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一、物质的转化规律
1、非金属单质——化合物
S+ O2SO2 （刺激性，有毒，污染空气）4P+5O22P2O5 （除去空气中少量氧气）
C+O2CO2 （氧气充足） 2C+ O22CO （氧气不充足）
2、某些非金属氧化物+H2O——酸
CO2+H2O=H2CO3 （CO2通入紫色石蕊实验变红色，加热又变紫色）
SO2+ H2O=H2SO3 SO3+ H2O=H2SO4
3、金属单质——化合物
2Mg+O22MgO （发出耀眼强光，生成白色固体）
2Cu+O22CuO （红色的铜在空气中加热变黑色）
2Fe+2O2Fe3O4 （火星四射，生成黑色固体）
4、某些金属氧化物+H2O——碱
CaO+ H2O=Ca(OH)2 K2O+ H2O=2KOH CuO、Fe2O3不能，因为对应的碱不溶
5、金属单质+非金属单质——盐或金属氧化物
Fe+SFeS 2Fe+3Cl22FeCl3
6、化合物间相互转化规律：
*任何酸和碱都能发生中和反应 *任何碳酸盐和酸都能反应生成CO2↑
*盐+盐、盐+碱的反应中，反应物必须可溶，且要满足复分解反应的条件（生成物种有气体，水或沉淀）
*盐+金属的反应中，反应的盐必须是可溶的。因此一些非常活泼能够跟水发生发应的金属（K、Ca、Na等）不符合要求
二、金属的冶炼
常见还原剂：C、CO、H2
C+2CuO2Cu+CO2↑ H2+CuOCu+H2O 3CO+Fe2O32Fe+3CO2
C：黑色固体逐渐变为红色，澄清石灰水变浑浊
H2：试管内黑色粉末变红色，试管口出现水珠步骤：实验开始时先通入H2, 一段时间后再加热（防止氢气与空气混合加热时试管爆裂）；实验结束后，先熄灭酒精灯，继续通入H2， 直到试管冷却为止（防止灼热的铜被空气中的氧气氧化成氧化铜）提示：试管口要略低于试管底，防止反应生成的水倒流。导管贴试管上壁伸入试管底部
CO：最好在通风橱中进行。实验时应该先通一会CO，以排除试管中的空气，防止CO与空气混合加热时引起爆炸。多余的CO不能直接排到空气中，应对着火焰烧掉（实验装置末端设置点燃的酒精灯燃烧尾气）
三、化合物之间的转化
例1、利用化学反应合成新物质是化学对人类的巨大贡献。如图是Mg（OH）2、MgCl2、Mg（NO3）2三种物质间的转化关系，根据所学知识判断，下列说法正确的是（　　）
A．通过一步反应无法实现②的转化
B．欲实现①的转化，加入稀盐酸即可
C．只有加入氢氧化钠溶液才能实现③的转化
D．通过一步反应可实现Mg（NO3）2向MgCl2的转化
例2、下列物质不能够一步转化的是（　　）
A．NaOH→NaCl B．Ba（OH）2→NaOH
C．Ca（OH）2→CaCO3 D．Mg（OH）2→Cu（OH）2
例3、如图，甲和乙分别是氢气和一氧化碳还原氧化铜的实验，下列有关说法正确的是（　　）
A．甲实验试管口向下倾斜可防止氢气逸出
B．乙实验只能通过澄清石灰水是否变浑浊判断反应是否发生
C．甲、乙两实验中，都应先通入气体，再用酒精灯加热试管、玻璃管，以防止发生爆炸
D．甲、乙两实验中，氢气和一氧化碳都将氧化铜变成游离态的铜，都发生了置换反应
例4、某固体物质可能含有Na2SO4、Na2CO3、CaCl2、KCl、CuSO4、KOH中的一种或几种．为探究其组成，进行如下实验，流程和现象记录如下：（CaCl2、BaCl2、KCl三种溶液均呈中性）固体物质中一定含有 ，为进一步确定可能含有的物质，采用的方法是
（写出实验操作）。
例5、过氧化钙晶体（化学式为CaO2 xH2O，其中x待实验中测定）常温下为白色，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且温度越低，其溶解度越小，是一种温和的氧化剂，常用于鱼类长途运输的增氧剂等。
（1）过氧化钙晶体可用下列方法制备：CaCl2+H2O2+NH3+H2O→CaO2 xH2O↓+NH4Cl
