（水滴系列）山东省滕州市届高考化学二轮复习 听课手册答案 新人教版

第一单元基本概念专题一物质的组成和分类、性质和变化化学用语■高频考点探究考点一[典例探究]例1(1)B(2)D[解析](2)纳米铁粉与水体中的重金属离子发生置换反应，A项错误；Fe(OH)3胶体为红褐色，B项错误；SiO2是酸性氧化物，C项错误。例1变式C[解析]SO2、SiO2是酸性氧化物，而NO是不成盐氧化物，A项错误；胶体的分散质粒子直径在1～100nm(1nm＝10－9m)之间，pM2.5是指大气中直径接近于2.5×10－6m的颗粒物，它在空气中不能形成气溶胶，B项错误；向蛋白质溶液中滴加CuSO4溶液产生沉淀，蛋白质发生变性，属于化学变化，C项正确；KCl和SO3溶于水后均能导电，是因为溶液中含有自由移动的阴、阳离子，但KCl是电解质，SO考点二[典例探究]例2(1)B(2)A[解析](1)氯气与水作用生成盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，从而能够杀菌消毒，发生化学变化，A项不符合题意；硅胶能吸水，吸水时没有发生化学变化，B项符合题意；二氧化硫具有漂白性是与有色的物质反应生成无色物质的缘故，发生化学变化，C项不符合题意；肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生化学变化，D项不符合题意。(2)活性炭除味是利用其具有强吸附性，属于物理变化，A项正确；热碱水除油污是由于油脂在碱性条件下能发生彻底的水解反应，属于化学变化，B项错误；高锰酸钾可吸收氧化催熟水果的乙烯，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可保存水果，属于化学变化，C项错误；硅胶具有吸水性，可防止食品受潮，属于物理变化，铁粉具有还原性，可防止食品氧化，属于化学变化，D项错误。例2变式D考点三[典例探究]例3(1)B(2)①－2②亚氯酸钠[解析](1)中子数为10的氧原子，质量数为18，表示为eq\o\al(18,8)O，A项错误；Mg失去最外层2个电子转化为Mg2＋，B项正确；Na2S为离子化合物，电子式为，C项错误；甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，D项错误。(2)①联氨可看作NH3分子中一个H原子被氨基取代的产物，其中H为＋1价，N为－2价。②NaClO2中Cl的化合价为＋3价，故其名称为亚氯酸钠。例3变式1B[解析]乙醇的分子式为C2H6O，A错误；F－的结构示意图是，B正确；中子数为20的氯原子应该表示为eq\o\al(37,17)Cl，C错误；＋4价的硫元素应表示为eq\o(S,\s\up6(＋4))，D错误。例3变式2(1)(2)Mg2Si＋4HCl=2MgCl2＋SiH4↑(3)①②离子键和共价键(4)①②C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))2SO2↑＋CO2↑＋2H2O[解析](1)NaBH4中Na＋和BHeq\o\al(－,4)之间为离子键，BHeq\o\al(－,4)中H和B之间为共价键，根据8电子(或2电子)稳定结构，NaBH4的电子式为。(2)Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4：Mg2Si＋4HCl=2MgCl2＋SiH4↑。SiH4与CH4的结构相似，电子式为。(3)①N2的结构式为N≡N，故电子式为。②KClO4中K＋与ClOeq\o\al(－,4)之间存在离子键，ClOeq\o\al(－,4)中Cl和O之间存在共价键。■命题考向追踪1．B[解析]徐光宪提出的稀土串级萃取理论，使我国稀土分离技术和产业化水平跃居世界首位，于2006年获得何梁何利基金“科学与技术成就奖”，A项错误；中国著名药学家屠呦呦发现抗疟新药青蒿素，获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，B项正确；闵恩泽研发重油裂解催化剂，获得国家最高科技奖，C项错误；侯德榜联合制碱法，在万国博览会上荣获了金质奖章，D项错误。2．C[解析]硅胶无毒能吸水，可用作食品干燥剂，A项正确；P2O5吸水后生成的磷酸有腐蚀性，不能用作食品干燥剂，B项正确；六水氯化钙几乎没有吸水性，不能用作食品干燥剂，C项错误；具有吸水性的植物纤维无毒，可用作食品干燥剂，D项正确。3．C[解析]元素左上角的数字表示质量数，应为17＋20＝37，A项错误；Cl－的最外层为8个电子，B项错误；Cl2中两个Cl原子之间有一个共用电子对，C项正确；H3C—CH2Cl为氯乙烷，氯乙烯中有一个碳碳双键，结构简式为CH2=CHCl,4．D[解析]用胆矾(CuSO4·5H2O)炼铜有新物质生成，是化学变化，A项错误；铁矿石中铁为化合态，用铁矿石炼铁为化学变化，B项错误；烧结黏土制陶瓷，发生CaCO3与SiO2的反应，是化学变化，C项错误；打磨磁石制指南针，没有生成新物质，是物理变化，D项正确。5．C[解析]火药爆炸是KNO3、C和S在点燃时反应生成N2、CO2等新物质，A为化学变化；用粮食酿酒时，(C6H10O5)n(淀粉)转化成C2H5OH，B为化学变化；转轮排字是将木制的“活字”排版与复原，C为物理变化；冶炼铁是将铁的氧化物还原为铁单质，D为化学变化。6．B[解析]HCHO有毒，则福尔马林不能作食品的保鲜剂，A错误；聚碳酸酯为可降解塑料，不污染环境，则用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，B正确；碳纤维为碳的单质，不是有机物，C错误；聚乳酸中n不确定，为混合物，D错误。7．B[解析]酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下生成酒精，A错误；丹砂即硫化汞，加热分解而得到汞，汞与硫黄化合又生成黑色的硫化汞，再在密闭容器中调节温度，便升华为赤红色的结晶硫化汞，B正确；硅橡胶是指主链由硅原子和氧原子交替构成，且硅原子上通常连有两个有机基团的橡胶，为有机物，C错误；铜在潮湿的空气中发生的是吸氧腐蚀，D错误。教师备用习题1．早在古代，我国人民就积累了不少对化学物质变化的认识。例如，晋代炼丹家、医学家葛洪所著《抱朴子》一书是中国为世界科技花园贡献出的一颗璀璨明珠，书中记载有“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”。这句话中的丹砂指的是HgS，下列关于这句话的说法正确的是()A．这个过程只涉及物理变化B．这个过程是可逆反应C．这个过程发生了复分解反应D．“丹砂烧之成水银”过程中还可能产生SO2[解析]D“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程中HgS发生分解反应生成Hg、S，而Hg、S又发生化合反应生成HgS，因上述两个反应不是在同一条件下进行的，不是可逆过程，A、B、C项错误；丹砂分解时生成的Hg、S，会与接触的空气反应生成HgO、SO2，D项正确。2．2016年1月《自然》杂志报道了中科大的研究人员利用直接电解将二氧化碳高效、清洁地转化成液体甲酸燃料的最新成果。下列有关说法正确的是()A．CO2和HCOOH均属于弱电解质B．CO2和HCOOH均属于有机化合物C．CO2转变为HCOOH发生还原反应D．1molCO2的体积一定等于22.4L[解析]CCO2是非电解质，A项错误；CO2为无机化合物，B项错误；CO2、HCOOH中碳元素的化合价分别为＋4、＋2价，故CO2发生了还原反应，C项正确；未指明CO2所处的温度和压强，故1molCO2的体积无法确定，D项错误。3．化学在生活、生产中应用广泛。下列有关物质的性质和应用均正确的是()A．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂B．漂白粉和二氧化硫均具有漂白性，将两者混合使用，可增强漂白效果C．酒精能使蛋白质变性，医院一般用100%的酒精进行消毒D．氧化铝熔点很高，其制造的坩埚可用于熔融烧碱[解析]A液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，A正确；漂白粉和二氧化硫均具有漂白性，将两者混合使用，发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸钙，漂白效果大大减弱，若恰好反应不具有漂白性，B错误；酒精能使蛋白质变性，医院一般用75%的酒精进行消毒，C错误；氧化铝能够与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，所以不能用氧化铝坩埚熔融烧碱，D错误。4．“化学是你，化学是我”。说明了化学知识在生活中的普遍性。下列说法正确的是()A．纤维素水解的产物可以制乙醇B．乙烯、聚乙烯、聚氯乙烯都属于烃，都可以使溴水褪色C．“歼－20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的有机高分子材料D．