上篇专题一第三讲专题强化训练

1、.12019·高考四川卷以下物质在生活中应用时，起复原作用的是A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂解析：选D。A.明矾中的Al3发生水解生成胶体，胶体的外表积较大，能吸附水中的杂质，所以能起到净水的作用，与氧化复原无关，A项错误；B.甘油为丙三醇，属于多羟基化合物，具有吸湿性，因此可作护肤保湿剂，与氧化复原无关，B项错误；C.漂粉精能作消毒剂是因为它能生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，并不是起复原作用，C项错误；D.铁粉作食品袋内的脱氧剂，防止食品被氧化，起复原作用，D项正确。22019·湖南株洲检测以下离子组能大量共存且参

2、加相应试剂后发生反响的离子方程式正确的选项是选项离子组参加试剂参加试剂后发生反响的离子方程式AFe2、NO、K稀硫酸3Fe2NO4H=3Fe3NO2H2OBFe3、I、ClONaOH溶液Fe33OH=FeOH3CBa2、HCO、ClNaOH溶液HCOOH=COH2ODAg、F、NO过量浓氨水AgOH=AgOH解析：选A。Fe2、NO、K三者之间不反响，可以大量共存，参加稀硫酸后，溶液中有大量的H，那么Fe2、NO、H发生氧化复原反响，A选项正确；Fe3具有氧化性，I具有复原性，二者发生氧化复原反响而不能大量共存，ClO也具有氧化性，ClO与I也不能大量共存，B选项错误；C项，参加NaOH溶液后

3、，发生反响的离子方程式应为Ba2HCOOH=BaCO3H2O，C选项错误；D项，参加过量浓氨水后，会生成银氨络离子，且一水合氨是弱电解质，在离子方程式中应写化学式，D选项错误。32019·高考广东卷水溶液中能大量共存的一组离子是ANa、Ca2、Cl、SOBFe2、H、SO、ClOCMg2、NH、Cl、SODK、Fe3、NO、SCN解析：选C。逐一分析判断每个选项中四种微粒的性质，假如能生成沉淀、气体、弱电解质、络合离子或发生氧化复原反响就不能大量共存。A.Ca2和SO能生成硫酸钙沉淀，不能大量共存。B.ClO能氧化Fe2、SO，H和SO能生成二氧化硫气体，H与ClO能生成HClO，不

4、能大量共存。C.四种离子之间不发生反响，能大量共存。D.Fe3和SCN能形成络合离子，不能大量共存。42019·湖北五校联考高温下焙烧CuFeS2的反响之一为2CuFeS27O2CuSO4CuOFe2O33SO2。以下关于该反响的表达正确的选项是ACuFeS2中硫的化合价为1BCuFeS2发生复原反响C1 mol CuFeS2完全反响转移13 mol电子DCuSO4和SO2既是氧化产物，又是复原产物解析：选D。CuFeS2中Cu为2价，Fe为2价，S为2价，A选项错误；CuFeS2中S、Fe化合价都升高，发生氧化反响，B选项错误；1 mol CuFeS2完全反响转移14 mol电子，

5、C选项错误。52019·高考北京卷某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。以下用来解释事实的方程式中，不合理的是：饱和NaClO溶液的pH约为11A该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl22OH=ClOClH2OB该消毒液的pH约为12：ClOH2O HClOOHC该消毒液与洁厕灵主要成分为HCl混用，产生有毒Cl2：2HClClO=Cl2H2OD该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOHClO=HClOCH3COO解析：选B。A.将Cl2通入NaOH溶液中可制得消毒液，离子方程式为2OHCl2=ClClOH2O。B.饱和 NaClO 溶液的pH

6、约为11，如今该消毒液的pH为12，故不可能仅为ClO的水解所致，该消毒液中还含有一定量的NaOH，是使消毒液的pH约为12的主要原因。C.该消毒液与洁厕灵混用时，ClO与Cl会发生氧化复原反响生成Cl2。D.HClO有较强的漂白性。因为CH3COOH的酸性强于HClO，在该消毒液中参加CH3COOH，会使CH3COOH与ClO反响生成HClO，增强其漂白性。6某反响的反响物与生成物有：K2Cr2O7、KCl、CrCl3、Cl2、HCl、H2O，氧化性：K2Cr2O7Cl2，那么以下说法不正确的选项是ACl2是该反响的氧化产物B氧化剂和复原剂的物质的量之比为114C当转移0.2 mol电子时，

7、被氧化的复原剂的物质的量为0.2 molD由该反响可知复原性：HClCrCl3解析：选B。根据题中提供的反响物与生成物及氧化性：K2Cr2O7Cl2，得出该反响的化学方程式为K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O。Cl2是该反响的氧化产物，A项正确；氧化剂和复原剂的物质的量之比为16，B项错误；当转移0.2 mol电子时，被氧化的复原剂的物质的量为0.2 mol，C项正确；CrCl3为复原产物，根据氧化复原反响规律，可知复原性：HClCrCl3，D项正确。7某溶液中仅含有5种离子不考虑水的电离和离子的水解，其含量均为1 mol，它们可能是K、Ba2、Fe2、Al3、Fe