用如图制取装置可制备过氧化钙晶体；
①装置A中生成的气体应为 ；仪器X的名称为 。
②装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，可能的原因主要有： 。
I．该反应是放热反应，而温度低的条件有利于 。
Ⅱ．该反应是放热反应，温度低可避免过氧化氢受热分解变质而影响晶体的生成。
（2）为确定过氧化钙晶体的组成，某化学兴趣小组查资料发现：过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水，然后再发生分解生成氧化钙和氧气，于是他们称取21.6克过氧化钙晶体用热分析仪对其进行热分解实验，并绘制了体质量与温度的关系图（如上曲线图），由此计算可得x＝ 。
1．能实现下列物质类别间直接转化的单质是（　　）
A．氢气 B．铜 C．铁 D．钙
2．镧（La）是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物的化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水。由此判断下列几组物质，不能直接反应制取LaCl3的是（　　）
A．La（OH）3和HCl B．La2O3和HCl
C．La和HCl D．NaCl和La（OH）3
3.在实验室中，小明同学为了探究金属与盐溶液的反应规律，将一定质量的某种金属M的粉末放入AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液中，实验过程及现象如图所示，结合实际现象判断，小明同学得出的以下结论中，错误的是（　　）
A．加入的金属M可能是单质铁
B．滤渣中一定含有金属单质M
C．滤渣中一定含有单质铜
D．滤液中一定没有银离子
4.某电厂的粉煤灰含有Al2O3，还有少量的FeO、Fe2O3和其它成分，其它成分不溶于水、不与酸反应。以该粉煤灰为原料制备Al2O3，流程如下：
（1）“酸浸”过程中，稀硫酸与Fe2O3反应的化学方程式为 。
（2）流程图中，操作Ⅰ的名称是 。
（3）“氧化”过程发生的反应为2FeSO4+H2SO4+H2O2→Fe2（SO4）3+2H2O，其中H2O2中氧元素化合价为﹣1价。该化学反应中化合价升高的元素是 。
5．定性和定量结合既是化学的重要思想，也是研究物质组成的重要方法。某研究性学习小组为检测实验室用H2还原CuO所得红色固体Cu中是否含有Cu2O（红色），进行了认真的探究。请你一起踏上探究之路，回答下列问题。
【查阅资料】
①无水CuSO4遇水变蓝；
②高温灼烧CuO生成Cu2O和O2；
③Cu2O与稀H2SO4反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。
【设计实验方案】
方案1 取该红色固体加入适量稀H2SO4，实验现象___________，结论为红色固体中含有Cu2O。
方案2装置如图所示，拟通过干燥管中CuSO4变蓝来判断红色固体是否含有Cu2O。
（1）为确保探究的科学、合理、安全。实验中还应采取的措施有___________；填序号）
①加热前先排尽装置中的空气；
②在氢气发生器与硬质玻璃管之间加一个干燥装置；
③在盛有CuSO4的干燥管后再连接一个装有浓H2SO4的洗气瓶。
（2）由方案2实验后得出结论：红色固体中含有Cu2O。写出红色固体Cu2O与H2反应的化学方程式___________
方案3 称得干燥坩埚（常用于固体加热的容器）的质量为ag，取红色固体置于坩埚中称得总质量为bg，在空气中高温灼烧至质量恒定，称得最后坩埚与固体总质量为cg。
（1）该实验方案最少得进行___________次称量；
（2）若确认红色固体中含有Cu2O，则c与a，b应符合的数学关系式为___________。
1．比较归纳是科学学习中的常用方法。若以下的物质转化都由一步反应完成，则（　　）
①Mg（OH） 2 →MgCl2 ②MgCO3 → MgCl2 ③ Mg → MgCl2
