高中化学必修一 第一章 物质及其变化【过关测试提高卷】20202021学年新解析版

1、第一章 物质及其变化过关测试 提高卷（时间：90分钟）一、选择题（每小题3分，共54分）1纳米是长度单位，1纳米等于110-9m，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜的有关叙述正确的是（ ）A常温下“纳米铜”比铜片的金属性强，反应时反应速率快B“纳米铜”溶于溶剂中后形成的分散系为溶液C常温下“纳米铜”与铜片的还原性是不同的D“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时反应物间接触面大，所以反应速率快【答案】D【解析】A“纳米铜”与铜片都是铜单质，金属性相同，A不正确；B“纳米铜”溶于溶剂中后形成的分散系为胶体，B不正确

2、；C常温下“纳米铜”与铜片的还原性相同，C不正确；D“纳米铜”与铜片相比，颗粒更细小，与另一反应物的接触面大，发生反应时的反应速率快，D正确；故选D。2下列说法错误的是（ ）A利用丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液B某物质经科学测定只含有一种元素，则可以断定该物质是一种纯净物C用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质【答案】B【解析】A.丁达尔现象为胶体特有的性质，蛋白质溶液为胶体分散系，则丁达尔效应可区分蛋白质溶液与葡萄糖溶液，选项A正确；B.由同一种元素构成的不同单质组成的物质属于混合物，如O2与O3组成的物质，选项B错误；C.

3、胶体、离子均可透过滤纸，用过滤法无法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，选项C正确；D.向豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的微粒遇电解质发生聚沉的性质，选项D正确。故选B。3下列物质的分类正确的是()选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2ONOCKOHHNO3CaCO3CaOMn2O7DNaOHHClCaF2Na2O2SO2【答案】C【解析】A、Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，A错误；B、NO不属于酸性氧化物，B错误；C、各物质归类正确；D、Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；故选C

4、。4下列变化，只有加入酸才能一步实现的是( )AZnZnSO4BCaCO3CO2CMgOMgCl2DBaCl2BaSO4【答案】C【解析】A锌和硫酸反应的方程式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，锌和硫酸铜反应的方程式为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，选项A错误；B根据复分解反应的规律：盐和酸反应生成新盐和新酸。需比碳酸强的酸，加酸，能制取二氧化碳，如加盐酸可一步制得二氧化碳，反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，但碳酸钙能在高温条件下自身分解，反应为：CaCO3CaO+CO2，选项B错误；C根据复分解反应的规律，金属氧化物和酸反应生成盐和水，从氧化镁制取盐类物质

5、氯化镁，只有与酸反应，如MgO+2HCl=MgCl2+H2O，选项C正确；D根据复分解反应的规律，盐和酸生成新盐和新酸如BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl，两种盐反应生成两种新盐：BaCl2 +CuSO4=BaSO4+CuCl2，选项D错误；答案选C。5下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为（ ）A纯盐酸、氨气、硫酸、干冰B蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫C胆矾、盐酸、铁、碳酸钙D生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠【答案】B【解析】A、纯盐酸为氯化氢气体的水溶液是混合物，故A错误：B、蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的，所

6、以B选项是正确的：C、铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误：D、碳酸钠是电解质，故D错误：答案选B。【点睛】根据概念结合物质的组成结构进行分析判断，由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物，由不同物质组成的为混合物，在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。6以下电离方程式错误的是（）AH2CO32H+CO32-BCNaHCO3=Na+ HCO3-DKHSO4=K+H+ 【答案】A【解析】A碳酸是二元弱酸，分两步电离，H2CO3H+HCO3-，HCO3-H+ CO32-，A错误；B硫酸铁是强电解质，完全电离生成铁离子和硫酸根离子，B正确；C碳

