专题一 物质及其变化

1/52专题一物质及其变化[循图忆知—扩成面][易错判断—查漏点]1．SiO2属于耐高温酸性氧化物(√)2．硫酸铜属于强电解质(√)3．用于环境消毒的漂白粉是混合物(√)4．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物(×)5．只由一种分子组成的物质一定为纯净物，组成混合物的物质可能只有一种元素(√)6．HNO3属于挥发性强酸(√)7．HF是存在氢键的非电解质(×)8．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象(×)9．由海水生产氯化镁属于物理变化(×)10．反应4HNO3=4NO2↑＋O2↑＋2H2O，HNO3中的氮元素被氧化(×)微专题(一)物质的组成、分类、转化及分散系提能点(一)物质的组成、分类及分散系(一)物质的组成及简单分类1．树状分类法：对同类物质按照某种属性进行分类。例如：2．交叉分类法：从不同的角度对物质进行分类。例如：(二)分散系及其分类1．分散质的微粒直径及其分离提纯方法2．胶体的性质及重要应用①胶体和溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同。溶液中离子和分子粒子直径小于10－9m，而胶体粒子直径为10－9～10－7m。②胶体粒子不能透过半透膜，但能透过滤纸。③区分胶体和其他分散系的最简便方法是丁达尔效应。④Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体可用于净水是因为胶粒具有巨大的比表面积，有很强的吸附作用，能吸附水中的悬浮物。[集训冲关]1．(2023·浙江1月选考)下列物质中属于耐高温酸性氧化物的是()A．CO2 B．SiO2C．MgO D．Na2O解析：选BCO2和碱反应生成盐和水，所以CO2是酸性氧化物，但为分子晶体，不耐高温，A错误；SiO2能跟碱反应生成盐和水：SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(2－,3)＋H2O，所以SiO2是酸性氧化物，为共价晶体，耐高温，B正确；MgO能跟酸反应生成盐和水：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O，所以MgO是碱性氧化物，C错误；Na2O能跟酸反应生成盐和水，所以Na2O是碱性氧化物，D错误。2．(2022·浙江6月选考)下列消毒剂的有效成分属于盐的是()A．高锰酸钾溶液 B．过氧乙酸溶液C．双氧水 D．医用酒精解析：选A高锰酸钾属于盐；过氧乙酸属于酸；双氧水属于氧化物；医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐。3．(2022·浙江6月选考)下列物质属于强电解质的是()A．HCOOH B．FeC．Na2CO3 D．C2H2解析：选CHCOOH是弱酸，属于弱电解质；Fe是单质，不属于电解质；Na2CO3是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质；C2H2是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质。4．下列水溶液呈酸性的非电解质是()A．Cl2 B．NO2C．CH3CH2OH D．CH3COOH解析：选B氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；二氧化氮不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，但二氧化氮与水反应生成的硝酸能电离出氢离子使溶液呈酸性，故B符合题意；乙醇不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，乙醇水溶液呈中性，故C不符合题意；乙酸在溶液中部分电离出自由移动的氢离子使溶液呈酸性，属于弱电解质，故D不符合题意。5．下列物质分类正确的是()选项混合物酸性氧化物碱性氧化物弱电解质胶体A澄清石灰水Mn2O7CuOAgCl纳米铁粉B空气干冰COFe(SCN)3Al(OH)3胶体C氨水SO3CaOH3PO4淀粉溶液D酒精Al2O3Cl2OHCl有色玻璃解析：选C氯化银溶于水的部分完全电离，属于强电解质，纳米铁粉属于纯净物，不是胶体，A错误；CO与酸不反应，不是碱性氧化物，B错误；氨水为混合物，三氧化硫为酸性氧化物，氧化钙为碱性氧化物，磷酸为弱电解质，淀粉溶液为胶体，C正确；酒精为纯净物，氧化铝为两性氧化物，一氧化二氯为酸性氧化物，氯化氢为强电解质，D错误。[易错点拨]判断物质所属类别时的易错点(1)溶于水使溶液显酸性的不一定是酸(如NaHSO4、NH4Cl)。(2)溶于水使溶液显碱性的不一定是碱(如Na2CO3)。(3)酸性氧化物不一定是非金属氧化物(如Mn2O7)，非金属氧化物不一定是酸性氧化物(如CO、NO、NO2)。(4)碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，MnO2是不成盐氧化物。(5)与水反应生成酸的氧化物不一定是酸性氧化物(如NO2)，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物(如Na2O2)。提能点(二)物质的转化1．物质的性质及变化2．物质间的转化关系单质、氧化物、酸(或碱)和盐的转化关系(1)金属单质及其化合物的转化金属单质eq\o(→,\s\up7(O2))碱性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))碱eq\o(→,\s\up7(酸))盐如Naeq\o(→,\s\up7(O2))Na2Oeq\o(→,\s\up7(H2O))NaOHeq\o(→,\s\up7(H2SO4))Na2SO4(2)非金属单质及其化合物的转化非金属单质eq\o(→,\s\up7(O2))酸性氧化物eq\o(→,\s\up7(H2O))酸eq\o(→,\s\up7(碱))盐如Seq\o(→,\s\up7(O2))SO2eq\o(→,\s\up7(H2O))H2SO3eq\o(→,\s\up7(NaOH))Na2SO3[集训冲关]1．(2023·浙江绍兴期中)下列物质之间的转化都能一步实现的是()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：选CSiO2不和水反应，不能一步反应生成H2SiO3，A不符合题意；Al2O3不和水反应，不能一步反应生成Al(OH)3，B不符合题意；N2和H2反应生成NH3，NH3和O2发生催化氧化反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，浓HNO3和Cu反应生成NO2，均能一步实现，C符合题意；S和O2反应只能生成SO2，S不能一步反应生成SO3，D不符合题意。2．(2023·上海黄浦统考二模)在烧杯中混合含等物质的量溶质的KOH溶液和Cu(NO3)2溶液，能正确显示反应后存在物质的是()解析：选DKOH溶液和Cu(NO3)2溶液反应的化学方程式为2KOH＋Cu(NO3)2=Cu(OH)2↓＋2KNO3,KOH和Cu(NO3)2等物质的量混合时，反应生成Cu(OH)2、KNO3，剩余Cu(NO3)2，则反应后溶液中有K＋、NOeq\o\al(－,3)、Cu2＋三种离子。3．一定条件下某容器中各微粒在反应前后的变化如图所示，其中和代表不同元素的原子。下列关于此反应的说法错误的是()A．一定属于可逆反应B．一定属于化合反应C．一定属于氧化还原反应D．一定属于放热反应解析：选D反应前后存在相同的物质，说明反应物没有完全转化为生成物，属于可逆反应，故A正确；2个和1个反应生成2个，说明该反应属于化合反应，故B正确；有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，故C正确；化合反应一般是放热反应，但也有吸热反应，通过图示不能判断该反应是吸热反应还是放热反应，故D错误。4．部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列反应路径不合理的是()A．a＋碱→b＋cB．b＋c＋H＋→aC．