NH4NO3、KNO3、KClO3与Na、S、C2H5OH可存放在同一仓库[解析]A聚氯乙烯有氯元素，不属于烃，B错误；碳纤维属于无机非金属材料，C错误；强还原剂和强氧化剂放在一起容易爆炸，D错误。专题二常用化学计量■高频考点探究考点一[核心透析]1．①×②×③√④×⑤×⑥×⑦×⑧×2．①×②×③√④×⑤×⑥×⑦√⑧√⑨√⑩×3．①√②×③×④×⑤×⑥×⑦×⑧×⑨×⑩×eq\o(○,\s\up1(11))×eq\o(○,\s\up1(12))×eq\o(○,\s\up1(13))√4．①×②×③×④×⑤×⑥×⑦×[典例探究]例1A[解析]乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g混合气体中含1molCH2，即氢原子数目为2NA，A项正确；N2与H2的反应为可逆反应，B项错误；Fe溶于过量硝酸中生成Fe(NO3)3，即1molFe在反应中转移3mol电子，C项错误；标准状况下，CCl4呈液态，无法用标准状况下的气体摩尔体积来确定物质的量和共价键数目，D项错误。例1变式B[解析]2.4g镁的物质的量为0.1mol，反应中失去0.2mol电子，A项错误；标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为eq\f(5.6L,22.4L·mol－1)＝0.25mol，含有的氧原子为0.5mol，B项正确；含氢原子数为0.4NA的甲醇的物质的量为0.1mol，据甲醇结构式知其中含有0.3molC—H键，C项错误；醋酸是弱酸，不能完全电离，D项错误。考点二[典例探究]例2D[解析]容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的容器，不能用来溶解物质，A项正确；向容量瓶中转移液体时，导流用的玻璃棒应接触容量瓶的内壁，B项正确；定容时，向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管滴加蒸馏水至刻度线，若加水超过刻度线，只能放弃重配，若吸出溶液，则溶质减少，配得溶液浓度偏低，C项正确，D项错误。例2变式1(1)2.0烧杯(2)de(3)500mL容量瓶、托盘天平、药匙(4)定容(5)C、B、D、F、A、E(6)用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切[解析](1)根据n＝cV可知需要的NaOH的物质的量n＝0.5L×0.1000mol/L＝0.05mol，质量m＝nM＝0.05mol×40g/mol＝2.0g；由于氢氧化钠易潮解，故放在烧杯里称量。(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故一定不需要的是1000mL容量瓶和漏斗。(5)配制步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，可知实验步骤的先后次序为C、B、D、F、A、E。例2变式2B[解析]所用NaOH已经潮解，则实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，A项错误；向容量瓶中加水未到刻度线时溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，B项正确；有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成了溶质的损耗，溶液浓度偏小，C项错误；称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，则实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，D项错误。考点三[典例探究]例3(1)8.9(2)3∶2[解析](1)以1L(即1000cm3)该双氧水为研究对象，根据公式c＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000cm3×1.10g·cm－3×27.5%,34g·mol－1×1L)＝8.9mol·L－1。(2)由乌洛托品的结构简式C6H12N4可知，反应中HCHO提供C原子，氨提供N原子，分子中C、N原子个数比即为甲醛与氨的物质的量之比，为3∶2。例3变式(1)n(Cl)＝0.0250L×0.40mol·L－1＝0.010mol0．54g－0.010mol×35.5g·mol－1＝0.185gn(Fe)＝eq\f(0.185g,56g·mol－1)≈0.0033moln(Fe)∶n(Cl)＝0.0033∶0.010≈1∶3，x＝3(2)0.1[解析](1)由题意知FeClx中n(Cl)＝n(OH－)，首先求出n(Cl)，然后结合FeClx的质量求出n(Fe)，根据氯化物中n(Fe)∶n(Cl)可求出x值。(2)设混合样品中FeCl2、FeCl3的物质的量分别为x、y，则有(x＋y)∶(2x＋3y)＝1∶2.1，x＝9y，因此样品中FeCl3的物质的量分数为eq\f(y,x＋y)＝eq\f(y,9y＋y)＝0.1。■命题考向追踪1．D[解析]利用太阳能分解水制氢气的方程式为2H2Oeq\o(=,\s\up7(光照))2H2↑＋O2↑，0.02mol的水被分解，产生H2的物质的量为0.02mol，标准状况下的体积为0.448L，质量为0.04g，氢原子总数为2.408×1022个，A、B、C项均错误；Na与水反应的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，0.04molNa与水反应，放出的H2的物质的量为0.02mol，D项正确。2．A[解析]氢氧燃料电池中，H2作为负极，失去电子发生氧化反应，A项正确；加热会促进COeq\o\al(2－,3)水解，溶液的碱性变强，pH增大，B项错误；常温常压下，22.4LCl2不是1mol，无法确定其中的分子数，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH电离产生的CH3COO－和H＋数目增加，但CH3COO－和H＋的浓度减小，导电能力减弱，D项错误。3．C[解析]D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量小于1mol，1个D2O分子含有10个质子，则18gD2O的质子数小于10NA，A项错误；2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含1molH2SO3，亚硫酸为弱酸，未完全电离，故溶液中含有的H＋数目小于2NA，B项错误；Na2O2与水反应生成O2：，当生成0.1molO2时，转移的电子数为0.2NA，C项正确；2molNO与1molO2反应生成2molNO2，但由于在密闭容器中存在化学平衡2NO2N2O4，故产物的分子数小于2NA，D项错误。4．C[解析]1个丙醇分子中含有11个共价键，60g丙醇为1mol，其中含11mol共价键，A项错误；HCOeq\o\al(－,3)在溶液中既存在电离平衡，又存在水解平衡，HCOeq\o\al(－,3)水解生成H2CO3，即溶液中HCOeq\o\al(－,3)与COeq\o\al(2－,3)之和小于0.1mol，B项错误；23gNa完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，钠元素的化合价均由0→＋1，均转移1mol电子，C项正确；根据裂变反应可知235g该核素发生反应，净产生的中子数为9NA，D项错误。5．D[解析]A项，N2与H2的反应为可逆反应，不可能完全反应，错误；B项，S2－在溶液中发生水解反应，故小于0.1NA，错误；C项，Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚集体，错误；D项，还原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化时，I－已经全部被氧化，正确。6．D[解析]过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，1mol过氧化钠中含3mol离子即3NA，A项错误；用H2O2分解制氧气，氧元素的价态由－1价变为0价，当生成0.1mol氧气时，转移0.2mol电子即0.2NA，B项错误；一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，0.1mol氯化铝所形成的胶粒的个数小于0.1NA，C项错误；铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，当铁离子为1mol时，则溶液中的氯离子大于3mol即大于3NA，D项正确。教师备用题1．[2013·新课标全国卷Ⅱ]设N0为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．1.0L1.0mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1ND．