁性氧化鐵Fe3O4黃鐵礦FeS2黃銅礦CuFeS2綠礬FeSO4·7H2O明礬KAl(SO4)2·12H2O生石膏CaSO4·2H2O膽礬CuSO4·5H2O重晶石BaSO4熟石膏2CaSO4·H2O硝銨NH4NO3芒硝Na2SO4·10H2O碳銨NH4HCO3硫銨(肥田粉)(NH4)2SO4氯銨NH4Cl尿素CO(NH2)2氯仿CHCl3蟻醛HCHO木精(木醇)CH3OH甘油草酸H2C2O4硬脂酸C17H35COOH軟脂酸C15H31COOH油酸C17H33COOH硝化甘油硬脂酸甘油酯[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2022·浙江6月選考)下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的化學(xué)式正確的是()A．白磷：P2B.2-甲基丁烷：(CH3)2CHCH2CH3C．膽礬：FeSO4·7H2OD．硬脂酸：C15H31COOH解析：選B白磷的化學(xué)式為P4；2-甲基丁烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(CH3)2CHCH2CH3；膽礬的化學(xué)式為CuSO4·5H2O，而FeSO4·7H2O是綠礬的化學(xué)式；硬脂酸的化學(xué)式為C17H35COOH，而C15H31COOH是軟脂酸的化學(xué)式。2．(2022·浙江1月選考)下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的化學(xué)式不正確的是()A．氯仿：CHCl3B．黃銅礦的主要成分：Cu2SC．芒硝：Na2SO4·10H2OD．鋁土礦的主要成分：Al2O3解析：選B黃銅礦的主要成分為CuFeS2。3．(2023·浙江杭州期中)下列物質(zhì)中可用于凈水的鹽是()A．純堿 B．明礬C．活性炭 D．氯水解析：選B純堿(Na2CO3)屬于鹽，不能凈水，A錯(cuò)誤；明礬[KAl(SO4)2·12H2O]屬于鹽，溶于水電離出的鋁離子能水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性，能吸附水中懸浮的難溶性雜質(zhì)沉降凈水，B正確；活性炭不是鹽，C錯(cuò)誤；氯水不是鹽，D錯(cuò)誤。4．(2023·浙江舟山聯(lián)考)石膏的化學(xué)式是()A．CuSO4·5H2O B．Na2SO4·10H2OC．BaSO4 D．CaSO4·2H2O解析：選D石膏是二水硫酸鈣的俗稱(chēng)，化學(xué)式為CaSO4·2H2O。5．(2023·浙江溫州十校聯(lián)考)下列物質(zhì)的俗稱(chēng)與化學(xué)式對(duì)應(yīng)正確的是()A．蘇打——NaHCO3B．熟石膏——BaSO4·2H2OC．膽礬——CuSO4D．磁性氧化鐵——Fe3O4解析：選D蘇打?yàn)镹a2CO3，A錯(cuò)誤；熟石膏為2CaSO4·H2O，B錯(cuò)誤；膽礬為CuSO4·5H2O，C錯(cuò)誤；磁性氧化鐵為Fe3O4，D正確。6．下列均為在日常生活中能找到的物質(zhì)，按混合物、堿、鹽順序排列的是()A．白醋、生石灰、食鹽B．冰水混合物、水泥、硝酸銨C．管道煤氣、熟石灰、熟石膏D．牙膏、純堿、小蘇打解析：選C生石灰為CaO，是氧化物不是堿，食鹽中有其他添加劑，屬于混合物，A錯(cuò)誤；冰水混合物為純凈物，水泥屬于混合物，不是堿，B錯(cuò)誤；管道煤氣中含有一氧化碳、甲烷等氣體，屬于混合物，熟石灰為氫氧化鈣，屬于堿，熟石膏為2CaSO4·H2O，屬于鹽，C正確；純堿為Na2CO3屬于鹽而不是堿，D錯(cuò)誤。eq\a\vs4\al([專(zhuān)題驗(yàn)收評(píng)價(jià)])1．(2023·浙江湖、衢、麗高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))下列物質(zhì)中受熱易分解且屬于酸式鹽的是()A．NaCl B．(NH4)2CO3C．NaHSO4 D．NaHCO3解析：選DNaCl是正鹽，不選A；(NH4)2CO3是正鹽，不選B；NaHSO4是酸式鹽，不易分解，不選C；NaHCO3是酸式鹽，受熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水。2．(2023·浙江高三百校聯(lián)考)下列含過(guò)渡元素且屬于堿性氧化物的是()A．Na2O2 B．Ga2O3C．FeO D．GeO2解析：選CNa2O2中Na、O都是主族元素，不含過(guò)渡元素，且Na2O2是過(guò)氧化物，A不選；Ga2O3中Ga、O都是主族元素，不含過(guò)渡元素，B不選；FeO中Fe是Ⅷ族元素，屬于過(guò)渡元素，F(xiàn)eO能與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和水，屬于堿性氧化物，C選；GeO2中Ge、O都是主族元素，不含過(guò)渡元素，D不選。3．含有非極性鍵的共價(jià)化合物是()A．CH3NH2 B．C2H2C．Na2O2 D．CO(NH2)2解析：選BCH3NH2為共價(jià)化合物，沒(méi)有非極性鍵，A不選；C2H2為共價(jià)化合物，含有CC非極性鍵，B選；Na2O2為離子化合物，C不選；CO(NH2)2為共價(jià)化合物，沒(méi)有非極性鍵，D不選。4．下列過(guò)程或者變化中，屬于物理變化的個(gè)數(shù)是()蒸餾、石油的分餾、煤的干餾、焰色試驗(yàn)、顯色反應(yīng)、顏色反應(yīng)、潮解、分解、電解、水解、裂解、氫化、氧化、水化、風(fēng)化、炭化、鈍化、皂化、巖漿晶出、歧化、鹵化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化、煤的氣化、煤的液化A．3個(gè) B．4個(gè)C．5個(gè) D．6個(gè)解析：選C有新物質(zhì)生成的變化為化學(xué)變化，無(wú)新物質(zhì)生成的變化為物理變化，據(jù)此判斷。蒸餾、石油的分餾、焰色試驗(yàn)、潮解、巖漿晶出(巖漿是一種以硅酸鹽為主的熔融體，當(dāng)它冷凝到一定程度時(shí)，達(dá)到了其中某一礦物的飽和點(diǎn)，礦物就會(huì)從巖漿中結(jié)晶出來(lái))等過(guò)程中均沒(méi)有產(chǎn)生新物質(zhì)，屬于物理變化；剩余的過(guò)程中均有新物質(zhì)生成，都是化學(xué)變化。5．下列說(shuō)法中正確的是()①酸性氧化物在一定條件下均能與堿發(fā)生反應(yīng)②金屬氧化物不一定都是堿性氧化物，但堿性氧化物一定都是金屬氧化物③蔗糖和水分別屬于非電解質(zhì)和電解質(zhì)④硫酸、純堿、醋酸鈉和生石灰分別屬于酸、堿、鹽和氧化物⑤因?yàn)槟z粒比溶液中溶質(zhì)粒子大，所以膠體可以用過(guò)濾的方法把膠粒分離出來(lái)⑥氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是膠粒直徑介于1nm到100nm之間A．3個(gè) B．4個(gè)C．5個(gè) D．6個(gè)解析：選A酸性氧化物在一定條件下均能與堿發(fā)生反應(yīng)，①正確；Na2O2是金屬氧化物而不是堿性氧化物，但是堿性氧化物一定都是金屬氧化物，②正確；蔗糖和水分別屬于非電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，③正確；純堿的化學(xué)式是Na2CO3，是鹽而不是堿，④錯(cuò)誤；雖然膠粒比溶液中溶質(zhì)粒子大，膠粒不能透過(guò)半透膜，但是能透過(guò)濾紙，所以膠體不能用過(guò)濾的方法把膠粒分離出來(lái)，⑤錯(cuò)誤；氫氧化鐵膠體粒子帶正電荷，相互之間存在排斥現(xiàn)象，這是氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因，⑥錯(cuò)誤。6．物質(zhì)的類(lèi)別決定物質(zhì)的性質(zhì)。下列各選項(xiàng)中，不能滿(mǎn)足如圖一步關(guān)系的是()AX為銅、Y為氧化銅、Z為硫酸銅BX為二氧化碳、Y為一氧化碳、Z為碳酸鈉CX為碳酸鈣、Y為氧化鈣、Z為氫氧化鈣DX為氧化鐵、Y為氯化鐵、Z為氫氧化鐵解析：選B銅與氧氣反應(yīng)生成氧化銅，氧化銅與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和水，鐵與硫酸銅反應(yīng)生成銅和硫酸亞鐵，A可以實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化；CO2與C反應(yīng)生成CO，CO不能轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成CO2，B不能實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化；碳酸鈣受熱分解生成氧化鈣，氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，CO2通入氫氧化鈣溶液中生成碳酸鈣，C可以實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化；氧化鐵與鹽酸生成氯化鐵，氯化鐵溶液與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鐵和氯化鈉，氫氧化鐵受熱分解生成氧化鐵和水，D可以實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化。7．有關(guān)物質(zhì)之間的部分轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中“—”表示物質(zhì)之間能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，“→”表示物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。