d→b或e→c可通过复分解反应实现D．不存在a→c→e→d→b→a的循环转化关系解析：选D根据含氯物质的分类与相应化合价关系图示可知，a为Cl2，b为NaCl或KCl等含Cl－的盐，c为含ClO－的盐，d为HCl，e为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－，均可以用酸和碱发生中和反应(中和反应属于复分解反应)实现，C合理；Cl2和碱反应生成ClO－，ClO－和强酸如稀硫酸反应生成HClO，HClO不稳定，见光分解为HCl和氧气，HCl和碱反应生成Cl－，电解饱和食盐水可以制取氯气，故a→c→e→d→b→a的循环可以实现，D不合理。5．下列物质中，不能通过化合反应制取的有()Na2O2、NaOH、NaHCO3、FeOH3、FeOH2、FeS、CuS、Cu2OH2CO3、NH3、NO、NO2、HNO3、SO2、SO3、FeCl2、FeCl3、H2SiO3、Al2O3A．3种 B．4种C．5种 D．6种解析：选ANa2O2可通过Na与氧气化合得到，Na2O与H2O通过化合反应得到NaOH，NaHCO3可由Na2CO3、CO2、H2O通过化合反应得到，Fe(OH)3可由Fe(OH)2、O2、H2O通过化合反应得到。Fe和S通过化合反应得到FeS，Cu与O2、CO2、H2O发生化合反应得到碱式碳酸铜，N2和H2通过化合反应得到NH3，N2和O2通过化合反应得到NO，NO和O2通过化合反应得到NO2，N2O5与H2O通过化合反应生成HNO3，S与O2通过化合反应生成SO2，SO2与O2通过化合反应生成SO3，FeCl3与Fe通过化合反应生成FeCl2，Fe与Cl2通过化合反应生成FeCl3，Al与O2反应生成Al2O3，Fe(OH)2、CuS和H2SiO3不能通过化合反应得到。6．下列化学反应属于图中区域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：选C由图可知，3区域属于氧化还原反应，但不是置换反应、化合反应和分解反应。A为置换反应，位于4区域，错误；B为分解反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，错误；C不属于四种基本反应类型，但为氧化还原反应，正确；D为化合反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，错误。提能点(三)常见物质的名称与俗名1．常见混合物的俗名与成分俗名成分水煤气主要成分是CO、H2液化石油气(液化气)以C3H8、C4H10为主水玻璃Na2SiO3的水溶液王水浓硝酸与浓盐酸的混合物(体积比为1∶3)波尔多液主要成分是CuSO4和Ca(OH)2福尔马林HCHO水溶液碱石灰NaOH和CaO的混合物铝热剂铝粉和高熔点的金属氧化物的混合物漂白粉Ca(ClO)2和CaCl2的混合物2.常见纯净物的俗名及其化学式或结构简式俗名化学式或结构简式小苏打NaHCO3苏打(纯碱)Na2CO3铁红Fe2O3磁性氧化铁Fe3O4黄铁矿FeS2黄铜矿CuFeS2绿矾FeSO4·7H2O明矾KAl(SO4)2·12H2O生石膏CaSO4·2H2O胆矾CuSO4·5H2O重晶石BaSO4熟石膏2CaSO4·H2O硝铵NH4NO3芒硝Na2SO4·10H2O碳铵NH4HCO3硫铵(肥田粉)(NH4)2SO4氯铵NH4Cl尿素CO(NH2)2氯仿CHCl3蚁醛HCHO木精(木醇)CH3OH甘油草酸H2C2O4硬脂酸C17H35COOH软脂酸C15H31COOH油酸C17H33COOH硝化甘油硬脂酸甘油酯[集训冲关]1．(2022·浙江6月选考)下列物质对应的化学式正确的是()A．白磷：P2B.2-甲基丁烷：(CH3)2CHCH2CH3C．胆矾：FeSO4·7H2OD．硬脂酸：C15H31COOH解析：选B白磷的化学式为P4；2-甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3；胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，而FeSO4·7H2O是绿矾的化学式；硬脂酸的化学式为C17H35COOH，而C15H31COOH是软脂酸的化学式。2．(2022·浙江1月选考)下列物质对应的化学式不正确的是()A．氯仿：CHCl3B．黄铜矿的主要成分：Cu2SC．芒硝：Na2SO4·10H2OD．铝土矿的主要成分：Al2O3解析：选B黄铜矿的主要成分为CuFeS2。3．(2023·浙江杭州期中)下列物质中可用于净水的盐是()A．纯碱 B．明矾C．活性炭 D．氯水解析：选B纯碱(Na2CO3)属于盐，不能净水，A错误；明矾[KAl(SO4)2·12H2O]属于盐，溶于水电离出的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中悬浮的难溶性杂质沉降净水，B正确；活性炭不是盐，C错误；氯水不是盐，D错误。4．(2023·浙江舟山联考)石膏的化学式是()A．CuSO4·5H2O B．Na2SO4·10H2OC．BaSO4 D．CaSO4·2H2O解析：选D石膏是二水硫酸钙的俗称，化学式为CaSO4·2H2O。5．(2023·浙江温州十校联考)下列物质的俗称与化学式对应正确的是()A．苏打——NaHCO3B．熟石膏——BaSO4·2H2OC．胆矾——CuSO4D．磁性氧化铁——Fe3O4解析：选D苏打为Na2CO3，A错误；熟石膏为2CaSO4·H2O，B错误；胆矾为CuSO4·5H2O，C错误；磁性氧化铁为Fe3O4，D正确。6．下列均为在日常生活中能找到的物质，按混合物、碱、盐顺序排列的是()A．白醋、生石灰、食盐B．冰水混合物、水泥、硝酸铵C．管道煤气、熟石灰、熟石膏D．牙膏、纯碱、小苏打解析：选C生石灰为CaO，是氧化物不是碱，食盐中有其他添加剂，属于混合物，A错误；冰水混合物为纯净物，水泥属于混合物，不是碱，B错误；管道煤气中含有一氧化碳、甲烷等气体，属于混合物，熟石灰为氢氧化钙，属于碱，熟石膏为2CaSO4·H2O，属于盐，C正确；纯碱为Na2CO3属于盐而不是碱，D错误。eq\a\vs4\al([专题验收评价])1．(2023·浙江湖、衢、丽高三教学质量检测)下列物质中受热易分解且属于酸式盐的是()A．NaCl B．(NH4)2CO3C．NaHSO4 D．NaHCO3解析：选DNaCl是正盐，不选A；(NH4)2CO3是正盐，不选B；NaHSO4是酸式盐，不易分解，不选C；NaHCO3是酸式盐，受热分解为碳酸钠、二氧化碳、水。2．(2023·浙江高三百校联考)下列含过渡元素且属于碱性氧化物的是()A．Na2O2 B．Ga2O3C．FeO D．GeO2解析：选CNa2O2中Na、O都是主族元素，不含过渡元素，且Na2O2是过氧化物，A不选；Ga2O3中Ga、O都是主族元素，不含过渡元素，B不选；FeO中Fe是Ⅷ族元素，属于过渡元素，FeO能与盐酸反应生成氯化亚铁和水，属于碱性氧化物，C选；GeO2中Ge、O都是主族元素，不含过渡元素，D不选。3．含有非极性键的共价化合物是()A．CH3NH2 B．C2H2C．Na2O2 D．CO(NH2)2解析：选BCH3NH2为共价化合物，没有非极性键，A不选；C2H2为共价化合物，含有CC非极性键，B选；Na2O2为离子化合物，C不选；CO(NH2)2为共价化合物，没有非极性键，D不选。4．下列过程或者变化中，属于物理变化的个数是()蒸馏、石油的分馏、煤的干馏、焰色试验、显色反应、颜色反应、潮解、分解、电解、水解、裂解、氢化、氧化、水化、风化、炭化、钝化、皂化、岩浆晶出、歧化、卤化、硝化、酯化、裂化、油脂的硬化、煤的气化、煤的液化A．3个 B．4个C．5个 D．6个解析：选C有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此判断。蒸馏、石油的分馏、焰色试验、潮解、岩浆晶出(岩浆是一种以硅酸盐为主的熔融体，当它冷凝到一定程度时，达到了其中某一矿物的饱和点，矿物就会从岩浆中结晶出来)等过程中均没有产生新物质，属于物理变化；剩余的过程中均有新物质生成，都是化学变化。5．下列说法中正确的是()①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③蔗糖和水分别属于非电解质和电解质④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于1nm到100nm之间A．