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第二讲　离子反应
考点一　电解质与非电解质(命题指数★★★★★)
1．电解质、非电解质、强电解质、弱电解质：
(1)在水溶液里或熔融状态下能电离的化合物称为电解质，在水溶液里全部电离成离子的电解质称为强电解质，在水溶液里部分电离成离子的电解质称为弱电解质。
(2)在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物称为非电解质。包括酸性氧化物如SO2、CO2、SO3及部分有机物，如蔗糖、酒精等。
(3)几个注意事项：
①电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质。
②电解质导电的条件：水溶液或熔融状态。
对于电解质来说，只需满足上述一个条件即可，而对非电解质则必须同时满足上述两个条件。
③酸、碱、盐、金属氧化物和水都是电解质(特殊：盐酸是电解质溶液)；蔗糖、酒精为非电解质。
关于电解质的注意点
(1)电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物。
(2)难溶性化合物不一定就是非电解质或弱电解质。
2．电解质的电离：
(1)电离：电解质在水中或熔融状态下，离解成自由移动离子的过程。
(2)电离方程式书写：
①强电解质：完全电离，用
“
===”连接。
②弱电解质：部分电离，用
“”连接。
a．多元弱酸：分步电离，且以第一步电离为主。
如H2S的电离方程式为H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－；
b．多元弱碱：分步电离，但一步写出。
如Mg(OH)2的电离方程式为Mg(OH)2Mg2＋＋2OH－；
c．强酸酸式盐：完全电离。如KHSO4在水中的电离方程式为
KHSO4===K＋＋H＋＋SO；KHSO4在熔融态的电离方程式为KHSO4===K＋＋HSO；
d．多元弱酸的酸式盐：第一步完全电离，酸式酸根部分电离。如KHCO3的电离方程式为KHCO3===K＋＋HCO__。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)SO2的水溶液能导电，所以SO2属于电解质。(　　)
提示：×。SO2是化合物，溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的氢离子和亚硫酸氢根离子导电，但这些离子不是SO2电离出的，SO2是非电解质。
(2)强电解质饱和溶液一定比弱电解质饱和溶液的导电性强。
(　　)
提示：×。导电性的强弱由水溶液中自由离子的浓度决定的，与电解质的强弱无关。
(3)NaCl溶液、Cu熔化能导电，故NaCl溶液、Cu均为电解质。(　　)
提示：×。电解质是指在水溶液里或熔融状态下能电离的化合物，NaCl溶液能导电，但是其是混合物，不是电解质，NaCl本身才是电解质，熔化的Cu能导电，但Cu是单质，不是电解质。
(4)Na2O溶于水和水反应生成NaOH，NaOH电离出离子，所以NaOH是电解质，Na2O是非电解质。(　　)
提示：×。Na2O熔融状态下可以导电，Na2O是电解质。
(5)HClO是弱电解质，但NaClO是强电解质。(　　)
提示：√。HClO属于弱酸，是弱电解质，但NaClO属于盐，为强电解质。
(6)强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物。(　　)
提示：×。HCl为共价化合物，但属于强电解质。
2．现有下列8种物质：①H2O、②Mg、③CH3COOH、④NaOH、⑤CuSO4·5H2O、⑥碘酒、⑦C2H5OH、⑧盐酸。(将序号填在相应的空格内)
(1)其中，属于强电解质的是________；属于弱电解质的是________；属于非电解质的是________。
(2)完成书写下列离子方程式：
①氯化钡溶液与稀硫酸：___________________________________。
②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液：_________________________________。
(3)写出NaHSO4熔融的电离方程式：____________________________。
【解析】(1)能完全电离出阴阳离子的电解质是强电解质，其中属于强电解质的是NaOH、CuSO4·5H2O；在溶液中部分电离出阴阳离子的电解质是弱电解质，其中属于弱电解质的是H2O、CH3COOH；溶于水和在熔融状态下均不能电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的是C2H5OH。(2)①氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢，离子方程式为Ba2＋＋SO===BaSO4↓。②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液混合生成醋酸钠、水和CO2，则离子方程式为HCO＋CH3COOH===CO2↑＋H2O＋CH3COO－。(3)NaHSO4熔融中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO。
答案：(1)④⑤　①③　⑦　(2)①Ba2＋＋SO===BaSO4↓
　②HCO＋CH3COOH===CO2↑
＋H2O＋CH3COO－　(3)NaHSO4===Na＋＋HSO
命题角度1：电解质和非电解质
【典例1】某化学兴趣小组进行化学实验，按照图Ⅰ连接好线路发现灯泡不亮，按照图Ⅱ连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是(　　)
A．氯化镁固体是非电解质
B．氯化镁溶液是电解质
C．氯化镁在水溶液中电离产生自由移动的离子
D．氯化镁只有在溶液中才能导电
【解析】选C。A.MgCl2是强电解质，故A错误；B.MgCl2溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；C.MgCl2在水溶液中电离出可以自由移动的镁离子和氯离子，故C正确；D.MgCl2在水溶液和熔融状态下都可以导电，故D错误。
命题角度2：电解质溶液的导电性
【典例2】(2021·郑州模拟)某兴趣小组探究Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，设计的实验装置和实验测定的导电性曲线分别如图所示。下列有关说法错误的是(　　)
A.该反应的离子方程式是Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O
B．实验过程中灯泡的亮度发生变化可以说明该反应为离子反应
C．导电能力最低点表示Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应
D．用盐酸代替H2SO4溶液，测得的导电性曲线和上述曲线相同
【解析】选D。A.Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液发生的是离子反应，离子方程式是Ba2＋＋2OH－＋SO＋2H＋===BaSO4↓＋2H2O，故A正确；B.由离子浓度越大，导电性越强以及导电性曲线图可知，溶液的导电性先减小后增大，可以说明该反应为离子反应，故B正确；C.由离子浓度越大，导电性越强可知，导电能力最低点表示Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液恰好完全反应，故C正确；D.用盐酸代替H2SO4溶液，发生的离子反应为OH－＋H＋===H2O，溶液中的钡离子和氯离子不参与反应，则不可能出现导电性接近于0，所以导电性曲线和上述曲线不同，故D错误。
电解质判断及电离方程式书写的思维模型
命题点1：电解质和非电解质(基础性考点)
1．下列叙述关系成立的是(　　)
A．因NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质
B．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
C．液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D．BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质
【解析】选D。NH3是非电解质，HCl、BaSO4是电解质，A、B错误、D正确；Cl2既不是电解质也不是非电解质，C错误。
2．(2020·北京市密云模拟)将NaCl溶于水配成1
mol·L－1的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a离子为Na＋，b离子为Cl－
B．溶液中含有NA个水合Na＋
C．溶液中存在NaCl?Na＋＋Cl－
D．熔融的NaCl能电离出离子而导电
【解析】选D。钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl－，b离子为Na＋，A错误；题目中没有说明溶液的体积，无法判断溶液中水合Na＋的个数，B错误；氯化钠的电离方程式为NaCl===Na＋＋Cl－，C错误；熔融的NaCl能电离出离子而导电，D正确。
命题点2：电解质溶液的导电性(综合性考点)
3.向溶液中加入新物质时，其导电性(I)符合如图变化趋势的实验操作是(　　)
A．乙酸溶液中通入氨气至过量
B．石灰水中通入CO2至过量
C．亚硫酸中通入氯气至过量
D．氨水中通入氯化氢气体
【解析】选B。A.乙酸溶液中通入氨气至过量，发生的是弱电解质醋酸与氨水反应生成了醋酸铵，是强电解质，所以导电能力会增强，故A错误；B.石灰水中通入CO2至过量，石灰水中的氢氧化钙是强电解质，随着二氧化碳的通入生成碳酸钙沉淀和水，离子浓度减小，导电能力减弱，恰好转化为碳酸钙和水，导电能力最小，继续通入二氧化碳会和水、碳酸钙反应生成碳酸氢钙，是强电解质，所以导电能力又增强，故B正确；C.亚硫酸中通入氯气至过量，亚硫酸是弱电解质，通入氯气会反应生成硫酸和盐酸都是强电解质，所以导电能力随着氯气的通入增强，故C错误；D.氨水是弱电解质，导电能力弱，氨水中通入氯化氢气体，生成强电解质氯化铵，所以导电能力是增强的，故D错误。
【加固训练—拔高】
1．用图所示装置分别进行下列溶液的导电性实验，灯泡最亮的是(　　)
A．5%蔗糖溶液
B．75%乙醇溶液
C．20%葡萄糖溶液
D．1
mol·L－1
NaCl溶液
【解析】选D。A.蔗糖为非电解质，不能电离，溶液中离子总浓度几乎为0，几乎不导电；B.乙醇为非电解质，不能电离，溶液中离子总浓度几乎为0，几乎不导电；C.葡萄糖为非电解质，不能电离，溶液中离子总浓度几乎为0，几乎不导电；D.NaCl为强电解质，溶液中离子浓度较大，故D
符合。
2．(2021·东莞模拟)往10
mL
0.1
mol·L－1的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列说法正确的是
(　　)
A．a点对应的溶液呈碱性
B．V2＝10
mL
C．水的电离程度：a>b
D．b点后的溶液满足c(Na＋)>2c(SO)
【解析】选A。向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋NaOH＋H2O，2NaHSO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋Na2SO4＋2H2O，当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH，当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时，二者完全反应，溶液的溶质为Na2SO4，所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓，当二者完全反应后滴加浓度较大的NaHSO4溶液，溶液的导电性有所上升。A.a点二者体积相等，所以溶液中的溶质为NaOH，溶液显碱性，故A正确；B.b点应为完全反应的点，NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍，所以V2＝20
mL，故B错误；C.a点溶液溶质为NaOH，抑制水的电离，b点溶液溶质为Na2SO4，不影响水的电离，所以水的电离程度：a3．(2021·潍坊模拟)将等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，分别滴入两份相同的Ba(OH)2溶液中，其电导率与滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是(　　)
A．b→d反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O
B．d点溶液中，Na＋与SO的物质的量之比为1∶1
C．c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OH－
D．a、b两点Ba2＋均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性
【解析】选A。H2SO4与Ba(OH)2物质的量相等时，生成硫酸钡沉淀，溶液的导电率为零，则曲线①为硫酸；NaHSO4与Ba(OH)2物质的量相等时，生成硫酸钡沉淀、NaOH溶液，导电率不为零，则曲线②为硫酸氢钠。A.
b点为NaOH溶液，继续滴加硫酸氢钠时，为H＋＋OH－===H2O，则b→d反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O，符合题意，A正确；B.
b点为NaOH溶液，加入NaHSO4，d点时溶液为Na2SO4溶液，Na＋与SO的物质的量之比为2∶1，与题意不符，B错误；C.
c点导电能力相同，①溶液显酸性，而②溶液显碱性，两溶液中含有的OH－不相同，与题意不符，C错误；D.