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0[解析]B1.0L1.0mol·L－1NaAlO2溶液中含1molNaAlO2，其中含有氧原子数为2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A项错误；石墨烯中每个碳原子为三个六元环所共有，因此，每个六元环含碳原子数为6×eq\f(1,3)＝2个，故1mol石墨中含有六元环数为0.5N0，B项正确；25℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，但题目中未给出溶液的体积，无法求出n(OH－)，C项错误；OH－中含10个电子，故1molOH－含有电子数为10N0，D项错误。专题三氧化还原反应■高频考点探究考点一[典例探究]例1(1)C(2)①＋3②2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4③2∶1O2④1.57[解析](1)海带提碘的过程中，需要用Cl2或H2O2将I－氧化为碘单质，A项涉及氧化还原反应；电解饱和食盐水在工业上被称为氯碱工业，B项涉及氧化还原反应；氨碱法制碱涉及的反应有NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O，均为非氧化还原反应，C项正确；海水提溴需要将氯气通入提取粗盐后的母液中将Br－氧化为Br2，D项涉及氧化还原反应。(2)①NaClO2中Na和O分别为＋1和－2价，则Cl为＋3价。②结合图示可知NaClO3与SO2在H2SO4作用下反应生成ClO2和NaHSO4，根据化合价变化可配平该反应：2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4。③结合图示可知尾气ClO2在反应中被还原为ClOeq\o\al(－,2)，则H2O2被氧化为O2，根据转移电子数目相等可确定氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。④1molNaClO2在反应中转移4mol电子，而1molCl2在反应中转移2mol电子，根据eq\f(90.5g,71g)＝eq\f(4mol,n（e－）)，解得n(e－)＝3.14mol，则可确定NaClO2中有效氯含量为3.14mol÷2mol＝1.57。例1变式1B[解析]＋5价的砷(As)元素有氧化性，维生素C有还原性，＋5价的砷(As)元素与维生素C能发生氧化还原反应生成＋3价的砷(As)，所以不要同时大量食用海鲜和青菜。根据化合物中元素的化合价代数和为0判断，As2O3中As为＋3价，A项正确。砷元素由＋5价变为＋3价，得电子发生还原反应，B项错误。砷元素由＋5价变为＋3价，得电子的物质是氧化剂，氧化剂被还原，C项正确。该反应中砷元素由＋5价变为＋3价，得电子的物质是氧化剂，所以维生素C是还原剂，还原剂具有还原性，D项正确。例1变式2C[解析]反应2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－中，还原剂Fe2＋的还原性强于还原产物Br－，所以还原性Fe2＋＞Br－，反应2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2中，还原剂I－的还原性强于还原产物Fe2＋，所以还原性I－＞Fe2＋，综上所述还原性I－＞Fe2＋＞Br－，A项正确；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，铁离子的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，B项正确；当通入1molCl2时，2mol的I－消耗氯气1mol，即溶液中发生的离子反应可表示为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，C项不正确；n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2mol∶4mol∶6mol＝2∶1∶3，D项正确。考点二[典例探究]例2(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3HSOeq\o\al(－,3)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O(2)CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl或CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O温度过高时双氧水易分解(3)Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))2H3BO3＋2MgSO4[解析](1)HSOeq\o\al(－,3)在反应中被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，结合反应前后元素化合价变化，利用升降法可写出并配平该离子方程式。(2)步骤③中CaCl2与氨水、双氧水反应，得到过氧化钙晶体，化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl或CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，由于温度过高时双氧水易分解，因此反应需要在冰浴下进行。例2变式1(1)①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O②Cr(OH)3＋OH－=CrOeq\o\al(－,2)＋2H2O(2)2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－)(3)4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4=2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O[解析](1)①二价铁离子有还原性，Cr2Oeq\o\al(2－,7)有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2Oeq\o\al(2－,7)被还原为Cr3＋，反应方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；②由题意可知，当pH超过10即c(OH－)>10－4mol·L－1时，Cr(OH)3转变成CrOeq\o\al(－,2)：Cr(OH)3＋OH－=CrOeq\o\al(－,2)＋2H2O；(2)将含＋6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－；(3)①CrO3具有强氧化性，遇到有机物(如酒精)时，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合价从－2价升高到0，1个乙醇化合价变化4，CrO3被还原成绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]，铬的化合价从＋6价降低到＋3价，1个CrO3化合价变化3，两者的最小公倍数是12，再根据原子守恒得：4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4=2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O。例2变式2(1)2MnSO4＋Cl2＋3H2O=Mn2O3↓＋2H2SO4＋2HCl(2)①2ClOeq\o\al(－,3)＋5Mn2＋＋4H2O=5MnO2↓＋Cl2↑＋8H＋3Cl2＋6NaOHeq\o(=,\s\up7(△))5NaCl＋NaClO3＋3H2O②Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋[解析](1)氯气与MnSO4溶液反应，氯气作为氧化剂，MnSO4被氧化为Mn2O3，方程式为2MnSO4＋Cl2＋3H2O=Mn2O3↓＋2H2SO4＋2HCl；(2)①步骤Ⅱ中，以NaClO3为氧化剂，当生成0.050molMnO2时，消耗0.10mol·L－1的NaClO3溶液200mL，设还原产物中Cl的化合价为x，则由电子守恒可知，0.050mol×(4－2)＝0.1mol/L×0.2L×(5－x)，解得x＝0，即生成氯气，则离子反应为2ClOeq\o\al(－,3)＋5Mn2＋＋4H2O=5MnO2↓＋Cl2↑＋8H＋，A与热氢氧化钠溶液反应就是氯气与热NaOH溶液反应，可得到NaCl与氯的含氧酸盐，反应的化学方程式为3Cl2＋6NaOHeq\o(=,\s\up7(△))5NaCl＋NaClO3＋3H2O。