3个 B．4个C．5个 D．6个解析：选A酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；纯碱的化学式是Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，⑥错误。6．物质的类别决定物质的性质。下列各选项中，不能满足如图一步关系的是()AX为铜、Y为氧化铜、Z为硫酸铜BX为二氧化碳、Y为一氧化碳、Z为碳酸钠CX为碳酸钙、Y为氧化钙、Z为氢氧化钙DX为氧化铁、Y为氯化铁、Z为氢氧化铁解析：选B铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，A可以实现转化；CO2与C反应生成CO，CO不能转化为碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成CO2，B不能实现转化；碳酸钙受热分解生成氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，CO2通入氢氧化钙溶液中生成碳酸钙，C可以实现转化；氧化铁与盐酸生成氯化铁，氯化铁溶液与氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，D可以实现转化。7．有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法中正确的是()A．物质X是一种常见的酸性氧化物B．反应②一定有盐参加反应C．图中的所有反应均属于置换反应D．向Ca(OH)2溶液中加入CaO，所得溶液的溶质质量分数一定增大解析：选A各反应如下：①CaO＋H2O=Ca(OH)2；②可以是Ca(OH)2与碳酸盐反应，也可以是Ca(OH)2与CO2反应；③CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑；X可以与CaCO3相互转化，故X可能是CO2也可能是CaCl2，同时X可以与Ca(OH)2反应，故X应为CO2，则反应④Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；⑤CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋CO2↑或CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O；⑥Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O。物质X为CO2是一种常见的酸性氧化物，A项正确；②可以是Ca(OH)2与CO2反应，B项错误；图中的所有反应均为酸、碱、盐、酸性氧化物之间的反应，不可能存在置换反应，C项错误；若Ca(OH)2溶液饱和，加入CaO后所得溶液的溶质质量分数不变，D项错误。8．某同学在实验室进行如图所示实验，下列说法中不正确的是()A．X中的浓溶液滴入沸水中可得到Z中液体B．X中分散系能产生丁达尔效应C．用过滤和渗析的方法，可将Z中液体分离提纯D．Y中反应的离子方程式：3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2＋解析：选BX中的氯化铁浓溶液滴入沸水中可得到氢氧化铁胶体，A正确；X中分散系是氯化铁溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；用过滤的方法，可以将Z中的固体与液体分离，利用渗析法可以净化提纯氢氧化铁胶体，C正确；CaCO3能与H＋结合生成CO2和H2O，促进Fe3＋的水解，D正确。9．下列物质的转化能一步实现的是()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：选A①CaO与水反应得到Ca(OH)2，Ca(OH)2与盐酸反应得到CaCl2，加入Na2CO3溶液得到CaCO3，高温煅烧CaCO3或者加酸得到CO2，CO2与碱反应可得到水，可一步实现；②CuO不能一步反应生成Cu(OH)2；③Fe和稀盐酸反应得到FeCl2，通入氯气得到FeCl3，加入NaOH溶液得到Fe(OH)3，加热分解得到Fe2O3，通入CO还原得到Fe，可一步实现；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反应生成HCl，可一步实现；⑤Na与水反应得到NaOH，通入过量CO2得到NaHCO3，NaHCO3固体加热分解得到Na2CO3，加入Ca(OH)2溶液得到NaOH，NaOH溶液中通入Cl2得到NaCl，可一步实现。10．(2023·浙江四校高三联考)下列物质对应的化学式正确的是()A．铁红：Fe3O4B．铬钾矾：KCr(SO4)2·12H2OC．石英砂：Na2O·CaO·6SiO2D．熟石膏：CaSO4·2H2O解析：选B铁红为Fe2O3，A错误；铬钾矾为KCr(SO4)2·12H2O，B正确；石英砂的主要矿物成分是SiO2，C错误；熟石膏为2CaSO4·H2O，D错误。11．(2023·浙江衢州阶段性检测)下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是()纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸醋酸干冰B冰醋酸铝热剂硫酸钡亚硫酸二氧化硫C纯碱天然气苛性钾氢硫酸碳酸钙D玻璃盐酸氯化钠次氯酸氯气解析：选B盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，A错误；冰醋酸是纯净物，铝热剂是金属铝和氧化铁的混合物，硫酸钡是强电解质，亚硫酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫是非电解质，B正确；碳酸钙是盐，属于强电解质，不是非电解质，C错误；玻璃是混合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误。12．如图所列各组物质中，物质之间按箭头方向不能通过一步反应实现如图所示转化的是()A．甲为CuO、乙为CO2、丙为H2OB．甲为C、乙为CO、丙为CO2C．甲为H2SO4、乙为H2O、丙为H2D．甲为CaCO3、乙为CaO、丙为Ca(OH)2解析：选DCuO与CO反应生成CO2，CO2与NaOH反应生成H2O，CuO也可与H2反应生成H2O，A正确；C与O2反应生成CO，CO与O2反应生成CO2，C也可与O2反应生成CO2，B正确；H2SO4与NaOH反应生成H2O，H2O电解生成H2，H2SO4也可与Zn反应生成氢气，C正确；CaCO3受热分解生成CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，CaCO3无法通过一步反应生成Ca(OH)2，D错误。13．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是()A．b在化学反应中只能被氧化B．电解饱和c溶液可得到钠单质C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现D．f的阴离子空间结构为正四面体解析：选Cc、d、f均为钠盐，则c、d、f分别为NaCl、NaClO、NaClO3，a为Cl2，b为HCl，e为HClO。b为HCl，Cl为－1价，可以被氧化，H为＋1价，可以被还原，A错误；c为NaCl，钠离子放电顺序在氢离子之后，电解饱和c(NaCl)溶液时阴极为氢离子放电得到氢气，不可得到钠单质，B错误；a(Cl2)→d(NaClO)：氯气与冷的NaOH溶液反应一步实现，d(NaClO)→e(HClO)：NaClO溶液与二氧化碳反应可一步实现，C正确；f的阴离子即氯酸根离子，中心Cl的价层电子对数＝3＋eq\f(7＋1－3×2,2)＝3＋1，有一对孤电子，空间结构为三角锥形，D错误。14．根据所给信息提示，下列物质间转化均能实现的是()A．SiO2eq\o(→,\s\up7(HClaq))SiCl4(g)eq\o(→,\s\up7(H2高温))SiB．