a、b两点Ba2＋均沉淀完全，a点为水，显中性；b点为NaOH溶液，显碱性，与题意不符，D错误。
考点二　离子反应与离子方程式的书写(命题指数★★★★★)
1．离子反应、离子方程式：
(1)离子反应是指有离子参与或生成的反应。
(2)离子方程式是指用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子。
2．离子方程式的书写步骤：
以CaCO3与盐酸的反应为例。
3．书写离子方程式时，物质拆分的注意事项：
(1)可溶性的强电解质拆写成离子
强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4
等。
强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等
。
可溶性盐：钾盐、钠盐、铵盐、硝酸盐等。
(2)难溶性盐、弱电解质、单质、氧化物等直接用化学式表示。
①难溶性盐：BaSO4、
AgCl
等。
②弱酸：HF、HClO、CH3COOH、H2SO3、H2CO3、H2S、H3PO4等。
③弱碱：NH3·H2O、Cu(OH)2、Fe(OH)3等。
④单质：Cl2、Cu等。
⑤氧化物：Na2O
、Al2O3
、Fe2O3等。
(3)固体之间的反应、浓硫酸与固体之间的反应，都不写离子方程式。
(4)多元弱酸的酸式酸根离子不能拆写。如HCO
不能写成CO和H＋。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)电离时只要生成金属阳离子(或NH)和酸根阴离子的化合物就是盐。(　　)
提示：√。盐的定义：电离时只要生成金属阳离子(或NH)和酸根阴离子的化合物就是盐。
(2)离子反应一定使溶液中所有离子的浓度都发生变化。(　　)
提示：×。离子反应不一定使溶液中所有离子的浓度都发生变化，只有参加离子反应的离子浓度才发生变化，不参加离子反应的离子浓度不发生变化。
(3)将Cl2通入水中，发生的离子反应为Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－。(　　)
提示：×。HClO是弱酸，不能拆。
(4)铁和稀硫酸反应的离子方程式为2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑。(　　)
提示：×。铁被稀硫酸中H＋氧化到＋2价，产物应为Fe2＋。
(5)碳与浓硝酸反应的离子方程式为C＋4H＋＋4NOCO2↑＋4NO2↑＋2H2O。(　　)
提示：√。浓硝酸可写成离子形式。
(6)CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋SO===BaSO4↓。(　　)
提示：×。生成BaSO4沉淀的同时生成了Cu(OH)2。
2．学习化学应该明确“从生活中来，到生活中去”的道理。在生产生活中，我们会遇到各种各样的化学反应。请写出下列反应的离子方程式。
(1)用醋酸除去水垢____________________________________。
(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板___________________________。
(3)饱和Na2CO3溶液除去锅炉水垢中的CaSO4___________________________。
(4)向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液中Ba2＋恰好沉淀：_____________________________________________________。
(5)向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最多_______________________________________________________________。
【解析】(1)醋酸除去水垢，发生反应：2CH3COOH＋CaCO3===Ca(CH3COO)2＋CO2↑＋H2O。(2)FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，发生反应：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2。(3)饱和Na2CO3溶液除去锅炉水垢中的CaSO4，发生反应：Na2CO3＋CaSO4===CaCO3＋Na2SO4。(4)向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液中Ba2＋恰好沉淀，发生反应：Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋H2O＋
NaOH。(5)向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉淀的质量最多，发生反应：KAl(SO4)2＋2Ba(OH)2===KAlO2＋2BaSO4↓＋2H2O。
答案：(1)2CH3COOH＋CaCO3===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
(2)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
(3)CO＋CaSO4===CaCO3＋SO
(4)Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O
(5)Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2BaSO4↓＋2H2O
命题角度1：离子方程式的书写
【典例1】按要求写出对应的离子方程式。
(1)(2019·江苏高考)在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式为______________________________________。
(2)(2019·全国Ⅰ卷)将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________________________________________________。
(3)(2019·天津高考)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为__________________________________________________。
(4)(2019·北京高考)Ag2SO3难溶于水，能溶于氨水，其溶于氨水时发生反应的离子方程式为________________________________________________________。
【解析】(1)酸性条件下，HClO氧化NO生成Cl－和NO。
(2)氨水和HCO反应生成CO。
(3)NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水。
(4)Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)2]＋
、SO和H2O。
答案：
(1)3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO＋5H＋
(2)HCO＋NH3·H2O===NH＋CO＋H2O
(3)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O
(4)Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]＋＋SO＋4H2O
【归纳提升】信息给予题中陌生离子方程式书写技巧
1．细读题干，找出反应物和生成物，判断该物质是否需要写成离子形式。
2．结合溶液环境配平离子方程式，注意质量守恒、电荷守恒、电子守恒。
命题角度2：离子方程式的正误判断
【典例2】(2020·全国Ⅲ卷)对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是
(　　)
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：
3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO
B．向CaCl2溶液中通入CO2：
Ca2＋＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2H＋
C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：
2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋
D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：
NH＋OH－===NH3·H2O
【解析】选A。Na2SO3溶液吸收少量Cl2的反应可分为两步：先发生氧化还原反应：SO＋Cl2＋H2O===2H＋＋2Cl－＋SO，然后发生：H＋＋SO===HSO，由二者可得3SO＋Cl2＋H2O===2HSO＋2Cl－＋SO，A正确；由于CaCO3能溶于酸，所以向CaCl2溶液中通入CO2不能发生反应，B错误；由于Fe3＋能催化H2O2的分解，所以向H2O2溶液中滴加少量FeCl3发生的反应为2H2O2O2↑＋2H2O，C错误；NH4HSO4溶液中含有NH和H＋，二者均可与OH－反应，且反应的先后顺序为H＋、NH，所以同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合时反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O，D错误。
离子方程式正误判断的四项要求
命题点1：离子方程式的书写(基础性考点)
1．(2021·成都模拟改编)写出下列指定反应的离子方程式。
(1)室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：_______________________________。
(2)用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：____________________________。
(3)室温下用稀HNO3溶解铜：____________________________________。
(4)向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：________________________________。
【解析】(1)稀NaOH溶液吸收Cl2，发生反应：Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O，改写为离子方程式为Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O。(2)铝粉和NaOH溶液发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，改写为离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。(3)稀HNO3溶解铜发生反应：3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，改写为离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O。(4)向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸，发生反应：Na2SiO3＋2HCl===H2SiO3↓＋2NaCl，改写为离子方程式为SiO＋2H＋===H2SiO3↓。
答案：(1)Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)3Cu＋2NO＋8H＋===2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O
(4)SiO＋2H＋===H2SiO3↓
2．(2021·嘉兴模拟改编)写出下列指定反应的离子方程式。
(1)氢氧化镁溶于稀醋酸______________________。
(2)向酸性KMnO4溶液中通入SO2___________________________。
(3)向饱和
Na2CO3溶液中通入CO2_______________________。
(4)强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成
Na2FeO4______________。
(5)将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液___________________________________________。
【解析】(1)氢氧化镁溶于稀醋酸，发生中和反应：Mg(OH)2＋2CH3COOH===
Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O。(2)向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋。(3)NaHCO3溶解度小，向饱和
Na2CO3
溶液中通入
CO2：CO＋2Na＋＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓。(4)在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH－＋3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O。(5)将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O。
答案：(1)Mg(OH)2＋2CH3COOH===Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O
(2)5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋
(3)CO＋2Na＋＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓
(4)4OH－＋3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋5H2O
(5)2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O
命题点2：离子方程式的正误判断(综合性考点)
3.(双选)下列化学用语对事实的表述正确的是
(　　)
A.MnO2与浓盐酸混合加热:MnO2+4HClMn2++Cl2↑+2H2O+2Cl-
B.FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2:Fe2++H2O2+2H+Fe3++2H2O
C.用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4:CaSO4(s)+CCaCO3(s)+S
D.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O
【解析】选C、D。浓盐酸、氯化锰拆成离子形式,A错误;FeSO4
溶液中加入盐酸酸化的H2O2,正确离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,B错误;CaSO4是微溶物,CaCO3是难溶物,Na2CO3溶液与CaSO4反应:CaSO4(s)+CCaCO3(s)+S,C正确;Ba(OH)2
溶液与H2SO4溶液反应,使Ba2+恰好沉淀完全,其离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O,D正确。
4．(2021年重庆适应性测试)下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．氯化铁溶液腐蚀铜箔：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
B．氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2＋OH－===Cl－＋HClO
C．氯化铝溶液与浓氨水混合：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
D．氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液：Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
【解析】选A。B中氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，错误；C中铝离子和一水合氨生成氢氧化铝沉淀，错误；D中没有大量的氢离子，应写铵根离子，错误。
5．(2021·广州模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)
A．FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
B．NO2通水中制硝酸：2NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO
C．AlCl3溶液中通入过量NH3：Al3＋＋4NH3＋2H2O===AlO＋4NH
D．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
【解析】选A。FeSO4溶液与溴水反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，Br2被还原为Br－，A项正确；NO2通入水中制硝酸，离子方程式为3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO，B项错误；氨水不能溶解Al(OH)3，AlCl3溶液中通入过量NH3，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，C项错误；Fe(OH)3溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe(OH)3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋6H2O，D项错误。
6．(2021·延边模拟)下列离子方程式的书写及评价，均合理的是(　　)
选项
离子方程式
评价
A
将2
mol
Cl2通入含1
mol
FeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2
正确：Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化
B
Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO＋OH－===BaCO3↓＋H2O
正确：酸式盐与碱反应生成正盐和水
C
过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO
正确：说明酸性：H2SO3强于HClO
D
1
mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5
mol·L－1的HCl溶液等体积混合：2AlO＋5H＋===Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O
正确：AlO与H＋均无剩余
【解析】选D。将2
mol
Cl2通入含1
mol
FeI2的溶液中，氯气过量，亚铁离子和碘离子都被氧化，正确的离子方程式为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，A项错误；Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2HCO＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O，B项错误；过量SO2通入NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO－有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2＋H2O＋ClO－===2H＋＋SO＋Cl－，C项错误；1
mol·L－1的NaAlO2溶液和2.5
mol·L－1的HCl溶液等体积混合，反应方程式为2AlO＋5H＋===
Al3＋＋Al(OH)3↓＋H2O，D项正确。
考点三　离子共存(命题指数★★★★★)
1．离子不共存的情况：
(1)有难溶或微溶的物质生成。
①SO与Ba2＋、Ca2＋、Ag＋等不能共存；
②CO与Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋等不能共存；
③S2－与Cu2＋、Pb2＋、Fe2＋、Hg2＋、Ag＋等不能共存；
④OH－与Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Ag＋、Zn2＋等不能共存。　
(2)有难电离或挥发性物质生成。如CO、S2－、HS－、HSO、OH－、
CH3COO－、PO、HPO、H2PO等与H＋不能大量共存。
(3)由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。
①酸性条件下，NO与I－、Br－、Fe2＋、S2－、HS－、SO、HSO等不能共存；
②S2－与SO等不能共存(碱性条件下可以共存)；
③MnO与I－、Br－、Cl－、S2－、HS－、SO、HSO、Fe2＋等不能共存；
④ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SO、HSO等不能共存；
⑤Fe3＋与S2－、HS－、SO、HSO、I－等不能共存。
(4)由于形成络合离子，离子不能大量共存。
①Fe3＋和SCN－、C6H5O－不能共存；
②Ag＋与NH在碱性条件下不能共存。
(5)能强烈彻底双水解的离子不能共存。
①Al3＋与AlO、HCO、CO、HS－、S2－、SO、HSO、SiO、ClO－、C6H5O－；
②Fe3＋与AlO、HCO、CO、SiO、ClO－等不能共存；
③NH与AlO、SiO等不能共存。
2．附加隐含条件的应用规律：
(1)限制酸性溶液的条件(隐含有H＋)。
①常温下pH＝a(a<7)的溶液；
②使紫色石蕊溶液呈红色；
③使甲基橙呈红色；
④加镁粉放氢气；
⑤常温下c(OH－)为10－n(n>7)。
(2)限制碱性溶液的条件(隐含有OH－)。
①常温下pH＝a(a>7)的溶液；
②使pH变蓝；
③使紫色石蕊溶液变蓝；
④使酚酞呈红色；
⑤c(H＋)为10－n(n>7)。
(3)可酸可碱的条件。
①水电离出的c(OH－)或者c(H＋)浓度为10－n
mol·L－1；
②加入铝粉有氢气产生；
③HCO不能稳定存在的溶液。
(4)无色溶液条件。
暗示不含以下有色离子：Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(黄色)、Cu2＋(蓝色)、MnO(紫红色)、Fe(SCN)2＋(红色)、Fe(C6H5O)(紫色)等。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)Ba2＋与SO、Fe3＋与S2－都是因为复分解反应而不能大量共存。(　　)
提示：×。Ba2＋与SO是因为复分解反应而不能大量共存；
Fe3＋与S2－是因为氧化还原反应而不能大量共存。
(2)S2O与H＋因发生复分解反应而不能大量共存。
(　　)
提示：×。S2O与H＋发生氧化还原反应生成S和SO2而不能大量共存。
(3)中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、SO。(　　)
提示：×。Fe3＋在溶液中因发生水解呈弱酸性，中性溶液中不能大量存在Fe3＋。
(4)加入铝粉产生氢气的溶液中可能大量存在NH、K＋、NO、SO。(　　)
提示：×。该溶液可以为酸溶液或碱溶液，在碱溶液中NH不能大量共存，在酸溶液中含有NO时加入铝粉不产生氢气。
2．某溶液中可能含有下列阴离子：SO、SO、CO、Cl－。
(1)当溶液中存在大量H＋时，溶液中不能大量存在的离子是__________。
(2)当溶液中存在大量的Ba2＋时，溶液中能大量存在的离子是__________。
(3)当溶液中同时存在大量__________和__________离子时，上述阴离子都不能大量存在。
【解析】(1)当溶液中有大量H＋存在时，SO、CO与H＋反应分别生成弱电解质和气体而不能大量存在。
(2)当溶液中有大量Ba2＋存在时，SO、SO、CO与Ba2＋分别反应生成沉淀而不能大量存在，能大量存在的离子是Cl－。(3)当溶液中有Ba2＋时，SO、SO、CO不能大量存在，当溶液含有Ag＋时，Cl－不能大量存在。
答案：(1)SO、CO　(2)Cl－　(3)Ba2＋　Ag＋
命题角度1：未限定条件的离子共存
【典例1】(2021·吉林模拟)水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．K＋、Na＋、SO、MnO
B．Cl－、SO、Fe2＋、H＋
C．NH、Ba2＋、Br－、CO
D．Na＋、H＋、NO、HCO
【解析】选A。A.四种离子在水溶液中相互之间不反应，可以大量共存，故A正确；B.亚硫酸根和氢离子会结合生成弱电解质不能大量共存，故B错误；C.碳酸根和钡离子会结合生成沉淀不能大量共存，故C错误；D.碳酸氢根和氢离子反应生成二氧化碳和水不能共存，故D错误。
命题角度2：给定条件下的离子共存
【典例2】(2020·江苏高考)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
(　　)
A．0.1
mol·L－1氨水溶液：Na＋、K＋、OH－、NO
B．0.1
mol·L－1盐酸溶液：Na＋、K＋、SO、SiO
C．0.1
mol·L－1KMnO4溶液：NH、Na＋、NO、I－
D．0.1
mol·L－1AgNO3溶液：NH、Mg2＋、Cl－、SO
【解析】选A。A项，碱性条件下，四种离子可以共存，正确；B项，H＋与SiO之间反应生成H2SiO3沉淀，错误；C项，KMnO4会氧化I－，错误；D项，Ag＋与Cl－反应会生成AgCl沉淀，错误。
(1)(证据推理与模型认知)限定溶液酸碱性的离子共存问题，溶液的酸碱性有哪些表示方法？
提示：a.常见表示呈酸性的溶液：①常温下，pH＜7的溶液；②使pH试纸变红的溶液；③使甲基橙呈红色的溶液；④与镁粉反应放出氢气的溶液；⑤常温下，c(OH－)＜1×10－7
mol·L－1的溶液。b.常见表示呈碱性的溶液：①常温下，pH＞7的溶液；②使pH试纸变蓝的溶液；③使酚酞溶液变红的溶液；④常温下，c(H＋)＜1×10－7
mol·L－1的溶液。c.常见表示可能呈酸性也可能呈碱性的溶液：①与铝粉反应放出氢气的溶液；②常温下水电离出的c(OH－)＝1×10－12
mol·L－1的溶液；③与NH4HCO3反应能产生气体的溶液。
(2)(变化观念与平衡思想)限定溶液组成的离子共存问题，如何考虑指定微粒或物质对溶液酸碱性、氧化性和还原性的影响？
提示：①含有大量Fe3＋的溶液，隐含溶液呈酸性，并具有较强氧化性。②含有大量NO的酸性溶液，隐含溶液具有强氧化性。③含有大量S2－、SO、AlO的溶液，隐含溶液呈碱性。
离子共存试题的常见陷阱
条件类型
常见表述
说明
常见的限定条件
无色
有色离子不可大量共存
常温下,pH=1或13;与铝反应产生氢气的溶液
溶液显酸性或碱性
因发生氧化还原反应而不能大量共存
只是氧化性离子与还原性离子不能大量共存,不包括其他反应类型的离子
常见的易错点
透明
溶液“透明”可以“有色”
①一定大量共存;②可能大量共存;③不能大量共存
审清关键字
常见的隐含条件
通入足量的氨气
与NH3·H2O反应的离子不能大量共存
由水电离出的c(H+)=1×10-12
mol·L-1
溶液既可能显酸性也可能显碱性
命题点1.未限定条件的离子共存(基础性考点)
1．(2021·重庆模拟)下列可以大量共存且溶液是无色的离子组是(　　)
A．H＋、K＋、Fe3＋、SO
B．Ba2＋、Ca2＋、OH－、CO
C．H＋、Na＋、NO、Cu2＋
D．NO、SO、K＋、Mg2＋
【解析】选D。A.