8、3、Mg2、OH、HCO、CO、Cl、NO和SO中的5种。为确定该溶液中所含的离子，向该溶液中参加足量稀盐酸，有无色气体产生，且反响前后溶液中的阴离子种类没有变化。那么以下说法正确的选项是A原溶液中可能含有K，一定没有HCO和OH，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊B原溶液中一定含有Cl和NO，可能含有SO，反响生成的无色气体遇空气变红棕色C原溶液中所含的阳离子为Mg2、Fe2，参加稀盐酸所发生的反响为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2OD假设向原溶液中参加过量NaOH溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、灼烧到恒重，得到的固体质量为107 g解析：选C。参加足量稀盐酸，有无色气体产生

9、，且反响前后溶液中的阴离子种类没有变化，说明原溶液中含有Cl和NO，肯定无OH、HCO和CO，无色气体是NO，而阳离子中一定含有Fe2，因原溶液中含有5种等物质的量的离子，根据电荷守恒那么阴离子还含有SO，阳离子还含有Mg2。向原溶液中参加过量NaOH溶液，生成的沉淀经过过滤、洗涤、灼烧得到0.5 mol的Fe2O3和1 mol的MgO，共120 g。所以A项、B项、D项错误，C项正确。81在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加NH42S2O8连二硫酸铵溶液会发生如下离子反响：Mn2S2OH2OMnOSOH未配平。该反响常用于检验Mn2的存在，其特征现象是_。假设反响中有0.1 mol复原剂参加

10、反响，那么转移电子数为_NA，消耗氧化剂的物质的量为_mol。2向CuSO4溶液中通入硫化氢生成黑色沉淀CuS的离子方程式为_。向FeCl3溶液中参加过量的碘化钠的离子方程式为_。3向含有等物质的量浓度的H、Mg2、Al3、NH混合溶液中，渐渐滴加NaOH溶液，直至过量，并不断搅拌，依次发生了数个离子反响。其中：第一个离子反响方程式为_。最后一个离子反响方程式为_。解析：1首先标化合价，Mn元素化合价由2升高到7、S 元素化合价由7降低到6，所以1 mol复原剂Mn2化合价升高5、1 mol氧化剂S2O化合价降低2,0.1 mol Mn2参加反响转移0.5 mol电子，根据得失电子守恒，消耗n

11、S2O0.25 mol。2由产物可知化合价没有变化是复分解反响，溶液中的Cu2与H2S反响生成CuS沉淀，注意H2S是弱酸，不能拆分；Fe3具有氧化性，I具有复原性。3OH首先与溶液中的H反响，然后与Mg2、Al3反响生成MgOH2、AlOH3，接着与NH反响，最后与AlOH3反响。答案：1溶液颜色变成紫色0.50.252Cu2H2S=CuS2H2Fe32I=2Fe2I23HOH=H2OAlOH3OH=AlO2H2O9A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别是Ba2、Ag、Na、Cu2中的一种，阴离子分别是NO、SO、Cl、CO中的一种。离子在物质中不能重复出现假设把四种盐分别溶于盛有

12、蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；假设向的四支试管中分别参加盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据实验事实可推断它们的化学式：1A_，C_。2写出盐酸与D反响的离子方程式：_。3写出C与BaOH2溶液反响的离子方程式：_。解析：Ag与SO、Cl、CO都不共存，故为AgNO3，Ba2与SO、CO都不共存，故为BaCl2，Cu2与CO不共存，故为CuSO4；由知，C中含有Cu2，即C是CuSO4；由向的四支试管中分别参加盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，知B为AgNO3，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，即D是Na2CO3，那么A是BaCl2。答案：1BaCl2CuSO4

13、2CO2H=H2OCO23Cu2SOBa22OH=BaSO4CuOH210：复原性：HSO>I，氧化性：IO>I2。1在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生以下反响。配平反响方程式，用单线桥法标出电子转移的方向和数目。NaIO3NaHSO3I2Na2SO4H2SO4H2O2在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液反响完全，推测反响后溶液中的复原产物为_填化学式。3在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴参加NaIO3溶液。参加NaIO3的物质的量和析出碘单质的物质的量的关系曲线如下图。写出反响过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_；当溶液中I与I2的物质的量之比为53时

14、，参加的NaIO3为_mol。解析：1碘元素的化合价由5价降低到0价，硫元素的化合价由4价升高到6价。根据化合价升降总数相等，配平反响方程式，标出电子转移的方向和数目。2由复原性：HSO>I可知当NaHSO3溶液过量时IO先被复原成I2，再被复原成I。3OA段，随着IO的量增多，NaHSO3的量减少，IO被复原成I至A点恰好完全反响，此时继续参加NaIO3，又发生NaIO3氧化I的反响：IO6H5I=3I23H2O。当I与I2物质的量之比为53时，设参加NaIO3的物质的量为x，根据转移电子守恒，得5 mol×2x×6x×5，x mol。答案：1 =2I27

15、Na2SO43H2SO42H2O2NaI3IO5I6H=3I23H2O112019·高考重庆卷某汽车平安气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。1NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为_。2Fe2O3是主氧化剂，与Na反响生成的复原产物为_该反响为置换反响。3KClO4是助氧化剂，反响过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为_，K的原子构造示意图为_。4NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为_。5100 g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N2 33.6 L标准状况。用碱石灰除去的物质为_；该产气药剂中NaN3的质量分数为_。解析：1每个N原子最外层有5个电子，N与N之间有三对共用电子，所以其电子式为NN。2Na在反响中作复原剂，Fe元素的化合价降低，因该反响为置换反响，所以复原产物为Fe。3KClO4为离子化合物，K与ClO间存