A．三种转化都必须加入盐酸才能进行 B．三种转化中元素化合价都没有改变
C．只有①发生了中和反应 D．三种转化的生成物中都有水
2.下列物质转化在一定条件下可以一步实现的是（　　）
A．C→CO2→Na2CO3 B．Cu→CuO→Cu （OH）2
C．NaCl→KCl→AgCl D．Fe→Fe2O3→FeSO4
3.某炉渣中主要含氧化亚铁、氧化铁，还含不溶于水、不与酸反应的杂质少量；现按如图所示工艺流程、用炉渣制备绿矾（FeSO4 7H2O）。
查阅资料：已知氧化亚铁与稀硫酸、铁与硫酸铁反应均可生成硫酸亚铁。
滤液Ⅰ中含有的溶质是稀硫酸、 。
加入过量铁粉后发生了多个反应，写出其中一个反应的化学方程式： 。
实验测量两种滤液的pH，结果是滤液Ⅱ的pH比滤液Ⅰ的大，造成该结果的原因是 。
4．为减少汽车尾气的污染，我国宣布将推广“车用乙醇汽油”。乙醇（C2H5OH）完全燃烧生成CO2和H2O，若燃烧时氧气不足，可能还有CO生成，为检验乙醇的燃烧产物，设计如下实验：
（1）按气流从左至右顺序连接装置（填装置序号）___________→①。
（2）C装置的作用是___________ 。
（3）若实验中观察到A装置内澄清石灰水变浑浊，③内黑色固体变红色，①②共增重4.4克，则参加反应的乙醇中碳元素的质量为___________克。
（4）为处理尾气，可选用下图所示装置中的___________代替①。
答案及解析
例1、B
【解答】解：A、氯化镁能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，通过一步反应能实现②的转化，故A说法错误。
B、氢氧化镁难溶于水，能与盐酸反应生成氯化镁和水，故B说法正确。
C、氢氧化钠能与硝酸镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硝酸钠，氢氧化钙也能与硝酸镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀和硝酸钙，故C说法错误。
D、Mg（NO3）2转化为MgCl2，假设能行，对应的生成物是硝酸盐和氯化镁，硝酸盐和氯化镁均易溶于水，不能发生复分解反应，故选项说法错误。
故选：B。
例2、D
【详解】A．氢氧化钠和稀盐酸反应，生成氯化钠和水，故A不合题意。
B．氢氧化钡和碳酸钠反应，生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠，故B不合题意。
C．氢氧化钙与碳酸钠反应，生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故C不合题意。
D．氢氧化镁和氢氧化铜都不溶于水，无法通过一步转化生成，故D符合题意。
故选D。
例3、C
【解答】解：A．氢气还原氧化铜生成水，为了防止冷水倒流回试管底部将试管炸裂，所以试管口应略向下倾斜，故错误；
B．乙实验中还会观察到黑色的粉末慢慢变成红色，来判断反应的发生，故错误；
C．两实验都先通入一段时间的气体，以排净装置内的空气，再进行加热，以免发生爆炸，故正确；
D．一氧化碳与氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，反应物是两种化合物，不属于置换反应，故错误。
故选：C。
例4、解：硫酸铜在溶液中显蓝色，硫酸钠和氯化钡会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸钠和氯化钡反应会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，氢氧化钾、碳酸钠在溶液中显碱性．