下列說(shuō)法中正確的是()A．物質(zhì)X是一種常見(jiàn)的酸性氧化物B．反應(yīng)②一定有鹽參加反應(yīng)C．圖中的所有反應(yīng)均屬于置換反應(yīng)D．向Ca(OH)2溶液中加入CaO，所得溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)一定增大解析：選A各反應(yīng)如下：①CaO＋H2O=Ca(OH)2；②可以是Ca(OH)2與碳酸鹽反應(yīng)，也可以是Ca(OH)2與CO2反應(yīng)；③CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaO＋CO2↑；X可以與CaCO3相互轉(zhuǎn)化，故X可能是CO2也可能是CaCl2，同時(shí)X可以與Ca(OH)2反應(yīng)，故X應(yīng)為CO2，則反應(yīng)④Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；⑤CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaO＋CO2↑或CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O；⑥Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O。物質(zhì)X為CO2是一種常見(jiàn)的酸性氧化物，A項(xiàng)正確；②可以是Ca(OH)2與CO2反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；圖中的所有反應(yīng)均為酸、堿、鹽、酸性氧化物之間的反應(yīng)，不可能存在置換反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若Ca(OH)2溶液飽和，加入CaO后所得溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行如圖所示實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法中不正確的是()A．X中的濃溶液滴入沸水中可得到Z中液體B．X中分散系能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)C．用過(guò)濾和滲析的方法，可將Z中液體分離提純D．Y中反應(yīng)的離子方程式：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(膠體)＋3CO2↑＋3Ca2＋解析：選BX中的氯化鐵濃溶液滴入沸水中可得到氫氧化鐵膠體，A正確；X中分散系是氯化鐵溶液，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，B錯(cuò)誤；用過(guò)濾的方法，可以將Z中的固體與液體分離，利用滲析法可以?xún)艋峒儦溲趸F膠體，C正確；CaCO3能與H＋結(jié)合生成CO2和H2O，促進(jìn)Fe3＋的水解，D正確。9．下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化能一步實(shí)現(xiàn)的是()①CaO→Ca(OH)2→CaCl2→CaCO3→CO2→H2O②Cu→CuO→Cu(OH)2→CuSO4→FeSO4→Fe③Fe→FeCl2→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3→Fe④Cl2→NaClO→NaHCO3→BaCO3→BaCl2→HCl⑤Na→NaOH→NaHCO3→Na2CO3→NaOH→NaClA．①③④⑤ B．③④⑤C．①③④ D．①②⑤解析：選A①CaO與水反應(yīng)得到Ca(OH)2，Ca(OH)2與鹽酸反應(yīng)得到CaCl2，加入Na2CO3溶液得到CaCO3，高溫煅燒CaCO3或者加酸得到CO2，CO2與堿反應(yīng)可得到水，可一步實(shí)現(xiàn)；②CuO不能一步反應(yīng)生成Cu(OH)2；③Fe和稀鹽酸反應(yīng)得到FeCl2，通入氯氣得到FeCl3，加入NaOH溶液得到Fe(OH)3，加熱分解得到Fe2O3，通入CO還原得到Fe，可一步實(shí)現(xiàn)；④Cl2加入NaOH溶液得到NaClO，通入CO2得到NaHCO3，加入Ba(OH)2溶液得到BaCO3，加入稀HCl得到BaCl2，BaCl2和H2SO4反應(yīng)生成HCl，可一步實(shí)現(xiàn)；⑤Na與水反應(yīng)得到NaOH，通入過(guò)量CO2得到NaHCO3，NaHCO3固體加熱分解得到Na2CO3，加入Ca(OH)2溶液得到NaOH，NaOH溶液中通入Cl2得到NaCl，可一步實(shí)現(xiàn)。10．(2023·浙江四校高三聯(lián)考)下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的化學(xué)式正確的是()A．鐵紅：Fe3O4B．鉻鉀礬：KCr(SO4)2·12H2OC．石英砂：Na2O·CaO·6SiO2D．熟石膏：CaSO4·2H2O解析：選B鐵紅為Fe2O3，A錯(cuò)誤；鉻鉀礬為KCr(SO4)2·12H2O，B正確；石英砂的主要礦物成分是SiO2，C錯(cuò)誤；熟石膏為2CaSO4·H2O，D錯(cuò)誤。11．(2023·浙江衢州階段性檢測(cè))下列關(guān)于純凈物、混合物、強(qiáng)電解質(zhì)、弱電解質(zhì)和非電解質(zhì)的正確組合是()純凈物混合物強(qiáng)電解質(zhì)弱電解質(zhì)非電解質(zhì)A鹽酸水煤氣硫酸醋酸干冰B冰醋酸鋁熱劑硫酸鋇亞硫酸二氧化硫C純堿天然氣苛性鉀氫硫酸碳酸鈣D玻璃鹽酸氯化鈉次氯酸氯氣解析：選B鹽酸是HCl的水溶液，屬于混合物，A錯(cuò)誤；冰醋酸是純凈物，鋁熱劑是金屬鋁和氧化鐵的混合物，硫酸鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，亞硫酸是弱酸，屬于弱電解質(zhì)，二氧化硫是非電解質(zhì)，B正確；碳酸鈣是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，不是非電解質(zhì)，C錯(cuò)誤；玻璃是混合物，氯氣是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，D錯(cuò)誤。12．如圖所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間按箭頭方向不能通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是()A．甲為CuO、乙為CO2、丙為H2OB．甲為C、乙為CO、丙為CO2C．甲為H2SO4、乙為H2O、丙為H2D．甲為CaCO3、乙為CaO、丙為Ca(OH)2解析：選DCuO與CO反應(yīng)生成CO2，CO2與NaOH反應(yīng)生成H2O，CuO也可與H2反應(yīng)生成H2O，A正確；C與O2反應(yīng)生成CO，CO與O2反應(yīng)生成CO2，C也可與O2反應(yīng)生成CO2，B正確；H2SO4與NaOH反應(yīng)生成H2O，H2O電解生成H2，H2SO4也可與Zn反應(yīng)生成氫氣，C正確；CaCO3受熱分解生成CaO，CaO與水反應(yīng)生成Ca(OH)2，CaCO3無(wú)法通過(guò)一步反應(yīng)生成Ca(OH)2，D錯(cuò)誤。13．部分含氯物質(zhì)的分類(lèi)與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖，c、d、f均為鈉鹽，下列敘述正確的是()A．b在化學(xué)反應(yīng)中只能被氧化B．電解飽和c溶液可得到鈉單質(zhì)C．a(chǎn)→d→e的轉(zhuǎn)化可以通過(guò)一步反應(yīng)實(shí)現(xiàn)D．f的陰離子空間結(jié)構(gòu)為正四面體解析：選Cc、d、f均為鈉鹽，則c、d、f分別為NaCl、NaClO、NaClO3，a為Cl2，b為HCl，e為HClO。b為HCl，Cl為－1價(jià)，可以被氧化，H為＋1價(jià)，可以被還原，A錯(cuò)誤；c為NaCl，鈉離子放電順序在氫離子之后，電解飽和c(NaCl)溶液時(shí)陰極為氫離子放電得到氫氣，不可得到鈉單質(zhì)，B錯(cuò)誤；a(Cl2)→d(NaClO)：氯氣與冷的NaOH溶液反應(yīng)一步實(shí)現(xiàn)，d(NaClO)→e(HClO)：NaClO溶液與二氧化碳反應(yīng)可一步實(shí)現(xiàn)，C正確；f的陰離子即氯酸根離子，中心Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝3＋eq\f(7＋1－3×2,2)＝3＋1，有一對(duì)孤電子，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，D錯(cuò)誤。14．根據(jù)所給信息提示，下列物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()A．SiO2eq\o(→,\s\up7(HClaq))SiCl4(g)eq\o(→,\s\up7(H2高溫))SiB．飽和NaCl(aq)eq\o(→,\s\up7(NH3g，CO2g))NaHCO3(s)eq\o(→,\s\up7(△))Na2CO3(s)C．Fe2O3eq\o(→,\s\up7(HClaq))FeCl3(aq)eq\o(→,\s\up7(△))無(wú)水FeCl3(s)D．