饱和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(△))无水FeCl3(s)D．Mg(OH)2(s)eq\o(→,\s\up7(HClaq))MgCl2(aq)eq\o(→,\s\up7(电解))Mg(s)解析：选BSiO2与盐酸不反应，故A不符合题意；饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳，发生反应NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，碳酸氢钠不稳定，受热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故B符合题意；氯化铁为挥发性强酸的弱碱盐，加热蒸干氯化铁溶液得到氧化铁，故C不符合题意；电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，不能得到镁单质，电解熔融状态的氯化镁得到镁单质，故D不符合题意。15．已知Fe(OH)3胶体的胶团结构如图所示。下列说法错误的是()A．胶体粒子的直径介于1～100nm之间B．Fe(OH)3胶体带正电C．胶体能够稳定存在是因为胶粒之间存在静电斥力D．电泳现象出现的原因是扩散层与胶粒分离，带正电的胶粒向阴极移动解析：选B按定义知，胶体粒子的直径介于1～100nm之间，故A正确；Fe(OH)3胶体不带电，胶粒带正电，故B错误；胶体整体上不带电，氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，相互排斥，不能聚沉，故C正确；Fe(OH)3胶粒带正电，通电发生电泳，带正电的胶粒向阴极移动，故D正确。16．向密闭容器中加入0.2molH2S，反应在不同温度(900～1500℃)下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，则在此温度区间内，H2S热分解反应的化学方程式为________________________________________________________________________。解析：图中纵轴表示各组分的体积分数，H2S的分解反应为吸热反应，随着温度升高，体积分数减小的是反应物H2S，体积分数增大的是生成物单质硫和氢气；选择1100℃时的数据进行分析，H2S的体积分数为70%，此时生成的两种单质的体积分数分别为20%、10%，若将单质硫写为“S”，则与氢气的体积分数应该相等，若将单质硫写为双原子分子“S2”，则氢气的体积分数为“S2”的两倍，故H2S热分解反应的化学方程式为2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2。答案：2H2Seq\o(,\s\up7(高温))2H2＋S2微专题(二)氧化还原反应提能点(一)氧化还原反应的概念及氧化性和还原性的强弱判断(一)氧化还原反应的概念之间的关系(二)常见氧化剂和还原剂1．常见氧化剂及其还原产物氧化剂Cl2(X2)O2Fe3＋酸性KMnO4、K2Cr2O7还原产物Cl－(X－)H2O/O2－/OH－Fe2＋/FeMn2＋、Cr3＋氧化剂HClO浓H2SO4HNO3H2O2还原产物Cl－SO2NO2/NOH2O2．常见还原剂及其氧化产物还原剂金属单质非金属单质Fe2＋H2S/S2－HI/I－NH3COSO2/SOeq\o\al(2－,3)氧化产物金属离子非金属氧化物Fe3＋S、SO2I2N2、NOCO2SO3、SOeq\o\al(2－,4)(三)氧化性和还原性强弱判断1．依据反应原理判断氧化剂＋还原剂=还原产物＋氧化产物氧化性(强)还原性(强)还原性(弱)氧化性(弱)同一个氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。通过多个相关的氧化还原反应，可以判断多种物质的氧化性、还原性的强弱顺序。2．依据“三表”判断(1)根据元素周期表判断(2)根据金属活动性顺序表判断eq\o(→,\s\up7(KCaNaMgAlZnFeSnPbHCuHgAg),\s\do5(失电子能力逐渐减弱，单质的还原性逐渐减弱))eq\o(→,\s\up7(K＋Ca2＋Na＋Mg2＋Al3＋Zn2＋Fe2＋(H＋)Cu2＋Hg2＋Ag＋),\s\do10(得电子能力逐渐增强，阳离子的氧化性逐渐增强))(3)根据非金属活动性顺序表判断eq\o(→,\s\up7(F2Cl2Br2(Fe3＋)I2SP),\s\do10(得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱))eq\o(→,\s\up7(F－Cl－Br－(Fe2＋)I－S2－P3－),\s\do10(失电子能力逐渐增强，阴离子的还原性逐渐增强))3．根据产物价态高低判断当不同氧化剂作用于同一还原剂时，如果被氧化的元素在氧化产物中价态不相同，可根据氧化产物中此元素的价态高低进行判断：氧化产物的价态越高，则氧化剂的氧化性越强。例如：2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃),\s\do5())2FeCl3，Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())FeS，则氧化性：Cl2>S。4．根据反应剧烈程度判断(1)金属单质与水反应的剧烈程度，如Na、Mg、Al分别与水反应时，Na反应剧烈，Mg加热现象才明显，Al加热条件下现象也不明显。故还原性：Na＞Mg＞Al。(2)非金属单质与H2化合的难易程度，如F2、Cl2、Br2、I2分别与H2反应，F2在冷暗处剧烈反应而爆炸，Cl2在光照条件下发生反应，Br2加热至500℃时才能发生反应，I2在不断加热的条件下反应才能缓慢进行，且为可逆反应。故氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2。5．依据电化学原理判断(1)原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，还原性：负极>正极。(2)电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。[集训冲关]1．(2023·浙江1月选考)关于反应2NH2OH＋4Fe3＋=N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是()A．生成1molN2O，转移4mol电子B．H2O是还原产物C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，Fe2＋为负极产物解析：选A由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故B、C错误；由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误。2．下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是()A．CO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(高温))CO2＋H2B．3NO2＋H2O=2HNO3＋NOC．2F2＋2H2O=4HF＋O2D．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑解析：选AH2O→H2，氢元素化合价降低，所以H2O是氧化剂，故A正确；发生的是氮元素自身的氧化还原反应，H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，故B错误；H2O→O2，氧元素化合价升高，H2O作还原剂，故C错误；Na2O2既是氧化剂又是还原剂，H2O中的元素在该反应中没有化合价的变化，故D错误。3．(2023·浙江绍兴适应性考试)关于反应2CrI3＋21ClO－＋10OH－=2CrOeq\o\al(2－,4)＋6IOeq\o\al(－,3)＋21Cl－＋5H2O，下列说法正确的是()A．消耗10molOH－，转移6mol电子B．在此条件下，氧化性：ClO－＞IOeq\o\al(－,3)C．CrI3既是氧化剂又是还原剂D．