②步骤Ⅰ所得溶液为MnSO4，锰离子在阳极被氧化，反应为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋。考点三[典例探究]例3(1)A(2)①2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O②固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)[解析](1)根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3＋转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子数为0.01mol。则有eq\f(1.52,56x＋16)×(3－eq\f(2,x))×x＝0.01，解得x＝0.80。(2)①由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由－3价升高到－2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到－1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O。②由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由－2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H4＋4AgBr=N2↑＋4Ag＋4HBr(可能还发生反应N2H4＋HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4＋O2=N2↑＋2H2O可知，1mol联氨可除去1molO2，又因为M(N2H4)＝M(O2)，m＝n·M，1kg联氨可除去O2的质量为1kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。例3变式1(1)Mg2C3＋4H2O=2Mg(OH)2＋C3H4(2)NO0.9mol；NO21.3mol2mol[解析](1)根据生成的烃分子的碳氢质量比为9∶1可推知，碳氢原子个数比为3∶4，则该烃的分子式为C3H4，即为丙炔，其电子式为；又因为1molQ与水反应生成2molMg(OH)2和1molC3H4，则Q的化学式为Mg2C3，其与水反应的化学方程式为Mg2C3＋4H2O=2Mg(OH)2＋C3H4(2)两种气体产物为NO和NO2，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则依据原子守恒和得失电子守恒有x＋y＝1L×2.2mol/L＝2.2mol和3x＋y＝4mol，解得x＝0.9mol，y＝1.3mol；因为铜失去的电子的物质的量等于硝酸根得到的电子的物质的量，也等于NO和NO2失去的电子的物质的量(又生成硝酸根)，还等于1molO2得到的电子的物质的量即4mol，1molCu失去2mol电子，则需要2molCu失去4mol电子生成2molCu2＋，即生成CuSO42mol。例3变式2(1)Co2O3＋Na2SO3＋4HCl=2CoCl2＋Na2SO4＋2H2O(2)ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)除去溶液中的Mn2＋B(5)降低烘干温度，防止产品分解粗产品含有可溶性氯化物晶体失去了部分结晶水[解析]含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co(OH)3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3溶液，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2·6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。(1)亚硫酸根离子具有还原性，Co2O3具有氧化性，浸出过程中Co2O3和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Co2＋，化学方程式为Co2O3＋Na2SO3＋4HCl=2CoCl2＋Na2SO4＋2H2O。(2)NaClO3具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，氯酸根离子被还原生成氯离子，离子方程式为ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。(5)CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成CoCl2，制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解，根据CoCl2·6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：①含有含氯离子的杂质，导致氯离子含量变大；②结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。■命题考向追踪1．D[解析]滴加70%的硫酸，增大了H＋的浓度，使平衡Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙色)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)＋2H＋向左移动，滴加30%的NaOH溶液，中和了H＋，H＋浓度降低，使上述平衡向右移动，因此①中溶液橙色加深，③中溶液变黄，A项正确；②中Cr2Oeq\o\al(2－,7)在酸性条件下具有强氧化性，被C2H5OH还原，所以颜色变为绿色，B项正确；根据实验①、②可知，在酸性条件下，K2Cr2O7将C2H5OH氧化，根据实验③、④可知，在碱性条件下，Cr2Oeq\o\al(2－,7)和C2H5OH没有反应，C项正确；若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，Cr2Oeq\o\al(2－,7)的氧化性增强，Cr2Oeq\o\al(2－,7)被C2H5OH还原，故溶液变为绿色，D项错误。2．B[解析]Ca(OH)2与CO2、SO2反应生成CaCO3、CaSO3，A项正确；根据产物NaNO2可知，与NaOH溶液反应的气体为NO和NO2，方程式为NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，所以NO若与过量空气反应生成二氧化氮，再与氢氧化钠反应生成NaNO3，则不能将铵根离子氧化为氮气，则空气不能过量，B项错误；气体2主要为未反应的CO、N2等，捕获剂捕获的气体为CO，剩余的为无污染气体，C项正确；NaNO2溶液与NHeq\o\al(＋,4)反应生成无污染气体，可知发生了氧化还原反应，产物为N2，D项正确。3．(1)Pb＋PbO2＋2H2SO4eq\o(=,\s\up7(Fe2＋))2PbSO4＋2H2O(2)2Fe3＋＋Pb＋SOeq\o\al(2－,4)=2Fe2＋＋PbSO4[解析](1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb＋PbO2＋2H2SO4eq\o(=,\s\up7(Fe2＋))2PbSO4＋2H2O。(2)催化剂能够参加化学反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而其本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋＋Pb＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2Fe2＋。4．(1)2∶1(2)①NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(电解))3H2↑＋NCl3②Cl－、OH－③c(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋=5I2＋4H2O＋2Cl－②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)③淀粉溶液溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700(4)d[解析](1)根据反应前后KClO3、Na2SO3中氯和硫元素的化合价变化和氧化还原反应中升降价数相等，反应中KClO3、Na2SO3分别作氧化剂和还原剂，二者的物质的量比为2∶1。(2)①根据图示可知电解时NH4Cl与盐酸反应生成H2和NCl3，根据化合价变化可写出化学方程式为NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(电解))3H2↑＋NCl3。