Fe3＋在溶液中是黄色的，题目要求是无色溶液，故A错误；B.
Ba2＋、Ca2＋、CO之间反应生成BaCO3、CaCO3沉淀，不能大量共存，故B错误；C.
Cu2＋
在溶液中是蓝色的，题目要求是无色溶液，故C错误；D.
该组离子之间不反应，可大量共存，且溶液中的各种离子都是无色的，故D正确。
命题点2：给定条件下的离子共存(综合性考点)
2．(2021·淮北模拟)下列条件下，可以大量共存的离子组是(　　)
A．pH＝9的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO、SCN－
B．含有大量S2O的溶液中：H＋、K＋、SO、Al3＋
C．0.1
mol·L－1的NH4Cl溶液中：Li＋、Ba2＋、CH3COO－、OH－
D．某酸性无色透明溶液中：Na＋、I－、Cl－、Mg2＋
【解析】选D。A.pH＝9的溶液呈碱性，碱性条件下Fe3＋生成沉淀，且Fe3＋、SCN－发生络合反应而不能大量共存，故A错误；B.能和S2O反应的离子不能大量共存，酸性条件下S2O与H＋生成S和二氧化硫而不能大量存在，故B错误；C.能和氯化铵反应的离子不能大量共存，铵根离子和OH－生成弱电解质而不能大量共存，Li＋、OH－不能大量共存，故C错误；D.酸性溶液中含有大量氢离子，无色溶液不含有色离子，这几种离子都无色且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D正确。
命题点3：离子的检验和推断(应用性考点)
3．工业废水是指工艺生产过程中排出的废水和废液，其中含有随水流失的工业生产用料、中间产物、副产品以及生产过程中产生的污染物，是造成环境污染，特别是水污染的重要原因。某硫酸厂的酸性废水中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Na＋、K＋、CO、SO。取废水样品分别进行如图所示四个实验。
下列说法错误的是(　　)
A．由实验①可知废水中肯定含有Na＋
B．该废水中不含有CO
C．由实验③④推断废水中不含Fe2＋，含Mg2＋
D．该废水中一定含Al3＋、SO
【解析】选C。由实验①可知废水中含有Na＋，A正确；由于废水呈酸性，CO不可能存在，B正确；由实验③知废水中不含Fe3＋，由实验④知废水中不含
Fe2＋、Mg2＋，C错误；实验④知含Al3＋，实验②知含SO，D正确。
4．(2021·厦门模拟)下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式正确的是(　　)
选项
微粒组
加入试剂X
发生反应的离子方程式
A
K＋、Na＋、HSO、SiO
少量HCl
2H＋＋
SiO===H2SiO3↓
B
NH、Fe2＋、Br－、SO
过量H2S
Fe2＋＋H2S===FeS↓＋2H＋
C
HClO、Na＋、Fe3＋、SO
过量CaCl2
Ca2＋＋SO===CaSO3↓
D
I－、Cl－、H＋、SO
少量NaNO3
6I－＋2NO＋8H＋===2NO↑＋4H2O＋3I2
【解析】选D。A.
HSO的电离大于水解，在溶液中显酸性，溶液中亚硫酸氢根离子与硅酸根离子反应生成硅酸沉淀，反应的离子方程式为2HSO＋
SiO===H2SiO3↓＋2SO，不能大量共存，故A错误；B.硫化亚铁能与氢离子反应，亚铁离子与硫化氢不能反应，否则违背强酸制弱酸原理，故B错误；C.亚硫酸根离子具有还原性，在溶液中能与具有氧化性的次氯酸和铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.酸性条件下，硝酸根离子能与碘离子反应生成单质碘、一氧化氮和水，反应的离子方程式为6I－＋2NO＋8H＋===2NO↑＋4H2O＋3I2，故D正确。
1．(2020·浙江7月选考)下列物质在熔融状态下不导电的是(　　)
A．NaOH　　　B．CaCl2　　　C．HCl　　　D．K2SO4
【解析】选C。NaOH、CaCl2、K2SO4属于离子化合物，在熔融状态下能电离出自由移动的离子，故在熔融状态下能导电，A项、B项、D项错误；HCl是共价化合物，其在熔融状态下不能电离出离子，故其在熔融状态下不导电，C项正确。
2．(2019·江苏高考)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)
A．0.1
mol·L－1NaOH溶液：Na＋、K＋、CO、AlO
B．0.1
mol·L－1FeCl2溶液：K＋、Mg2＋、SO、MnO
C．0.1
mol·L－1K2CO3溶液：Na＋、Ba2＋、Cl－、OH－
D．0.1
mol·L－1H2SO4溶液：K＋、NH、NO、HSO
【解析】选A。A项，CO、AlO
水解显碱性，可以与OH－共存，正确；B项，MnO
可以氧化Fe2＋，错误；C项，CO与Ba2＋反应生成BaCO3沉淀，错误；D项，H＋可以与HSO
反应生成SO2，H＋与NO可氧化HSO
生成SO，错误。
3．(2020·北京等级考)下列说法不正确的是(　　)
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)＋CO?CaCO3(s)＋SO
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋
IO＋
6H＋
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al＋
Fe2O3Al2O3＋2Fe
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
【解析】选B。用碳酸钠处理锅炉水垢，微溶的CaSO4转化为难溶的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)?CaCO3(s)＋
SO(aq)，A项正确；湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝，说明有单质碘生成，离子方程式为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，B项错误；铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨，发生铝热反应，化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al
2O3，C项正确；淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，Na2O2与空气中水、二氧化碳发生反应，D项正确。
4．(2020·浙江7月选考)能正确表示下列反应的离子方程式是(　　)
A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应：SO＋Ba2＋===BaSO4↓
B．电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
C.乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋CH3CH2OH
D．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓
【解析】选C。(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4·FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH－先与Fe2＋反应，再和NH反应，由于Ba(OH)2较少，NH不会参与反应，离子方程式为Fe2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓＋BaSO4↓，A错误；用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为2H2O＋2e－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓＋H2↑，总反应的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2O===Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，B错误；乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋CH3CH2OH，C正确；向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===2NH＋Cu(OH)2↓，D错误。
5．(2020·天津等级考)下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．CaCO3与稀硝酸反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
B．FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4＋2OH－===C2O＋
2H2O
D．C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O===2C6H5OH＋
CO
【解析】选B。CaCO3难溶于水，离子方程式中应写化学式，A项错误；FeSO4溶液与溴水反应，Fe2＋被Br2氧化为Fe3＋，Br2被Fe2＋还原为Br－，B项正确；NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4和水，离子方程式为OH－＋H2C2O4===HC2O＋
H2O，C项错误；酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO，C6H5ONa溶液中通入少量CO2，生成苯酚和NaHCO3，离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O===C6H5OH＋
HCO，D项错误。
1．电解质和非电解质判断要点：
(1)电解质：化合物、在水中或熔融态能电离。
(2)非电解质：化合物、在水中和熔融态不能电离。
2．强电解质和弱电解质本质区别：在水中或熔融态是否能完全电离。
3．离子方程式书写：四步法：写、拆、删、查。书写时要关注两大守恒：原子守恒和电荷守恒。
4．离子不能大量共存的原因：发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应。
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-第三讲　氧化还原反应概念和规律　
考点一　氧化还原反应的相关概念(命题指数★★★★★)
1．氧化还原反应的本质与特征及四种基本反应类型的关系
(1)氧化还原反应的本质与特征
本质：反应过程中有电子的转移(得失或偏移)。
特征：反应过程中有元素的化合价发生改变。
(2)四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。
2．氧化还原反应的概念之间的关系
概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。
实例：在Fe2O3＋3CO===2Fe＋3CO2的反应中Fe2O3是氧化剂，CO是还原剂；碳元素被氧化，铁元素被还原；Fe2O3具有氧化性，CO具有还原性；CO2是氧化产物，Fe是还原产物。
3．氧化还原反应电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④标得失。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
4．常见的氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。例如：
(2)常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。例如：
(3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性，如Fe2＋、SO(H2SO3)、H2O2，其中Fe2＋、SO(H2SO3)主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
　判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)金属元素由化合态变为游离态一定发生了还原反应。
(　　)
提示：√。金属元素在化合物中都显正价，游离态时都是0价，由化合态变为游离态一定发生了还原反应。
(2)有单质参与和生成的反应一定是氧化还原反应。
(　　)
提示：×。石墨在一定条件下转化为金刚石，
该化学反应有单质参与和生成，但不是氧化还原反应。
(3)
ICl与水反应生成HCl和HIO的反应属于氧化还原反应。
(　　)
提示：×。ICl中I为＋1价，Cl为－1价，反应前后元素的价态没有变化，不是氧化还原反应。
(4)
反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中氧化剂与还原剂的质量比为2∶1。
(　　)
提示：×。该反应中氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。
(5)浓硫酸具有强氧化性，不能干燥SO2等还原性气体。
(　　)
提示：×。硫酸中硫元素为＋6价，SO2中硫元素为＋4价，没有中间价态，浓硫酸与SO2不发生反应，可以干燥SO2。
(6)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、Cl2＋H2OHCl＋HClO均为水作还原剂的氧化还原反应。
(　　)
提示：×。上述两个反应中H2O既不作氧化剂，也不作还原剂。
【加固训练—拔高】
HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一种微溶于水、易溶于酸的化合物，试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2＋，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是________(填字母)。
A．亚硝酸盐被还原
B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋
D．亚硝酸盐是还原剂
(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：_____________________________________。
(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若用反应所得的酸性溶液，将Fe2＋转化为Fe3＋，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是________(填字母)。
a．Cl2　　　b．Fe　　　c．H2O2　　　d．HNO3
(4)FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸盐(如Na2FeO4)，其氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强，主要反应：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。
①该反应中的氧化剂是____________，还原剂是________________。
②简要说明Na2FeO4作为水处理剂时所起的作用_________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3＋又转化为
Fe2＋，铁元素化合价降低，被还原，则维生素C具有还原性，而亚硝酸盐会导致Fe2＋转化为Fe3＋，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中亚硝酸盐为氧化剂，所以维生素C是还原剂。(2)由NO→NO失2e－，Cl2→2Cl－得2e－，根据得失电子守恒，可得：NO＋Cl2―→NO＋2Cl－，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为NO＋Cl2＋H2O===NO＋2H＋＋2Cl－。(3)Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子，但能引入新的杂质，铁不能氧化亚铁离子，H2O2的还原产物是水，不引入杂质，所以最佳试剂是H2O2。(4)该反应中铁元素化合价由＋2变为＋6、氧元素化合价由－1变为0、－2，①得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以Na2O2是氧化剂，Na2O2、FeSO4是还原剂，②Na2FeO4中铁元素的化合价为＋6，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质。
答案：(1)D　(2)NO＋Cl2＋H2O===NO＋2H＋＋2Cl－　(3)c　(4)①Na2O2　Na2O2、FeSO4　②高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降
命题角度1：氧化还原反应基本概念的判断
【典例1】(双选)制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+H2SO4====2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是
(　　)
A.KClO3在反应中得到电子
B.ClO2是还原产物
C.H2C2O4
在反应中被还原
D.1
mol
KClO3参加反应有2
mol电子转移
【解析】选C、D。反应中氯元素的化合价由+5降低为+4,则KClO3为氧化剂,在反应中得到电子,A项正确;因KClO3为氧化剂,在反应中被还原,则ClO2是还原产物,B项正确;反应中碳元素的化合价由+3升高到+4,则H2C2O4为还原剂,在反应中被氧化,C项错误;反应中氯元素由+5降低为+4,1
mol
KClO3参加反应有1
mol×(5-4)=1
mol电子转移,D项错误。
　
二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，常用作饮用水消毒。实验室通过如下过程制备二氧化氯。
(1)电解时发生反应的离子方程式为________________________。
(2)溶液X中大量存在的阴离子是______________。