氧化产物和还原产物的物质的量比为21∶8解析：选B在已知反应中，Cr元素化合价从＋3价升高为＋6价，I元素化合价从－1价升高为＋5价，Cl元素化合价从＋1降低为－1价，则CrI3为还原剂，ClO－为氧化剂，CrOeq\o\al(2－,4)、IOeq\o\al(－,3)为氧化产物，Cl－为还原产物；反应中共转移电子数为42。据分析可知，消耗10molOH－，转移42mol电子，A错误；氧化剂的氧化性大于氧化产物，则在此条件下，氧化性：ClO－＞IOeq\o\al(－,3)，B正确；据分析可知，CrI3是还原剂，C错误；据分析可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为8∶21，D错误。4．(2023·浙江杭州高三下学期期中)对于方程式3SiO2＋6C＋2N2=Si3N4＋6CO，下列说法正确的是()A．SiO2是氧化剂B．每生成1.4gSi3N4转移0.12mol电子C．CO是还原产物D．Si3N4属于传统硅酸盐材料解析：选B已知反应中，Si元素化合价不变，N元素化合价下降，N2是氧化剂，故A错误；反应中，N元素化合价由0价下降到－3价，1.4gSi3N4的物质的量为eq\f(1.4g,140g·mol－1)＝0.01mol，每生成0.01molSi3N4转移0.12mol电子，故B正确；反应中，C元素化合价上升，CO是氧化产物，故C错误；Si3N4不属于盐，Si3N4不属于传统硅酸盐材料，故D错误。5．(2023·湖南等级考)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是()A．S2Oeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4)的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7解析：选DSOeq\o\al(2－,4)中心原子的价层电子对数为4＋eq\f(6＋2－4×2,2)＝4，无孤电子对，故SOeq\o\al(2－,4)的空间结构为正四面体形，S2Oeq\o\al(2－,3)中心原子的价层电子对数为3＋1＋eq\f(6＋2－3×2－1×2,2)＝4，无孤电子对，其结构相当于SOeq\o\al(2－,4)中一个氧原子被一个硫原子代替，故S2Oeq\o\al(2－,3)空间结构为四面体形，A项错误；由题图转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，则参加反应的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1molAs2S3发生反应时，两反应转移的电子分别为12mol和28mol，个数之比为3∶7，D项正确。[思维建模]1．假设法突破氧化还原反应能否发生先假设选项中的化学反应能够发生，依据此反应判断出还原性(或氧化性)的强弱，然后再与题目提供的还原性(或氧化性)强弱顺序对照，若二者表示的还原性(或氧化性)强弱顺序一致，则此反应能发生；若不一致，则此反应不能发生。2．熟记反应先后两大规律(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KMnO4(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋>H＋。(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：S2－>SOeq\o\al(2－,3)(或HSOeq\o\al(－,3))>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。提能点(二)氧化还原反应规律及应用、氧化还原反应方程式的配平与计算(一)氧化还原反应规律及应用(二)氧化还原反应方程式的配平1．氧化还原反应方程式配平的基本原则2．氧化还原反应方程式的配平步骤[示例]配平化学方程式：KMnO4＋HCl——MnCl2＋KCl＋Cl2↑＋H2O[解题流程](三)氧化还原反应的计算方法——得失电子守恒法1．找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。2．找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中原子或离子的个数)3．根据得失电子守恒列出等式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。[注意]对于多步连续进行的氧化还原反应，可直接找出起始物和最终产物，略去中间产物，建立二者之间的守恒关系，从而快速求解。[集训冲关]题点(一)氧化还原反应方程式的配平1．配平下列化学方程式：(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，化合价升高2，eq\o(HNO3,\s\up6(＋5))→eq\o(N,\s\up6(＋2))O，化合价降低3，则Cu、Cu(NO3)2、NO的化学计量数分别为3、3、2，再根据原子守恒，HNO3和H2O的化学计量数分别为8和4。(2)Keq\o(I,\s\up6(－1))→eq\o(I,\s\up6(0))2，化合价升高1，Keq\o(I,\s\up6(＋5))O3→eq\o(I,\s\up6(0))2，化合价降低5，则KI、KIO3、I2的化学计量数分别为5、1、3，再根据原子守恒，K2SO4、H2SO4和H2O的化学计量数分别为3、3、3。(3)用逆向配平法，eq\o(P,\s\up6(0))4→eq\o(K3PO4,\s\up6(＋5))，化合价升高5，eq\o(P,\s\up6(0))4→eq\o(P,\s\up6(－3))H3化合价降低3，则K3PO4和PH3的化学计量数分别为3、5，再根据原子守恒，P4、KOH、H2O的化学计量数分别为2、9、3。(4)(eq\o(N,\s\up6(－3))H4)2Cr2O7→eq\o(N,\s\up6(0))2，化合价升高6，(NH4)2Ceq\o(r,\s\up6(＋6))2O7→eq\o(Cr,\s\up6(＋3))2O3，化合价降低6，则(NH4)2Cr2O7、N2、Cr2O3的化学计量数分别为1、1、1，再结合原子守恒确定H2O的化学计量数为4。(5)反应中物质的化合价变化Meq\o(n,\s\up6(＋4))O(OH)2eq\o(→,\s\up7(化合价降低2))eq\o(Mn,\s\up6(＋2))2＋，eq\o(2I－,\s\up6(－1))eq\o(→,\s\up7(化合价升高1×2＝2))eq\o(I2,\s\up6(0))，最小公倍数为2，故MnO(OH)2的化学计量数为1，I－的化学计量数为2，即可得到方程式：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I2＋3H2O。(6)FeOeq\o\al(2－,4)中Fe元素的化合价为＋6价，Cl2是氧化剂，1molCl2参加反应转移2mole－，Fe(OH)3是还原剂，1molFe(OH)3参加反应转移3mole－，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平得到离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H2O。(7)反应中MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，Mn元素化合价由＋7降低为＋2，共降低5价，H2O2→O2，O元素化合价由－1升高为0价，然后用最小公倍数方法配平参加氧化还原反应的元素，再根据电荷守恒确定缺少的项的微粒及其数目，最后配平未参加氧化还原反应的元素。答案：(1)38324(2)513333(3)29335(4)1114(5)124113(6)3210268(7)256H＋2582．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：(1)“氧化”过程发生的离子方程式为____________________________________________________________________________________________________________。