②NaClO2与NCl3在溶液中发生氧化还原反应，即6NaClO2＋NCl3＋3H2O=6ClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，即X中含有的阴离子是Cl－和OH－。③可用浓硫酸吸收NH3，其他物质均能与ClO2反应。(3)①在酸性条件下ClO2将I－氧化为单质I2，同时本身被还原成Cl－。②玻璃液封装置能吸收残余的ClO2气体，且能避免碘蒸气逸出。③可用淀粉溶液作指示剂，I2遇淀粉溶液呈蓝色，当I2恰好完全反应时，溶液中蓝色褪去，且保持30s内溶液颜色不再发生变化。④根据①和Ⅴ中化学方程式可得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3，结合滴定中消耗0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液20.00mL，可求出ClO2的质量为0.02700g。(4)亚氯酸盐具有氧化性，宜用FeSO4除去。KI和盐酸与其反应分别生成I2和Cl2，不符合饮用水的标准。5．(1)6251028H2O(2)CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O(3)不能(4)0.02(5)1.84×10－6[解析](1)根据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中Mn的化合价由＋7价变为＋2价、C的化合价由＋3价变为＋4价，其转移电子总数为10，所以MnOeq\o\al(－,4)、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平方程式为6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应方程式为CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4。(3)HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替。(4)根据原子守恒得5Ca2＋～5(NH4)2C2O4～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，所以得关系式5Ca2＋～2KMnO5Ca2＋～2KMnO45mol2mol2.0×10－3xmol4.0×10－6moleq\f(5mol,2.0×10－3xmol)＝eq\f(2mol,4.0×10－6mol)，解得x＝5×10－3mol/L则100mL溶液中钙的质量＝40g/mol×0.1L×5×10－3mol/L＝0.02g。(5)尿液为200mL，其中含有Ca2＋0.01g，得c(Ca2＋)＝1.25×10－3mol/L，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))×c(Ca2＋)，所以得c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝1.84×10－6mol/L。教师备用习题1．铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水。(1)还原沉淀法是处理含Cr2Oeq\o\al(2－,7)和CrOeq\o\al(2－,4)工业废水的一种常用方法，其工艺流程为CrOeq\o\al(2－,4)eq\o(→,\s\up7(H＋),\s\do5(Ⅰ转化))Cr2Oeq\o\al(2－,7)eq\o(→,\s\up7(Fe2＋),\s\do5(Ⅱ还原))Cr3＋eq\o(→,\s\up7(OH－),\s\do5(Ⅲ沉淀))Cr(OH)3↓其中第Ⅰ步存在平衡：2CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙色)＋H2O若平衡体系的pH＝0，该溶液显________色。②根据2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，设计如图甲所示装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7溶液。Na2Cr2O7中铬元素的化合价为________，图中右侧电极连接电源的________极，其电极反应式为______________________________________。③第Ⅱ步反应的离子方程式：______________________。(2)CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图乙所示。B点时剩余固体的成分是________________(填化学式)。[答案](1)①橙②＋6正2H2O－4e－=O2↑＋4H＋③6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(2)Cr2O3[解析](1)①若平衡体系的pH＝0，溶液酸性较强，平衡2CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2,7)(橙色)＋H2O正向移动，溶液呈橙色。②由化合价代数和为0可知Na2Cr2O7中铬元素的化合价为＋6价，根据2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O设计图示装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，需要通过电解生成H＋提高溶液的酸性，说明该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。③亚铁离子与Cr2Oeq\o\al(2－,7)发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。(2)设固体质量为100g，B点时固体的质量为100g×76%＝76g，Cr的质量没有变，所以生成物中Cr的质量为52g，O的质量为24g，两者的个数比为eq\f(52,52)∶eq\f(24,16)＝2∶3，所以B点时剩余固体的成分是Cr2O3。2．我国产铜主要取自黄铜矿(CuFeS2)，随着矿石品位的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出。该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。Ⅰ.氧化浸出(1)在硫酸介质中用H2O2溶液将黄铜矿氧化，测得有SOeq\o\al(2－,4)生成。①该反应的离子方程式为________________________。②该反应在25～50℃下进行，实际生产中H2O2的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因为______________________________________。Ⅱ.配位浸出反应原理为CuFeS2＋NH3·H2O＋O2＋OH－→Cu(NH3)eq\o\al(2＋,4)＋Fe2O3＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O(未配平)(2)为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有______________________________________(至少写出两点)。(3)为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4Cl，构成NH3·H2O－NH4Cl缓冲溶液。某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25℃时，向amol·L－1的氨水中缓慢加入等体积0.02mol·L－1的NH4Cl溶液，平衡时溶液呈中性。则NH3·H2O的电离常数Kb＝________(用含a的代数式表示)；滴加NH4Cl溶液的过程中水的电离平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。Ⅲ.生物浸出在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。(4)在微生物的作用下，可以循环使用的物质有________(填化学式)，微生物参与的离子反应方程式为__________________________________(任写一个)。(5)假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3＋，当有2molSOeq\o\al(2－,4)生成时，理论上消耗O2的物质的量为________。[答案](1)①2CuFeS2＋17H2O2＋2H＋=2Cu2＋＋2Fe3＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋18H2O②H2O2受热易分解；产物Cu2＋、Fe3＋催化H2O2分解等(答出一点即可。)