【解析】(1)由图示电解NH4Cl和盐酸的混合溶液制得H2和NCl3溶液，反应的离子方程式为NH＋3Cl－＋2H＋3H2↑＋NCl3；(2)NCl3溶液中加入NaClO2溶液生成ClO2、NH3和溶液X，NaClO2被氧化成ClO2，NCl3被还原成NH3，反应的化学方程式为6NaClO2＋NCl3＋3H2O===6ClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，溶液X中大量存在的阴离子为Cl－、OH－。
答案：(1)NH＋3Cl－＋2H＋3H2↑＋NCl3
(2)Cl－、OH－
命题角度2：氧化还原反应电子转移
【典例2】(2020·黄冈模拟)某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：
根据信息判断，下列叙述错误的是
(　　)
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价不相等
C．过程③和过程④各产生1
mol
H2时转移的电子数不相等
D．0.25
mol
NaBH4的还原能力与标准状况下11.2
L
H2的还原能力相当(还原能力即生成H＋失去电子的量)
【解析】选D。过程①至过程④中硼元素的化合价都是＋3价，A正确；X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价分别是＋1、－1价，B正确；过程③是＋1价的氢元素和－1价的氢元素形成氢气，过程④只有＋1价的氢元素得电子产生H2，各产生1
mol
H2时转移的电子数不相等，C正确；0.25
mol
NaBH4生成H＋失去电子的量是2
mol，标准状况下22.4
L
H2生成H＋失去电子的量是2
mol，D错误。
1．解决氧化还原反应概念的一般思路
找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。
2．代数和法确定化合物中变价元素的化合价方法
先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。如有机物中碳元素化合价(设为x)的确定方法：有机物中氧元素的化合价为－2，氢元素的化合价为＋1。利用元素化合价代数和为零的规则确定碳元素的化合价。乙酸(C2H4O2)中满足2x＋(＋1)×4＋(－2)×2＝0，则x＝0。
命题点1：氧化还原反应基本概念的判断(基础性考点)
1．(2021·威海模拟)FeCl3溶液吸收H2S的原理为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋2H＋＋S↓。下列说法正确的是
(　　)
A．H2S作氧化剂
B．还原性：H2S>Fe2＋
C．Fe3＋发生氧化反应
D．每消耗1
mol
H2S转移4NA个电子
【解析】选B。H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，H2S作还原剂，A错误；H2S作还原剂，Fe2＋为还原产物，还原性：H2S>Fe2＋，B正确；Fe3＋→
Fe2＋，Fe元素化合价降低，Fe3＋发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒可知，该反应每消耗1
mol
H2S转移2NA个电子，D错误。
2．(2021年广东适应性测试)我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除，部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用
标注)。有关该过程的叙述错误的是
(　　)
A.产生清洁燃料H2
B．H2S脱除率为100%
C．H2S既被氧化又被还原
D．脱Hg反应为Hg＋S===HgS
【解析】选B。由图可知：有H2产生，A选项正确；H2S经过活性炭催化之后仍然有H2S，脱除率不是100%，B选项错误；H2S经过活性炭催化后有H2、S单质和SO2产生，H元素化合价降低，被还原，S元素化合价升高，被氧化，C选项正确；由图可知产生的S单质会与Hg反应产生HgS，D选项正确。
3．(2021·安庆模拟)Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O3可作漂白布匹后的“脱氯剂”。S2O和Cl2反应的产物之一为SO。下列说法中不正确的是
(　　)
A．该反应中还原剂是S2O
B．H2O参与该反应，且作氧化剂
C．根据该反应可判断氧化性：Cl2>SO
D．该反应中，每生成1
mol
SO，可脱去2
mol
Cl2
【解析】选B。反应的离子方程式为S2O＋4Cl2＋10OH－===2SO＋8Cl－＋5H2O，反应中S元素化合价升高，Cl元素化合价降低，故S2O作还原剂，Cl2作氧化剂，A正确，B错误；在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cl2>SO，C正确；由上述离子方程式可知，反应中每生成1
mol
SO，可脱去2
mol
Cl2，D正确。
命题点2：氧化还原反应电子转移(综合性考点)
4．某反应为3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O，用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目。
【解析】单线桥是指从失去电子的一方指向得到电子的一方，上面标注电子转移总数，此反应中铬元素化合价由＋3
价变化为＋6价，被氧化转移6e－，用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目的化学方程式为
答案：
考点二　氧化还原反应的规律(命题指数★★★★★)
　氧化还原反应的规律
(1)电子得失守恒规律：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数；
(2)“以强制弱”规律：氧化剂＋还原剂===较弱氧化剂＋较弱还原剂；这是氧化还原反应发生的条件。
(3)价态归中规律：同一元素不同价态间发生的氧化还原反应，化合价的变化规律遵循：高价＋低价→中间价态，中间价态可相同、可不同，但只能靠近不能相互交叉(即价态向中看齐)。
(4)优先反应原理：
在溶液中一定是氧化性最强的物质和还原性最强的物质最先发生氧化还原反应。
(5)价态规律：元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，如Fe3＋只有氧化性，Fe2＋既有氧化性，又有还原性。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)将Cl2通入FeBr2溶液中，先发生反应：Cl2
＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，后发生反应Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－。
(　　)
提示：√。将Cl2通入FeBr2溶液中，由于亚铁离子比溴离子的还原性强，所以Cl2先氧化亚铁离子，然后氧化溴离子。
(2)元素处于最高价态时一定有强氧化性，元素处于最低价态时一定具有强还原性。元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性。
(　　)
提示：×。元素处于最高价态时具有氧化性，但不一定是强氧化性，如Na＋是钠元素的最高价态，但是没有强氧化性，因此不能用化合价高低来判断其氧化性的强弱。
(3)物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关。
(　　)
提示：√。如Al被氧化时产物为Al3＋，失去3个电子，而Na被氧化时产物为Na＋，只失去1个电子，但还原性Na＞Al。
(4)硝酸铜分解的产物可能是CuO、NO2、NO。
(　　)
提示：×。根据电子得失守恒规律可知，应有元素化合价升高。
(5)向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2。
(　　)
提示：√。最终淀粉变蓝说明有I2生成，I2是由Cl2氧化而来，可证明氧化性：Cl2>I2。
(6)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，则Fe2＋既有氧化性又有还原性。
(　　)
提示：×。上述实验现象只能说明Fe2＋具有还原性，能被H2O2氧化。
2．NaNO2有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价，失去携氧能力，美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。
(1)下列说法正确的是________。
A．解毒剂美蓝应该具有氧化性
B．中毒时亚硝酸盐发生氧化反应
C．解毒时高铁血红蛋白被还原
D．中毒过程中血红蛋白显氧化性
(2)已知NaNO2
能发生如下反应：NaNO2＋HI→
NO＋I2＋NaI＋H2O，从上述反应推知________。
A．氧化性：I2＞NaNO2　　　
B．氧化性：NaNO2＞HI
C．还原性：HI＞NO
D．还原性：I2＞HI
当有0.75
mol
HI被氧化时，在标准状况下产生气体的体积是________L。
(3)根据上述反应可用试纸和生活中常见的物质进行实验，鉴别NaNO2和NaCl
，现供选用的物质有①白酒、②淀粉碘化钾试纸、③淀粉、④白糖、⑤食醋，进行本实验时，可以选用的物质至少有________(填序号)。
(4)某工厂的废液中含有2%～5%的NaNO2直接排放会造成污染，下列试剂中①NaCl、②NH4Cl、③HNO3、④浓H2SO4，能使NaNO2转化为N2的是________(填序号)。
【解析】(1)将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价，说明NaNO2具有氧化性，美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂，应具有还原性。A.解毒剂美蓝应该具有还原性，故A错误；B.中毒时亚硝酸盐发生还原反应，能使血红蛋白中的铁元素由正二价变为正三价，故B错误；C.加入解毒剂美蓝，高铁血红蛋白被还原，故C正确；D.中毒过程中血红蛋白被氧化，表现出还原性，故D错误。(2)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，根据反应2NaNO2＋4HI===2NO＋I2＋2NaI＋2H2O可知，氧化性：NaNO2＞I2，还原性：HI＞NO，答案选BC；有0.75
mol
HI被氧化时，由I原子守恒可知，生成碘的物质的量为＝0.375
mol，n(NO)＝0.375
mol×2＝0.75
mol，其在标准状况下产生气体的体积是0.75
mol×22.4
L·mol－1＝16.8
L。(3)鉴别NaNO2和NaCl，可根据NaNO2在酸性条件下具有氧化性，用淀粉碘化钾试纸来检验，可加入醋酸酸化，故答案为②⑤。(4)能使NaNO2转化为N2的应是具有还原性的物质，只有NH4Cl符合，故答案为②。
答案：(1)C　(2)BC　16.8　(3)②⑤　(4)②
命题角度1：守恒规律考查
【典例1】(2021·莆田模拟)将0.195
g锌粉加入20.0
mL的0.1
mol·L－1MO溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是
(　　)
A．M　　　B．M2＋　　　C．M3＋　　　D．MO2＋
【解析】选B。在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO的物质的量为0.1
mol·L－1×0.02
L＝0.002
mol，参加反应的锌的物质的量为0.195
g÷65
g·mol－1＝0.003
mol，故存在：(＋5－x)×0.002
mol＝0.003
mol×2，解得x＝＋2，故选B。
【规律方法】
命题角度2：强弱规律考查
【典例2】(2020·北京西城区模拟)高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。
下列说法正确的是
(　　)
A．反应①中每消耗4
mol
KOH，吸收标准状况下22.4
L
Cl2
B．氧化性：K2FeO4＞KClO
C．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2
mol
K2FeO4时消耗0.3
mol
Cl2
【解析】选D。反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1∶1，所以每消耗4
mol
KOH，吸收2
mol氯气，标准状况下2
mol氯气的体积为22.4
L·mol－1×2
mol＝44.8
L，A错误；反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4＜KClO，B错误；设ClO－为5
mol，ClO为1
mol，氯气转化成ClO－、ClO被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为5
mol×1＋1
mol×(5－0)＝10
mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10
mol∶(5
mol＋1
mol)＝5∶3，C错误；根据电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，则得到0.2
mol
K2FeO4时消耗0.3
mol
Cl2，D正确。
【规律方法】
1．守恒法解题的“3步流程”
2．根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法
(1)浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓硫酸>稀硫酸，浓硝酸>稀硝酸，还原性：浓盐酸>稀盐酸。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强。例如：热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。
(4)反应条件和产物价态：
①与同一物质反应，一般越易进行，则其氧化性或还原性就越强。
②当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态相同，可根据反应条件的高低进行判断：一般条件越低，氧化剂的氧化性越强。
③当不同氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态不相同，可根据氧化产物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。
命题点1：守恒规律考查(基础性考点)
1．K2SO3易被KMnO4等强氧化剂氧化成K2SO4，而在酸性条件下，KMnO4被还原成Mn2＋，那么当有1
mol
KMnO4反应时，被氧化的K2SO3的物质的量为
(　　)
A．1
mol　　
B．2
mol　　C．2.5
mol　　D．5
mol
【解析】选C。K2SO3―→K2SO4，S元素化合价升高了2价，KMnO4―→Mn2＋，Mn元素化合价降低了5价，根据得失电子守恒，设被氧化的K2SO3的物质的量为x，则x×2＝1
mol×5，x＝2.5
mol。
2．(2021·六安模拟)将一定量铁粉加到一定浓度稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为
(　　)
A．1∶1
B．5∶16
C．2∶3
D．3∶2
【解析】选B。设反应中生成3
mol
Fe2＋、2
mol
Fe3＋，则转移电子的物质的量为3
mol×2＋2
mol×3＝12
mol，根据得失电子守恒，由4H＋＋NO＋3e－===NO↑＋2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4
mol，与Fe2＋、Fe3＋结合的NO的物质的量为3
mol×2＋2
mol×3＝12
mol，所以参加反应的n(Fe)＝5
mol，参加反应的n(HNO3)＝16
mol，故本题选B。
命题点2：强弱规律考查(综合性考点)
3．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
(　　)
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【解析】选A。根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，当Cl2少量的时候，Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2＋，当Cl2足量的时候，Fe2＋也会被氧化成Fe3＋。另外，Fe3＋氧化性强于I2，不存在FeI3这种物质。
4．(2021·吕梁模拟)已知酸性：
H2CO3>HClO>HCO，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2。下列离子方程式正确的是
(　　)
A．Fe3＋与I－不能共存的原因：Fe3＋＋2I－===Fe2＋＋I2
B．向NaClO溶液中滴加浓盐酸：ClO－＋H＋===HClO
C．向含1
mol
FeBr2溶液中通入1
mol
Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
D．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO－＋CO2＋
H2O===HClO＋CO
【解析】选C。根据氧化性Fe3＋＞I2，所以Fe3＋可以和I－反应生成I2，但题中所给方程式不满足得失电子守恒和电荷守恒关系，正确的离子方程式应该是2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，A项错误；因氧化性HClO＞Cl2，所以向NaClO溶液中滴加浓盐酸可以发生氧化还原反应生成Cl2，离子反应为Cl－＋ClO－＋2H＋===H2O＋Cl2↑，B项错误；向含1
mol
FeBr2溶液中通入1
mol
Cl2，由氧化性顺序Cl2＞Br2＞Fe3＋及得失电子守恒可知，离子反应正确的是2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===
2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，C项正确；根据酸性强弱顺序：H2CO3>HClO>HCO，可知向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反应的产物应该为HClO和HCO，离子反应为ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，
D项错误。
【加固训练—拔高】
1．含a
mol
FeCl3的溶液中加入含b
mol
Fe和b
mol
Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中，不正确的是
(　　)
A．当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2b
mol
≤n(e－)≤4b
mol
C．当2a＝5b时，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋
D．当2b【解析】选D。金属性铁＞铜，铁离子首先氧化金属铁，
当a≤2b时铁离子不足，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，A项正确；当2b≤a≤4b时铁离子全部参与反应，因此反应中转移电子的物质的量n(e－)为a
mol，即为2b
mol≤n
(e－)≤4b
mol，B项正确；当2a＝5b时铁全部反应，铜部分反应，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋，C项正确；当2bmol，则与铜反应的铁离子是a
mol－2b
mol，所以生成铜离子是0.5a
mol－b
mol，因此反应后的溶液中n(Fe2＋)∶
n(Cu2＋)＝2(a＋b)∶(a－2b)，D项错误。
2．(2021·南阳模拟)某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀经干燥后得到n
mol
FeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是
(　　)
A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3－x)
mol
B．处理废水中的Cr2O的物质的量为
mol
C．反应中发生转移的电子数为3nx
mol
D．在FeO·FeyCrxO3中，x＝3y
【解析】选D。A.由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y＋1)，反应中Cr由＋6价变成＋3价，Fe部分由＋2价变成＋3价，由FeyCrxO3中化合价代数和为零可知3(x＋y)－6＝0，则y＝2－x，因此消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3－x)，故A正确；
B．根据铬原子守恒，Cr原子为nx
mol，故Cr2O的物质的量为
mol，故B正确；
C．Cr2O中Cr为＋6价，FeO·FeyCrxO3中Cr为＋3价，1
mol
Cr转移电子3
mol，得到n
mol
FeO·FeyCrxO3，则一共有nx
mol
Cr原子参加反应，故转移的电子数为3nx
mol，故C正确；D.反应中Cr由＋6价变成＋3价，Fe部分由＋2价变成＋3价，由得失电子守恒知3x－y＝0，即3x＝y，故D错误。
1．(2020·山东等级考)下列叙述不涉及氧化还原反应的是
(　　)
A．谷物发酵酿造食醋
B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒
D．大气中NO2参与酸雨形成
【解析】选B。涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖分解成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D.NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。
2．(2020·北京等级考)下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
(　　)
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
D．用“84”消毒液(有效成分NaClO
)杀灭细菌
【解析】选D。石灰乳脱除烟气中的SO2的原理为Ca(OH)2＋SO2===CaSO3＋H2O，发生非氧化还原反应，A项错误；明矾处理污水的原理是明矾溶于水过程中，铝离子溶于水水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝吸附水中悬浮物质，发生非氧化还原反应，B项错误；盐酸去除铁锈的原理为Fe2O3·xH2O＋6HCl===2FeCl3＋(3＋x)H2O，发生非氧化还原反应，C项错误；“84”消毒液杀灭细菌的原理为NaClO与空气中水、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，利用次氯酸的强氧化性杀菌消毒，D项正确。
3．(2020·北京等级考)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
(　　)
A．Na　　　B．Cl2　　　C．NO2　　　D．Na2O
【解析】选A。Na与水的反应为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，水作氧化剂，A项正确；Cl2与水的反应为Cl2＋H2O===HCl＋
HClO，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B项错误；3NO2＋
H2O===2HNO3＋
NO，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C项错误；Na2O与水的反应为Na2O＋
H2O===2NaOH，为非氧化还原反应，水既不是氧化剂，也不是还原剂，D项错误。
4．(2020·浙江7月选考)反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是
(　　)
A．1∶2　　　B．1∶1　　　C．2∶1　　　D．4∶1
【解析】选B。由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为＋4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为＋2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为－1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)∶n(MnCl2)＝1∶1，B符合题意。
1．氧化还原反应本质：有电子转移。
2．分析氧化还原反应问题的方法：从化合价升降相等入手。
3．氧化还原方程式书写遵循规则：原子守恒、电子得失守恒、电荷守恒。
4．氧化还原反应规律：电子守恒、强弱规律、优先规律。
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-第四讲　氧化还原反应方程式的配平和计算　
考点一　氧化还原反应方程式的配平(命题指数★★★★★)
1．配平原则
2．基本步骤
(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)
①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。
＋HO3―→C
(NO3)2＋O↑＋H2O
②列变化。
3＋2HO3―→
(NO3)2＋O↑＋H2O
③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。
3＋2HO3―→3
(NO3)2＋2O↑＋H2O
④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。
3＋8HO3===3
(NO3)2＋2O↑＋4H2O
⑤查守恒：检查方程式两边是否“原子守恒”和“电荷守恒”。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClO＋4H＋===2ClO2＋Cl－＋2H2O
(　　)
提示：×。应为5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O。
(2)NO2通入水中制硝酸：
2NO2＋H2O===2H＋＋NO＋NO
(　　)
提示：×。应为3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO。
(3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋
(　　)
提示：×。Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解：
2H2O22H2O＋O2↑。
(4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(　　)
提示：√。铝与NaOH反应生成AlO，镁与NaOH不反应。
(5)用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO＋16H＋＋5C2O===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(　　)
提示：×。草酸为弱酸，写化学式。
(6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2:
IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O
(　　)
提示：×。应为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
2．根据题给信息写出对应的方程式：
(1)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
(2)Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为____________________________________________________。
(3)在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1
mol
NaI完全反应转移6
mol电子，写出反应的化学方程式为____________________________________________。
(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为________________________________________________________。
【解析】(1)S2O与Mn2＋反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2＋MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋。
(2)Sb2S3与SbCl5生成SbCl3和S，其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。
(3)在NaOH的环境中，每1
mol
I－完全反应转移6
mol电子生成IO，
Cl2转化为Cl－，由此可写出反应的化学方程式。
(4)锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3)是还原剂，CO2是氧化产物，配平即可。
答案：(1)5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋
(2)Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S
(3)NaI＋3Cl2＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O
(4)2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
命题角度1：正向配平类
【典例1】配平化学方程式
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3
Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2
【解析】第一步：标变价
O·2O3＋Na2CO3＋NaO3Na2O4＋2O3＋CO2↑＋NaO2
第二步：列得失
第三步：求总数
从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
FeO·Cr2O3的化学计量数为2，NaNO3的化学计量数为7,
Na2CrO4的化学计量数为4，NaNO2的化学计量数为7。
第四步：配系数
先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。
2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2
第五步：查守恒
检查剩余元素Na、C和O是否守恒。
答案：2　4　7　4　1　4　7
【归纳提升】对于被氧化、被还原的元素分别在不同物质中的氧化还原反应，或者是归中反应，一般采用正向配平法。
命题角度2：逆向配平类
【典例2】配平下列反应方程式
K2Cr2O7＋HCl(浓)===KCl＋CrCl3＋Cl2↑＋H2O
【解析】第一步：标化合价
第二步：列升降K22O7＋H
(浓)―→K＋
Cl3＋2↑＋H2O
降3　
升2
第三步：求公倍数：降3×2
＝升2×3，确定
CrCl3和
Cl2的化学计量数分别是
2
和
3，
第四步：用观察法配平：K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋
2CrCl3＋
3Cl2↑＋7H2O。
第五步：查守恒
答案：1　14　2　2　3　7
【归纳提升】对于反应物中部分被氧化或部分被还原的氧化还原反应及其自身氧化还原反应(含歧化反应)，一般采用逆向配平法。
命题角度3：缺项配平类
【典例3】完成以下氧化还原反应的离子方程式：
(　　)MnO＋(　　)C2O＋______===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋______。
【以图析题·培养关键能力】
【解析】配平该化学方程式为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
答案：2　5　16H＋　2　10　8H2O
【归纳提升】缺项配平时，缺项物质一般是强酸、强碱或H2O，可结合电荷守恒和原子守恒分析判断。
1．缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则
缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。
(1)方法：
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
(2)补项原则：
条　件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
2.“五步骤”配平氧化还原反应方程式
命题点1：正向配平类(基础性考点)
1．(1)HCl(浓)＋MnO2
Cl2↑＋MnCl2＋H2O
(2)KI＋KIO3＋H2SO4===
I2＋K2SO4＋H2O
(3)MnO＋H＋＋Cl－===
Mn2＋＋Cl2↑＋H2O
答案：(1)4　1　1　1　2　(2)5　1　3　3　3　3
(3)2　16　10　2　5　8
命题点2：逆向配平类(综合性考点)
2．(1)S＋KOH===
K2S＋K2SO3＋H2O
(2)P4＋KOH＋H2O===
K3PO4＋PH3
答案：(1)3　6　2　1　3
(2)2　9　3　3　5
命题点3：缺项配平类(应用性考点)
3．(1)ClO＋Fe2＋＋______===
Cl－＋Fe3＋＋______。
(2)MnO＋C2O＋______===
Mn2＋＋CO2↑＋______。
(3)LiCoO2＋H2SO4＋H2O2===
Li2SO4＋CoSO4＋O2↑＋____。
(4)ClO－＋Fe(OH)3＋______===
Cl－＋FeO＋H2O
答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O
(2)2　5　16　H＋　2　10　8　H2O
(3)2　3　1　1　2　1　4　H2O
(4)3　2　4　OH－　3　2　5
4．(2020·湘潭模拟)氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、FeSO4四种物质中有物质甲能使上述还原过程发生。则下列说法中正确的是
(　　)
A．物质甲可能是KMnO4
B．总反应中体现了硝酸的强氧化性、酸性
C．反应中若产生3.0
g气体，则转移电子数为0.6NA
D．氧化过程的反应式一定为Cu2O－2e－＋2H＋===2Cu2＋＋H2O
【解析】选B。硝酸根得到电子是氧化剂，则物质甲应是还原剂，高锰酸钾一般作氧化剂，A错误；反应中还有硝酸盐生成，还体现硝酸的酸性，B正确；3.0
g
NO是0.1
mol，转移电子的物质的量是0.3
mol，C错误；作还原剂的可以是氧化亚铜，也可以是硫酸亚铁，D错误。
考点二　氧化还原反应方程式的计算(命题指数★★★★★)
1．氧化还原反应计算的基本方法：电子守恒法(化合价守恒)
2．解题的一般步骤
(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(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。
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)。
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)1
mol
Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。
(　　)
提示：×。1
mol
Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为NA。
(2)1
mol
KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2，转移电子数为6NA。(　　)
提示：×。1
mol
KIO3与足量的HI完全反应，转移电子数为5NA。
(3)24
mL浓度为0.05
mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20
mL浓度为0.02
mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知：Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，元素铬在还原产物中的化合价为＋3。
(　　)