(2)向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2＋)中加入N2H4·H2O，在碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)FeO被酸溶解生成Fe2＋，用NaClO氧化Fe2＋，前面加入了H2SO4，故为酸性条件下，ClO－将Fe2＋氧化生成Fe3＋，ClO－自身被还原为Cl－，根据Cl和Fe得失电子守恒配平反应，用H＋平衡电荷。故离子方程式为2H＋＋2Fe2＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。(2)Ni2＋氧化N2H4·H2O，生成N2，自身被还原为Ni，根据N和Ni得失电子守恒配平反应，用OH－平衡电荷。故离子方程式为N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－=2Ni↓＋N2↑＋5H2O。答案：(1)2H＋＋2Fe2＋＋ClO－=2Fe3＋＋Cl－＋H2O(2)N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－=2Ni↓＋N2↑＋5H2O题点(二)氧化还原反应相关计算3．用0.2mol·L－1Na2SO3溶液32mL，还原含4×10－3molXOeq\o\al(2－,4)的溶液，过量的Na2SO3用0.2mol·L－1KMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是()A．＋1 B．＋2C．＋3 D．＋4解析：选C过量Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)×(6－4)＝0.8×10－3×0.2×(7－2)，解得n(Na2SO3)＝4×10－4mol，设X在还原产物中的化合价为x，(32×10－3×0.2－4×10－4)×2＝4×10－3×(6－x)，解得x＝＋3，故选项C正确。4．(2023·浙江绍兴模拟)某废水中含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)，为了处理有毒的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，需要先测定其浓度：取20mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1mLc1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2mol·L－1KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。则原废水中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))为(用代数式表示)()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：选A本题有关反应的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失电子守恒列等式：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·玉林检测)已知：将Cl2通入适量的KOH溶液，反应物恰好完全反应，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与反应温度有关。常温条件下反应为Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O，加热时反应为3Cl2＋6KOHeq\o(=,\s\up7(△))5KCl＋KClO3＋3H2O，当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是()A．参加反应的氯气的物质的量等于0.5amolB．不管如何改变反应温度，产物中肯定存在KClC．改变反应温度，反应中转移电子的物质的量n的范围是eq\f(1,2)amol<n<eq\f(5,6)amolD．某温度下反应，若反应后c(Cl－)∶c(ClO－)＝1∶1,则产物中不可能存在KClO3解析：选C由钾原子个数守恒可知，氯化钾、次氯酸钾、氯酸钾的总物质的量为amol，由氯原子个数守恒可知，参加反应的氯气的物质的量为0.5amol，若氧化产物只有次氯酸钾，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，氯化钾和次氯酸钾的物质的量都为0.5amol，若氧化产物只有氯酸钾，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，氯化钾和氯酸钾的物质的量分别为eq\f(5,6)amol、eq\f(1,6)amol。由分析可知，参加反应的氯气的物质的量为0.5amol，故A正确；由题意知Cl2与KOH溶液反应时，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，结合化合价变化可知，Cl2中氯元素化合价降低时，只能生成Cl－，故B正确；由分析可知，若氧化产物只有次氯酸钾，氯化钾的物质的量为0.5amol，反应转移的电子数目为0.5amol，若氧化产物只有氯酸钾，氯化钾的物质的量为eq\f(5,6)amol，反应转移的电子数目为eq\f(5,6)amol，则反应中转移电子的物质的量n的范围是eq\f(1,2)amol≤n≤eq\f(5,6)amol，故C错误；由题中反应Cl2＋2KOH=KCl＋KClO＋H2O可知，当c(Cl－)∶c(ClO－)＝1∶1，反应物恰好完全反应，则产物中不可能存在KClO3，故D正确。6．一种利用微生物从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中提取铜元素的具体操作过程如图所示。下列说法正确的是()A．转化过程中Fe3＋和H2Sn可以循环使用B．微生物的作用下，Fe2＋作催化剂C．若CuFeS2中的铜元素最终全部转化为Cu2＋，当有2molSOeq\o\al(2－,4)生成时，理论上消耗4.25molO2D．在硫酸介质中用H2O2替代O2也能高效实现将CuFeS2氧化为SOeq\o\al(2－,4)解析：选C由题图可知，本题涉及的反应有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＋，则总反应为4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4eq\o(=,\s\up7(微生物))4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。Fe3＋被还原为Fe2＋，Fe2＋在微生物作用下被O2氧化为Fe3＋，S8在微生物作用下，与O2和H2O反应生成H2SO4，而H2SO4又可重新参与反应，故Fe3＋可以循环使用，而H2Sn在反应中生成又被消耗，属于中间产物，A错误；在微生物的催化作用下，O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，将S8氧化为SOeq\o\al(2－,4)，则O2是氧化剂，Fe2＋是还原剂，不是催化剂，B错误；由总反应可知，生成2molSOeq\o\al(2－,4)的同时，生成1molCu2＋，失电子的总物质的量为1mol＋2×8mol＝17mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗O2的物质的量为17mol×eq\f(1,4)＝4.25mol，C正确；由于H2O2具有强氧化性，理论上来讲，在硫酸介质中，双氧水可以将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)，但产物Fe3＋能催化H2O2的分解，因此H2O2的氧化效率大大降低，D错误。eq\a\vs4\al([专题验收评价])1．(2023·浙江嘉兴二模)关于反应S＋2KNO3＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑，下列说法正确的是()A．