7、酸氢钠是强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸根离子，C正确；DKHSO4是强电解质，完全电离，D正确；答案选A。7下列说法正确的是（ ）A元素处于最高价时，该物质一定具有强氧化性B某元素从游离态变为化合态，该元素一定被氧化C金属阳离子只具有氧化性，不具有还原性D氧化还原反应中不一定所有元素的化合价都发生变化【答案】D【解析】A二氧化碳为碳的最高价氧化物，但其氧化性弱，A错误；B氯元素由次氯酸跟变为氯离子，氯元素化合价降低，被还原，B错误；C亚铁离子，即有氧化性也有还原性，故C错误；D氧化还原反应的本质是有元素化合价的升降，故D正确；答案选D。8下列说法中正确的是( )A失电子越多，还原性越强，得

8、电子越多，氧化性越强B，此反应中氧化性：C中的硫元素化合价是价，处于硫的最高价，因此的氧化性一定很强D氧化性强弱的顺序为，则溶液中可发生：【答案】D【解析】A氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，故A错误；B在反应中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，氧化性Fe3+Cu2+，故B错误；C硫酸根离子氧化性不一定强，如稀硫酸中硫酸根离子不体现氧化性，故C错误；D同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性Z2A3+，中氧化性Z2A3+，所以该反应可以发生，故D正确；故选：D。9常温

9、下，在溶液中能发生如下反应：2A2+B2=2A3+2B； 2B+Z2=B2+2Z；16H+10Z+2X2+5Z2+8H2O，由此判断下列说法错误的是()A氧化性由强到弱的顺序是、Z2、B2、A3+B还原性由强到弱顺序是A2+、B、Z、X2+CZ2+2A2+=2A3+2Z反应可以进行DZ元素在反应中均被还原【答案】D【解析】【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，结合化合价的变化分析判断。【详解】A氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应16H+10Z-+2XO=2X2+5Z2+8H2O中，氧化性XOZ2；反应2A2+B2=2A

10、3+2B-中，氧化性B2A3+；反应2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2B2，所以氧化性由强到弱的顺序是XOZ2B2A3+，故A正确；B氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应16H+10Z-+2XO=2X2+5Z2+8H2O中，还原性Z-X2+；反应2A2+B2=2A3+2B-中，还原性A2+B-；反应2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+B-Z-X2+，故B正确；C根据A的分析，氧化性：Z2B2A3+，反应Z2+2A2+=2A3+2Z-可以进行，故C正确；DZ元素在反应中化合价升高，被氧化，故D错误；故选D。10已知I、Fe2、S

11、O2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为SO2IFe2H2O2Cl，则下列反应不可能发生的是（ ）ABCD【答案】C【解析】A因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，A能发生；B因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2I-，与已知的还原性强弱一致，B能发生；C因该反应中Fe元素的化合价升高，碘元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，C不能发生； D若该反应发生，S元素的化合价升高，O元素的化合价降

12、低，则SO2为还原剂，还原性强弱为H2O2SO2，与已知的还原性强弱一致，D能发生；故选C。11在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为（ ）A16B61C15D51【答案】D【解析】反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素化合价由+5降低为0、HCl中氯元素化合价由-1升高为0，电子转移的方向和数目是，被氧化的氯与被还原的氯的原子个数比为5:1，故选D。12在下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂的是（ ）A2Na+2H2O=2NaOH+H2BCl2+H2O=HCl+HClOC2F2+2H2

13、O=4HF+O2D2H2O2H2+O2【答案】B【解析】【分析】元素化合价升高，失去电子，物质作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质作氧化剂，据此分析解答。【详解】A.在反应中2Na+2H2O=2NaOH+H2，Na失去电子，元素化合价升高，作还原剂，H2O中的H得到电子变为H2，元素化合价降低，H2O作氧化剂，A不符合题意；B.在反应中Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl2中的Cl元素化合价升高、降低，因此Cl2既作氧化剂，又作还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B符合题意；C.在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，O元素的化合价由H2O中的-2价变为O2中的0价，化合价升高，失

14、去电子，H2O作还原剂，C不符合题意；D.在该反应中H2O中的H元素化合价降低获得电子，H2O作氧化剂；O元素化合价升高，失去电子，H2O作还原剂，所以水既是氧化剂，也是还原剂，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质在氧化还原反应中作用的判断。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移。元素化合价升高，失去电子，含有该元素的物质作还原剂，产生氧化产物；元素化合价降低，得到电子，含有该元素的物质作氧化剂，产生还原产物。13下列各离子组可在同一无色溶液中大量共存的是 ( )ANa+、Mg2+、OH-、Cl-BCu2+、Ba2+、NO、SOCNa+、Mg2+、CO、SODH+、