Mg(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(HClaq))MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(電解))Mg(s)解析：選BSiO2與鹽酸不反應(yīng)，故A不符合題意；飽和食鹽水中通入氨氣、二氧化碳，發(fā)生反應(yīng)NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，碳酸氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解為碳酸鈉、二氧化碳和水，故B符合題意；氯化鐵為揮發(fā)性強(qiáng)酸的弱堿鹽，加熱蒸干氯化鐵溶液得到氧化鐵，故C不符合題意；電解氯化鎂溶液得到氫氧化鎂，不能得到鎂單質(zhì)，電解熔融狀態(tài)的氯化鎂得到鎂單質(zhì)，故D不符合題意。15．已知Fe(OH)3膠體的膠團(tuán)結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．膠體粒子的直徑介于1～100nm之間B．Fe(OH)3膠體帶正電C．膠體能夠穩(wěn)定存在是因?yàn)槟z粒之間存在靜電斥力D．電泳現(xiàn)象出現(xiàn)的原因是擴(kuò)散層與膠粒分離，帶正電的膠粒向陰極移動(dòng)解析：選B按定義知，膠體粒子的直徑介于1～100nm之間，故A正確；Fe(OH)3膠體不帶電，膠粒帶正電，故B錯(cuò)誤；膠體整體上不帶電，氫氧化鐵膠體穩(wěn)定存在的主要原因是氫氧化鐵膠粒帶正電荷，相互排斥，不能聚沉，故C正確；Fe(OH)3膠粒帶正電，通電發(fā)生電泳，帶正電的膠粒向陰極移動(dòng)，故D正確。16．向密閉容器中加入0.2molH2S，反應(yīng)在不同溫度(900～1500℃)下達(dá)到平衡時(shí)，混合氣體中各組分的體積分?jǐn)?shù)如圖所示，則在此溫度區(qū)間內(nèi)，H2S熱分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。解析：圖中縱軸表示各組分的體積分?jǐn)?shù)，H2S的分解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，隨著溫度升高，體積分?jǐn)?shù)減小的是反應(yīng)物H2S，體積分?jǐn)?shù)增大的是生成物單質(zhì)硫和氫氣；選擇1100℃時(shí)的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，H2S的體積分?jǐn)?shù)為70%，此時(shí)生成的兩種單質(zhì)的體積分?jǐn)?shù)分別為20%、10%，若將單質(zhì)硫?qū)憺椤癝”，則與氫氣的體積分?jǐn)?shù)應(yīng)該相等，若將單質(zhì)硫?qū)憺殡p原子分子“S2”，則氫氣的體積分?jǐn)?shù)為“S2”的兩倍，故H2S熱分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2Seq\o(,\s\up7(高溫))2H2＋S2。答案：2H2Seq\o(,\s\up7(高溫))2H2＋S2微專(zhuān)題(二)氧化還原反應(yīng)提能點(diǎn)(一)氧化還原反應(yīng)的概念及氧化性和還原性的強(qiáng)弱判斷(一)氧化還原反應(yīng)的概念之間的關(guān)系(二)常見(jiàn)氧化劑和還原劑1．常見(jiàn)氧化劑及其還原產(chǎn)物氧化劑Cl2(X2)O2Fe3＋酸性KMnO4、K2Cr2O7還原產(chǎn)物Cl－(X－)H2O/O2－/OH－Fe2＋/FeMn2＋、Cr3＋氧化劑HClO濃H2SO4HNO3H2O2還原產(chǎn)物Cl－SO2NO2/NOH2O2．常見(jiàn)還原劑及其氧化產(chǎn)物還原劑金屬單質(zhì)非金屬單質(zhì)Fe2＋H2S/S2－HI/I－NH3COSO2/SOeq\o\al(2－,3)氧化產(chǎn)物金屬離子非金屬氧化物Fe3＋S、SO2I2N2、NOCO2SO3、SOeq\o\al(2－,4)(三)氧化性和還原性強(qiáng)弱判斷1．依據(jù)反應(yīng)原理判斷氧化劑＋還原劑=還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物氧化性(強(qiáng))還原性(強(qiáng))還原性(弱)氧化性(弱)同一個(gè)氧化還原反應(yīng)中，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物；還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物。通過(guò)多個(gè)相關(guān)的氧化還原反應(yīng)，可以判斷多種物質(zhì)的氧化性、還原性的強(qiáng)弱順序。2．依據(jù)“三表”判斷(1)根據(jù)元素周期表判斷(2)根據(jù)金屬活動(dòng)性順序表判斷eq\o(→,\s\up7(KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAg),\s\do5(失電子能力逐漸減弱，單質(zhì)的還原性逐漸減弱))eq\o(→,\s\up7(K＋Ca2＋Na＋Mg2＋Al3＋Zn2＋Fe2＋(H＋)Cu2＋Hg2＋Ag＋),\s\do10(得電子能力逐漸增強(qiáng)，陽(yáng)離子的氧化性逐漸增強(qiáng)))(3)根據(jù)非金屬活動(dòng)性順序表判斷eq\o(→,\s\up7(F2Cl2Br2(Fe3＋)I2SP),\s\do10(得電子能力逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱))eq\o(→,\s\up7(F－Cl－Br－(Fe2＋)I－S2－P3－),\s\do10(失電子能力逐漸增強(qiáng)，陰離子的還原性逐漸增強(qiáng)))3．根據(jù)產(chǎn)物價(jià)態(tài)高低判斷當(dāng)不同氧化劑作用于同一還原劑時(shí)，如果被氧化的元素在氧化產(chǎn)物中價(jià)態(tài)不相同，可根據(jù)氧化產(chǎn)物中此元素的價(jià)態(tài)高低進(jìn)行判斷：氧化產(chǎn)物的價(jià)態(tài)越高，則氧化劑的氧化性越強(qiáng)。例如：2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃),\s\do5())2FeCl3，F(xiàn)e＋Seq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())FeS，則氧化性：Cl2>S。4．根據(jù)反應(yīng)劇烈程度判斷(1)金屬單質(zhì)與水反應(yīng)的劇烈程度，如Na、Mg、Al分別與水反應(yīng)時(shí)，Na反應(yīng)劇烈，Mg加熱現(xiàn)象才明顯，Al加熱條件下現(xiàn)象也不明顯。故還原性：Na＞Mg＞Al。(2)非金屬單質(zhì)與H2化合的難易程度，如F2、Cl2、Br2、I2分別與H2反應(yīng)，F(xiàn)2在冷暗處劇烈反應(yīng)而爆炸，Cl2在光照條件下發(fā)生反應(yīng)，Br2加熱至500℃時(shí)才能發(fā)生反應(yīng)，I2在不斷加熱的條件下反應(yīng)才能緩慢進(jìn)行，且為可逆反應(yīng)。故氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2。5．依據(jù)電化學(xué)原理判斷(1)原電池：一般情況下，兩種不同的金屬構(gòu)成原電池的兩極，還原性：負(fù)極>正極。(2)電解池：用惰性電極電解混合溶液時(shí)，在陰極先放電的陽(yáng)離子的氧化性較強(qiáng)，在陽(yáng)極先放電的陰離子的還原性較強(qiáng)。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(2023·浙江1月選考)關(guān)于反應(yīng)2NH2OH＋4Fe3＋=N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列說(shuō)法正確的是()A．生成1molN2O，轉(zhuǎn)移4mol電子B．H2O是還原產(chǎn)物C．NH2OH既是氧化劑又是還原劑D．若設(shè)計(jì)成原電池，F(xiàn)e2＋為負(fù)極產(chǎn)物解析：選A由方程式可知，反應(yīng)生成1mol一氧化二氮，轉(zhuǎn)移4mol電子，故A正確；由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)升高被氧化，NH2OH是反應(yīng)的還原劑，鐵元素的化合價(jià)降低被還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，故B、C錯(cuò)誤；由方程式可知，反應(yīng)中鐵元素的化合價(jià)降低被還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，若設(shè)計(jì)成原電池，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子為正極產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤。2．下列氧化還原反應(yīng)中，水作為氧化劑的是()A．CO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(高溫))CO2＋H2B．3NO2＋H2O=2HNO3＋NOC．2F2＋2H2O=4HF＋O2D．