该反应的氧化剂是硝酸钾B．生成标准状况下2.24LN2，反应共转移1mol电子C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1D．电负性：O>N>C>K解析：选D已知反应中，N和S元素化合价降低，该反应的氧化剂是S和KNO3，故A错误；生成标准状况下2.24LN2，物质的量为0.1mol，则生成0.3molCO2，C元素由0价上升到＋4价，转移1.2mol电子，故B错误；反应中，N和S元素化合价降低，C元素化合价上升，CO2为氧化产物，K2S和N2为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2，故C错误；非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>C>K，故D正确。2．关于反应：S2Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O＋(CNS)2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2CNS－＋4H＋，下列说法正确的是()A．(CNS)2可以和Na反应，生成NaCNSB．CNS－是氧化产物C．S2Oeq\o\al(2－,6)既是氧化剂又是还原剂D．生成1molSOeq\o\al(2－,4)，转移2NA个电子解析：选A根据反应可知，(CNS)2为类卤素，类似于Cl2参与反应，S2Oeq\o\al(2－,6)中S的化合价为＋5，升高为＋6价被氧化，S2Oeq\o\al(2－,6)为还原剂，SOeq\o\al(2－,4)为氧化产物，(CNS)2为氧化剂，CNS－为还原产物；根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，(CNS)2可以和Na反应，生成NaCNS，选项A正确；CNS－是还原产物，选项B错误；S2Oeq\o\al(2－,6)是还原剂，选项C错误；S2Oeq\o\al(2－,6)中S的化合价为＋5，升高为＋6价被氧化，生成1molSOeq\o\al(2－,4)，转移NA个电子，选项D错误。3．电极材料LiFePO4制备的反应为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高温))9CO↑＋6H2O＋6LiFePO4，下列说法正确的是()A．生成0.1molLiFePO4，转移的电子数为0.1NAB．还原产物为LiFePO4和COC．标准状况下，生成20.16LCO时，被还原的C6H12O6为0.1molD．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6解析：选BFePO4中Fe显＋3价，Li2CO3中C显＋4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显＋2价，LiFePO4中Fe显＋2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6molLiFePO4，转移电子物质的量为12mol，因此生成0.1molLiFePO4，转移电子物质的量为0.2mol，故A错误；根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；标准状况下，20.16LCO的物质的量为eq\f(20.16L,22.4L·mol－1)＝0.9mol，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1mol，故C错误；FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误。4．关于反应：N2F4＋4H2O=N2H4＋4HF＋2O2，下列说法正确的是()A．HF是还原产物B．1molN2F4发生反应，转移4mol电子C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4D．H2O在反应过程中失去电子解析：选D由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，四氟化二氮为反应的氧化剂、肼为还原产物，氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂、氧气是氧化产物，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子。由分析可知，反应中氟元素和氢元素的化合价没有变化，则氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；由分析可知，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子，故B错误；由方程式可知，还原剂水与氧化剂四氟化二氮的物质的量之比为4∶1，故C错误；由分析可知，反应中氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂，反应过程中失去电子，故D正确。5．水合肼(N2H4·H2O)是一种无色透明发烟液体，具有强碱性和吸湿性，工业上常用作抗氧化剂。实验室利用反应CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl制备水合肼。下列有关说法正确的是()A．制备时为提高CO(NH2)2的转化率，可将CO(NH2)2加入到过量NaClO中B．此反应中N2H4·H2O既不是氧化产物也不是还原产物C．N2H4·H2O在空气中会与CO2反应产生烟雾D．N2H4中H—N—H键角小于H2O中H—O—H键角解析：选C过量NaClO可将CO(NH2)2氧化为氮气，A错误；尿素中C是＋4价、O是－2价、N是－3价、H是＋1价，则N2H4·H2O是氧化产物，B错误；N2H4·H2O是具有较强还原性的碱性液体，在空气中会与CO2反应产生烟雾，C正确；N2H4中N原子存在一个孤电子对，H2O中O原子存在两个孤电子对，由于孤电子对的排斥作用，导致N2H4中H—N—H键角大于H2O中H—O—H键角，D错误。6．六氟合铂酸二氧[O2(PtF6)]的一种制备方法为O2＋PtF6→O2(PtF6)。已知O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为＋5价。下列叙述正确的是()A．在此反应中，O2作氧化剂B．O2(PtF6)中阴离子的结构可表示为C．每消耗22.4LO2，转移1mol电子D．O2(PtF6)中O元素的化合价为＋1解析：选B已知O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt元素为＋5价，则该物质中的离子为Oeq\o\al(＋,2)和PtFeq\o\al(－,6)。O2变为Oeq\o\al(＋,2)，化合价升高发生氧化反应，O2为还原剂，A项错误；由上述分析可知，阴离子为PtFeq\o\al(－,6)，B项正确；条件未知，无法将体积转化为物质的量，C项错误；该物质中O的化合价为＋eq\f(1,2)，D项错误。7．AgCl可溶于氨水生成Ag(NH3)2Cl，Ag(NH3)2Cl与N2H4反应可生成Ag。反应如下：4Ag(NH3)2Cl＋N2H4＋4H2O=4Ag↓＋N2↑＋4NH4Cl＋4NH3·H2O。下列关于该反应说法正确的是()A．Ag(NH3)2Cl发生氧化反应B．还原性：N2H4＞AgC.N2H4中的N形成化学键时采取sp2杂化，故其结构式为D．每生成11.2LN2，反应中转移2mol电子解析：选BAg(NH3)2Cl中银由＋1价降低为0价，发生还原反应，A错误；N2H4为还原剂，Ag为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：N2H4＞Ag，B正确；N2H4中的N形成化学键时采取sp3杂化，其结构式为，C错误；缺标准状况，D错误。8．铁氰酸钾为深红色晶体，俗称赤血盐，常用来检验Fe2＋，碱性条件下可发生反应：4K3[Fe(CN)6]＋4KOH=4K4[Fe(CN)6]＋O2↑＋2H2O。