最新《红对勾》【化学】大册答案

必考部分

第一单元化学计量在实验中的应用

第1节物质的量气体摩尔体积

核心考点·分层突破

考点一物质的量及阿伏加德罗常数

导学诱思

答案:(1)2 mol73 g(2)1.806×1023 1.806×1024 5.4

(3)0.2 mol0.6 mol(4)44 g·mol-1(5)106 g·mol-1

落实基础

1.6.02×1023 mol-1相对原子(分子)质量

易错辨析

答案:(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√

考点突破

【例1】答案:× × × ×√√ ×

解析:A、B、C选项中,盐酸、CCl4、己烷在标准状况下均不是气体,错误;D选项,不是标准状况下,错误;E、F选项,由质量求气体的物质的量,与物质的状态无关,正确;G选项,标准状况下5.6 L NO和5.6 L O2组成的混合气体中所含原子总数为N A,错误。

【例2】答案:√√√√ ×

解析:1 mol的NO2和1 mol的CO2中均含2 mol氧原子,A正确;乙烯与环丁烷的最简式均为CH2,含有n(CH2)==2 mol,B正确;与B选项类似,C选项中n(NO2)==2 mol,正确;D选项,N2与CO的摩尔质量均为28 g·mol-1,均为双原子分子,正确;E选项,均为氧单质,所含氧原子均为3 mol,错误。

【例3】答案:× ×√ × × × × × ×

解析:A选项不是标准状况下,错误;Na在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,Na在上述两个反应过程中化合价均升高1,所以1 mol Na参加反应转移1 mol电子,B选项错误、C选项正确;D项,标准状况下,6.72 L NO2物质的量为0.3 mol,与水反应转移电子数应为0.2N A;E、F选项,Fe2+、Cl2少,应该用Fe2+、Cl2计算,分别转移1 mol、2 mol电子,错误;G选项,由氯气与水或碱反应可知错误;H选项,I-的还原性强于Fe2+,所以转移电子的物质的量大于1 mol,错误;I选项,转移的电子数为5N A,错误。

互动探究

答案:(1)√(2)√(3)√

【例4】答案:×√√ × × ×√ × × ×√ ×√ ×

解析:A选项,Na2O2中阴离子是,错误;B选项,8 g O2的物质的量为0.25 mol,1个O2中含有16个电子,正确;C项,1个六元环中含有6个碳原子,1个碳原子被3个六元环共用,所以应该1个碳原子可形成个六元环,正确;D选项,1个氢氧根离子含有10个电子,错误;E选项,苯环中不含碳碳双键,错误;F选项,由CH3—OH可知1个甲醇中含有3个C—H键,错误;G选项,1个H2O中含有10个质子,正确;H选项,1个碳原子与其他4个碳原子形成4个共价键,1个共价键被2个碳原子共用,所以1个碳原子可均摊×4=2个共价键,错误;I选项,1个Al3+含有10个电子,错误;J选项,NaCl是离子化合

物无分子,错误;L选项,不是标准状况,错误;M选项,18 g 18O2的物质的量为0.5 mol,正确;N选项,空气中含有CO2、水蒸气等气体化合物,错误。

【例5】答案:√ × × ×√ × ×

解析:A选项,丙烯和环丙烷分子式均为C3H6,正确;B选项,随着反应的进行,浓硫酸逐渐变为稀硫酸,所以参加反应的硫酸的物质的量小于0.92 mol,故生成的SO2分子数目小于0.46N A,错误;C、E选项,反应均为可逆反应,C错误、E正确;D选项,生成0.5 mol Cl2,错误;F选项,依据得失电子守恒可知1 mol Cu生成 mol NO,错误,G选项,NO与氧气反应,错误。

【例6】答案:× × × × ×√ ×√√ × × × ×

解析:ClO-、HC、Fe3+水解,NH3·H2O只发生部分电离,所以A、B、C、D、G均错误;E选项溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,H+物质的量为1 mol,错误;F选项溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1,OH-物质的量为1 mol,正确;H选项,由

C+H2O HC+OH-可知正确;I选项,根据氮原子守恒,正确;J选项中含有1 mol S,所带电荷数为2 mol,错误;K、M选项均无体积,错误;L选项,溶液中的水也含有氧原子,错误。

高考微题组

1.B解析:甲苯的分子式为C7H8,所以1 mol甲苯中应该含有8N A个C—H键,A错误;1个水分子含有10个质子,18 g H2O对应的物质的量为1 mol,含10N A个质子,B正确;氨水是NH3的水溶液,标准状况下,无法计算氨水中氨气的物质的量,C错误;铁片在浓硫酸中钝化,不可能有1 mol SO2分子生成,D错误。

2.A解析:氧气和臭氧组成的混合物只含氧元素,1.6 g即是氧原子的质量,则混合物中氧原子的数目为×N A=0.1N A,A 正确;丙烯酸的结构简式为CH2CHCOOH,含碳碳双键和碳氧双键,故0.1 mol丙烯酸中含双键的数目为0.2N A,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;过氧化钠与水反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,部分氧元素化合价由-1价升高到0价,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。

3.D解析:高温下Fe与水蒸气反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,0.2 mol Fe反应生成0.27 mol H2,A错误;室温时

pH=13的NaOH溶液中,c(H+)=10-13 mol·L-1,由于在任何水溶液中水电离的H+和OH-相等,所以水电离的OH-的数目为10-13 mol·L-1×1 L×N A mol-1=10-13N A,B错误;氢氧燃料电池正极发生反应的气体是O2,1 mol O2反应转移4 mol电子,C 错误;在所给反应中-3价的氮元素化合价升高到0价,共失去5×3 mol电子,生成4 mol N2,当生成28 g N2时,转移电子为 mol,即3.75N A个电子,D正确。

4.B解析:C2H4、C3H6的最简式均为CH2,n(CH2)= mol,一个CH2可形成三个共用电子对,所含共用电子对数为,A选项错误;一个氢原子形成一个碳氢键,共含有 mol氢原子,B选项正确;没有注明是否在标准状况下,C选项错误;所含原子总数为,D选项错误。

考点二气体摩尔体积及阿伏加德罗定律

导学诱思

答案:(1)67.2 L(2)0.5 mol(3)44 g·mol-1

落实基础

2.(2)

易错辨析

答案:(1)×(2)×(3)√(4)×

考点突破

【例1】D解析:依据4NH3+5O24NO+6H2O可知1 mol NH3参加反应转移5 mol电子,参加反应NH3的物质的量为 mol,转移电子的物质的量为 mol,已知在此反应中转移电子数为n,则n=×N A,所以N A=。

【例2】D解析:A选项没有标明温度、压强,所以二氧化碳的质量可能比一氧化碳的小,错误;B选项,1 mol CO含有14 mol质子,1 mol C2H4含有16 mol质子,错误;C选项,CO和C2H4质量相等,物质的量相等,C2H4所含原子数多,错误;D 选项,假设4种气体的质量均为1 g,所以n(H2)=、n(CH4)=、n(HCl)=、n(SO2)=,正确。

高考微题组

1.C解析:A中体积相同时二者的物质的量相同,因两物质的摩尔质量不同,所以质量不同,由ρ=知二者的密度不同,A 错;B中原子数相同时分子数也相同,12C18O与14N2中子数之比为8∶7,B错;C中体积相等则分子数相等,1个12C18O分子中含有14个电子,1个14N2分子中也含有14个电子,C正确;D中质量相等时二者的物质的量不同,所以质子数不同,D错。

2.答案:2H2S2H2+S2

解析:H2S在高温条件下分解,生成的两种产物的体积分数逐渐增大;分析图中两种产物的体积分数间的大小关系可知二者的比值约为2∶1。再由H2S的组成可知生成的H2的量更大,设H2S在高温条件下分解的关系式为

H2S2H2+S x,依据H元素守恒可得2H2S2H2+S x,再由S元素守恒知x=2。由图可知该反应未进行完全,应为可逆反应,故H2S在高温条件下分解的化学方程式为2H2S2H2+S2。

