第一章：化学反响及能量变化第一课时：氧化复原反响高考说明①掌握化学反响的四种根本反响类型：化合、分解、置换、复分解②理解氧化复原反响，了解氧化剂和复原剂等概念③掌握重要氧化剂、复原剂之间的常见反响④熟练掌握氧化性和复原性强弱⑤能判断氧化复原反响中电子转移的方向和数目，并能配平反响方程式⑥能运用元素守恒、电子守恒、电荷守恒，进展氧化复原反响计算考纲解读围绕考纲我们应掌握如下要点：①氧化复原反响的根本概念；②氧化剂、氧化产物、复原剂、复原产物的判断③氧化—复原反响中电子得失情况的表示方法；④氧化性、复原性强弱的比较；⑤氧化复原反响方程式的配平；⑥能根据质量守恒定律正确书写化学方程式，并能进展有关计算。命题预测氧化复原反响是高考的必考考点，近年来呈现如下命题趋势，以典型物质或社会实际问题为载体，考察学科内知识的综合运用能力。氧化复原反响涉及面广，解题规律性强，有一定的技巧，今后还会推出立意更为新颖的新题型，应特别关注氧化复原反响的规律在生产生活中的应用、在最新高科技成果中的应用、在新型材料和化学中的应用等解题时要灵活运用。另外氧化性、复原性强弱的判断方法高考题中可能加了一句信息，增加了题目难度。这提示大家读题要细致，千万不要只凭经历！氧化复原反响的计算是高考的重点也是高考的难点，做这种类型的题时，要抓住氧化复原反响的本质和特征；得失电子守恒，即得失电子总数相等或化合价升降总数相等。总之一句话：哪儿有氧(化)还(原)反响，哪儿有得失(电子)守恒。一、了解五对概念：在氧化复原反响中，有五对既相对立又相联系的概念它们的名称和相互关系是：二、熟记五条规律：1.表现性质规律同种元素具有多种价态时，一般处于最高价态时只具有氧化性、处于最低价态时只具有复原性、处于中间可变价时既具有氧化性又具有复原性。2.性质强弱规律3.反响先后规律-60-/60\n在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种复原剂时，假设参加氧化剂，那么它首先与溶液中最强的复原剂作用；同理，在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种氧化剂时，假设参加复原剂，那么它首先与溶液中最强的氧化剂作用。例如，向含有FeBr2溶液中通入Cl2，首先被氧化的是Fe2+ 4.价态归中规律含不同价态同种元素的物质间发生氧化复原反响时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间价”的规律。 5.电子守恒规律在任何氧化—复原反响中，氧化剂得电子（或共用电子对偏向）总数与复原剂失电子（或共用电子对偏离）总数一定相等。三、掌握物质氧化性或复原性强弱的比较（1）由元素的金属性或非金属性比较<1>金属阳离子的氧化性随其单质复原性的增强而减弱非金属阴离子的复原性随其单质的氧化性增强而减弱（2）由反响条件的难易比较不同的氧化剂与同一复原剂反响时，反响条件越易，其氧化剂的氧化性越强。如：前者比后者容易发生反响，可判断氧化性：同理，不同的复原剂与同一氧化剂反响时，反响条件越易，其复原剂的复原性越强。（3）根据被氧化或被复原的程度不同进展比较当不同的氧化剂与同一复原剂反响时，复原剂被氧化的程度越大，氧化剂的氧化性就越强。如，根据铁被氧化程度的不同，可判断氧化性：。同理，当不同的复原剂与同一氧化剂反响时，氧化剂被复原的程度越大，复原剂的复原性就越强。（4）根据反响方程式进展比较氧化剂+复原剂=复原产物+氧化产物-60-/60\n氧化性：氧化剂>氧化产物；复原性：复原剂>复原产物（5）根据元素周期律进展比较一般地，氧化性：上>下，右>左；复原性：下>上，左>右。（6）某些氧化剂的氧化性或复原剂的复原性与以下因素有关：温度：如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。浓度：如浓硝酸的氧化性比稀硝酸的强。酸碱性：如中性环境中不显氧化性，酸性环境中显氧化性；又如溶液的氧化性随溶液的酸性增强而增强。注意：物质的氧化性或复原性的强弱只决定于得到或失去电子的难易，与得失电子的多少无关。如复原性：，氧化性：。击破考点一：化学反响的四种根本反响类型例1：请把符合要求的化学反响方程式的编号填入直线上。(1)既属于分解反响又是氧化复原反响的是______________________。(2)属于化合反响，但不是氧化复原反响的是____________________。(3)既属于化合反响，又是氧化复原反响的是____________________。(4)属于分解反响，但不是氧化复原反响的是____________________(5)不属于四种根本反响类型的氧化复原反响的是________________。A.B.C.D．E.F．答案(1)D(2)E(3)B(4)A(5)F解析：四种根本反响类型与氧化复原反响的关系：置换反响一定是氧化复原反响、复分解反响一定不是氧化复原反响、分解反响和化合反响有可能是氧化复原反响也有可能不是氧化复原反响。【变式训练1】氧化复原反响与四种根本反响类型的关系如右图所示，那么以下化学反响属于阴影3区域的是（）分解反响A.-60-/60\nB.C.D.答案：D解析：阴影3所表示的反响类型为氧化复原反响，但不属于四大根本反响类型范畴。A为置换反响；B为分解反响，但该反响不是氧化复原反响，排除；C项为有单质参加的化合反响，是氧化复原反响；D项不属于四大根本反响类型，但有化合价的变化，为氧化复原反响，符合题意。击破考点二：氧化复原反响的概念例2(2022年北京高考理综，8)已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。以下判断正确的选项是()A.上述实验证明氧化性：>Cl2>Fe3+>I2B.