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑解析：選AH2O→H2，氫元素化合價(jià)降低，所以H2O是氧化劑，故A正確；發(fā)生的是氮元素自身的氧化還原反應(yīng)，H2O既不是氧化劑，也不是還原劑，故B錯(cuò)誤；H2O→O2，氧元素化合價(jià)升高，H2O作還原劑，故C錯(cuò)誤；Na2O2既是氧化劑又是還原劑，H2O中的元素在該反應(yīng)中沒(méi)有化合價(jià)的變化，故D錯(cuò)誤。3．(2023·浙江紹興適應(yīng)性考試)關(guān)于反應(yīng)2CrI3＋21ClO－＋10OH－=2CrOeq\o\al(2－,4)＋6IOeq\o\al(－,3)＋21Cl－＋5H2O，下列說(shuō)法正確的是()A．消耗10molOH－，轉(zhuǎn)移6mol電子B．在此條件下，氧化性：ClO－＞IOeq\o\al(－,3)C．CrI3既是氧化劑又是還原劑D．氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為21∶8解析：選B在已知反應(yīng)中，Cr元素化合價(jià)從＋3價(jià)升高為＋6價(jià)，I元素化合價(jià)從－1價(jià)升高為＋5價(jià)，Cl元素化合價(jià)從＋1降低為－1價(jià)，則CrI3為還原劑，ClO－為氧化劑，CrOeq\o\al(2－,4)、IOeq\o\al(－,3)為氧化產(chǎn)物，Cl－為還原產(chǎn)物；反應(yīng)中共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為42。據(jù)分析可知，消耗10molOH－，轉(zhuǎn)移42mol電子，A錯(cuò)誤；氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物，則在此條件下，氧化性：ClO－＞IOeq\o\al(－,3)，B正確；據(jù)分析可知，CrI3是還原劑，C錯(cuò)誤；據(jù)分析可知，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為8∶21，D錯(cuò)誤。4．(2023·浙江杭州高三下學(xué)期期中)對(duì)于方程式3SiO2＋6C＋2N2=Si3N4＋6CO，下列說(shuō)法正確的是()A．SiO2是氧化劑B．每生成1.4gSi3N4轉(zhuǎn)移0.12mol電子C．CO是還原產(chǎn)物D．Si3N4屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料解析：選B已知反應(yīng)中，Si元素化合價(jià)不變，N元素化合價(jià)下降，N2是氧化劑，故A錯(cuò)誤；反應(yīng)中，N元素化合價(jià)由0價(jià)下降到－3價(jià)，1.4gSi3N4的物質(zhì)的量為eq\f(1.4g,140g·mol－1)＝0.01mol，每生成0.01molSi3N4轉(zhuǎn)移0.12mol電子，故B正確；反應(yīng)中，C元素化合價(jià)上升，CO是氧化產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；Si3N4不屬于鹽，Si3N4不屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料，故D錯(cuò)誤。5．(2023·湖南等級(jí)考)油畫(huà)創(chuàng)作通常需要用到多種無(wú)機(jī)顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學(xué)反應(yīng)：下列說(shuō)法正確的是()A．S2Oeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)都是正四面體形B．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，參加反應(yīng)的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ<ⅡD．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7解析：選DSOeq\o\al(2－,4)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4＋eq\f(6＋2－4×2,2)＝4，無(wú)孤電子對(duì)，故SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，S2Oeq\o\al(2－,3)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋1＋eq\f(6＋2－3×2－1×2,2)＝4，無(wú)孤電子對(duì)，其結(jié)構(gòu)相當(dāng)于SOeq\o\al(2－,4)中一個(gè)氧原子被一個(gè)硫原子代替，故S2Oeq\o\al(2－,3)空間結(jié)構(gòu)為四面體形，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由題圖轉(zhuǎn)化可知，反應(yīng)Ⅰ中只有S元素被氧化，反應(yīng)Ⅱ中As、S元素均被氧化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物及氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，反應(yīng)Ⅰ為2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，反應(yīng)Ⅱ?yàn)锳s2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，則參加反應(yīng)的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ可知，1molAs2S3發(fā)生反應(yīng)時(shí)，兩反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子分別為12mol和28mol，個(gè)數(shù)之比為3∶7，D項(xiàng)正確。[思維建模]1．假設(shè)法突破氧化還原反應(yīng)能否發(fā)生先假設(shè)選項(xiàng)中的化學(xué)反應(yīng)能夠發(fā)生，依據(jù)此反應(yīng)判斷出還原性(或氧化性)的強(qiáng)弱，然后再與題目提供的還原性(或氧化性)強(qiáng)弱順序?qū)φ?，若二者表示的還原性(或氧化性)強(qiáng)弱順序一致，則此反應(yīng)能發(fā)生；若不一致，則此反應(yīng)不能發(fā)生。2．熟記反應(yīng)先后兩大規(guī)律(1)同一還原劑與多種氧化劑發(fā)生氧化還原反應(yīng)的先后順序：KMnO4(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋>H＋。(2)同一氧化劑與多種還原劑發(fā)生氧化還原反應(yīng)的先后順序：S2－>SOeq\o\al(2－,3)(或HSOeq\o\al(－,3))>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。提能點(diǎn)(二)氧化還原反應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)方程式的配平與計(jì)算(一)氧化還原反應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用(二)氧化還原反應(yīng)方程式的配平1．氧化還原反應(yīng)方程式配平的基本原則2．氧化還原反應(yīng)方程式的配平步驟[示例]配平化學(xué)方程式：KMnO4＋HCl——MnCl2＋KCl＋Cl2↑＋H2O[解題流程](三)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算方法——得失電子守恒法1．找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。2．找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)。(注意化學(xué)式中原子或離子的個(gè)數(shù))3．根據(jù)得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))。[注意]對(duì)于多步連續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，略去中間產(chǎn)物，建立二者之間的守恒關(guān)系，從而快速求解。[集訓(xùn)沖關(guān)]題點(diǎn)(一)氧化還原反應(yīng)方程式的配平1．配平下列化學(xué)方程式：(1)____Cu＋____HNO3(稀)=Cu(NO3)2＋____NO↑＋____H2O(2)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=I2＋____K2SO4＋____H2O(3)____P4＋____KOH＋____H2O=K3PO4＋____PH3(4)____(NH4)2Cr2O7=N2↑＋____Cr2O3＋____H2O(5)_____MnO(OH)2＋____I－＋_____H＋=_____Mn2＋＋_____I2＋_____H2O(6)_____Cl2＋____Fe(OH)3＋____OH－=FeOeq\o\al(2－,4)＋____Cl－＋____H2O(7)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=Mn2＋＋____O2↑＋____H2O解析：(1)eq\o(Cu,\s\up6(0))→eq\o(Cu,\s\up6(＋2))(NO3)2，化合價(jià)升高2，eq\o(HNO3,\s\up6(＋5))→eq\o(N,\s\up6(＋2))O，化合價(jià)降低3，則Cu、Cu(NO3)2、NO的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3、3、2，再根據(jù)原子守恒，HNO3和H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為8和4。