3.答案:1

解析:n(ZnO)==0.1 mol、n[ZnCO3·x Zn(OH)2]=,列方程×(125+99x)g·mol-1=11.2 g,解得x=1。

4.答案:51

解析:n(正丁醇)=、n(正丁醛)=,产率=×100%=51%。

学科素养·专项提能

【例】答案:(1)CuSO4·5H2O CuSO4·(5-n)H2O+n H2O

250 18n

0.80 g0.80 g-0.57 g=0.23 g

,解得n=4

其化学式为CuSO4·H2O。

(2)0.2

解析:(2)Cu2++H2S CuS↓+2H+

1 2

0.1 mol·L-1c(H+)

c(H+)=0.2 mol·L-1

对点训练

1.答案:3 950

解析:第一步,确定N2、H2谁过量,假设N2完全反应,则

N2+3H22NH3

28 6

700 kg m(H2)

28∶6=700 kg∶m(H2)

解得:m=150 kg<6 000 kg

即H2过量,应以N2计算。

第二步,根据N2计算,由N元素守恒得

N2~2NH4HCO3

28 158

700 kg m(NH4HCO3)

有

解得m(NH4HCO3)=3 950 kg。

2.答案:根据PbO2PbO x+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4,根据m PbO2·n PbO,=1.4,。

解析:由质量减轻可知一定生成氧气,写出化学方程式进行求解。

3.答案:Na2CO3·NaHCO3·2H2O

解析:Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3

1 1 168

n(Na2CO3) m(NaHCO3)

n(Na2CO3)=2×103 mol

m(NaHCO3)=336 kg

则原有n(NaHCO3)==2×103 mol

原晶体中n(H2O)==4×103 mol

因此该晶体的化学式为Na2CO3·NaHCO3·2H2O。

题组演练·迁移运用

1.D解析:A选项,没有给出气体的物质的量,错误;B选项,生成1 mol O2转移2 mol电子,错误;由

3NO2+H2O2HNO3+NO可知C选项错误;D选项,n(O)= mol,1个氧原子中含有8个电子,正确。

2.A解析:A选项,水是液体,11.2 L H2O的物质的量大于1 mol,正确;B选项,醋酸晶体是共价键化合物,没有电离,无H+,错误;C选项,Cu2S中Cu的化合价为+1价,错误;D选项,Cl-为18电子的微粒,错误。

3.B解析:12 g C60中含有1 mol碳原子,含有6 mol电子,A选项错误;1 mol乙醇中含有1 mol羟基,B选项正确;Al3+水解,所以Cl-总数大于3N A,C选项错误;D选项,生成Na2CO3、NaHCO3均为0.05 mol,但溶液水解显碱性,C的物质的量小于0.05 mol,错误。

4.D解析:A选项,无溶液体积,错误;B选项,所含电子数为N A,错误;C选项,完全反应生成NaHCO3,但HC在溶液中水解大于电离,错误;D选项,一个C5H12含有4个C—C键和12个C—H键,正确。

5.A解析:A选项N2和CO摩尔质量均为28 g·mol-1,同质量的N2和CO物质的量相同,一个分子均含有2个原子,正确;B选项没有注明压强、D没有注明温度,均不符合;C选项C2H6和NO质量相同,物质的量相同,所以原子个数C2H6是NO的4倍,不符合。

6.C解析:C选项,A、B气体分子数目相同,体积相同,依据密度=,可知两气体的密度之比为m∶n,错误;D选项,V L气体的物质的量=,质量为,正确。

7.答案:(1)64(2)

解析:(1)该气体的物质的量为=0.03 mol,摩尔质量为=64 g·mol-1,所以相对分子质量为64。(2)含有的分子数为b的某气体的物质的量n= mol,该气体的摩尔质量M= g·mol-1,c g该气体的物质的量为 mol,体积为mol×22.4 L·mol-1。

第2节物质的量在化学实验中的应用

核心考点·分层突破

考点一物质的量浓度及其计算

导学诱思

答案:(1)2 mol·L-1(2)1.8 mol(3)100(4)等于(5)20% 1 g20%

落实基础

1物质的量质量溶剂

考点突破

【例1】答案:(1)×100 g

(2)1 000 mL·L-1× mol·L-1

(3)=0.25dw mol·L-1

(4)×100%=%

解析:这是一道只给出抽象符号的有关溶解度、质量分数、物质的量浓度的相互换算的问题。解答本题的关键是:在

准确把握溶解度、溶液中溶质质量分数、溶液中溶质物质的量浓度的基础上,从所求问题的概念出发,进行概念分析,

抓好相关概念的相互联系,便可顺利完成这种用符号表示的相互换算。

互动探究

答案:(1)溶解度是在一定温度下100 g溶剂中溶解溶质的质量(以g为单位),①假设溶液为1 L,NaOH的物质的量为c mol、质量为40c g,溶液质量1 000d g,溶剂水的质量为(1 000d-40c) g,所以S=×100 g;②NaOH的质量为m g,溶液质量

为Vd g,溶剂水的质量为(Vd-m) g,所以S=×100 g;(2)能。溶质NaOH的物质的量为、溶液质量为g、体积为mL。c=。【例2】A解析:A选项,物质的量浓度与溶质的物质的量、溶液体积有关,先求出n(NH3)= mol、溶液体积为 L,正确;B选项,质量分数与溶质质量、溶液质量有关,溶质质量为a g,溶液质量为ρV g,错误;C选项,c(N)= mol·L-1,依据电荷守恒c(OH-)=c(N)+c(H+)可知错误;D选项,由于氨水的密度小于水的密度,与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨

水质量的2倍,故其溶质的质量分数小于0.5w,错误。

【例3】A解析:设混合前两硫酸溶液的体积均为1 L,则n(H2SO4)=(c1+c2) mol;溶液稀释混合时,溶液的体积一般不

可直接相加,应用溶液的总质量和密度来计算,溶液总质量=(1 000ρ1+1 000ρ2) g,溶液总体积= L= L;则混合后硫酸的物

质的量浓度=。

高考微题组

1.D解析:100 mL混合溶液中n(Ba2+)=n(S)=a mol,则c(Ba2+)==10a mol·L-1,100 mL混合溶液中,n(Cl-)=n(Ag+)=b mol,

则c(Cl-)==10b mol·L-1,根据溶液中电荷守恒,设溶液中c(K+)=x,则x+10a mol·L-1×2=10b mol·L-1×1,可得c(K+)=10(b-2a) mol·L-1,D正确。

2.答案:97.0%

解析:由反应:Ce4++Fe2+Fe3++Ce3+可知,n(Ce)=n(Fe2+)=0.100 0 mol·L-1×0.025 L=0.002 5 mol。故m[Ce(OH)4]=0.002

5 mol×208 g·mol-1=0.52 g,由此可知Ce(OH)4的质量分数为97.0%。

3.答案:1.25

解析:n(H2SO4·SO3)= mol=2.5 mol,溶于水生成n(H2SO4)=5 mol。

考点二一定物质的量浓度溶液的配制

导学诱思

答案:(1)40 g(2)托盘天平(3)小烧杯(4)冷却到室温玻璃棒500 mL容量瓶(5)2~3次(6)胶头滴管液面最低点与刻度线相切

落实基础

药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶

易错辨析

答案:(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×

考点突破

【例1】答案:(1)20.0100(2)①使溶质完全转移到容量瓶中②1~2 cm胶头滴管③D

解析:(1)V(浓硫酸)==0.02 L。

【例2】答案:(1)偏小(2)无影响(3)偏大(4)偏小(5)偏小

(6)偏小(7)偏大(8)无影响(9)偏大(10)偏大(11)偏小(12)偏小(13)偏小(14)无影响(15)偏小

解析:(1)应选择500 mL容量瓶,NaOH固体质量应为2.0 g;(3)所含溶质Na2CO3物质的量偏大;(4)(5)NaOH吸收空气中的水蒸气;(6)相当于所称NaCl质量为57.5 g;(7)所称NaCl的质量偏大;(9)仰视时所取浓硫酸体积偏大;(10)量筒不能用蒸馏水洗涤;(11)(12)溶质未全部转移到容量瓶中;(13)加水超过刻度线,则所配溶液体积偏大;(14)不影响所配溶液体积;(15)相当于所取浓硫酸的体积减小。