下列说法不正确的是()A．该反应中K3[Fe(CN)6]表现氧化性，被还原B．K3[Fe(CN)6]溶液加入到含有Fe2＋的溶液中，生成的蓝色沉淀中铁元素存在两种价态C．KOH作还原剂，0.4molKOH被氧化时，转移0.4mol电子D．0.1mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下O2560mL解析：选CK3[Fe(CN)6]中铁的化合价从＋3价变成产物中＋2价，铁化合价降低，作氧化剂，被还原，故A正确；生成的蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2中铁元素存在＋2、＋3两种价态，故B正确；KOH作还原剂，方程式中一半KOH被氧化，则0.4molKOH被氧化时，转移0.8mol电子，故C错误；0.1mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下O2560mL，故D正确。9．将18g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中并加热，充分反应后得到标准状况下2.24LNO，剩余9.6g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下2.24LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A．原混合物中铁和铜的物质的量均为0.1molB．反应前稀硝酸的物质的量浓度为2mol·L－1C．第一次与100mL稀硝酸反应后剩余的9.6g金属为铜和铁D．若向上述最后所得溶液中再加入足量稀硝酸，还可得到标准状况下1.12LNO解析：选D溶液不变红，即反应是恰好完全反应，既没有三价铁离子，也没有硝酸剩余。可以看作是18g混合物质与200mL硝酸反应生成4.48L即0.2molNO；铁铜全都生成二价的阳离子，设铁为xmol，铜为ymol，发生反应的离子方程式为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，计算得出：x＝0.15mol，y＝0.15mol，计算得到18g混合物中含铁质量为0.15mol×56g·mol－1＝8.4g；含铜质量为0.15mol×64g·mol－1＝9.6g；Fe比Cu活泼，硝酸少量时Fe与硝酸先反应，第一次剩余金属9.6g为Cu。原混合物中铜和铁各0.15mol，故A错误；金属的总物质的量为0.3mol，根据反应可知，硝酸的总物质的量为0.3mol×eq\f(8,3)＝0.8mol，则硝酸浓度为c(HNO3)＝eq\f(0.8mol,0.2L)＝4mol·L－1，故B错误；混合物中含有8.4g铁、9.6g铜，铁活泼性大于铜，则铁优先反应，故第一次剩余金属9.6g为铜，故C错误；溶液中二价铁离子为0.15mol，根据电子守恒再加硝酸得NO为eq\f(0.15×1,3)mol＝0.05mol，标况下体积为22.4L·mol－1×0.05mol＝1.12L，故D正确。10．向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是()A．线段Ⅱ表示Fe2＋的变化情况B．线段Ⅳ发生反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋12OH－=2IOeq\o\al(－,3)＋10Cl－＋6H2OC．根据图像可计算a＝6D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3解析：选B向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，首先发生反应：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，I－反应完毕，再发生反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕，又发生反应：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，故线段Ⅰ代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况，故A正确；线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，线段Ⅳ表示的反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x－0)×2mol＝5mol×2，解得x＝＋5，则该含氧酸为HIO3，离子方程式为I2＋5Cl2＋6H2O=2IOeq\o\al(－,3)＋10Cl－＋12H＋，故B错误；根据反应的离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，根据电荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4mol－2mol＝6mol，根据2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a＝3＋3＝6，故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故D正确。11．(2022·湖南等级考)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A．过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B．a和b中转移的e－数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O解析：选D根据题意分析反应过程图：过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n(NO)与n(NHeq\o\al(＋,4))之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)=N2↑＋2H2O，D项正确。12．以某工业铜渣(主要成分为Cu、Cu2Se、Cu2Te，还有少量Ag)为原料制备胆矾、硒、碲的一种工艺流程如下：(1)“浆化、焙烧”后，铜渣中金属元素均转化为硫酸盐，碲元素转化为不溶于水的TeO2。Cu2Se与浓硫酸反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________________。(2)“浸取Ⅱ”后，TeO2转化为TeCleq\o\al(2－,6)，则“还原”过程反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)根据题意，“浆化、焙烧”过程中生成物有SeO2、CuSO4、SO2，而硫酸中的H元素转化为水，反应为Cu2Se＋6H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(焙烧))2CuSO4＋SeO2↑＋4SO2↑＋6H2O。(2)“还原”时，SO2将TeCleq\o\al(2－,6)还原为Te，本身氧化成SOeq\o\al(2－,4)，结合三大守恒(质量守恒、电子得失守恒及电荷守恒)可得反应：TeCleq\o\al(2－,6)＋2SO2＋4H2O=Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H＋。答案：(1)Cu2Se＋6H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(焙烧))2CuSO4＋SeO2↑＋4SO2↑＋6H2O(2)TeCleq\o\al(2－,6)＋2SO2＋4H2O=Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H＋13．电镀废水中含有的络合态镍(Ⅱ)和甘氨酸铬(Ⅲ)等重金属污染已成为世界性环境问题。常用的处理方法是臭氧法和纳米零价铁法。Ⅰ.臭氧法(1)在废水中通入O3，在紫外光(UV)照射下产生羟基自由基(·OH)，氧化分解络合态Ni(Ⅱ)使镍离子游离到废水中，部分机