(2)Keq\o(I,\s\up6(－1))→eq\o(I,\s\up6(0))2，化合價(jià)升高1，Keq\o(I,\s\up6(＋5))O3→eq\o(I,\s\up6(0))2，化合價(jià)降低5，則KI、KIO3、I2的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為5、1、3，再根據(jù)原子守恒，K2SO4、H2SO4和H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3、3、3。(3)用逆向配平法，eq\o(P,\s\up6(0))4→eq\o(K3PO4,\s\up6(＋5))，化合價(jià)升高5，eq\o(P,\s\up6(0))4→eq\o(P,\s\up6(－3))H3化合價(jià)降低3，則K3PO4和PH3的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為3、5，再根據(jù)原子守恒，P4、KOH、H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為2、9、3。(4)(eq\o(N,\s\up6(－3))H4)2Cr2O7→eq\o(N,\s\up6(0))2，化合價(jià)升高6，(NH4)2Ceq\o(r,\s\up6(＋6))2O7→eq\o(Cr,\s\up6(＋3))2O3，化合價(jià)降低6，則(NH4)2Cr2O7、N2、Cr2O3的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1、1、1，再結(jié)合原子守恒確定H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)為4。(5)反應(yīng)中物質(zhì)的化合價(jià)變化Meq\o(n,\s\up6(＋4))O(OH)2eq\o(→,\s\up7(化合價(jià)降低2))eq\o(Mn,\s\up6(＋2))2＋，eq\o(2I－,\s\up6(－1))eq\o(→,\s\up7(化合價(jià)升高1×2＝2))eq\o(I2,\s\up6(0))，最小公倍數(shù)為2，故MnO(OH)2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1，I－的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，即可得到方程式：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I(xiàn)2＋3H2O。(6)FeOeq\o\al(2－,4)中Fe元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，Cl2是氧化劑，1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mole－，F(xiàn)e(OH)3是還原劑，1molFe(OH)3參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移3mole－，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒配平得到離子方程式為3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H2O。(7)反應(yīng)中MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，Mn元素化合價(jià)由＋7降低為＋2，共降低5價(jià)，H2O2→O2，O元素化合價(jià)由－1升高為0價(jià)，然后用最小公倍數(shù)方法配平參加氧化還原反應(yīng)的元素，再根據(jù)電荷守恒確定缺少的項(xiàng)的微粒及其數(shù)目，最后配平未參加氧化還原反應(yīng)的元素。答案：(1)38324(2)513333(3)29335(4)1114(5)124113(6)3210268(7)256H＋2582．以紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)為原料，獲取凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe3(SO4)2(OH)6]和納米鎳粉的部分工藝流程如下：(1)“氧化”過(guò)程發(fā)生的離子方程式為_(kāi)___________________________________________________________________________________________________________。(2)向“過(guò)濾Ⅱ”所得濾液(富含Ni2＋)中加入N2H4·H2O，在堿性條件下制備納米鎳粉同時(shí)生成N2的離子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)FeO被酸溶解生成Fe2＋，用NaClO氧化Fe2＋，前面加入了H2SO4，故為酸性條件下，ClO－將Fe2＋氧化生成Fe3＋，ClO－自身被還原為Cl－，根據(jù)Cl和Fe得失電子守恒配平反應(yīng)，用H＋平衡電荷。故離子方程式為2H＋＋2Fe2＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。(2)Ni2＋氧化N2H4·H2O，生成N2，自身被還原為Ni，根據(jù)N和Ni得失電子守恒配平反應(yīng)，用OH－平衡電荷。故離子方程式為N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－=2Ni↓＋N2↑＋5H2O。答案：(1)2H＋＋2Fe2＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O(2)N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－=2Ni↓＋N2↑＋5H2O題點(diǎn)(二)氧化還原反應(yīng)相關(guān)計(jì)算3．用0.2mol·L－1Na2SO3溶液32mL，還原含4×10－3molXOeq\o\al(2－,4)的溶液，過(guò)量的Na2SO3用0.2mol·L－1KMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被還原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，則元素X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)是()A．＋1 B．＋2C．＋3 D．＋4解析：選C過(guò)量Na2SO3的物質(zhì)的量n(Na2SO3)×(6－4)＝0.8×10－3×0.2×(7－2)，解得n(Na2SO3)＝4×10－4mol，設(shè)X在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為x，(32×10－3×0.2－4×10－4)×2＝4×10－3×(6－x)，解得x＝＋3，故選項(xiàng)C正確。4．(2023·浙江紹興模擬)某廢水中含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)，為了處理有毒的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，需要先測(cè)定其濃度：取20mL廢水，加入適量稀硫酸，再加入過(guò)量的V1mLc1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反應(yīng)(還原產(chǎn)物為Cr3＋)。用c2mol·L－1KMnO4溶液滴定過(guò)量的Fe2＋至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V2mL。則原廢水中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))為(用代數(shù)式表示)()A.eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1B.eq\f(c1V1－5c2V2,60)mol·L－1C.eq\f(5c1V1－c2V2,120)mol·L－1D.eq\f(c1V1＋5c2V2,120)mol·L－1解析：選A本題有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失電子守恒列等式：c1mol·L－1×V1mL×10－3L·mL－1＝20mL×10－3L·mL－1×6c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＋5c2mol·L－1×V2mL×10－3L·mL－1，解得：c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1。5．(2023·玉林檢測(cè))已知：將Cl2通入適量的KOH溶液，反應(yīng)物恰好完全反應(yīng)，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且產(chǎn)物的成分與反應(yīng)溫度有關(guān)。