15、K+、Cl-、NO【答案】D【解析】AMg2+、OH-会发生离子反应形成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B含Cu2+的溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，钡离子与硫酸根离子生成沉淀，也不能大量共存，B不符合题意；CMg2+、CO会发生离子反应，形成MgCO3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D选项离子均无色，且离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故合理选项是D。14不能用离子方程式 CO+2H+CO2+ H2O 表示的反应是( )ANa2CO3+2HCl2NaCl+CO2+H2OBNaHCO3+HClNaCl+CO2+H2OCK2CO3+H2SO4K2SO4+

16、CO2+H2ODK2CO3+2HNO32KNO3+CO2+H2O【答案】B【解析】离子方程式CO+2H+CO2+ H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、二氧化碳气体和水的一类反应，据此对各选项进行判断。ANa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O的离子方程式为CO+2H+CO2+ H2O，能够用该离子方程式表示，A不符合题意；BNaHCO3在溶液中电离产生Na+与HCO3-，反应NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2，因此不能用CO+2H+CO2+ H2O 表示，B符合题意；CK2CO3+H2SO4K2SO4+CO2+H2O的

17、离子方程式为CO+2H+CO2+ H2O，能够用该离子方程式表示，C不符合题意；DK2CO3+2HNO3=2KNO3+CO2+H2O的离子方程式为CO+2H+CO2+ H2O，能够用该离子方程式表示，D不符合题意；故合理选项是B。15符合如下实验过程和现象的试剂组是()选项甲乙丙AMgCl2 HNO3 K2SO4 BBaCl2HNO3K2SO4 CNaNO3H2SO4 Ba(NO3)2 DBaCl2HClCaCl2【答案】B【解析】A碳酸钾与氯化镁反应生成碳酸镁沉淀，加入硝酸，沉淀溶解反应生成硝酸镁溶液，加入硫酸钾不反应，没有白色沉淀生成，故A错误；B碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入硝酸

18、反应生成硝酸钡溶液，加入硫酸钾生成硫酸钡沉淀，故B正确；C碳酸钾与硝酸钠不反应，故C错误；D碳酸钾与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，加入盐酸反应生成氯化钡溶液，加入氯化钙不反应，故D错误；故选B。16下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO42+H+OHBaSO4+H2OB用往氯化铁中加铁粉：Fe+Fe3+2Fe2+C往澄清石灰水中通入过量二氧化碳：Ca2+2OH+CO2CaCO3+H2OD往碳酸镁中滴加稀盐酸：MgCO3+2H+CO2+H2O+Mg2+【答案】D【解析】A氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，方程式中离子数目与化学式中离子数目不对应，正确的反

19、应的离子方程式为：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故A错误；B铁和三氯化铁之间可以反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+，故B错误；C过量CO2通入澄清石灰水中的离子反应为CO2+OHHCO3，故C错误；D碳酸镁属于难溶物，写化学式形式，离子反应为：MgCO3+2H+CO2+Mg2+H2O，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、复分解反应的离子反应的考查。17下列反应的离子方程式正确的是（ ）A大理石溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+

20、H2OB往硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Ba2+2OH+Cu2+SO42-=BaSO4+Cu(OH)2C用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+D铁与稀盐酸反应：2Fe+6H=2Fe3+3H2【答案】B【解析】【分析】离子方程式的书写错误，常见的有电荷不守恒、原子不守恒、反应产物写错、该拆的没拆、不该拆的拆了、反应没写全等等。【详解】A醋酸是弱酸，不能拆，A错误；B同时生成了两种沉淀，B正确；C两边电荷不守恒，C错误；D铁与稀盐酸反应，应该生成Fe2+，D错误；答案选B。18溶液中只存在五种离子，各离子个数比为：ClSO42-Fe3+K+M=23131，（不考虑水的电离）