(2)提高氨水的浓度、提高氧压(其他合理答案也可)(3)eq\f(2×10－9,a)正向(4)Fe2(SO4)3、H2SO44Fe2＋＋O2＋4H＋eq\o(=,\s\up7(微生物))4Fe3＋＋2H2O或S8＋12O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(微生物))8SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋任写一个(5)4.25mol[解析](1)①黄铜矿的主要成分为CuFeS2,被H2O2氧化成SOeq\o\al(2－,4)，硫离子及亚铁离子都会被氧化，故反应为2CuFeS2＋17H2O2＋2H＋=2Cu2＋＋2Fe3＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋18H2O；②H2O2不稳定受热易分解且产物Cu2＋、Fe3＋催化H2O2分解都会使H2O2的消耗量要远远高于理论值。(2)要提高黄铜矿的浸出率，需使反应正向移动，故可以提高氨水的浓度、提高氧压等。(3)平衡时溶液呈中性，故c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.01mol/L，NH3·H2O的电离常数Kb＝c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝eq\f(2×10－9,a)；滴加氯化铵会促进水的电离。(4)据图像可得，三价铁被还原成二价，经微生物转化成三价，另一条微生物路线生成了氢离子，故两者可循环使用；微生物参与的离子反应方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋eq\o(=,\s\up7(微生物))4Fe3＋＋2H2O或S8＋12O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(微生物))8SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋。(5)根据①2CuFeS2＋17H2O2＋2H＋=2Cu2＋＋2Fe3＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋18H2O得生成2molSOeq\o\al(2－,4)时，消耗8.5molH2O2，转移17mol电子，消耗4.25molO2。3．[2016·上海卷]NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：①NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN(Ki＝6.3×10－10)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为________(选填“酸性”“碱性”或“中性”)；原因是______________________________________________。(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。________________________________________________________________________(3)处理100m3(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成________、________和H2O。[答案](1)碱性防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(2)2CNO－＋3ClO－=CO2↑＋COeq\o\al(2－,3)＋3Cl－＋N2↑(3)14900(4)NaOCNNaCN[解析](1)NaCN溶液中存在水解平衡：CN－＋H2OHCN＋OH－，酸性和中性条件下，容易生成剧毒的HCN，造成事故，碱性条件可以抑制CN－的水解。(3)需要处理的NaCN的质量为100×1000L×(10.3mg/L－0.5mg/L)÷1000mg/g＝980g。将两次氧化的方程式合并得总反应：2NaCN＋5NaClO=CO2↑＋Na2CO3＋5NaCl＋N2↑2×495×74.5980gx解得x＝3725g由于实际用量为理论值的4倍，则实际用量为3725g×4＝14900g。(4)Cl2与NaOH的反应方程式为Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，(CN)2与Cl2的化学性质相似，则(CN)2与NaOH反应的化学方程式为(CN)2＋2NaOH=NaCN＋NaOCN＋H2O。4．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是__________________________。(2)将KMnO4氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：MnOeq\o\al(－,4)＋____Fe2＋＋________=Mn2＋＋________Fe3＋＋________(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：__________________________(4)已知：一定条件下，MnOeq\o\al(－,4)可与Mn2＋反应生成MnO2，①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是__________________________________。②Ⅳ中加入MnSO4的目的是______________________。[答案](1)Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O(2)58H＋54H2O(3)将Fe2＋氧化为Fe3＋，并将铁完全沉淀(4)①生成黄绿色气体②除去过量的MnOeq\o\al(－,4)专题四离子反应■高频考点探究考点一[典例探究]例1(1)C(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(3)H2SO3＋HCOeq\o\al(－,3)=HSOeq\o\al(－,3)＋CO2↑＋H2O(4)Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O[解析](1)Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A项错误；B项反应前后不符合电荷守恒，B项错误；Al(OH)3不溶于氨水，Al2(SO4)3能与过量的氨水反应生成Al(OH)3，C项正确；Na2SiO3为可溶性盐，在离子方程式中不能写成化学式，D项错误。[变式拓展]1．(1)2H＋＋Fe2＋＋NOeq\o\al(－,2)=Fe3＋＋NO↑＋H2O(2)2CuH＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋2H2↑[解析](1)酸性条件下，亚硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，离子方程式为2H＋＋Fe2＋＋NOeq\o\al(－,2)=Fe3＋＋NO↑＋H2O。(2)CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H－失电子，溶液中H＋得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu＋=Cu2＋＋Cu，故离子方程式为2CuH＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋2H2↑。2．(1)4615(2)3MnCO3＋2Al3＋＋3H2O=3Mn2＋＋3CO2↑＋2Al(OH)3↓(3)5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O[解析](2)MnCO3能促进Al3＋水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，而除去溶液中的铝离子，反应的离子方程式为3MnCO3＋2Al3＋＋3H2O=3Mn2＋＋3CO2↑＋2Al(OH)3↓。(3)根据题给信息，溴离子与溴酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成溴单质，据此写出反应方程式为5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O。3．