常溫條件下反應(yīng)為Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，加熱時(shí)反應(yīng)為3Cl2＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))5KCl＋KClO3＋3H2O，當(dāng)n(KOH)＝amol時(shí)，下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量等于0.5amolB．不管如何改變反應(yīng)溫度，產(chǎn)物中肯定存在KClC．改變反應(yīng)溫度，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n的范圍是eq\f(1,2)amol<n<eq\f(5,6)amolD．某溫度下反應(yīng)，若反應(yīng)后c(Cl－)∶c(ClO－)＝1∶1,則產(chǎn)物中不可能存在KClO3解析：選C由鉀原子個(gè)數(shù)守恒可知，氯化鉀、次氯酸鉀、氯酸鉀的總物質(zhì)的量為amol，由氯原子個(gè)數(shù)守恒可知，參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量為0.5amol，若氧化產(chǎn)物只有次氯酸鉀，由得失電子數(shù)目守恒和原子個(gè)數(shù)守恒可知，氯化鉀和次氯酸鉀的物質(zhì)的量都為0.5amol，若氧化產(chǎn)物只有氯酸鉀，由得失電子數(shù)目守恒和原子個(gè)數(shù)守恒可知，氯化鉀和氯酸鉀的物質(zhì)的量分別為eq\f(5,6)amol、eq\f(1,6)amol。由分析可知，參加反應(yīng)的氯氣的物質(zhì)的量為0.5amol，故A正確；由題意知Cl2與KOH溶液反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，結(jié)合化合價(jià)變化可知，Cl2中氯元素化合價(jià)降低時(shí)，只能生成Cl－，故B正確；由分析可知，若氧化產(chǎn)物只有次氯酸鉀，氯化鉀的物質(zhì)的量為0.5amol，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.5amol，若氧化產(chǎn)物只有氯酸鉀，氯化鉀的物質(zhì)的量為eq\f(5,6)amol，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為eq\f(5,6)amol，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n的范圍是eq\f(1,2)amol≤n≤eq\f(5,6)amol，故C錯(cuò)誤；由題中反應(yīng)Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O可知，當(dāng)c(Cl－)∶c(ClO－)＝1∶1，反應(yīng)物恰好完全反應(yīng)，則產(chǎn)物中不可能存在KClO3，故D正確。6．一種利用微生物從黃銅礦(主要成分為CuFeS2)中提取銅元素的具體操作過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．轉(zhuǎn)化過(guò)程中Fe3＋和H2Sn可以循環(huán)使用B．微生物的作用下，F(xiàn)e2＋作催化劑C．若CuFeS2中的銅元素最終全部轉(zhuǎn)化為Cu2＋，當(dāng)有2molSOeq\o\al(2－,4)生成時(shí)，理論上消耗4.25molO2D．在硫酸介質(zhì)中用H2O2替代O2也能高效實(shí)現(xiàn)將CuFeS2氧化為SOeq\o\al(2－,4)解析：選C由題圖可知，本題涉及的反應(yīng)有nCuFeS2＋(4n－4)Fe3＋＋4H＋=nCu2＋＋(5n－4)Fe2＋＋2H2Sn、4Fe2＋＋O2＋4H＋eq\o(=,\s\up7(微生物))4Fe3＋＋2H2O、16Fe3＋＋8H2Sn=16Fe2＋＋nS8＋16H＋、S8＋12O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(微生物))8SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，則總反應(yīng)為4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4eq\o(=,\s\up7(微生物))4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。Fe3＋被還原為Fe2＋，F(xiàn)e2＋在微生物作用下被O2氧化為Fe3＋，S8在微生物作用下，與O2和H2O反應(yīng)生成H2SO4，而H2SO4又可重新參與反應(yīng)，故Fe3＋可以循環(huán)使用，而H2Sn在反應(yīng)中生成又被消耗，屬于中間產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；在微生物的催化作用下，O2將Fe2＋氧化為Fe3＋，將S8氧化為SOeq\o\al(2－,4)，則O2是氧化劑，F(xiàn)e2＋是還原劑，不是催化劑，B錯(cuò)誤；由總反應(yīng)可知，生成2molSOeq\o\al(2－,4)的同時(shí)，生成1molCu2＋，失電子的總物質(zhì)的量為1mol＋2×8mol＝17mol，根據(jù)得失電子守恒可知，理論上消耗O2的物質(zhì)的量為17mol×eq\f(1,4)＝4.25mol，C正確；由于H2O2具有強(qiáng)氧化性，理論上來(lái)講，在硫酸介質(zhì)中，雙氧水可以將CuFeS2氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，即CuFeS2＋H2O2＋H＋→Cu2＋＋Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O(未配平)，但產(chǎn)物Fe3＋能催化H2O2的分解，因此H2O2的氧化效率大大降低，D錯(cuò)誤。eq\a\vs4\al([專(zhuān)題驗(yàn)收評(píng)價(jià)])1．(2023·浙江嘉興二模)關(guān)于反應(yīng)S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑，下列說(shuō)法正確的是()A．該反應(yīng)的氧化劑是硝酸鉀B．生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LN2，反應(yīng)共轉(zhuǎn)移1mol電子C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶1D．電負(fù)性：O>N>C>K解析：選D已知反應(yīng)中，N和S元素化合價(jià)降低，該反應(yīng)的氧化劑是S和KNO3，故A錯(cuò)誤；生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LN2，物質(zhì)的量為0.1mol，則生成0.3molCO2，C元素由0價(jià)上升到＋4價(jià)，轉(zhuǎn)移1.2mol電子，故B錯(cuò)誤；反應(yīng)中，N和S元素化合價(jià)降低，C元素化合價(jià)上升，CO2為氧化產(chǎn)物，K2S和N2為還原產(chǎn)物，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶2，故C錯(cuò)誤；非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越強(qiáng)，所以電負(fù)性：O>N>C>K，故D正確。2．關(guān)于反應(yīng)：S2Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O＋(CNS)2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2CNS－＋4H＋，下列說(shuō)法正確的是()A．(CNS)2可以和Na反應(yīng)，生成NaCNSB．CNS－是氧化產(chǎn)物C．S2Oeq\o\al(2－,6)既是氧化劑又是還原劑D．生成1molSOeq\o\al(2－,4)，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子解析：選A根據(jù)反應(yīng)可知，(CNS)2為類(lèi)鹵素，類(lèi)似于Cl2參與反應(yīng)，S2Oeq\o\al(2－,6)中S的化合價(jià)為＋5，升高為＋6價(jià)被氧化，S2Oeq\o\al(2－,6)為還原劑，SOeq\o\al(2－,4)為氧化產(chǎn)物，(CNS)2為氧化劑，CNS－為還原產(chǎn)物；根據(jù)氯氣與鈉反應(yīng)生成氯化鈉可推知，(CNS)2可以和Na反應(yīng)，生成NaCNS，選項(xiàng)A正確；CNS－是還原產(chǎn)物，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S2Oeq\o\al(2－,6)是還原劑，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；S2Oeq\o\al(2－,6)中S的化合價(jià)為＋5，升高為＋6價(jià)被氧化，生成1molSOeq\o\al(2－,4)，轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．電極材料LiFePO4制備的反應(yīng)為6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))9CO↑＋6H2O＋6LiFePO4，下列說(shuō)法正確的是()A．