固体物质加水溶解，得到无色溶液，所以固体物质中一定不含硫酸铜，无色溶液A中加入氯化钡会生成白色沉淀和pH＞7的溶液B，所以固体物质中一定含有氢氧化钾，白色沉淀中加入稀硝酸，沉淀全部溶解，得到无色溶液，所以固体物质中一定含有碳酸钠，一定不含硫酸钠，固体中一定含有碳酸钠，由于第一步固体全部溶解，因此固体不含氯化钙，所以固体物质中一定含有Na2CO3、KOH，可能含有KCl，为进一步确定可能含有的物质，采用的方法是：取少量无色溶液A于试管中，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银溶液．
故答案为：Na2CO3、KOH；取少量无色溶液A于试管中，加入足量的稀硝酸，然后滴加硝酸银溶液．
例5、解：（1）①制备过氧化钙晶体需要氨气，故装置A属于加热固体制取气体的装置，所以A中生成的气体为氨气，由图示可知，仪器X是分液漏斗。
②温度高时，过氧化氢容易分解，故装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，还能防止过氧化氢分解。
I．该反应是放热反应，而温度低的条件有利于提高CaO2 xH2O产率；
（2）过氧化钙晶体受热时会先失去结晶水，故失去的水的质量为：21.6g﹣7.2g＝14.4g，故过氧化钙和水的分子个数比为：1：8，故x＝8。
故答案为：（1）①氨气，分液漏斗；②防止过氧化氢分解；I．提高CaO2 xH2O产率；
（2）8。
1．D
【详解】A、氢气与氧气反应生成水，加水无法生成酸或碱，不符合题意。
B、铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不与水反应，不符合题意。
C、铁与氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁与水不反应，不符合题意。
D、钙与氧气反应生成氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与酸反应生成盐，符合题意。
故选D。
2．D
【解答】解：A、La（OH）3和HCl能直接反应生成LaCl3和水，故A正确；
B、La2O3和HCl能直接反应生成LaCl3和水，故B正确；
C、La和HCl能直接反应生成LaCl3和氢气，故C正确；
D、La（OH）3是不溶于水的物质，不能与氯化钠反应，故D错误。
故选：D。
3.A
解：根据题意向滤渣中加入稀盐酸产生了无色气体，而银和铜都不能和稀盐酸反应，说明在滤渣存在着活泼金属，进而可以判断加入的M比铜和银都活泼，且排在顺序表中氢的前面，从而可以判断滤液中的银离子和铜离子已被完全置换出来：
A、铁在发生置换反应时生成的是浅绿色的亚铁盐溶液，而题中得到的是无色溶液，所以不可能为铁，故A错误；
B、加入稀盐酸产生气体，所以可以判断在滤渣中一定含有金属M，选项B正确；
C、根据B的解答可以知道，活泼金属是过量的，所以滤渣中一定含有金属铜，选项C正确；
D、由于活泼金属是过量的，所以滤液中一定没有银离子，选项D正确；
故选：A。
4.解：（1）“酸浸”过程中，稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁和水，反应的化学方程式为：3H2SO4+Fe2O3＝Fe2（SO4）3+3H2O。
（2）流程图中，操作Ⅰ将固体和液体分离，则操作Ⅰ的名称是过滤。
（3）“氧化”过程发生的反应为2FeSO4+H2SO4+H2O2→Fe2（SO4）3+2H2O，其中H2O2中氧元素化合价为﹣1价。该化学反应中，反应前FeSO4中铁元素的化合价为+2，反应后Fe2（SO4）3中铁元素的化合价为+3，则化合价升高的元素是铁元素。
故答案为：（1）3H2SO4+Fe2O3＝Fe2（SO4）3+3H2O；（2）过滤；（3）铁元素。
5． 溶液变为蓝色 ①②③ 4
【详解】设计实验方案：
方案1：
结论为红色固体中含有Cu2O，已知：，硫酸铜溶液呈蓝色，所以取该红色固体加入适量稀H2SO4，实验现象为溶液变为蓝色，结论为红色固体中含有Cu2O。
方案2：