D[解析]铜和稀硫酸不反应，A不正确；用FeCl3溶液刻蚀铜制印刷电路板：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，B不正确；向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：CO2＋OH－=HCOeq\o\al(－,3)，C不正确；氨水不能溶解氢氧化铝，D正确。4．A[解析]0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子方程式为2Ba2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋Al3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋4OH－=Al(OH)3↓＋2BaSO4↓＋NH3·H2O，B错误；用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾能氧化HCl，故不能证明H2O2具有还原性，C错误；向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子方程式为ClO－＋SO2＋H2O=2H＋＋Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，D错。5．C[解析]酸性条件下碘离子容易被氧气氧化成碘单质，发生反应为4I－＋O2＋4H＋=2H2O＋2I2，碘单质遇到淀粉显示蓝色，不是黄色，反应产物中不会有氢氧根离子，A错误；将碳酸钠溶液加入盐酸中，酸过量，开始就产生气泡，反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2O＋CO2↑，B错误；Na2SiO3与盐酸反应的离子方程式为2H＋＋SiOeq\o\al(2－,3)=H2SiO3(胶体)，所以会生成白色胶状物，C正确；氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，题中离子方程式错误，D错误。考点二[典例探究]例2D[解析]Cl2会氧化Fe2＋，A项错误；ClO－会氧化Fe2＋，且H＋会与ClO－结合成弱电解质HClO，B项错误；OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀，OH－也会与NHeq\o\al(＋,4)反应生成NH3·H2O，C项错误；加入过量的ClO－会氧化Fe2＋生成Fe3＋，过量的OH－会除去Fe3＋和NHeq\o\al(＋,4)，最终溶液中会留下Na＋和SOeq\o\al(2－,4)，ClO－和OH－均是过量的，而ClO－与Fe2＋发生氧化还原反应后会生成Cl－，D项正确。例2变式C[解析]含有大量Fe2＋的溶液中，Fe2＋、Fe(CN)eq\o\al(3－,6)会发生反应形成沉淀，不能大量共存，A错误；使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中H＋、CH3COO－会发生反应形成弱酸，不能大量共存，B错误；含有大量NOeq\o\al(－,3)的溶液中，NOeq\o\al(－,3)、I－、H＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误。考点三[典例探究]例3D[解析]溶液本身无色，说明没有Fe2＋。加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，由于SOeq\o\al(2－,3)的还原性比I－强，少量溴水一定与SOeq\o\al(2－,3)发生了反应生成Br－和SOeq\o\al(2－,4)，但是无法确定I－是否存在，因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SOeq\o\al(2－,4)肯定没有，Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、K＋至少存在两种(根据I－是否存在确定)。[变式拓展]1．D[解析]如果该溶液中含有HCOeq\o\al(－,3)，和盐酸反应也会产生CO2，使澄清石灰水变浑浊，因此HCOeq\o\al(－,3)会对此产生干扰，A错误；硝酸具有强氧化性，能把SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，同样出现题述现象，B错误；能使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子很多，如Cl－、SOeq\o\al(2－,3)等，因此使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是Fe2＋，C错误；氯气能把I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝，因此可以检验I－的存在，D正确。2．C[解析]溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液显酸性，则Cu2＋、COeq\o\al(2－,3)、OH－、NOeq\o\al(－,3)不能存在，能存在的有剩下的五种；若溶液显碱性，则H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋、Al3＋不能存在，阳离子Ba2＋肯定存在，则COeq\o\al(2－,3)不能存在，剩下三种离子可以大量共存，C正确。3．C[解析]由图像可知，开始加入盐酸时无沉淀生成，说明加入的盐酸与溶液中的OH－反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子Fe3＋、Mg2＋、Al3＋；之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增多，说明溶液中存在AlOeq\o\al(－,2)、SiOeq\o\al(2－,3)中的一种或两种，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是COeq\o\al(2－,3)，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减少，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K＋、Na＋中的一种离子。根据分析可知，无法判断溶液中是否存在硫酸根离子，A错误；反应后形成的溶液溶质为NaCl或KCl，B错误；依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，原溶液中含有COeq\o\al(2－,3)与AlOeq\o\al(－,2)的物质的量之比为3∶4，C正确；根据以上分析可知，原溶液中一定存在的阴离子是OH－、SiOeq\o\al(2－,3)、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)，D错误。■命题考向追踪1．C[解析]MnOeq\o\al(－,4)是紫色，无色溶液中一定不存在MnOeq\o\al(－,4)，A项错误；pH＝2的溶液中含有大量的H＋，SiOeq\o\al(2－,3)和H＋反应生成弱酸硅酸且其溶解度较小，二者不能大量共存，B项错误；C项满足电子守恒、电荷守恒且符合实际，正确；稀硫酸和氢氧化钡溶液反应的离子方程式应为2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O,D项错误。2．B[解析]铵根离子水解的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋，是“”而不是“=”，故A项错误；利用铝与氢氧化钠溶液反应而与镁粉不反应的原理除去铝，不增加新杂质，且离子方程式正确，故B项正确；碳酸氢根与羧基反应但不与酚羟基反应，故C项错误；由于草酸为弱酸，离子方程式中草酸应写化学式，故D项错误。3．C[解析]A选项的离子方程式中有BaSO4沉淀，A项错误；B选项的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，B项错误；D选项的离子方程式为OH－＋HPOeq\o\al(2－,4)=H2O＋POeq\o\al(3－,4)，D项错误；C项正确。4．D[解析]稀HNO3具有强氧化性，加入具有还原性的Na2SO3溶液，则应发生氧化还原反应，A项错误；向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2则应生成HSOeq\o\al(－,3)，B项错误；Al2(SO4)3溶液与过量氨水反应只能生成Al(OH)3沉淀，C项错误；向CuSO4溶液中加入Na2O2，则Na2O2先与H2O反应，生成NaOH和O2，然后生成的NaOH再与CuSO4反应得到Cu(OH)2沉淀，D项正确。5．