生成0.1molLiFePO4，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAB．還原產(chǎn)物為L(zhǎng)iFePO4和COC．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，生成20.16LCO時(shí)，被還原的C6H12O6為0.1molD．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶6解析：選BFePO4中Fe顯＋3價(jià)，Li2CO3中C顯＋4價(jià)，C6H12O6中C顯0價(jià)，CO中C顯＋2價(jià)，LiFePO4中Fe顯＋2價(jià)，F(xiàn)ePO4、Li2CO3為氧化劑，C6H12O6為還原劑，生成6molLiFePO4，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為12mol，因此生成0.1molLiFePO4，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.2mol，故A錯(cuò)誤；根據(jù)A選項(xiàng)，LiFePO4、CO為還原產(chǎn)物，故B正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，20.16LCO的物質(zhì)的量為eq\f(20.16L,22.4L·mol－1)＝0.9mol，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，被氧化的C6H12O6物質(zhì)的量為0.1mol，故C錯(cuò)誤；FePO4、Li2CO3為氧化劑，C6H12O6為還原劑，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶9，故D錯(cuò)誤。4．關(guān)于反應(yīng)：N2F4＋4H2O=N2H4＋4HF＋2O2，下列說(shuō)法正確的是()A．HF是還原產(chǎn)物B．1molN2F4發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4mol電子C．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶4D．H2O在反應(yīng)過(guò)程中失去電子解析：選D由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)降低被還原，四氟化二氮為反應(yīng)的氧化劑、肼為還原產(chǎn)物，氧元素化合價(jià)升高被氧化，水是還原劑、氧氣是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)消耗1mol四氟化二氮，反應(yīng)轉(zhuǎn)移8mol電子。由分析可知，反應(yīng)中氟元素和氫元素的化合價(jià)沒(méi)有變化，則氟化氫既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；由分析可知，反應(yīng)消耗1mol四氟化二氮，反應(yīng)轉(zhuǎn)移8mol電子，故B錯(cuò)誤；由方程式可知，還原劑水與氧化劑四氟化二氮的物質(zhì)的量之比為4∶1，故C錯(cuò)誤；由分析可知，反應(yīng)中氧元素化合價(jià)升高被氧化，水是還原劑，反應(yīng)過(guò)程中失去電子，故D正確。5．水合肼(N2H4·H2O)是一種無(wú)色透明發(fā)煙液體，具有強(qiáng)堿性和吸濕性，工業(yè)上常用作抗氧化劑。實(shí)驗(yàn)室利用反應(yīng)CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl制備水合肼。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．制備時(shí)為提高CO(NH2)2的轉(zhuǎn)化率，可將CO(NH2)2加入到過(guò)量NaClO中B．此反應(yīng)中N2H4·H2O既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物C．N2H4·H2O在空氣中會(huì)與CO2反應(yīng)產(chǎn)生煙霧D．N2H4中H—N—H鍵角小于H2O中H—O—H鍵角解析：選C過(guò)量NaClO可將CO(NH2)2氧化為氮?dú)猓珹錯(cuò)誤；尿素中C是＋4價(jià)、O是－2價(jià)、N是－3價(jià)、H是＋1價(jià)，則N2H4·H2O是氧化產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；N2H4·H2O是具有較強(qiáng)還原性的堿性液體，在空氣中會(huì)與CO2反應(yīng)產(chǎn)生煙霧，C正確；N2H4中N原子存在一個(gè)孤電子對(duì)，H2O中O原子存在兩個(gè)孤電子對(duì)，由于孤電子對(duì)的排斥作用，導(dǎo)致N2H4中H—N—H鍵角大于H2O中H—O—H鍵角，D錯(cuò)誤。6．六氟合鉑酸二氧[O2(PtF6)]的一種制備方法為O2＋PtF6→O2(PtF6)。已知O2(PtF6)是離子化合物，其中Pt元素為＋5價(jià)。下列敘述正確的是()A．在此反應(yīng)中，O2作氧化劑B．O2(PtF6)中陰離子的結(jié)構(gòu)可表示為C．每消耗22.4LO2，轉(zhuǎn)移1mol電子D．O2(PtF6)中O元素的化合價(jià)為＋1解析：選B已知O2(PtF6)是離子化合物，其中Pt元素為＋5價(jià)，則該物質(zhì)中的離子為Oeq\o\al(＋,2)和PtFeq\o\al(－,6)。O2變?yōu)镺eq\o\al(＋,2)，化合價(jià)升高發(fā)生氧化反應(yīng)，O2為還原劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由上述分析可知，陰離子為PtFeq\o\al(－,6)，B項(xiàng)正確；條件未知，無(wú)法將體積轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，C項(xiàng)錯(cuò)誤；該物質(zhì)中O的化合價(jià)為＋eq\f(1,2)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．AgCl可溶于氨水生成Ag(NH3)2Cl，Ag(NH3)2Cl與N2H4反應(yīng)可生成Ag。反應(yīng)如下：4Ag(NH3)2Cl＋N2H4＋4H2O=4Ag↓＋N2↑＋4NH4Cl＋4NH3·H2O。下列關(guān)于該反應(yīng)說(shuō)法正確的是()A．Ag(NH3)2Cl發(fā)生氧化反應(yīng)B．還原性：N2H4＞AgC.N2H4中的N形成化學(xué)鍵時(shí)采取sp2雜化，故其結(jié)構(gòu)式為D．每生成11.2LN2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移2mol電子解析：選BAg(NH3)2Cl中銀由＋1價(jià)降低為0價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；N2H4為還原劑，Ag為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物，故還原性：N2H4＞Ag，B正確；N2H4中的N形成化學(xué)鍵時(shí)采取sp3雜化，其結(jié)構(gòu)式為，C錯(cuò)誤；缺標(biāo)準(zhǔn)狀況，D錯(cuò)誤。8．鐵氰酸鉀為深紅色晶體，俗稱(chēng)赤血鹽，常用來(lái)檢驗(yàn)Fe2＋，堿性條件下可發(fā)生反應(yīng)：4K3[Fe(CN)6]＋4KOH=4K4[Fe(CN)6]＋O2↑＋2H2O。下列說(shuō)法不正確的是()A．該反應(yīng)中K3[Fe(CN)6]表現(xiàn)氧化性，被還原B．K3[Fe(CN)6]溶液加入到含有Fe2＋的溶液中，生成的藍(lán)色沉淀中鐵元素存在兩種價(jià)態(tài)C．KOH作還原劑，0.4molKOH被氧化時(shí)，轉(zhuǎn)移0.4mol電子D．0.1mol鐵氰酸鉀參與反應(yīng)時(shí)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2560mL解析：選CK3[Fe(CN)6]中鐵的化合價(jià)從＋3價(jià)變成產(chǎn)物中＋2價(jià)，鐵化合價(jià)降低，作氧化劑，被還原，故A正確；生成的藍(lán)色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2中鐵元素存在＋2、＋3兩種價(jià)態(tài)，故B正確；KOH作還原劑，方程式中一半KOH被氧化，則0.4molKOH被氧化時(shí)，轉(zhuǎn)移0.8mol電子，故C錯(cuò)誤；0.1mol鐵氰酸鉀參與反應(yīng)時(shí)，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2560mL，故D正確。9．將18g銅和鐵的混合物投入100mL稀硝酸中并加熱，充分反應(yīng)后得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO，剩余9.6g金屬；繼續(xù)加入100mL等濃度的稀硝酸，金屬完全溶解，又得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24LNO。若向反應(yīng)后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不變紅，則下列說(shuō)法正確的是()A．