21、，则M为（ ）ACO32-BMg2+CNa+DBa2+【答案】B【解析】溶液中离子遵循电荷守恒规律，根据各离子个数比ClSO42Fe3+K+M=2：3：1：3：1，设氯离子个数为2n，则已知的阴离子所带负电荷总数为2n+3n2=8n，阳离子所带正电荷总数为n3+3n1=6n，阳离子所带电荷数小于阴离子所带电荷数，由电荷守恒可知M离子为阳离子，且需带2个单位正电荷，因溶液中有硫酸根离子，钡离子与硫酸根离子会结合成硫酸钡沉淀，钡离子不合题意，应为镁离子，故选B。二、非选择题（共46分）19（10分）现有下列10种物质：铝，纯醋酸，CO2，H2SO4，Ba(OH)2，红褐色的氢氧化铁胶体，稀盐酸，N

22、aHSO4，碳酸钙，乙醇 (1)上述物质中属于电解质的有_，属于非电解质的有_(填序号)。(2)向中逐渐滴加的溶液，看到的现象是_。 (3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H+OHH2O，则该反应的化学方程式为_。(4)在水中的电离方程式为_。(5)和混合，反应的离子方程式为_。【答案】 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 Ba(OH)2+2HClBaCl2+2H2O NaHSO4Na+H+SO CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O【解析】【分析】(1)在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，都不能导电的化合物是非电解质，据此分析判断；(2)氢氧化铁胶

23、体中滴加硫酸，先发生聚沉，后氢氧化铁与硫酸反应，据此分析解答；(3)H+OH-=H2O为强酸与强碱溶液反应生成可溶性盐和水的一类反应，据此分析解答；(4)NaHSO4为强酸的酸式盐，在水中完全电离，据此分析书写电离方程式；(5)碳酸钙难溶于水，和稀盐酸反应放出二氧化碳，据此分析书写离子方程式。【详解】(1)一般而言，酸、碱、盐属于电解质，纯醋酸、H2SO4、Ba(OH)2、NaHSO4、碳酸钙，在水溶液或熔融状态下能够导电，且都是化合物，它们属于电解质；除酸碱盐外的化合物一般为非电解质，CO2、乙醇属于非电解质，故答案为：；(2)向红褐色的氢氧化铁胶体中逐滴加入H2SO4，开始时氢氧化铁胶体发

24、生聚沉，产生红褐色沉淀，之后氢氧化铁与硫酸反应，沉淀逐渐溶解，所以反应现象为：先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；(3)离子方程式H+OH-=H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应，如：Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O，故答案为：Ba(OH)2+2HCl=BaCl2+2H2O；(4)NaHSO4为强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4Na+H+SO，故答案为：NaHSO4Na+H+SO；(5)碳酸钙难溶于水，和稀盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故答案为：CaCO3+2H+

25、Ca2+CO2+H2O。【点睛】本题的易错点为(1)，要注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。20（8分）取少量 Fe2O3粉末（ 红棕色） 加入适量盐酸， 得到黄色溶液， 用此溶液进行以下实验：（1）在小烧杯中加入 20mL 蒸馏水， 加热至沸腾后， 向沸水中加入制取的黄色溶液 2mL， 继续煮沸至液体呈_色， 停止加热， 用激光笔照射烧杯中的液体， 可以观察到液体中_， 用这个实验可以区别_和_。（2）氢氧化铁胶体制备的原理_（3）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸， 会出现一系列变化：现象_原因 （ 用离子方程式表示）_（4）氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是_。【答案】红褐 有光亮的通路

26、 溶液 胶体 Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解 Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O 氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在 【解析】【分析】（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水， 1nm-100nm的分散质微粒形成的分散系为胶体，铁离子水解生成胶体；（2）氢氧化铁胶体制备的原理是利用Fe3+在沸水中的水解；（3）依据胶体聚沉的性质解答，盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和；氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应；（4）氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是

27、相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。【详解】（1）氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，离子反应为6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O，制备胶体的过程是，在小烧杯中加入 20mL 蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液 2mL，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中形成光亮的通路，发生丁达尔效应，丁达尔效应可用于区分溶液和胶体，故答案为：红褐；光亮的通路；溶液；胶体；（2）氢氧化铁胶体制备的原理是利用Fe3+在沸水中的水解；Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+；（