高考微题组

1.答案:√××√××××××

解析:A项,逆推法,当浓度约为10-12~10-11 mol·L-1时,一个细胞中含有的目标分子个数最小约为10-12 mol·L-1×10-12

L×6.02×1023 mol-1=0.6个,最大约为10-11 mol·L-1×10-12 L×6.02×1023 mol-1=6个,正确;B选项,定容时俯视刻度线,会导致体积偏小,所配溶液浓度偏大,错误;C选项,用固体配制溶液需要用到托盘天平称量固体质量,错误;E选项,最后溶液体积不是100 mL,错误;F选项,没有量取pH=1的盐酸的仪器(如酸式滴定管),错误;G项,量筒是用来量取液体的,不能用于配制溶液,错误;H选项,还需要托盘天平、胶头滴管,错误;I选项,最后溶液体积不是1 L,错误;J选项,应重新配制。

2.B解析:A中应左物右码;C中转移溶液要用玻璃棒引流;D中定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中。

3.答案:a、c

解析:定容时需要胶头滴管。

学科素养·专项提能

【例1】答案:(1)19.2 g(2)4.48 L

解析:设加入的铜粉的物质的量为x,生成NO的物质的量为y。

3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OΔm

3 mol 2 mol (192-60)g

x y13.2 g

x=0.3 mol y=0.2 mol

即加入的铜粉是0.3 mol×64 g· mol-1=19.2 g,产生NO的体积为0.2 mol×22.4 L· mol-1=4.48 L。

【例2】答案:25%

解析:设参加反应的N2的体积为x。

N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔV

1 3

2 2

x(5-4)L

x=0.5 L

即可求出N2的转化率为×100%=25%。

【例3】C解析:设CuO和Fe2O3的物质的量分别为x和y,列方程:80 g·mol-1x+160 g·mol-1y=24.0 g。

由化学方程式CuO+CO Cu+CO2,Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,得x+3y=n(CO2)=n(CaCO3)=,解得x=0.1 mol、y=0.1 mol;原混合物中Fe元素的质量为11.2 g。

【例4】答案:2∶1

解析:依据2H2S+SO23S+2H2O,假设生成3 mol硫,需要2 mol H2S和1 mol SO2,由Na2SO3+S Na2S2O3可知3 mol S需要3 mol Na2SO3,3 mol Na2SO3需要3 mol SO2,所以总共需要4 mol SO2,所以生成SO2的FeS为4 mol,生成H2S的FeS为2 mol。

对点训练

1.C解析:依据棕黄色的溶液可知FeCl3过量,溶液质量减轻4.1 g,依据差量法:

6Na+6H2O+2FeCl32Fe(OH)3↓+3H2↑+6NaClΔm

138 214 6 82

x g 4.1 g

所以钠的质量为6.9 g。

2.答案:

解析:由M(LiPF6)·n(LiPF6)+M(LiF)·[n mol-n(LiPF6)]=w g得:152 g·mol-1·n(LiPF6)+26 g·mol-1[n mol-n(LiPF6)]=w g 解之得:n(LiPF6)= mol

3.答案:n(O2)==131 mol

设Fe3O4的物质的量为a,Fe2O3的物质的量为b,

3a+2b=48 mol8a+b=131 mol,解得:a=4 mol b=18 mol

n(Fe3O4)∶n(Fe2O3)=2∶9

解析:生成物为混合体系,用设未知数列方程组的方法求解。

4.答案:w(O2)=50%,w(O3)=50%

解析:方法(1)混合体系用差量法

设O3所占体积为x,

2O33O2ΔV

2 3 1

x(1.2a-a) L

解得x=0.4a L;

方法(2)混合体系,设未知数列方程组求解。

设混合气体中O3的体积为x,则O2的体积为y,

2O33O2

2 3

x x

x+y=a L、x+y=1.2a L,解得x=0.4a L、y=0.6a L,n(O3)∶n(O2)=0.4a∶0.6a=2∶3,w(O2)=×100%=50%,w(O3)=1-50%=50%。

题组演练·迁移运用

1.A解析:n(NH3)= mol、m(NH3)= g、m(H2O)=1 000 g,溶液质量=(+1 000) g。ρ=,但A选项中溶液体积、溶液质量均错误;B选项,假设溶液体积为1 L,所以溶质的物质的量为c mol,质量=17c g,溶液的质量为1 000ρ g,依w=可知B选项正确;C选项w= =,正确;c=,D正确。

2.D解析:A选项,原溶液中HCl的物质的量不确定,且最终溶液体积不一定为V L,错误;B选项,HCl挥发,错误;C选项,蒸发掉0.5V L水后溶液体积无法求出,错误;D选项,属于混合溶液的有关计算,加入10 mol·L-1盐酸0.6V L后,溶质HCl 的物质的量为8V mol,再将溶液稀释至2V L,浓度变为4 mol·L-1。

3.C解析:A选项,因为乙酸电离,所以溶液中乙酸分子小于0.1 mol,错误;B选项,不能在容量瓶中进行溶解,错误;D选项,量取时,仰视读数偏低,实际量取的体积偏高,所配溶液的浓度偏高,错误。

4.C解析:A选项,所称高锰酸钾的质量偏小,浓度偏低;B选项浓度偏低;C选项,俯视使液面低于刻度线,体积偏小,浓

度偏大;D选项,浓度偏低。

5.答案:(1)13.6(2)①③⑤⑦胶头滴管(3)搅拌、引流

解析:n(H2SO4)=0.25 mol,m(H2SO4)=0.25 mol×98 g·mol-1,浓硫酸质量=0.25×98÷98%=25 g,所以浓硫酸体积=。

高考热点题型1

【例】答案:(1)浅绿(2)生成氨气的体积氨气有一部分会溶解在溶液中(或其他合理解释)(3)碱石灰稀硫酸

防止倒吸

78.4

解析:(1)摩尔盐中含有Fe2+;(2)摩尔盐中的铵根离子与碱反应生成氨气,但氨气极易溶于水;(3)用B干燥氨气,防止气体中混有的水蒸气进入C中。然后称量C中吸收前后质量差,求得生成氨气的质量;n(NH3)==0.04 mol,n(摩尔盐)=0.02 mol,m(摩尔盐)=0.02 mol×392 g·mol-1=7.84 g。

题组训练

1.A解析:A选项,左管应该充满相应的液体,错误。

2.答案:(1)往量气管中注水至左右两管出现液面差,静置片刻,液面差不发生变化,则气密性良好(或其他合理答案)(2)保持气压恒定,使NaOH浓溶液容易流下(3)AD(4)

解析:(3)氨气不溶于CCl4、植物油;(4)n(AlN)=n(NH3)= mol,m(AlN)= g。

3.答案:(1)b—e—f—h—g—c防止空气中的水蒸气和CO2进入前面装置影响实验结果(2)B

解析:(1)b装置比a装置气密性好,且可减小误差,气体产生后通过浓硫酸除去CO2中的水蒸气,然后通过氢氧化钠溶液吸收CO2;(2)制取CO2时,盐酸挥发,选择硫酸较好。