提示：√。题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6；而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中铬元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024
L×0.05
mol·L－1×(6－4)＝0.02
L×0.02
mol·L－1×2×(6－n)，解得n＝3。
【加固训练—拔高】
良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、NOx、SO2具有十分重要的意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下所示：
反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，其还原产物是________。反应Ⅱ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)吸收SO2和NO获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO和NO，请写出生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式
______________________________。装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为
__________________________________________________________________。
(3)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO的浓度为a
mol·L－1，要使1L该溶液中NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气________L(用含a代数式表示)。
【解析】(1)根据反应NO＋O3===NO2＋O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到－2价，生成了NO2，所以该反应中的还原产物为NO2；反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由＋4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由－3价升高到0价，被氧化，当n(NO2)∶
n[CO(NH2)2]＝3∶2时氧化还原反应中得失电子数目守恒，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2。
(2)NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO和NO，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，因此离子方程式为2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO＋NO＋6H＋＋4Ce3＋；装置Ⅲ为电解池，Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋，在电解槽中阳极上失电子，阳极反应式为：2Ce3＋－2e－===2Ce4＋，根据流程图可知HSO参与反应，在阴极得电子，因此反应式为2H＋＋2HSO＋2e－===S2O＋2H2O，则装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为2Ce3＋＋2H＋＋2HSO2Ce4＋＋S2O＋2H2O。
(3)溶液中的NO完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO被氧气氧化生成NO，氮元素化合价由＋3价升高到＋5价，氧气中氧元素由0价降低到－2价，根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为：2NO～O2，n(NO)＝a
mol·L－1×1
L＝a
mol，则需氧气的物质的量为：n(NO)÷2＝
mol，其标准状况下的体积为：
mol×22.4
L·mol－1＝11.2a
L。
答案：(1)NO2　3∶2　(2)2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO＋NO＋6H＋＋4Ce3＋　2Ce3＋＋2H＋＋2HSO2Ce4＋＋S2O＋2H2O　(3)11.2a
命题角度1：根据化学方程式的计算
【典例1】在氧化还原反应3S＋6KOH===K2SO3＋2K2S＋3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为
(　　)
A．1∶1　　　B．2∶1　　　C．1∶2　　　D．3∶2
【解析】选C。在反应3S＋6KOH===K2SO3＋2K2S＋3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1∶2。
【归纳提升】根据化学方程式进行计算的思维模型：(1)找出氧化剂、还原剂及对应产物；(2)分析电子转移情况；(3)找出等量关系。
命题角度2：根据得失电子守恒的计算
【典例2】根据要求回答下列问题：
(1)(2016·全国卷Ⅲ)“氧化”中欲使3
mol的VO2＋变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为__________mol。
(2)(2020·南充月考)还原2.4×10－3mol
[XO(OH)]2＋
到X元素的低价态时，需消耗30
mL
0.2
mol·L－1的亚硫酸钠(Na2SO3)溶液，则在此反应中X元素的低价态为________价。
【解析】(1)根据VO2＋
→VO失e－，KClO3→Cl－得6e－，由得失电子守恒，则n(VO2＋)＝6n(KClO3)，故n(KClO3)＝n(VO2＋)＝×3
mol＝0.5
mol。
(2)30
mL
0.2
mol·L－1的亚硫酸钠的物质的量是0.006
mol，硫从＋4升高到＋6价，反应中失去0.012
mol电子，根据电子守恒，2.4×10－3
mol
[XO(OH)]2＋也得到0.012
mol电子，所以每摩尔[XO(OH)]2＋得到5
mol电子，X的化合价从＋5价降到0价。
答案：(1)0.5　(2)0
【归纳提升】根据得失电子守恒计算的思维模型：(1)找出物质变化，根据提供信息，找出氧化剂、还原剂，判断发生变化；(2)列出守恒等式，根据得失电子守恒，氧化剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
　电子守恒在氧化还原反应计算中的应用
a．直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
b．对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。
c．以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。
d．串联电解池时，流经各个电极上的电子数相等。
命题点1：根据化学方程式的计算(基础性考点)
1.(双选)将第ⅤB族元素铌金属单质(Nb)与I2、Nb2O5置于封闭容器中,控制温度进行反应:6Nb+15I2+2Nb2O510NbOI3。下列说法错误的是
(　　)
A.Nb的最高化合价为+5
B.Nb2O5具有酸性氧化物的性质
C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为15∶6
D.6
mol
Nb参加反应共转移28
mol电子
【解析】选C、D。铌的最高化合价为+5,A正确;Nb2O5是酸性氧化物,B正确;氧化剂为碘,还原剂为Nb,反应前后Nb2O5中Nb的化合价没有变化,还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶15,C错误;6
mol
Nb参加反应共转移30
mol电子,D错误。
命题点2：根据得失电子守恒的计算(综合性考点)
2．(2021年重庆适应性测试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是
(　　)
A．反应1说明酸性：H2SO3＞H2CO3
B．反应1结束后，可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．反应2最好在无氧条件下进行
【解析】选C。反应1生成CO2的反应为2SO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHSO3＋CO2，所以说明酸性H2SO3＞H2CO3，A正确；NaHSO3如果被氧化生成SO，先加过量的盐酸除去HSO，再加BaCl2如果有沉淀则为BaSO4，说明已被氧化，相反没有，B正确；NaHSO3和Zn的反应中，硫元素价态由＋4变为＋3，化合价降低1，为氧化剂，Zn价态由0变为＋2，为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的比应为2∶1，C错误；因Na2S2O4有强还原性，反应应尽量避免O2，D正确。
【加固训练—拔高】
1．(2021·北京模拟)某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为
(　　)
A．2∶3　　　　　　　B．4∶3
C．10∶3
D．11∶3
【解析】选D。Cl2生成ClO－与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价，经测定ClO－与ClO物质的量之比为1∶2，则可设ClO－为1
mol，ClO为2
mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1
mol＋2
mol＝3
mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1
mol×(1－0)＋2
mol×(5－0)＝11
mol；氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中得到电子的物质的量也是11
mol；Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为－1价，则被还原的氯元素的物质的量为：
＝11
mol；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11
mol∶3
mol＝11∶3。
2．(2021·重庆月考)NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO＋4NH3===5N2＋6H2O。现有NO与NH3的混合物共1
mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4
g，则下列判断中正确的是
(　　)
A．原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3∶2
B．有0.6
mol
NH3被氧化
C．生成还原产物2.8
g
D．原混合气体中含氨气为0.2
mol或0.7
mol
【解析】选D。由方程式6NO＋4NH3===5N2＋6H2O可知，6
mol
NO得到3
mol还原产物N2，4
mol
NH3得到2
mol氧化产物N2，相差1
mol
N2，若还原产物比氧化产物多1.4
g即0.05
mol，则相当于0.3
mol
NO和0.2
mol
NH3反应，由题意可知NO和NH3的总物质的量为1
mol，则其中一种过量，所以有两种情况：0.3
mol
NO和0.7
mol
NH3或0.2
mol
NH3和0.8
mol
NO反应。A.原混合物中NO与NH3的物质的量之比为3∶7或4∶1，A错误；B.有0.2
mol
NH3被氧化，B错误；C.生成还原产物0.15
mol即4.2
g，C错误；D.原混合气体中含氨气为0.2
mol或0.7
mol，D正确。
3．(2021·衡水模拟)将9
g铜和铁的混合物投入100
mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12
L
NO，剩余4.8
g金属；继续加入100
mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12
L
NO。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．原混合物中铜和铁各0.065
mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为4.0
mol·
L－1
C．第一次剩余的4.8
g金属为铜和铁
D．向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100
mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56
L
【解析】选D。A.整个过程可以看作是9
g铜和铁混合物与200
mL硝酸反应生成0.1
mol
NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为3Fe＋8HNO3===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，设铁为x
mol，铜为y
mol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x＋64y＝9、2(x＋y)/3＝2.24/22.4，联立方程，解得：x＝0.075
mol、y＝0.075
mol。A.由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075
mol，故A错误；B.根据方程式可知，n(HNO3)＝4n(NO)＝0.4
mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.4
mol÷0.2
L＝2
mol·L－1，故B错误；C.9
g混合物中含铁质量为0.075
mol×56
g·mol－1＝4.2
g，含铜质量为0.075
mol×64
g·mol－1＝4.8
g，故第一次剩余金属4.8
g为Cu的质量，故C错误；D.再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075
mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为＝0.025
mol，其体积为0.025
mol×22.4
L·mol－1＝0.56
L，故D正确。
1．(2019·江苏高考)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70
℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为__________________________________；水解聚合反应会导致溶液的pH__________。
【解析】H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身还原为H2O，根据Fe和O得失电子守恒配平，用H＋平衡电荷。Fe3＋水解结合OH－，释放出H＋，酸性增强，pH减小。
答案：2Fe2＋
＋H2O2＋
2H＋===2Fe3＋
＋
2H2O　减小
2．(2020·海南等级考节选)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如图所示。
回答下列问题：
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为______________。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。
(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入__________
(填
“过量”或“不足量”)的SO2气体。
(4)因为Na2S2O5具有________性，
导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有SO的方法是__________________________。
【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是＋2价，因此硫元素的化合价为－1价。(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3＋3CO2Fe＋
3CO2。(3)Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体。(4)Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有SO，否则没有SO。
答案：(1)－1　(2)Fe2O3＋3CO2Fe＋
3CO2　(3)过量　(4)还原　先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO
【加固训练—拔高】
(2018·北京高考)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_________________________________