28、3）盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀；氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O，所以沉淀溶解，溶液呈黄色，故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解；Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O；（4）氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。故答案为：氢氧化铁胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，使氢氧化铁胶体可以稳定存在。【点睛】胶体的性质是做好本题的关键，胶体的制备，胶体的聚沉都是

29、重点考查的内容。21（8分）在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银，发生的反应如下：_Ag+_H3PO2+_H2O_Ag+_H3PO4+_H+请回答下列问题：（1）H3PO2中，P元素的化合价为_；该反应中，H3PO2被_(填“氧化”或“还原”)。（2）配平该离子方程式：_Ag+_H3PO2+_H2O_Ag+_H3PO4+_H+。（3）若反应中生成1.08gAg，则转移的电子数为_。（4）H3PO2是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式：_。【答案】+1 氧化 4 1 2 4 1 4 0.01NA H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O 【解析】【分析】（1）根据“升失氧，

30、降得还”原理和化合价变化判断物质性质；（2）据得失电子总数守恒和原子个数守恒配平反应；（3）根据氧化还原反应方程及系数进行计算；（4）酸碱中和生成盐和水。【详解】（1）据化合物中元素的正负化合价代数和为0可知，H3PO2中P化合价为+1价，P元素的化合价由+1价升高到+5价，故H3PO2被氧化；（2）P的化合价由+1价升至+5价，Ag的化合价由+1价姜维0价，据得失电子总数守恒和原子个数守恒可知，配平的系数为4、1、2、4、1、4；（3）银离子生成银，得到1个电子，1.08g Ag物质的量为0.01mol，即转移的电子数为6.021021或0.01NA；（4）H3PO2是一元弱酸，写离子方程式

31、时必须写化学式，H3PO2与足量NaOH 溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识点，利用化合价升降总数相等进行氧化还原反应方程式的配平是解答本题的关键。22（12分）氧化还原反应是一类非常重要的反应。回答下列问题：（1）按如图所示操作，充分反应后：中发生反应的离子方程式为_；中铜丝上观察到的现象是_；结合、实验现象可知Fe2、Cu2、Ag的氧化性由强到弱的顺序为_。（2）火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO33CS=K2SN23CO2。其中氧化产物是_（3）人体内的铁元素

32、是以Fe2和Fe3的形式存在。Fe2易被人体吸收，服用维生素C，可使Fe3转化成Fe2，有利于人体吸收，说明维生素C具有_（填“氧化性”或“还原性”）。（4）市场上出售的某种麦片中含有微量还原性铁粉，这些铁粉在人体胃酸(主要成分是盐酸)的作用下转化成亚铁盐。此反应的化学方程式为_（5）写出氢气还原氧化铜反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目。_【答案】FeCu2=Fe2Cu 红色铜丝上有银白色金属附着，无色溶液变为蓝色 AgCu2Fe2 CO2 还原性 Fe2HCl=FeCl2H2 【解析】(1)Fe丝与CuSO4溶液反应的离子方程式为：FeCu2=Fe2Cu，故答案为：FeC

33、u2=Fe2Cu；铜丝和AgNO3溶液反应生成Ag和Cu(NO3)2，现象为：红色铜丝上有银白色金属附着，无色溶液变为蓝色，故答案为：红色铜丝上有银白色金属附着，无色溶液变为蓝色；Fe置换出Cu，说明Fe比Cu活泼，而氧化性：Cu2Fe2，Cu置换出Ag，说明Cu比Ag活泼，而氧化性：Ag+Cu2，综上所述，氧化性：Ag+Cu2Fe2，故答案为：Ag+Cu2Fe2；(2)2KNO33CS=K2SN23CO2中C化合价升高，被氧化成CO2，CO2是氧化产物，故答案为：CO2；(3)服用维生素C，可使Fe3转化成Fe2，使Fe元素的化合价降低，将Fe3还原为Fe2，说明维生素C具有还原性，故答案为：还原性；(4)铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe2HCl=FeCl2H2，故答案为：Fe2HCl=FeCl2H2；(