第二单元化学物质及其变化

第1节物质的分类

核心考点·分层突破

考点一物质的分类

导学诱思

答案:⑦⑨①②③④⑤⑥⑧⑩③⑥⑤⑩⑩④①②②①②

落实基础

1.交叉树状

3.金属非金属碱盐氧化物共价电解质非电解质

考点突破

【例1】B解析:由O2和O3可知A选项错误;冰与水的分子式相同,属于同一种物质,B选项正确;由同分异构体可知C选项错误;汽油属于混合物,D选项错误。

【例2】C解析:水银属于纯净物,①错误;HD属于单质,②错误。

【例3】A解析:A项利用活性炭的吸附作用,为物理变化;B项发生了油脂的水解反应,C项用高锰酸钾氧化水果产生的乙烯,D项用硅胶吸水防潮、铁粉吸收氧气防止食品被氧化,B、C、D项均发生化学反应。

高考微题组

1.C解析:明矾是十二水硫酸铝钾,故C项错误。

2.B解析:A项,乙醇既无腐蚀性,也不属于氧化剂,不正确;B项,硝酸是具有腐蚀性的强氧化性酸,正确;NaOH和HCl 都具有腐蚀性,但都不具有强氧化性,故C、D不正确。

3.答案:√×××××√××

解析:B选项,漂白粉属于混合物,错误;E选项由H2O2、H2O可知错误;F选项CO不属于酸性氧化物;H选项由Al2O3、Na2O2可知错误;I选项,汽油属于混合物,错误。

4.答案:正盐

解析:由一元酸可知此盐为正盐。

考点二分散系、胶体

导学诱思

答案:(1)分散质粒子的直径不同(2)用一束光照射盛有上述两种分散系的小烧杯,产生丁达尔效应的为胶体,反之为溶液

落实基础

1.分散质分散剂

2.<1 nm>100 nm1~100 nm

考点突破

【例1】答案:③⑥

解析:①利用了胶体的聚沉;③所谓“胶体带电”实质上是胶粒带电,错误;④胶粒和溶质均能透过滤纸;⑤有色玻璃是固溶胶(将固体作为分散剂所形成的溶胶),属于胶体;⑥制取的是Fe(OH)3沉淀,错误;⑧利用了胶粒带电,能发生电泳。

互动探究

答案:均错误,胶体与溶液的本质区别是分散质粒子的直径大小;布朗运动可证明分子在不停地运动。

【例2】答案:G

解析:制备Fe(OH)3胶体时,应向沸腾的蒸馏水中(其他液体如自来水、食盐水、NaOH溶液等均不可)逐滴滴加饱和FeCl3溶液(反滴、持续加热、搅拌均不可),继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热。不按此操作得到的是Fe(OH)3沉淀,所以A、B、C、D、E、F选项均错;蛋白质水溶液属于胶体,G正确。

高考微题组

答案:(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)√

(8)√(9)√(10)×

解析:由(6)可知(1)错误;由(8)可知(2)错误;(4)氯化铁溶液不是胶体;(5)H+与S2-不能大量共存;(9)葡萄糖溶液没有丁达尔效应;(10)依据“分散质微粒大小”将分散系分为溶液、胶体与浊液。

学科素养·专项提能

【例】D解析:酸性氧化物不一定是非金属氧化物,如Mn2O7,非金属氧化物也不一定是酸性氧化物,如CO、NO等,①②错;碱性氧化物肯定是金属氧化物,但金属氧化物不一定是碱性氧化物,如Na2O2、Al2O3等,③对、④错;SiO2是酸性氧化物,但不与H2O反应生成相应的酸,⑤错误,⑥正确,如NO2;⑦错误,如CO等。

互动探究

答案:(1)正确,酸性氧化物与水反应或与碱反应均不属于氧化还原反应。(2)错误,如两性氧化物Al2O3就能与酸反应。

对点训练

1.D解析:由SiO2可知A选项错误;由SO2与硝酸反应、Al2O3与酸反应可知B选项错误;由CO可知C选项错误;由NO2可知D选项正确。

2.D解析:由于反应类型不限制,所以全部可以。

3.B解析:SiO2、CuO、Fe3O4与水均不反应,只有B选项符合。

题组演练·迁移运用

1.B解析:干馏属于化学变化,B选项错误。

2.D解析:A选项,水玻璃是硅酸钠的水溶液,是混合物,不属于酸,错误;B选项,漂粉精主要成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物,不是钠盐,错误;C选项,NO2不属于酸性氧化物,错误。

3.C解析:A选项均属于含氧化合物;B选项均属于弱酸;D选项均属于铵盐;C选项前者都属于化学变化,后者属于物理变化。

4.C解析:明矾净水是胶体的吸附作用,是把浑水变为清水,漂白粉、臭氧的净水是利用其强氧化性杀菌消毒。

5.D解析:Z中分散系为胶体,胶体粒子可以通过滤纸,A、B正确;由信息可知反应物为CaCO3、Fe3+,生成物为

Fe(OH)3胶体、CO2,配平可知C选项正确;X、Z烧杯中的分散系分别为溶液、胶体,D错误。

6.A解析:鸡蛋清溶液属于胶体,能产生丁达尔效应,其他均属于溶液。

第2节离子反应

核心考点·分层突破

考点一电解质

导学诱思

答案:①⑦⑨⑤②④⑧⑩②④

落实基础

1.(1)水溶液中熔融水溶液中熔融(2)全部部分

2.(1)酸碱盐金属

考点突破

【例1】C解析:由金属单质可知A、B选项错误;由氨气、二氧化碳、三氧化硫可知D选项错误;碳酸钙属于盐,属于强电解质,C选项正确。

【例2】B解析:A选项,醋酸与氨水反应生成强电解质醋酸铵,导电能力逐渐增强,错误;B选项,当氨水全部反应生成醋酸铵时,导电能力最强,再加入醋酸相当于稀释醋酸铵,导电能力又逐渐减弱,正确;C选项,没有标明溶液浓度,错误;胶体是电中性的,不带电,带电的是胶体中的分散质粒子,D项错误。

【例3】答案:①HCl H++Cl-②H2S H++HS-,HS-H++S2-③Ca(OH)2Ca2++2OH-④

Cu(OH)2Cu2++2OH-⑤KClO3K++Cl⑥Na2FeO42Na++Fe⑦NH4HCO3N+HC,HC H++C⑧NH4HSO4N+H++S

解析:⑥Na2FeO4属于可溶性盐,全部电离,用“”连接,Fe不能拆开。

高考微题组

1.答案:×√××××

解析:次氯酸属于弱酸为弱电解质,BaSO4和NaClO属于盐为强电解质,A、C、E选项错误;葡萄糖、四氯化碳是非电解质,蛋白质是高分子化合物,是混合物,既不是电解质也不是非电解质。

2.答案:HF H++F-

解析:属于弱酸的只有HF。

3.答案:H3PO2H++H2P

解析:中强酸属于弱电解质,也用可逆号。

考点二离子反应方程式的书写

导学诱思

答案:(1)Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O(2)OH-+CH3COOH CH3COO-+H2O(3)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O

(4)Cl-+Ag+AgCl↓(5)CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑(6)Fe+2H+Fe2++H2↑

落实基础

1.离子

2.(1)①沉淀②难电离③气体(2)氧化还原

3.实际参加反应的离子符号

4.一类化学反应H++OH-H2O

考点突破

【例1】答案:(1)Cl2+H2O H++Cl-+HClO(2)2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑(3)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-

(4)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+(5)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑

(6)CaCO3+2CH3COOH Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-(7)Al3++3NH3·H2O Al(OH)3↓+3N

(8)HC+H+H2O+CO2↑

解析:(1)、(2)依据教材已知方程式进行改写;(3)、(4)、(5)属于氧化还原反应,如(3)的实质为Fe2+和Cl2生成Fe3+和Cl-,配平即可;如(5)的实质为Al生成Al和H2,依据得失电子守恒可知2Al2Al+3H2,然后用OH-配平电荷2Al+2OH-

2Al+3H2,最后用水配平氢原子;(6)、(7)、(8)属于复分解反应,(7)反应的实质是1 mol Al3+与3 mol NH3·H2O提供的3 mol OH-结合生成Al(OH)3沉淀,并生成N,但NH3·H2O不能拆。

【例2】答案:(1)Cu2++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+Cu(OH)2↓(2)Ba2++2OH-+2N+S BaSO4↓+2NH3·H2O