原混合物中鐵和銅的物質(zhì)的量均為0.1molB．反應(yīng)前稀硝酸的物質(zhì)的量濃度為2mol·L－1C．第一次與100mL稀硝酸反應(yīng)后剩余的9.6g金屬為銅和鐵D．若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，還可得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下1.12LNO解析：選D溶液不變紅，即反應(yīng)是恰好完全反應(yīng)，既沒(méi)有三價(jià)鐵離子，也沒(méi)有硝酸剩余?？梢钥醋魇?8g混合物質(zhì)與200mL硝酸反應(yīng)生成4.48L即0.2molNO；鐵銅全都生成二價(jià)的陽(yáng)離子，設(shè)鐵為xmol，銅為ymol，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；列方程：56x＋64y＝18，eq\f(2x,3)＋eq\f(2y,3)＝0.2，計(jì)算得出：x＝0.15mol，y＝0.15mol，計(jì)算得到18g混合物中含鐵質(zhì)量為0.15mol×56g·mol－1＝8.4g；含銅質(zhì)量為0.15mol×64g·mol－1＝9.6g；Fe比Cu活潑，硝酸少量時(shí)Fe與硝酸先反應(yīng)，第一次剩余金屬9.6g為Cu。原混合物中銅和鐵各0.15mol，故A錯(cuò)誤；金屬的總物質(zhì)的量為0.3mol，根據(jù)反應(yīng)可知，硝酸的總物質(zhì)的量為0.3mol×eq\f(8,3)＝0.8mol，則硝酸濃度為c(HNO3)＝eq\f(0.8mol,0.2L)＝4mol·L－1，故B錯(cuò)誤；混合物中含有8.4g鐵、9.6g銅，鐵活潑性大于銅，則鐵優(yōu)先反應(yīng)，故第一次剩余金屬9.6g為銅，故C錯(cuò)誤；溶液中二價(jià)鐵離子為0.15mol，根據(jù)電子守恒再加硝酸得NO為eq\f(0.15×1,3)mol＝0.05mol，標(biāo)況下體積為22.4L·mol－1×0.05mol＝1.12L，故D正確。10．向含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的溶液中通入過(guò)量的氯氣，溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示，已知：b－a＝5，線(xiàn)段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素。下列說(shuō)法不正確的是()A．線(xiàn)段Ⅱ表示Fe2＋的變化情況B．線(xiàn)段Ⅳ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為I2＋5Cl2＋12OH－=2IOeq\o\al(－,3)＋10Cl－＋6H2OC．根據(jù)圖像可計(jì)算a＝6D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3解析：選B向含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的溶液中通入過(guò)量的氯氣，還原性：I－＞Fe2＋＞Br－，首先發(fā)生反應(yīng)：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，I－反應(yīng)完畢，再發(fā)生反應(yīng)：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，F(xiàn)e2＋反應(yīng)完畢，又發(fā)生反應(yīng)：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，故線(xiàn)段Ⅰ代表I－的變化情況，線(xiàn)段Ⅱ代表Fe2＋的變化情況，線(xiàn)段Ⅲ代表Br－的變化情況，故A正確；線(xiàn)段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素，該元素為I元素，線(xiàn)段Ⅳ表示的反應(yīng)消耗氯氣的物質(zhì)的量為5mol，根據(jù)得失電子守恒，設(shè)該含氧酸中碘元素的化合價(jià)為x，(x－0)×2mol＝5mol×2，解得x＝＋5，則該含氧酸為HIO3，離子方程式為I2＋5Cl2＋6H2O=2IOeq\o\al(－,3)＋10Cl－＋12H＋，故B錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)的離子方程式可知溶液中n(I－)＝2n(Cl2)＝2mol，溶液中n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×(3mol－1mol)＝4mol，根據(jù)電荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4mol－2mol＝6mol，根據(jù)2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－可知，溴離子反應(yīng)需要氯氣的物質(zhì)的量為3mol，故a＝3＋3＝6，故C正確；根據(jù)以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故D正確。11．(2022·湖南等級(jí)考)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)H＋和e－的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為N2進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．過(guò)程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)發(fā)生氧化反應(yīng)B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的e－數(shù)目相等C．過(guò)程Ⅱ中參與反應(yīng)的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．過(guò)程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O解析：選D根據(jù)題意分析反應(yīng)過(guò)程圖：過(guò)程Ⅰ發(fā)生的是還原反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，由以上分析知，a、b中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；過(guò)程Ⅱ中參加反應(yīng)的n(NO)與n(NHeq\o\al(＋,4))之比為1∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖知，總反應(yīng)為NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)=N2↑＋2H2O，D項(xiàng)正確。12．以某工業(yè)銅渣(主要成分為Cu、Cu2Se、Cu2Te，還有少量Ag)為原料制備膽礬、硒、碲的一種工藝流程如下：(1)“漿化、焙燒”后，銅渣中金屬元素均轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，碲元素轉(zhuǎn)化為不溶于水的TeO2。Cu2Se與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________________________________________________________________________________________________________。(2)“浸?、颉焙?，TeO2轉(zhuǎn)化為T(mén)eCleq\o\al(2－,6)，則“還原”過(guò)程反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根據(jù)題意，“漿化、焙燒”過(guò)程中生成物有SeO2、CuSO4、SO2，而硫酸中的H元素轉(zhuǎn)化為水，反應(yīng)為Cu2Se＋6H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(焙燒))2CuSO4＋SeO2↑＋4SO2↑＋6H2O。(2)“還原”時(shí)，SO2將TeCleq\o\al(2－,6)還原為T(mén)e，本身氧化成SOeq\o\al(2－,4)，結(jié)合三大守恒(質(zhì)量守恒、電子得失守恒及電荷守恒)可得反應(yīng)：TeCleq\o\al(2－,6)＋2SO2＋4H2O=Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H＋。答案：(1)Cu2Se＋6H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(焙燒))2CuSO4＋SeO2↑＋4SO2↑＋6H2O(2)TeCleq\o\al(2－,6)＋2SO2＋4H2O=Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H＋13．電鍍廢水中含有的絡(luò)合態(tài)鎳(Ⅱ)和甘氨酸鉻(Ⅲ)等重金屬污染已成為世界性環(huán)境問(wèn)題。常用的處理方法是臭氧法和納米零價(jià)鐵法。Ⅰ.臭氧法(1)在廢水中通入O3，在紫外光(UV)照射下產(chǎn)生羥基自由基(·OH)，氧化分解絡(luò)合態(tài)Ni(Ⅱ)使鎳離子游離到廢水中，部分機(jī)