___________________________________________________(锰被还原为Mn2＋)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，另外还有
___________________________________________________________________。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由
________________________________________________产生(用方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是
___________________________________________________________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO(填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是____________
___________________________________________________________________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO＞MnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO＞MnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：______________________________________________________。
【解析】(1)①A中KMnO4与浓盐酸反应，锰被还原为Mn2＋，故反应方程式是2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O。②Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，故除杂装置B为。③由图示信息，溶液中有KOH，故还有Cl2与KOH之间的歧化反应：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(2)①“取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色”，说明a中含Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，因为K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，还可能由4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O产生。K2FeO4在碱性溶液中较稳定。ClO－与Cl－在酸性条件下反应生成Cl2，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰。②K2FeO4的制备实验中，溶液呈碱性，发生反应3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cl2＞FeO。实验Ⅱ中加入了盐酸，溶液的酸碱性发生变化，Cl2和FeO的氧化性强弱关系发生变化。③若能证明，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3＋和O2，最后溶液中不存在FeO，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO的颜色，说明FeO将Mn2＋氧化成MnO，所以该实验方案能证明氧化性FeO>MnO(或不能证明，因溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c(FeO)变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
答案：(1)①2KMnO4＋16HCl(浓)===
2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O
②
③Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
(2)①i.Fe3＋　4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
ii.排除ClO－的干扰
②>　溶液的酸碱性不同
③能证明，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色
(或不能证明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)
1．方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。
2．方程式的计算：根本原则就是利用电子守恒建立物质之间的比例关系，写出守恒式。
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-第一讲　物质的组成、性质和分类
考点一　物质的组成和分类(命题指数★★★★★)
1．物质的组成：
(1)构成粒子。
(2)元素与物质的关系。
(3)元素在物质中的存在形态。
①游离态：元素以单质形式存在的状态。
②化合态：元素以化合物形式存在的状态。
2．同素异形体：
(1)由同种元素组成的不同单质叫同素异形体。同素异形体的形成有两种方式：
①原子个数不同，如O2和O3；
②原子排列方式不同，如金刚石和石墨。
(2)同素异形体之间的性质差异主要体现在物理性质上，同素异形体之间的转化属于化学变化。
3．物质的分类：
(1)分类方法。
①交叉分类法——从不同角度对物质进行分类
②树状分类法——按不同层次对物质进行逐级分类，各层之间属于包含关系。
(2)几类物质的概念。
①纯净物：由同种(选填“同种”或“不同种”)单质或化合物组成的物质。
②混合物：由几种不同单质或化合物组成的物质。
③氧化物：由两种元素组成其中一种为氧元素的化合物。
④酸：电离出的阳离子全部是H＋的化合物。
⑤碱：电离出的阴离子全部是OH－的化合物。
⑥盐：金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)金属氧化物不一定是碱性氧化物。(　　)
提示：√。如Mn2O7为酸性氧化物、Al2O3为两性氧化物、Na2O2为过氧化物。
(2)酸性氧化物、碱性氧化物不一定都能与水反应生成相应的酸、碱。(　　)
提示：√。SiO2为酸性氧化物、Fe2O3为碱性氧化物，二者均不能与水反应。
(3)酸一定能电离出H＋，但电离出H＋的不一定是酸。(　　)
提示：√。电离出的阳离子全部是H＋的化合物才是酸，如NaHSO4为盐。
(4)盐中的阳离子一定是金属阳离子。(　　)
提示：×。盐中的阳离子也可能是NH。
(5)溶于水形成溶液能导电的物质一定为电解质。(　　)
提示：×。SO2、NO2、NH3溶于水形成的溶液也能导电，但它们都是非电解质。
(6)由NaHA是正盐知H2A是一元酸。(　　)
提示：√。由NaHA是正盐说明H2A只能电离出一个H＋，是一元酸。
2．甘肃马家窑遗址出土的青铜刀是我国最早冶炼的青铜器，由于时间久远，其表面有一层“绿锈”，“绿锈”俗称“铜绿”，是铜和空气中的水蒸气、CO2、O2作用产生的，化学式为[Cu2(OH)2CO3]，“铜绿”能跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O。某同学利用以下反应实现了“铜→铜绿→……→铜”的转化。
(1)从物质分类标准看，“铜绿”属于________(填字母)。
A．酸　　　B．碱　　　C．盐　　　D．氧化物
(2)写出铜绿与盐酸反应的化学方程式：__________________________。
(3)上述转化过程中属于化合反应的是________(填序号)。
【解析】根据题意，铜铜绿ACu(OH)2BCu，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。(1)铜绿是碱式碳酸铜的俗称，所以Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。(2)碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳，化学方程式为Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑。(3)上述转化过程中，①铜→铜绿发生了化合反应；②铜绿→A是跟酸反应生成铜盐及CO2、H2O，A为铜盐，是复分解反应；③A→Cu(OH)2是铜盐和碱反应生成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；④Cu(OH)2→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；⑤B→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应；则属于化合反应的是①。
答案：(1)C
(2)Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑
(3)①
命题角度1：物质的组成
【典例1】(2020·浙江7月选考)下列物质对应的组成不正确的是(　　)
A．干冰：CO2
B．熟石灰：CaSO4·2H2O
C．胆矾：CuSO4·5H2O
D．小苏打：NaHCO3
【解析】选B。干冰为固态二氧化碳，A正确；熟石灰成分为Ca(OH)2，CaSO4·2H2O为生石膏，B错误；胆矾为五水合硫酸铜晶体，C正确；小苏打是碳酸氢钠的俗名，D正确。
命题角度2：物质的分类
【典例2】(2021年广东适应性测试)书法是中华文化之瑰宝，“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔墨纸砚之间(如图所示的王羲之的“平安贴”)。下列关于传统文房四宝的相关说法正确的是(　　)
A．墨汁是一种水溶液
B．宣纸是合成高分子材料
C．砚石的成分与水晶相同
D．制笔用的狼毫主要成分是蛋白质
【解析】选D。墨汁是胶体不是溶液，A错误；宣纸的主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，B错误；砚石的主要成分是无机盐，水晶的主要成分是二氧化硅，两者成分不同，C错误；狼毫是动物毛发，成分是蛋白质，D正确。
【误区警示】常见的混合物
(1)气体混合物：空气、水煤气(CO和H2)、天然气(主要成分是CH4)、高炉煤气、石油气、裂解气。
(2)液态混合物：氨水、氯水、王水、水玻璃、盐酸、浓硫酸、石油、植物油、胶体。
(3)固体混合物：合金、碱石灰、漂白粉、铝热剂、玻璃、水泥、高分子化合物。
物质的分类方法
命题点1：物质的组成(基础性考点)
1．化学与社会、生活联系密切。下列有关说法不正确的是(　　)
A．天然气、沼气、液化石油气都是清洁能源，它们的主要成分都是烃类
B．加碘食盐中添加的含碘物质是KI
C．碘酒、“84”消毒液、75%的酒精都可用于消毒
D．生活中常用的淀粉、蔗糖、葡萄糖的组成元素相同
【解析】选B。天然气、沼气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，都属于烃类，A项正确；加碘食盐中添加的含碘物质是KIO3，B项错误；“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，碘酒、“84”消毒液、75%的酒精都可用于消毒，C项正确；淀粉、蔗糖、葡萄糖均由C、H、O三种元素组成，D正确。
命题点2：物质的分类(综合性考点)
2．下列表格中各项都正确的一组是(　　)
选项
碱
盐
电解质
非电解质
A
胆矾
食盐
铜
酒精
B
纯碱
CaCO3
NH3·H2O
Fe
C
烧碱
小苏打
BaSO4
干冰
D
KOH
CuSO4
氯水
氨气
【解析】选C。胆矾是CuSO4·5H2O属于盐，铜既不是电解质也不是非电解质，A错误；纯碱为碳酸钠属于盐，Fe是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，B错误；烧碱是碱，小苏打是盐，BaSO4是电解质，干冰是酸性氧化物属于非电解质，C正确；氯水可导电，氯水是混合物而不属于电解质，氨气属于非电解质，D错误。
考点二　物质的性质、变化及转化关系(命题指数★★★★★)
1．物质的性质和变化：
(1)物质的性质。
①物理性质主要表现在颜色、熔沸点、硬度、状态、气味、溶解性、导电性、导热性、密度、光泽和延展性等。
②化学性质主要表现在金属性、非金属性、可燃性、还原性、氧化性、酸碱性、稳定性等。
(2)物质的变化
①物理变化是指没有新物质生成，即没有化学键断裂和形成。
②化学变化是指有新物质生成，即有化学键的断裂和形成，也就是结构发生变化，分子中原子重新组合。
2．化学反应类型的五种分类：
(1)根据反应物、生成物的种类与数目可分为化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应。
(2)按反应中是否有电子转移分为氧化还原反应和非氧化还原反应。
(3)按反应中是否有离子参加或生成分为离子反应和非离子反应。
(4)按反应的能量变化分为吸热反应和放热反应。
(5)按反应进行的程度和方向分为可逆反应和不可逆反应。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)NaOH溶液导电时，一定发生了化学反应。(　　)
提示：√。电解质溶液导电一定存在电子的得失，此时一定发生了氧化还原反应。
(2)石油的分馏和煤的气化均属于化学变化。(　　)
提示：×。石油的分馏是物理变化，煤的气化是化学变化。
(3)硅胶、P2O5、CaCl2·6H2O均可用作食品干燥剂。(　　)
提示：×。CaCl2·6H2O不能作食品干燥剂。
(4)通过化学变化可以直接将水转变为汽油。(　　)
提示：×。石油中含有碳、氢元素，水中含有氢、氧元素，二者无法直接转化。
(5)Fe与H＋、Cu2＋、S、I2反应不能生成Fe3＋。(　　)
提示：√。H＋、Cu2＋、S、I2均为弱氧化剂，只能将铁氧化成＋2价。
(6)从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现。(　　)
提示：×。海水淡化、海水晒盐都是物理变化。
2．实验室里常用的干燥剂有：①生石灰；②固体氢氧化钠；③变色硅胶(主要成分是二氧化硅，在其中掺入少量的无水氯化钴作指示剂)；④五氧化二磷；⑤无水氯化钙；⑥浓硫酸；⑦碱石灰。
(1)上述物质中，属于纯净物的是________(填字母，下同)。
A．①②④　　　　
B．②④⑥
C．①②④⑤　
D．全部
(2)上述②④⑤⑥四种干燥剂中，其主要化学成分所属的类别依次为________、________、________、________。
A．酸　　　B．碱　　　C．盐　　　D．氧化物
(3)硅胶中无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoCl2·6H2O，该变化过程属于____________(填“物理变化”或“化学变化”)。
(4)下列气体中，能用氢氧化钠固体干燥的是________(填字母)。
A．CO2　　B．HCl　　C．NO2　　D．NH3　　E．NO
(5)生石灰常用作食品干燥剂，久置后易失去干燥能力，其原因为__________________________________________(用化学方程式表示)。
【解析】(1)纯净物应只含有一种物质，上述物质中属于纯净物的有①生石灰②固体氢氧化钠④五氧化二磷⑤无水氯化钙。(2)②固体氢氧化钠属于碱，④五氧化二磷属于氧化物，⑤无水氯化钙属于盐，⑥浓硫酸的主要成分硫酸属于酸。(3)硅胶中无水氯化钴(CoCl2)呈蓝色，吸水后变为粉红色的CoCl2·6H2O，该变化过程有新物质生成，属于化学变化。(4)固体氢氧化钠属于碱性干燥剂，不能干燥溶于水显酸性的气体，A.CO2溶于水生成碳酸，显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误；B.HCl
溶于水显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误；C.NO2溶于水与水反应生成硝酸，显酸性，不能用固体氢氧化钠干燥，错误；D.NH3溶于水显碱性，可用固体氢氧化钠干燥，正确；E.NO可用固体氢氧化钠干燥，正确。(5)生石灰常用作食品干燥剂，久置后易失去干燥能力，其原因为CaO＋H2O===Ca(OH)2。
答案：(1)C　(2)B　D　C　A　(3)化学变化　(4)DE　(5)CaO＋H2O===Ca(OH)2
命题角度1：物质的变化
【典例1】(2021年广东适应性测试)“古诗文经典已融入中华民族的血脉”。下列诗文中隐含化学变化的是(　　)
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠
B．掬月水在手，弄花香满衣
C．飞流直下三千尺，疑是银河落九天
D．举头望明月，低头思故乡
【解析】选A。判断是否为化学变化的依据是是否有新物质生成。A选项中渔火表明物质燃烧反应，生成新物质；其余选项都没有新物质生成。
【规律方法】物理变化与化学变化的判断方法。
命题角度2：物质的转化
【典例2】(2020·江苏高考)下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)
【解析】选C。A项，Cl2与石灰乳反应生成漂白粉，错误；B项，NaCl与CO2不反应，错误；C项，氧化性Cl2>Br2>I2，则Cl2可以与NaBr反应生成Br2，Br2可以与NaI反应生成I2，正确；D项，电解MgCl2溶液得Mg(OH)2，电解熔融MgCl2得Mg，错误。
1．常见的物理变化和化学变化：
(1)三馏：蒸馏、分馏为物理变化，干馏是化学变化。
(2)四色：焰色反应为物理变化，显色反应、颜色反应、指示剂变色反应是化学变化。
(3)五解：潮解是物理变化，分解、裂解、水解、电解是化学变化。
(4)十八化：熔化、汽化、液化、酸化是物理变化，氧化、氢化、水化、风化、钝化、皂化、碳化、催化、硫化、酯化、硝化、裂化、卤化、油脂硬化是化学变化。
2．物质相互转化的关系：
命题点1：物质的变化(基础性考点)
1．(2021年湖南适应性测试)化学与生活、环境和能源密切相关，下列过程没有涉及化学变化的是(　　)
A．垃圾焚烧发电，废物利用
B．风力发电，发展新能源
C．环境消毒杀菌，阻断病毒传播
D．稻草发酵肥田，发展绿色农业
【解析】选B。A项：垃圾焚烧有新物质生成，涉及化学变化；B项：风力发电，是利用风力带动发电机，将风能转化为电能，并未涉及化学变化；C项：杀菌消毒一般需要用到消毒剂使病菌的蛋白质变性，涉及化学键的断裂和生成；D项：稻草发酵涉及稻草在细菌的作用下发生的一系列化学变化，其中生成了新的物质。
2．民间艺术是劳动人民智慧的结晶，下列中国传统民间艺术在表演过程中涉及化学变化的是(　　)
A
B
C
D
刺绣
打树花
剪纸
织锦
用针线在织物上绣制图案
将熔化的铁水泼向空中，迸溅出火花
用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹
用提花机织出图案
【解析】选B。A.刺绣并未生成新物质，不属于化学变化，故不选A；B.将熔化的铁水泼向空中，铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅出火花，故选B；C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，没有新物质生成，故不选C；D.用提花机织出图案并未生成新物质，故不选D。
命题点2：物质的转化(综合性考点)
3．(2021·潍坊模拟)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