(3)Ba2++2OH-+2H++S BaSO4↓+2H2O(4)2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-

(5)3Fe3O4+28H++N9Fe3++NO↑+14H2O

解析:(1)首先分析溶液中的离子有Cu2+、S、Ba2+、OH-,然后分析哪些离子相互结合,Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2、S与Ba2+反应生成BaSO4,最后根据离子的个数比配平方程式;(5)Fe3O4与H+、N反应生成Fe3+、NO和H2O。

互动探究

答案:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O

【例3】答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)①Ca2++HC+OH-CaCO3↓+H2O②Ca2++2HC+2OH-

CaCO3↓+C+2H2O(3)①H++S+Ba2++OH-BaSO4↓+H2O②Ba2++2OH-+2H++S BaSO4↓+2H2O

解析:(2)Ca(HCO3)2溶液与NaOH反应实质是HC与OH-反应生成更难电离的H2O,同时生成的C再与Ca2+结合生成难电离的CaCO3沉淀,这样我们就可以根据三种离子的个数比写出与量有关的离子方程式,①假设1 mol OH-,结合1 mol HC生成1 mol C,再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀;②假设2 mol HC结合2 mol OH-生成2 mol C,然后其中1 mol C再与1 mol Ca2+结合生成1 mol CaCO3沉淀,还余下1 mol C。

【例4】答案:(1)HC+OH-C+H2O(2)CO2+Ca2++2ClO-+H2O CaCO3↓+2HClO CO2+ClO-+H2O HC+HClO (3)2I-+Cl2I2+2Cl-2Fe2++4I-+3Cl22Fe3++2I2+6Cl-

解析:(1)少量OH-先与HC反应;(2)少量CO2生成正盐、过量CO2生成酸式盐;(3)氯气先与还原性强的I-反应。

高考微题组

1.答案:Al2O3+6H+2Al3++3H2O

解析:此反应的实质是金属氧化物与H+反应。

2.答案:MgCO3+2H+Mg2++CO2↑+H2O

解析:此反应的实质是碳酸盐与强酸反应生成弱酸——碳酸。

3.答案:Al(OH)3+OH-Al+2H2O

解析:同一周期最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的是Al(OH)3与NaOH反应。

考点三离子方程式正误判断

导学诱思

答案:C

考点突破

【例1】答案:DI

解析:A选项,产物应为Fe2+,错误;B选项,Na先与水反应生成NaOH,NaOH再与CuSO4反应,错误;C选项,稀硝酸具有强氧化性,能氧化Fe2+和H2S,错误;E选项还会生成BaSO4沉淀,错误;F选项,铁溶于稀硝酸,溶液变黄,生成Fe3+,错误;G 选项,硝酸与铝反应不能生成氢气,错误;H选项,盐酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,错误;J选项,因为溶液呈强碱性,所以不会生成H+,错误;K选项,氯气具有强氧化性,S被氧化成S,错误;L选项,只注意了Ba2+与S反应,而漏掉了H+与OH-的反应,错误;M选项,醋酸的酸性强于碳酸,错误。

【例2】答案:BCJ

解析:A选项,HC与H+反应,错误;B选项是沉淀的转化,Mg(OH)2转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀,正确;D选项中应为

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O;E选项中应将“↓”符号改为“(胶体)”;F选项中应为2Na2O2+2H2O4Na++4OH-+O2↑;G选项,HClO为弱电解质,离子方程式应为Cl2+H2O H++Cl-+HClO;H选项,醋酸属于弱电解质,不能拆分,应用化学式表示,错误;I选项,磁性氧化铁为Fe3O4,应用化学式表示;K选项,ZnCO3不能拆,错误;L选项,一水合氨不能拆,错误;M选项,CH3COONH4是强电解质应该拆,错误;N选项,此反应不是在溶液中进行的,不能写离子方程式。

互动探究

答案:2N+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+Ca2+

【例3】答案:DE

解析:A选项,所给化学方程式得失电子及电荷均不守恒;B、C选项电荷及得失电子不守恒,错误;F选项,原子和得失电子均不守恒;G选项,电荷和得失电子均不守恒。

【例4】答案:ABCEFJL

解析:B选项,OH-过量,所以N、HC按1∶1参加反应,正确;D选项,明矾溶液中Al3+与S的个数比为1∶2,当S完全沉淀时,加入的OH-与Al3+反应生成Al;F选项,铁与稀硝酸反应生成Fe3+和NO,Fe3+又与过量的Fe反应最终生成Fe2+,正确;G选项,HI提供H+使溶液呈酸性,N与H+结合具有强氧化性,Fe2+不能大量存在,错误;H选项,应写成Ba2++2OH-

+2H++S BaSO4↓+2H2O,错误;I选项,漏掉了Mg2+与OH-反应,错误;K选项,反应中的Ca(OH)2少量,所以化学方程式中Ca2+和OH-的物质的量之比应为1∶2,错误;L选项,等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液反应,1 mol Ba2+正好消耗1 mol S,2 mol OH-正好与1 mol H+及1 mol N反应,正确。

高考微题组

1.C解析:0.1 mol·L-1氨水的pH为11,可知NH3·H2O为弱电解质,存在电离平衡,A项正确;CuCl2溶液导电是由于CuCl2在水溶液中可以电离出Cu2+和Cl-,电离本身不需要通电,故方程式错误,即C项不正确。

2.D解析:A中反应未配平,正确的离子方程式应为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;B中NaHCO3电离产生的HC不能写

为C,正确的离子方程式应为HC+H+H2O+CO2↑;C中AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3而不是Al,正确的离子方程式应为Al3++3NH3·H2O Al(OH)3↓+3N。

3.D解析:Cu与稀硝酸反应生成NO,A错误;(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应,反应的离子方程式为

2N+Fe2++4OH-2NH3↑+2H2O+Fe(OH)2↓,B错误;CH3COOH是弱电解质,应写为化学式,C错误。

4.C

考点四离子大量共存问题

导学诱思

答案:Fe3+、Al3+、Mg2+、N、HC C、HC、Al C、HC、Al Fe3+、Al3+、Mg2+Fe3+

考点突破

【例1】A解析:B项中Hg2+与S2-,Pb2+与S2-、S均不能大量共存;C项中H+与S2、P不能大量共存;D项中Al3+、Ca2+与C均不能大量共存。

【例2】B解析:只有B选项中含有还原剂S,其他选项中无还原剂。

【例3】答案:②⑦⑧

解析:①Mn有颜色,错误;②中阳离子有色但能大量共存,正确;③HC与Al、OH-均反应,错误;④在酸性溶液中Fe2+与N 反应,错误;⑤S与H+反应,在酸性溶液中S与N发生氧化还原反应,错误;⑥能溶解H2SiO3的溶液一定显碱性,在碱性

条件下Fe2+一定不能大量共存,错误;⑧溶液显酸性,且无强还原剂,正确;⑨溶液可能为强酸性,也可能为强碱性,H+与HC反应,OH-与HC、N均反应,不能大量共存,错误;⑩溶液可能显酸性,也可能显碱性,显酸性可以大量共存,但显碱性时M不能大量存在,不符合一定大量共存,错误;Fe3+与SCN-反应,错误;Al3+水解显酸性,ClO-水解显碱性,所以不能大量共存,错误;依据电荷守恒可知错误;能使淀粉碘化钾试纸显蓝色说明溶液具有强氧化性,S2-、S均具有还原性,错误。

互动探究

答案:②⑦⑧⑩

【例4】D解析:由强酸性溶液可知一定无C、S;加入过量Ba(NO3)2生成气体A,A为NO,所以一定含有还原剂Fe2+,有Fe2+一定无N,由沉淀C可知一定含有S;溶液B与氢氧化钠溶液反应生成气体F为NH3,可知一定含有N,沉淀G