（1）根据硫酸铜是否变蓝判断是否含有氧化亚铜时，要注意水的干扰因素，所以制取的氢气要干燥，可以在氢气发生器与硬质玻璃管之间加一个干燥装置，并且要将空气中的水的干扰排除，可以在盛有硫酸铜的干燥管后再连接一个装有碱石灰的干燥管，实验前要将装置中的空气排净，防止干扰；故答案为①②③；
（2）氢气和氧化亚铜在加热条件下生成铜和水，反应的化学方程式为：；
方案3：
（1）根据在空气中高温灼烧至质量恒定，这一步骤至少需称量2次，加上前面的2次称量，故该实验方案最少得进行4次称量。
（2）单质铜加热生成氧化铜，氧化铜高温灼烧生成Cu2O和O2，故坩埚中最后剩下的红色固体是Cu2O；其质量为：（c-a）g；则铜元素的质量为：，所取红色固体的质量为（b-a）g；若红色固体中含有Cu2O，则铜元素的质量小于（b-a）g，即，故。
1．C
【详解】A、镁与氯化铜可反应生成氯化镁，不需加入盐酸，故错误。
B、Mg → MgCl2过程中，镁元素由零价变为+2价，故错误。
C、①中氢氧化镁与稀盐酸反应可生成氯化镁，属于酸和碱的反应，是中和反应；②中发生的反应是碳酸镁与稀盐酸的反应，属于复分解反应；③中发生的反应是置换反应，故正确。
D、镁与稀盐酸生成氢气和氯化镁，与氯化铜溶液反应生成氯化镁和铜，没有水生成，故错误。
故选C。
2.A
解：A、碳和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故选项符合题意。
B、铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，氧化铜无法一步转化成氢氧化铜，故选项不符合题意。
C、钠盐、钾盐都能溶于水，氯化钠无法一步转化成氯化钾，故选项不符合题意。
D、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，铁可以与氧气反应一步转化为氧化铁，氧化铁与硫酸反应不能生成硫酸亚铁，故选项不符合题意。
故选：A。
3.解：由于过量的稀硫酸能与氧化铁反应生成了硫酸铁和水，与氧化亚铁反应生成了硫酸亚铁和水，所以
滤液Ⅰ中含有的溶质是稀硫酸、硫酸亚铁、硫酸铁。
加入过量铁粉后发生了多个反应，其中铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气等，化学方程式：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 等。
实验测量两种滤液的pH，结果是滤液Ⅱ的pH比滤液Ⅰ的大，造成该结果的原因是：滤液I中稀硫酸过量，而滤液II中稀硫酸已转化为硫酸亚铁（合理即可）。
故答案为：（1）硫酸亚铁、硫酸铁；
（2）Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑（合理即可）；
（3）滤液I中稀硫酸过量，而滤液II中稀硫酸已转化为硫酸亚铁（合理即可）。
4． ④ →②→ ③ 检验二氧化碳是否被完全吸收 1.2 A
【详解】（1）检验乙醇燃烧产物中有CO、CO2和H2O，CO可用热的氧化铜，根据固体颜色的变化；检验二氧化碳可以用澄清石灰水，看是否变浑浊；检验水用无水硫酸铜，看是否变蓝色；三者都有时，应先检验水蒸气的存在，因为在验证二氧化碳、一氧化碳的存在时都需通过溶液，可带出水蒸气；再检验二氧化碳，最后除去二氧化碳后，再根据固体颜色变化和产物检验一氧化碳，所以顺序为④②③①。
（2）C中瓶的石灰水是检验二氧化碳是否被完全吸收。
（3）若实验中观察到A装置内澄清石灰水变浑浊，③内黑色固体变红色，则说明乙醇燃烧生成了二氧化碳和一氧化碳，①装置吸收一氧化碳还原氧化铜生成的二氧化碳，所以，①②装置增重量为二氧化碳的质量，即4.4g，根据质量守恒定律，则乙醇中碳元素的质量为。
（4）一氧化碳有毒，需要进行尾气处理，所以代替①装置的仪器既能吸收二氧化碳，又能收集一氧化碳，则A符合题意。
2023-2024学年上学期浙教版科学九年级“冲刺重高”讲义（十一）
物质的转化

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