B[解析]加入KSCN溶液，溶液显红色，说明一定含有Fe3＋，但无法确定是否有Fe2＋，A项错误；气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，说明生成了CuSO4·5H2O，则原气体含有水蒸气，B项正确；该粉末的焰色为黄色，则含有Na＋，需要透过蓝色钴玻璃片观察K＋的焰色，C项错误；使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2，D项错误。6．B[解析]用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2，离子方程式为Ca(OH)2＋SO2=CaSO3＋H2O，A错误；金属铜作阳极时，铜电极本身失去电子，阳极反应为Cu－2e－=Cu2＋，阴极是水中的氢离子放电，电解原理方程式为Cu＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cu(OH)2＋H2↑，C错误；将Fe2O3加入到HI溶液中，离子方程式为Fe2O3＋2I－＋6H＋=2Fe2＋＋I2＋3H2O，D错误。7．(1)①4Cr3＋3O2↑②光能转化为化学能(2)①Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O②铁在原电池反应中作负极，Fe－2e－=Fe2＋，Fe2＋作还原剂将六价铬还原(3)由原理可知：2ROH～CrOeq\o\al(2－,4)～Cr，2ROH～Cr2Oeq\o\al(2－,7)～2Cr，等量树脂去除Cr2Oeq\o\al(2－,7)的效率高，因此控制溶液酸性使上述平衡正向移动，使CrOeq\o\al(2－,4)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)[解析](1)①Cr2Oeq\o\al(2－,7)转化为Cr3＋，发生了还原反应，则反应中氧元素被氧化为O2，配平反应方程式即可。②在光的作用下发生了化学反应，即光能转化为化学能。教师备用习题(教师栏目)1．工业上湿法制备K2FeO4的工艺流程如图。(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3＋____NaOH＋____NaClO=____Na2FeO4＋____NaCl＋____H2O(2)加入饱和KOH溶液的目的是__________________________。将Na2FeO4粗产品在40%NaOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为__________________________________。[答案](1)2103295(2)减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出2KOH＋Na2FeO4=K2FeO4↓＋2NaOH2．氮、磷及其化合物在生产、生活中有重要的用途。回答下列问题：(1)直链聚磷酸是由n个磷酸分子通过分子间脱水形成的，常用于制取阻燃剂聚磷酸铵。写出磷酸主要的电离方程式：____________________________；直链低聚磷酸铵的化学式可表示为(NH4)(n＋2)PnOx，则x＝________(用n表示)。(2)在碱性条件下，次磷酸盐可用于化学镀银，完成其反应的离子方程式：eq\x()H2POeq\o\al(－,2)＋eq\x()Ag＋＋eq\x()________=eq\x()POeq\o\al(3－,4)＋eq\x()Ag↓＋eq\x()________。(3)由工业白磷(含少量砷、铁、镁等)制备高纯白磷(熔点44℃，沸点280℃)，主要生产流程如下：①除砷过程在75℃下进行，其合理的原因是________(填字母)。a．使白磷熔化，并溶于水b．降低白磷的毒性c．温度不宜过高，防止硝酸分解d．适当提高温度，加快化学反应速率②硝酸氧化除砷时被还原为NO，氧化相同质量的砷，当转化为亚砷酸的量越多，消耗硝酸的量越________(填“多”或“少”)。③某条件下，用一定量的硝酸处理一定量的工业白磷，砷的脱除率及磷的产率随硝酸质量分数的变化如图，砷的脱除率从a点到b点降低的原因是________________________________。[答案](1)H3PO4H2POeq\o\al(－,4)＋H＋3n＋1(2)1H2POeq\o\al(－,2)＋4Ag＋＋6OH－=1POeq\o\al(3－,4)＋4Ag↓＋4H2O(3)①cd②少③硝酸浓度大，氧化性强，有较多的硝酸用于氧化白磷，脱砷率低[解析](1)磷酸属于弱电解质，以第一步电离为主，磷酸主要的电离方程式：H3PO4H2POeq\o\al(－,4)＋H＋；根据化合价代数和为0，则(n＋2)＋5n－2x＝0，故x＝3n＋1。(2)P元素化合价由＋1价升高为＋5价，共升高4价，而Ag元素由＋1价降低为0后，共降低1价，化合价升降最小公倍数为4，故H2POeq\o\al(－,2)、POeq\o\al(3－,4)的化学计量数为1，Ag＋、Ag的化学计量数为4，碱性条件下进行反应，结合电荷守恒可知反应物中缺项为OH－，由元素守恒可知生成物中缺项为H2O，平衡后方程式为H2POeq\o\al(－,2)＋4Ag＋＋6OH－=POeq\o\al(3－,4)＋4Ag↓＋4H2O。(3)①白磷不溶于水，a错误；熔化不能改变其毒性，b错误；温度过高，硝酸会分解，需要控制合适的温度，c正确；提高温度可以加快反应速率，d正确。②氧化相同质量的砷，转化为亚砷酸的量越多，转移电子数目越少，消耗硝酸越少。③硝酸浓度大，氧化性强，有较多的硝酸用于氧化白磷，脱砷率低。第二单元基本理论专题五物质结构与元素周期律■高频考点探究考点一[典例探究]例1B[解析]依据题意推知，X、Y、Z、W分别为O、F、Na和S。O2－和S2－的电子层结构不同，A项错误；Y、Z两元素组成的化合物NaF为离子化合物，B项正确；F的非金属性比S强，所以氢化物的热稳定性HF>H2S，C项错误；原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)>r(F)，D项错误。例2B[解析]根据a－与氦具有相同电子层结构可确定a为H，结合b、c次外层均为8个电子，且最外层电子数分别为6和7，可确定b、c分别为S和Cl，因c－和d＋的电子层结构相同，可确定d为K。根据元素在周期表中位置确定元素的非金属性c>b>a，A项正确；H与K形成的KH是离子化合物，B项错误；K与S、Cl、H均形成离子化合物，C项正确；H的最高价和最低价分别为＋1和－1、S的最高价和最低价分别为＋6和－2、Cl的最高价和最低价分别为＋7和－1，它们的代数和分别为0、4、6，D项正确。例2变式1A[解析]在硅晶体中，平均每个硅原子形成2个Si—Si键，所以Si原子与Si—Si键数目比为1∶2，A项正确；稀有气体为单原子分子，不含化学键，B项错误；HF分子间存在氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI分子间都不存在氢键，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，使其熔沸点逐渐升高，即沸点HF>HI＞HBr＞HCl，C项错误；干冰是由分子构成的物质，而氯化铵是离子化合物，受热变为气体所克服的粒子间相互作用分别为范德华力和离子键，D项错误。例2变式2A[解析]X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，X和W同主族，则W是Na或Li元素，Y元素原子核外电子总数是其次外层电子数的3倍，所以Y是C元素；W的原子序数大于Y，所以W是Na元素；Q元素是地壳中含量最高的元素，为O元素，Z的原子序数大于Y而小于Q，所以Z是N元素，C元素和O元素属于同一周期，碳原子半径大于氧原子半径，碳原子半径小于钠原子半径，所以原子半径Q＜Y＜W，A项错误；氨气溶于水得到氨水，其中的NH3·H2O电离出OH－而使溶液呈碱性，所以氨气可使紫色石蕊试液变蓝，B项正确；铵盐属于离子化合物，硝酸是共价化合物，C项正确；H2O2、C2H6两种分子中含有的电子数都是18，化学键种类都是极性和非极性共价键，D项正确。考点二[典例探究]例3B[解析]根据提供的信息，可以推断W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl。O2－(或N3－)、Na＋具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：Na＋＜O2－(或N3－)＜Cl－，A项错误；O与Na形成的化合物Na2O、Na2O2溶于水分别发生反应Na2O＋H2O=2NaOH、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，所得溶液均呈碱性，N与Na形成的化合物Na3N溶于水发生反应Na3N＋3H2O=NH3↑＋3NaOH，所得溶液也呈碱性，B项正确；非金属性N＞P或O＞S，则气态氢化物的热稳定性NH3＞PH3或H2O＞H2S，C项错误；非金属性P(或S)＜Cl，则最高