为Fe(OH)3,当H+不足时Fe2+有剩余,则G为Fe(OH)2与Fe(OH)3混合物、沉淀I为Al(OH)3,因为加入过量NaOH溶液,所以无法判断原溶液中是否一定含有Na+。

高考微题组

1.C解析:Ca2+与S生成微溶的CaSO4不能大量共存,A错误;酸性条件下ClO-与Fe2+、S因发生氧化还原反应不能大量共存,B错误;四种离子互不反应,能够大量共存,C正确;Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存,D错误。

2.A解析:A项、B项中四种离子在通入CO2之前均能大量共存,B项中通入CO2后,CO2能与水反应生成H2CO3,其

电离出的H+与Si反应生成H2SiO3沉淀,故B项错误,A项正确。C项中Fe2+能与Cl2发生氧化还原反应,不能大量共存,C项错误;D项中Ag+能与NH3·H2O发生反应而不能大量共存,D项错误。

3.C解析:A项,Al3+与S2-发生相互促进的水解反应,故不能大量共存;B项,在酸性溶液中ClO-不能大量存在,且ClO-能与I-发生氧化还原反应而不能大量共存;D项,Fe3+发生水解反应使溶液呈酸性,故Fe3+不能大量存在于中性溶液中。

4.B解析:遇湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3,可知试样中一定含N;由已知信息和溶液2发生的条件可知溶液2

中含N,而整个实验中未引入N,则该试样中一定含N;试样溶液加过量Ba(OH)2产生的沉淀1加酸时部分溶解,可推知沉淀1为BaSO4与Mg(OH)2的混合物,即该试样中一定含S及Mg2+;因所用Ba(OH)2过量,故沉淀2中一定含有BaCO3,不能肯定试样中是否含Al3+,因为无论沉淀2中是否含有Al(OH)3,加酸时沉淀都会溶解并放出气体CO2。整

个过程未涉及Na+、Cl-的检验,且无论是否存在Na+、Cl-均不影响实验过程,故可能存在Na+、Cl-,也可能不存在。综上分析,B项错。

学科素养·专项提能

【例1】D解析:由上述离子方程式可知还原性I->Fe2+>Cl->Mn2+,所以应该选择Fe3+来氧化I-。

【例2】C解析:CO2先与OH-反应生成一个C,C与Ca2+结合生成CaCO3沉淀,因n(OH-)>2n(Ca2+),所以Ca2+消耗完后,CO2还能继续与OH-反应生成C;当OH-反应完全后,CO2再与Al反应生成Al(OH)3沉淀,当Al消耗完后,CO2会与溶液中的C反应生成HC,C反应完后,CO2会与CaCO3反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2。

【例3】答案:Ca(ClO)2+2SO2+2H2O CaSO4↓+2HCl+H2SO4

解析:从复分解反应的角度考虑H2SO3的酸性大于HClO的,故上述反应可以生成HClO;从氧化还原的角度考虑HClO 具有强氧化性、SO2具有还原性,可发生氧化还原反应,且氧化还原反应优先发生。

对点训练

1.B解析:A选项,Fe2+的还原性大于Br-,错误;C选项,CO2与OH-反应生成C结合Ba2+生成BaCO3沉淀,所以Ba(OH)2先参加反应,然后是KOH,第三是K2CO3与H2O、CO2反应生成KHCO3,最后BaCO3生成Ba(HCO3)2,错误;D选项,H+最先与OH-反应,错误。

2.A解析:B选项Al3+首先反应,C选项Fe3+首先反应,D选项Fe首先反应,只有A选项正确。

3.D解析:A选项中Fe2+参加反应,N不参加反应,错误;B选项,因为含有Cl-,所以Mg2+与HC的物质的量之比一定不为1∶2,错误;C选项发生氧化还原反应,错误。

题组演练·迁移运用

1.D解析:电离不需要电能、SO3为非金属氧化物属于非电解质、NaCl晶体中含有的Na+和Cl-不能自由移动,只有在电离后才能自由移动才能导电;H2SO3是弱酸,由NaHSO3Na++HS可知只有D选项正确。

2.C解析:B选项,醋酸是弱电解质,加入NaOH后,生成强电解质CH3COONa,导电性明显增强;C选项,HCl生成NaCl,溶液中离子浓度不变,导电能力几乎不变;D选项,不发生化学反应,但离子浓度增大一倍。

3.答案:3Ba2++6OH-+3S+2Al3+3BaSO4↓+2Al(OH)3↓

解析:假设加入1 mol Ba2+和2 mol OH-,分别结合1 mol S mol Al3+,反应生成1 mol BaSO4和 mol Al(OH)3,最后分别乘以3即可得到反应的最初离子方程式。

4.答案:①Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+②Cr3++3OH-Cr(OH)3↓H++OH-H2O

解析:①抓住“混凝剂”依据明矾净水原理——胶体具有吸附性进行分析;②抓住“沉淀法”和“中和法”及反应池中的离

子进行分析。

5.C解析:A选项CH3COOH不能拆;B选项不符合客观事实,应该生成Fe3+、Fe2+;D选项得失电子、电荷均不守恒。

6.B解析:A选项,S原子、得失电子均不守恒,错误;C选项,FeI2与Cl2物质的量之比1∶1混合,1 mol Fe2+消耗 mol Cl2,剩余的 mol Cl2再与1 mol I-反应,错误;D选项,Ca(OH)2应该拆开。

7.B解析:A选项不能生成氢气,错误;C选项中还有N与OH-反应,错误;D选项中Fe2+的还原性强于Br-的,所以Cl2先与Fe2+反应,剩余Cl2再与Br-反应,离子方程式正确,评价错误。

8.A解析:B选项中NH3·H2O、S与SO2均反应;C选项,通入SO2后溶液呈酸性,N具有强氧化性,SO2、Fe2+被氧化;D 选项,ClO-被SO2还原。

9.B解析:Fe3+、Al3+和C、OH-不能大量共存,排除C、D选项,依据电荷守恒只有B选项符合。

10.C解析:A选项,一水合氨不能拆,错误;B选项,由水电离出的H+浓度为1×10-12 mol·L-1的溶液的可能为酸性,也可

能为碱性,如果为碱性则N不能大量共存,错误;D选项,应该发生氧化还原反应,错误。

第3节氧化还原反应

核心考点·分层突破

考点一氧化还原反应的相关概念

导学诱思

答案:①③④⑥⑦③⑤②④①⑧TiCl4Mg Mg Ti TiCl4

Mg MgCl2Ti NO2NO2N N HNO3

落实基础

1.电子化合价氧化还原非氧化还原置换复分解分解

2.(1)升高失去还原氧化氧化氧化(2)降低得到氧化还原还原还原

易错辨析

答案:(1)×(2)×(3)√(4)×

提示:(1)由2O33O2可知错误,(2)由氯气与水反应可知错误。

考点突破

【例1】D解析:A中,Na2O2与CO2或H2O反应均属氧化还原反应;B中,2Al2O34Al+3O2↑,也有化合价变化;C中,反应N2+3H22NH3属于氧化还原反应。唯有反应2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2中无元素化合价的变化,为非氧化还原反应,故选D。

【例2】D解析:+4Cu2++5+2,其中Fe3+化合价降低,CuFeS2中化合价升高、Cu元素化合价不变,且CuFeS2没有电离,所以A、B、C均错误,当转移1 mol电子时, mol CuFeS2参加反应, mol×184 g·mol-1=46 g。

高考微题组

1.答案:×××××××√

解析:Zn的化合价升高被氧化,A选项错误;B选项,水中“H、O”元素化合价均没有变化,错误;C选项,如果发生中和反应应该生成铵盐(或碳酸盐)和水,三聚氰胺不属于盐,错误;D选项,生石灰不具有还原性,错误;E选项,发生