(　　)
【解析】选B。A项，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，错误；B项，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，正确；C项，氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，错误；D项，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，错误。
【加固训练—拔高】
1．物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是(　　)
甲
乙
丙
丁
A
NaOH
Na2O2
Na2O
Na
B
Al(OH)3
NaAlO2
AlCl3
Al2O3
C
H2O
CO2
CuO
O2
D
SO2
H2S
FeS
S
【解析】选B。A项，转化关系为，正确；B项，Al2O3不能一步转化为Al(OH)3，错误；C项，转化关系为正确；D项，转化关系为，正确。
2．(2021·合肥调研检测)下表所列各组物质中，能一步实现如图所示各步转化关系的是(　　)
选项
Y
Z
W
A
Al2O3
NaAlO2
Al(OH)3
B
SiO2
H2SiO3
Na2SiO3
C
Fe
FeSO4
Fe2(SO4)3
D
S
SO2
SO3
【解析】选C。Al2O3不能直接转化为Al(OH)3，不能实现转化③，A项错误；SiO2不能直接转化为H2SiO3，不能实现转化②，B项错误；Fe可与稀H2SO4一步反应为FeSO4，而FeSO4可与浓硫酸一步反应为Fe2(SO4)3，C项正确；S不能直接转化为SO3，不能实现转化②，D项错误。
考点三　分散系　胶体(命题指数★★★★★)
1．分散系：
(1)组成。
(2)分类。
①把分散系分为溶液、胶体和浊液的本质标准是分散质粒子大小。可用如下方式直观地表示：
②若按分散质或分散剂的状态分类，可分为9种分散系，如图：
如烟属于固气分散系；雾属于液气分散系；悬浊液属于固液分散系；合金属于固固分散系。
(3)三种分散系比较。
分散系
溶液
胶体
浊液
分散质微粒直径大小
＜1__nm
1～100__nm
>100__nm
分散质微粒成分
离子或小分子
大分子或离子集合体
巨大分子或离子集合体
外观特征
均匀、透明
均匀、透明或半透明
不均匀、不透明
稳定性
稳定，静置无沉淀
较稳定
不稳定，静置有沉淀
分散质能否透过滤纸
能
能
不能
分散质能否透过半透膜
能
不能
不能
分类
饱和溶液、不饱和溶液
固溶胶、液溶胶、气溶胶
悬浊液、乳浊液
实例
食盐水、蔗糖溶液
Fe(OH)3胶体
泥水
2.胶体及性质：
(1)常见的胶体：烟、云、雾、AgI水溶胶、烟水晶、有色玻璃等。
(2)胶体的性质。
①丁达尔效应：当一束光通过胶体时，形成一条光亮的“通路”，这是胶体粒子对光线散射造成的。利用丁达尔效应是区别溶液和胶体的一种常用物理方法。
②介稳性：胶体的稳定性介于溶液与浊液之间，在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系，但改变条件就有可能发生聚沉。
③聚沉：搅拌、加热、加入电解质或加入与胶体粒子带相反电荷的胶体等均能使胶体粒子聚集成为较大的颗粒，从而形成沉淀从分散剂中析出。
④电泳。
⑤渗析。
3．Fe(OH)3胶体的制备：
向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体，化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径在1～100
nm，而不是丁达尔效应。(　　)
提示：√。胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径在1～100
nm。
(2)胶体不带电，胶体中的胶粒能够吸附体系中的带电粒子而使胶粒带电，但整个分散系仍是电中性的。(　　)
提示：√。胶体不带电。
(3)Fe(OH)3胶体粒子是分子的集合体，因此，1
mol
Fe3＋完全水解得到Fe(OH)3胶体粒子数小于NA。(　　)
提示：√。胶体粒子是分子的集合体。
(4)胶体粒子具有较大的表面积，吸附力很强，能在水中吸附悬浮固体形成沉淀，从而达到净化水的目的，这就是胶体净水的原理，胶体一般没有杀菌的作用。
(　　)
提示：√。胶体能净水是由于其吸附能力，一般没有杀菌的作用。
(5)胶体不一定是液态，可能为固态。(　　)
提示：√。胶体可以是气溶胶和固溶胶。
(6)江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关。(　　)
提示：√。江河入海口三角洲的形成涉及胶体的聚沉。
【加固训练—拔高】
用白磷还原法可制得一种金的分散系，该分散系在临床诊断及药物检测等方面有着广泛的应用。具体操作步骤如下：
①取20%白磷的乙醚溶液0.5
mL，加蒸馏水60
mL。
②先滴加1%氯化金水溶液0.75
mL，再滴加1%的K2CO3溶液0.6
mL，振荡变成棕红色。
③加热煮沸至液体变成透明红色。
④分离提纯，除去无机溶质。
所得分散系中金颗粒直径为5～12
nm。
请回答下列问题：
(1)该分散系属于__________，其分散质是________________________。
(2)用一束强光照射该分散系，从侧面可看到__________________________。
(3)继续加热所得红色透明液体，________(填“能”或“不能”)保持其性质不变。
【解析】(1)所得分散系中金颗粒的直径在1～100
nm，所以该分散系属于胶体，其分散质是金颗粒。(2)该分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，所以用一束强光照射该分散系，从侧面能看到一条光亮的“通路”。(3)若将所得红色液体继续加热，则会发生聚沉，不能保持其性质不变。
答案：(1)胶体　金颗粒　(2)一条光亮的“通路”
(3)不能
命题角度1：胶体的性质与用途
【典例1】胶体在工农业生产及日常生活中有着广泛应用。下列事实与胶体性质无关的是(　　)
①土壤中离子的吸附和交换过程，有保肥作用
②将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物
③一束平行光线射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一条光亮的通路
④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解
⑤由肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗
⑥水泥厂和冶金厂常用高压直流电除去大量烟尘，减少对空气的污染
⑦明矾和FeCl3可用作净水剂
⑧
O3、H2O2均可用于水的净化杀菌
A．①④⑧　
　B．③④⑦　
　C．②⑤⑧
　　D．②⑧
【解析】选D。①土壤胶体中胶粒带有电荷，对离子有吸附和交换作用，可起到保肥的效果；②植物油倒入水中用力搅拌形成的油水混合物属于乳浊液，静置后分层，油层在水层的上面，可以用分液的方法分离；③蛋白质溶液属于胶体，可产生丁达尔效应；④氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸(电解质溶液)，会发生胶体的聚沉生成氢氧化铁沉淀，继续滴加的稀硫酸能与氢氧化铁发生酸碱中和反应：2Fe(OH)3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋6H2O，沉淀溶解；⑤血液透析的原理是利用渗析净化血液胶体；⑥静电除尘的原理是电泳现象；⑦明矾、FeCl3净水的原理是生成胶体，胶体吸附杂质而净水；⑧O3、H2O2的净水是利用强氧化性氧化细菌蛋白质而杀菌。
命题角度2：胶体的制备及鉴别、分离
【典例2】(2021·周口模拟)某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是(　　)
A.利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散系的分散质相同
C．Y中反应的离子方程式为3CaCO3＋2Fe3＋＋3H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋3CO2↑＋3Ca2＋
D．Z中分散系能产生丁达尔效应
【解析】选B。胶体可透过滤纸而固体不能透过，A项正确；X烧杯中的分散质为氯化铁，而Z烧杯中的分散质为氢氧化铁胶粒，B项错误；FeCl3溶液中存在平衡Fe3＋＋3H2O?Fe(OH)3＋3H＋，加入CaCO3时发生反应CaCO3＋2H＋===CO2↑＋Ca2＋＋H2O，从而促进Fe3＋水解，C项正确；该分散系为胶体，能产生丁达尔效应，D项正确。
在题干条件不变的情况下，下列说法错误的是(　　)
A．X、Z烧杯中液体均可用作自来水的净化
B．向含1
mol
FeCl3的X的溶液中加入沸水最终得到胶体粒子的数目为NA
C．向Z中红褐色液体中逐滴加入稀盐酸，可观察到先产生红褐色沉淀，后得到棕黄色溶液
D．将Z中红褐色透明液体装入U形管内，用石墨棒做电极，接通直流电源，阴极颜色变深
【解析】选B。X、Z烧杯中液体分别为FeCl3溶液、氢氧化铁胶体，均可用作自来水的净化，故A正确；胶体粒子为一定数目粒子的聚集体，向含1
mol
FeCl3的X的溶液中加入沸水最终得到胶体粒子的数目小于NA，故B错误；C.向Z中红褐色液体中逐滴加入稀盐酸，先发生氢氧化铁胶体的聚沉，后发生氢氧化铁的中和，可观察到先产生红褐色沉淀，后得到棕黄色溶液，故C正确；氢氧化铁胶体粒子带正电，接通直流电源，向阴极移动，阴极颜色变深，故D正确。
1．胶体的性质及应用：
2．Fe(OH)3胶体的制备：
化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
命题点1：胶体的性质和用途(综合性考点)
1．下列关于胶体的说法错误的是(　　)
A．明矾净水是利用胶体的吸附性
B．丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光反射而形成的
C．利用胶体电泳的性质将油漆、乳胶、橡胶等微粒均匀地沉积在镀件上
D．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性
【解析】选B。A.明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，明矾净水是利用胶体的吸附性，A正确；B.丁达尔效应是胶体中分散质微粒对可见光散射而形成的，B错误；C.胶体中胶粒带电荷，可利用电泳进行电镀，C正确；D.静电除尘器吸附带电的飘尘而将飘尘除去，D正确。
2．(2021·济南模拟)目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是(　　)
A．该冰具有丁达尔效应
B．“气态冰”与普通冰化学性质相同
C．18
g“气态冰”在标准状况下的体积等于22.4
L
D．构成“气态冰“的分子为极性分子
【解析】选C。A.在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”，气溶胶可以发生丁达尔效应，故A正确；B.“气态冰”的分子为水分子，与普通冰的构成微粒相同，化学性质相同，故B正确；C.“气态冰”是气凝胶的冰，不是气体，标准状况下的气体摩尔体积不是22.4
L·mol－1，故C错误；D.构成“气态冰“的分子为水分子，为极性分子，故D正确。
命题点2：胶体的制备与鉴别、分离(基础性考点)
3．有关胶体的制备和性质，下列说法正确的是(　　)
A．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
B．用过滤的方法可以除去
Fe(OH)3
胶体中的
FeCl3
溶液
C．为了加快反应，可以采用加热的方法制备
Fe(OH)3
胶体，加热过度没有影响
D．不可以用自来水代替蒸馏水制备
Fe(OH)3
胶体
【解析】选D。A.
将分散系分为溶液、胶体和浊液的依据为分散质的直径，小于1
nm为溶液，1～100
nm为胶体，大于100
nm为浊液，A错误；B.溶液、胶体都可以透过滤纸，无法用过滤的方法分离，B错误；C.
为了加快反应，可以采用加热的方法制备
Fe(OH)3
胶体，加热过度会出现胶体的聚沉，C错误；D.自来水中含有电解质，电解质可以使胶体聚沉，从而无法制备胶体，D正确。
【加固训练—拔高】
1．高铁酸钾(K2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，高铁酸钾的氧化性超过高锰酸钾，是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能水处理剂。干燥的高铁酸钾受热易分解，但在198
℃以下是稳定的。高铁酸钾在水处理过程中涉及的变化过程有(　　)
①胶体的吸附　
②盐类的水解
③焰色反应
④氧化还原反应
A．①②③④　
B．①②④　
C．②③④
　D．①③④
【解析】选B。K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒。FeO的还原产物是Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有很强的吸附性，故能起到净化水的作用。因此，K2FeO4在水处理过程中涉及了①、②、④的变化过程。
2．向含有c(FeCl3)＝0.3
mol·L－1、c(FeCl2)＝0.15
mol·L－1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3
nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是(　　)
A．该分散系的分散质为Fe2O3
B．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷
C．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开
D．加入NaOH时发生的反应可能为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O
【解析】选D。A.三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B.在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故B错误；C.胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故C错误；D.氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O，故D正确。
3．硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与盐酸混合，生成单质硫并沉淀出来。若将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合于烧杯中，再加入盐酸并立刻搅拌、静置后无沉淀产生，得到含硫单质的胶体(硫分散在体系中)。下列叙述错误的是(　　)
A．界面活性剂减缓了硫生成的速率
B．加入界面活性剂后生成的单质硫颗粒直径约为1～100
nm
C．硫代硫酸钠与盐酸反应中，盐酸作氧化剂
D．用光束照射烧杯中液体，将观察到光亮的“通路”
【解析】选C。A.加入界面活性剂，反应变慢，故A正确；B.该分散系是含硫单质的胶体，胶体分散质粒子直径在1～100
nm，则单质硫颗粒直径约为1～100
nm，故B正确；C.反应前后HCl中各元素没有化合价变化，不是氧化剂，故C错误；D.该分散系是胶体，有丁达尔效应，能观察到光亮的“通路”，故D正确。
1．(2020·天津等级考)晋朝葛洪的《肘后备急方》中记载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之……”，受此启发为人类做出巨大贡献的科学家是(　　)
A．屠呦呦　　B．钟南山　　C．侯德榜　　D．张青莲
【解析】选A。屠呦呦从《肘后备急方》(晋代葛洪著)等中医药古典文献中获取灵感，先驱性地发现了青蒿素，开创了疟疾治疗新方法，获得2015年诺贝尔生理学或医学奖，A项正确。
2．(2020·浙江7月选考)下列说法正确的是(　　)
A．35Cl和37Cl是两种不同的元素
B．单晶硅和石英互为同素异形体
C．HCOOH和HOCH2CHO互为同系物
D．H与Na在元素周期表中处于同一主族
【解析】选D。35Cl和37Cl是Cl元素的两种不同核素，属于同种元素，A项错误；同素异形体是指同种元素组成的不同种单质，而单晶硅为硅单质，石英是SiO2，两者不属于同素异形体，B项错误；同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物，HCOOH和HOCH2CHO结构不相似，不属于同系物，C项错误；H和Na在元素周期表中均处于第ⅠA族，D项正确。
3．(2019·江苏高考)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　)
A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
【解析】选B。A项，NH4HCO3中含有氮元素，可以用作化肥，不是因为其受热分解，错误；B项，铁锈的主要成分为Fe2O3，加入稀硫酸可以除去Fe2O3是运用了稀硫酸的酸性，正确；C项，SO2漂白纸浆是运用了SO2的漂白性，不是其氧化性，错误；D项，电解Al2O3获得铝，不是因为Al2O3具有两性，错误。
4．(2019·江苏高考)在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
(　　)
【解析】选B。A项，Cl2与Fe反应生成FeCl3，错误；B项，MgCl2与Ca(OH)2反应生成Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2生成MgO固体，正确；C项，S与O2燃烧只能生成SO2，错误；D项，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成NaHCO3，方程式为NH3
＋
CO2
＋
NaCl
＋
H2O===NaHCO3↓＋
NH4Cl，错误。
1．化学分类法的两个方面：
(1)交叉分类法——从不同角度对物质进行分类。
(2)树状分类法——按不同层次对物质进行逐级分类，各层之间属于包含关系。
2．胶体的性质与应用：
(1)丁达尔效应：用于鉴别胶体和溶液。
(2)电泳：用于证明胶体粒子带电荷和静电除尘。
(3)聚沉：用于解释三角洲的形成、明矾净水、卤水点豆腐等。
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