2CaO2+2H2O2Ca(OH)2+O2↑,CaO2中的O化合价既升高也降低,既作氧化剂,也作还原剂,错误;由

CaO+H2O Ca(OH)2可知F选项错误;G选项中H2是还原剂,所以NaHCO3被还原,错误;H选项

3NO2+H2O2HNO3+NO有化合价变化,属于氧化还原反应,正确。

2.答案:b

解析:浓硫酸不能干燥碱性气体氨气、还原性气体HI,但可以干燥还原性气体SO2;P2O5不能干燥氨气,其他气体均可干燥。

3.B解析:A中,101 kPa下,1 mol H2完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量才是燃烧热;B中Na2SO3具有还原性,H2O2具有氧化性,二者发生氧化还原反应;C中属于酚类,属于醇类,二者不互为同系物;D中BaSO4溶解的部分在水溶液中能完全电离,所以BaSO4是强电解质。

4.答案:N2O4

解析:反应中N2O4中N由+4价变为0价,作为氧化剂。

考点二电子转移数目的判断

导学诱思

答案:

落实基础

电子电子转移失得

易错辨析

答案:错误,正确标法

考点突破

【例】答案:2

解析:LiBH4中B、H化合价分别为+3价、-1价,生成3 mol H2转移6 mol电子。

高考微题组

1.答案:××√

解析:首先标化合价,HNO3过量时,Fe被氧化为+3价,所以1 mol Fe转移3 N A电子,A选项错误;B选项,FeI2中Fe与I元素化合价均升高,1 mol FeI2转移3N A电子,错误;C选项,转移0.4N A电子,正确。

2.CD解析:由化学方程式可知16 mol N2中,有15 mol N2是氧化产物、1 mol N2是还原产物,所以有10 mol NaN3参加反应,氧化产物比还原产物多14 mol,若氧化产物比还原产物多1.75 mol,则有1.25 mol NaN3、0.25 mol KNO3参加反应,生成2 mol N2,转移1.25 mol电子,被氧化的N原子的物质的量为1.25 mol×3=

3.75 mol。

3.答案:

4.答案:

5.答案:3

解析:铝与NaOH溶液反应的还原产物是H2,由化学方程式(或电子守恒)可知,每转移6 mol电子,生成3 mol H2。

6.答案:Cu2S 4

解析:在反应2Cu2S+2H2SO4+5O24CuSO4+2H2O中,Cu2S中铜元素化合价由+1价升高到CuSO4中+2价,硫元素化

合价由-2价升高到CuSO4中+6价,Cu和S均被氧化,故Cu2S作还原剂。在该反应中氧元素化合价由O2中0价降低

到-2价,1 mol O2得4 mol e-,即1 mol O2参加反应时,还原剂失电子物质的量为4 mol。

考点三氧化性、还原性强弱比较

导学诱思

答案:I2H2SO4SO2HI

落实基础

1.氧化氧化还原还原

2.(1)增强减弱增强减弱(2)减弱减弱增强增强(3)减弱减弱

3.(1)正负

4.低高

易错辨析

答案:(1)×(2)×

提示:(2)此反应不是自发进行的反应。

考点突破

【例1】C解析:根据氧化剂的氧化性强于氧化产物,氧化性:PbO2>Fe3+>S,A正确;根据还原剂的还原性强于还原产物,还原性:Fe(OH)2>KCl>Cl2,B正确;根据强酸制弱酸的原理,H2SO4>H2SeO4>HN3,但CuSO4+H2S CuS↓+H2SO4这

个反应是弱酸制强酸的反应,主要是CuS难溶于水的原因,C错误;根据分解温度与金属的活动性有关,活泼金属的碳酸盐分解的温度高,D正确。

【例2】D解析:因为还原性I->Br-,检验时应该先把I-除去,然后再检验Br-,A、B选项均错;D选项,Fe3+只与I-反应,

把I-氧化为I2,用CCl4萃取除去碘,然后再检验Br-,正确;C选项因为碘水中含有I2,CCl4层呈紫红色,错误。

互动探究

答案:还原性:I->Fe2+>Br-,所以向FeI2溶液中滴入少量氯水,I-先被氧化,而向FeBr2溶液中滴入少量氯水,Fe2+先被氧化。

(1)2I-+Cl22Cl-+I2,2Fe2++4I-+3Cl22Fe3++2I2+6Cl-;(2)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-。

高考微题组

1.答案:√√

解析:B选项,足量的氯气可以把Fe2+、Br-全部氧化,且计量数之比为1∶2,正确。

2.答案:H2SO4(浓)>SeO2>SO2

解析:由第一个方程式可知氧化剂(浓H2SO4)的氧化性>氧化产物(SeO2),由第二个方程式可知氧化剂(SeO2)的氧化性一定强于还原剂(SO2)。

考点四电子得失守恒规律及有关计算

导学诱思

答案:4

提示:生成1个CO2化合价升高4,生成1个NO2化合价降低1,依据得失电子守恒可知生成1 mol CO2时应生成4 mol NO2。

落实基础

降低等于得电子等于

考点突破

【例1】答案:5∶6

解析:32 g CH3OH为1 mol,1 mol CH3OH转移6 mol电子,升高6价,1 mol HNO3中氮元素的化合价降低5价,n(还原剂)×6=n(氧化剂)×5。

【例2】B解析:S元素的化合价从+4价→+6价;而Cr元素的化合价将从+6价→+x价(设化合价为+x)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,有0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-x),解得x=3。

高考微题组

1.D解析:Cl2+KOH KCl+KClO+KClO3+H2O,根据得失电子守恒,生成11 mol KCl,则得11 mol e-,生成1 mol KClO,失1 mol e-,还需生成2 mol KClO3,失去10 mol e-,则,A项正确。根据产物KCl、KClO、KClO3,由元素守恒,知

n(Cl)=n(K),则n(K)=2n(Cl2),B项正确。根据极端假设法,假设产物中只有KCl、KClO、H2O,则转移电子为 mol,假设产物中只有KCl、KClO3、H2O,化学方程式为6KOH+3Cl25KCl+KClO3+3H2O,则转移的电子为a mol,KClO3的最大理论产量为a mol,C项正确,D项错误。

2.C解析:砒霜被Zn还原,A选项错误;B选项没有注明标况下,错误;n(As)=×10-3 mol=2×10-5 mol,砷的化合价由+3价降低到-3价,砷原子化合价降低6价,转移电子总物质的量为2×6×10-5 mol,依据得失电子守恒2×10-5

mol×6=n(Zn)×2,n(Zn)=6×10-5 mol,C选项正确;砷化氢分解转移电子物质的量为6×10-5 mol,加上砒霜被Zn还原转移电子物质的量,可知D选项错误。

3.答案:(1)+1价(2)H3PO4

解析:(2)氧化剂为Ag+,化合价降低1×4,所以P的化合价升高4,氧化产物为H3PO4。

4.答案:2∶1

解析:生成KMnO4和MnO2,锰元素化合价分别升高1价和降低2价,物质的量之比为2∶1。

5.答案:FeCl2H2S先有白色沉淀生成,然后沉淀转化为灰绿色,最终转化为红褐色

解析:1 mol Fe2S3中含有2 mol +3价铁和3 mol -2价S,依据得失电子守恒2 mol +3价铁和1 mol -2价S反应生成2 mol Fe2+和1 mol S单质,还余2 mol -2价S,在酸性条件下只能以H2S的形式存在。

学科素养·专项提能

【例】答案:(1)2Fe3++2I-2Fe2++I2(或2Fe3++3I-2Fe2++)

(2)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+3Cl-+5H2O

解析:(1)首先写出Fe3++I-Fe2++I2,根据得失电子守恒配平生成物得Fe3++I-2Fe2++I2,配平除氢氧之外的其他元素得2Fe3++2I-2Fe2++I2,电荷已经平了。(2)分析介质是否与反应物、产物反应,Fe3+在碱性条件下为Fe(OH)3,然后

写出Fe(OH)3+ClO-Fe+Cl-,然后分析化合价,Fe(OH)3氧化为Fe,化合价升高3,ClO-被还原为Cl-,化合价降低2,配平化合价2Fe(OH)3+3ClO-Fe+Cl-,配平除氢氧之外的其他元素2Fe(OH)3+3ClO-2Fe+3Cl-,碱性溶液用OH-配平电荷2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+3Cl-,补水配氢2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+3Cl-+5H2O。

对点训练

1.答案:2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑

解析:首先依据信息写出反应物及产物P4+Ba(OH)2Ba(H2PO2)2+PH3↑,选择产物配平化合价,Ba(H2PO2)2、PH3中P 的化合价分别为+1、-3,可知P4+Ba(OH)23Ba(H2PO2)2+2PH3↑,配平P、Ba原子个

数:2P4+3Ba(OH)23Ba(H2PO2)2+2PH3↑,最后补水配氢。

2.答案:(1)PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O(2)PbO+ClO-PbO2+Cl-

解析:(1)依据信息写出氧化剂、还原剂及其产物:PbO2+HCl(浓)PbCl2+Cl2,然后根据得失电子守恒配平生成物,生

成物的计量数均为1:PbO2+HCl(浓)PbCl2+Cl2,配平除“H、O”之外的其他元素:PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2,最后

补水配氢PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。

3.答案:4KClO3KCl+3KClO4

解析:无氧酸盐为KCl,则另一种盐中氯元素化合价升高,只能为KClO4,根据得失电子守

恒,4KClO3KCl+3KClO4。

4.答案:3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O

解析:首先写出氧化剂、还原剂及其产物:MnO2+KClO3K2MnO4+KCl,然后配平得失电子数

3MnO2+KClO3K2MnO4+KCl,配平Mn元素3MnO2+KClO33K2MnO4+KCl,补上KOH配平K元素

3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl,最后补水配氢3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O。

5.答案:5H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓

解析:先在反应物中配平得失电子数5H2S+2KMnO4S+MnSO4,再配平S、Mn元素

5H2S+2KMnO45S+2MnSO4,配平K元素5H2S+2KMnO45S+2MnSO4+K2SO4,配平

S,3H2SO4+5H2S+2KMnO45S↓+2MnSO4+K2SO4,最后补水配氢。

6.答案:(1)H2C2O4+H2O22CO2↑+2H2O

(2)2S2-+O2+2H2O2S↓+4OH-

(3)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O

(4)SO2+Cl2+2H2O4H++S+2Cl-

(5)2ClO2+H2O2+2OH-2Cl+O2+2H2O

解析:(1)第一步H2C2O4+H2O2CO2,第二步H2C2O4中碳的化合价由+3价升高到+4价,一个H2C2O4失去两个电子,

一个H2O2得到两个电子,可得H2C2O4+H2O2CO2,第三步H2C2O4+H2O22CO2,第四步补“H2O”配平“H”可知

H2C2O4+H2O22CO2+2H2O,最后用“O”检查是否正确;(2)由信息可知反应物为S2-、O2,生成物为S,溶液呈碱性,依据电荷守恒,生成物中有OH-,所以反应物中有H2O;(3)由记忆可知生成物为Fe3+,溶液呈酸性,依据电荷守恒,反应物中有

H+,生成物中有H2O。

题组演练·迁移运用

1.D解析:H2O2可杀菌消毒是因为其具有强氧化性,A属于复分解反应,B体现H2O2的还原性,C体现H2O2的还原性

和氧化性,只有D中H2O2只体现氧化性。

2.D解析:由化学方程式可知4 mol CuI反应时,转移电子为2 mol,B选项正确;Cu2HgI4只是氧化产物,D选项错误。

3.B解析:水中部分氧元素化合价升高,发生氧化反应,A选项正确;由化学方程式可知生成2 mol Na2FeO4、1 mol O2,

失电子总物质的量为[2×(6-2)+2×1] mol=10 mol,B选项错误;C选项,铁的化合价由+3价升高为+6价,正确;D选

项,K2FeO4具有强氧化性,与H2S、NH3反应,由化学方程式可知生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性,使悬浮杂质沉降,正确。

4.答案:20

解析:P从+5价降低到0价,降低了5价,所以每生成1 mol P4转移电子20 mol。

5.A解析:题中三步反应都是氧化还原反应,①中氧化剂为KMnO4,黄绿色气体为氧化产物Cl2,所以氧化性Mn>Cl2;

②中氧化剂为Cl2,氧化产物Fe3+的生成导致溶液变黄色,所以氧化性Cl2>Fe3+;③中氧化剂为Fe3+,有氧化产物I2生成

使试纸变蓝,所以氧化性Fe3+>I2,可知A正确。实验②只能证明Fe2+具有还原性,D选项错误。

6.A解析:题给反应的氧化剂、还原剂及产物分别为Mn+Mn2+MnO2、Bi+Mn2+Mn、Mn+H2O2O2,无法判断MnO2、H2O2的氧化性强弱,A选项不正确;B选项,当滴入最后一滴标准浓度的KMnO4溶液时,紫色不褪去,则证明达到滴定终点,正确。

7.D解析:S元素的化合价从-→+6,得关系式1×·x=16×2,x=5。

8.答案:3 2.2

解析:根据得失电子守恒可配平化学方程式为11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,当有15 mol CuSO4参与反应时,有6 mol P被氧化,故有7.5 mol CuSO4参与反应时,被氧化的P为3 mol。生成1 mol Cu3P时化合价降低3×(2-1)+[0-(-3)]=6,P的化合价升高5价,所以化合价升高n(P)×5=化合价降低的总数,所以n(P)=1.2 mol,化合价降低的P为1 mol,参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。

高考热点题型2

【例1】答案:(1)2Mn+5HS+H+2Mn2++5S+3H2O ADEFH

(2)碱高锰酸钾有强氧化性,能腐蚀橡胶管

(3)不用指示剂,因为高锰酸钾溶液为紫色

(4)(b-a)×10-4小

解析:(1)量取溶液体积不能用量筒,因为量筒精确度不够,NaHSO3溶液显酸性,所以不需要碱式滴定管;(4)n(Mn)=(b-a)×10-3 L×0.001 mol·L-1,依据(1)中离子方程式可知n(HS)=×n(Mn)=×(b-a)×10-6 mol,c(HS)=。滴定后俯视液面,所读体积偏小,所测浓度比实际浓度偏小。

【例2】答案:(1)HC(2)将溶液中的Fe2+转化为Fe3+

(3)3Fe3++N+2S+6H2O NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+

解析:(1)由过量硫酸可知步骤(i)后的溶液的酸性较强,加入NH4HCO3调节pH,应是HC与H+反应;(2)由步骤(i)后的溶液中有Fe2+,而产品中只有Fe3+可知MnO2的作用;(3)步骤(iv)除去的杂质为Fe3+,应该写Fe3+反应生成磺胺铁钒的离子方程式,注意因为溶液显酸性应该用H+配平电荷守恒,在化学方程式中不能有OH-。

题组训练

1.答案:(1)+3价

(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑

(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,2H2O22H2O+O2↑有氯气生成,污染较大

(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑

(5)Li1-x CoO2+Li x C6LiCoO2+6C

(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4

解析:(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al;(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4,Co化合价由+3价降低为+2价,化合价升高的只能为H2O2,H2O2中的O化合价由-1价升高为0价,生成O2,据此配平即可;注意题干中有对温度的要求,可知

H2O2会发生分解;抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”,把还原剂H2O2去掉了,所以作为还原剂的只能为盐酸,盐酸被氧化生成Cl2,Cl2有毒,污染环境;(5)正极发生得电子的反应,Co的化合价降低,由Li1-x CoO2生成LiCoO2化合

价由+(3+x)降低到+3价,降低了x,故正极反应为Li1-x CoO2+x e-+x Li+LiCoO2,由充电时电池负极反应可知放电时负

极反应为Li x C6-x e-6C+x Li+,两电极反应相加可得电池反应方程式;(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀有Al(OH)3、CoCO3,水相为Li2SO4溶液,可知回收的金属化合物。2.答案:(1)0.16(2)偏低