上述实验中，共有两个氧化复原反响C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2+既有氧化性又有复原性答案：A解析：题中的有关反响为①2KMnO4+16HCl====2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(生成的黄绿色气体为Cl2)；②Cl2+2FeCl2====2FeCl3(FeCl3溶液为黄色)；③2FeCl3+2KI====2FeCl2+2KCl+I2(I2遇淀粉变蓝色)。以上三个反响都属于氧化复原反响，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物的规律，可知A正确、B错误、C错误。实验②只能证明Fe2+具有复原性，D错误。【变式训练2】以下表达正确的选项是()A.发生化学反响时失去电子越多的金属原子，复原能力越强B.金属阳离子被复原后，一定得到该元素的单质C.核外电子总数相同的原子，一定是同种元素的原子D.能与酸反响的氧化物，一定是碱性氧化物答案：C解析：此题属于易混淆根本概念的记忆题。A中氧化性、复原性的强弱是指得失电子的难易，而非得失电子多少，例Na、Mg、Al的复原性依次减弱；金属阳离子可能有多种价态，被复原后可能生成该元素的低价阳离子，例：Fe3+Fe2+Fe；C中根据原子构造的有关知识，原子的核外电子总数=质子数，相同的核外电子总数说明其质子数相同，元素种类相同，属于同种元素的原子，C正确；D中能与酸反响的氧化物，可能是两性氧化物或碱性氧化物。-60-/60\n【变式训练3】从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反响：。以下说法正确的选项是()A.既是氧化产物又是复原产物B.5mol发生反响，有10mol电子转移C.产物中有一局部是氧化产物D.FeS2只作复原剂答案：C此题重点考察学生对氧化复原相关概念的辨析和计算能力。分析反响可知，FeS2中S的化合价降低生成Cu2S，升高生成FeSO4，故FeS2既是氧化剂又是复原剂，D错误；CuSO4中Cu的化合价降低生成Cu2S，FeS2中S的化合价也降低生成Cu2S，故Cu2S只是复原产物，非氧化产物，A错误；5molFeS2发生反响，有21mol电子转移，B错误；产物中有一局部是氧化产物，另一局部由CuSO4提供，C正确。击破考点三:电子守恒的应用例3(2022全国高考理综Ⅱ，10)已知以下分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2OI2Mn2+HNO2NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是()A.H2O2B.C.D.HNO2答案：B解析：根据“得失电子总数相等”原那么，1molH2O2、、、HNO2分别得2mol、5mol、5mol、1mol电子，分别能氧化得到的I2为1mol、2.5mol、2.5mol、0.5mol，而本身被复原还能产生0.5molI2，即分别得到I21mol、3mol、2.5mol、0.5mol。【变式训练4】.(2022北京东城一模)一定条件下，氨气与一氧化氮发生反响：NH3+NON2+H2O(未配平)。该反响中，被氧化与被复原的氮原子数之比为()A.2∶3B.3∶2C.4∶5D.5∶6答案：A-60-/60\n解析：此题重点考察得失电子守恒的应用。每个氨气分子中的氮元素由-3价升高到0价，每个一氧化氮分子中的氮元素由+2价降到0价得到2个电子，由得失电子守恒可确定答案为2∶3。【变式训练5】amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol·L-1的硝酸溶液中充分反响，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，那么反响中未被复原的硝酸可能为()①(a+b)×63g②(a+b)×189g③(a+b)mol④(Vc-)molA.①④B.②③C.①③D.②④答案：D解析：此题以元素化合物知识为载体，考察守恒法技巧。由元素守恒知：未被复原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中的，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe(NO3)3的物质的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe(NO3)3〕=n(Fe)=(a+b)mol，所以未被复原的硝酸的质量=3(a+b)mol×63g·mol-1=(a+b)×189g，②正确；又根据化合价升降守恒知amol→amol(NO3)3+amol升高(3-2)a+(6+2)a=9amolbmol→bmol(NO3)3升高(3-2)b=bmolxmolH→xmol降低(5-2)xmol=3xmol得9amol+bmol=3xmol，即显氧化性的硝酸的物质的量x=(9a+b)/3mol，所以未被复原的硝酸为(Vc-)mol，④正确。击破考点四:氧化性、复原性强弱的比较例4在常温下，发生以下几种反响：①16H++10Z-+2====2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2====2A3++2B-③2B-+Z2====B2+2Z-根据上述反响，判断以下结论错误的选项是()A.溶液中可发生：Z2+2A2+====2A3++2Z-B.Z2在①③反响中为复原剂C.氧化性强弱的顺序为：>Z2>B2>A3+D.X2+是的复原产物答案：B解析：此题考察氧化复原反响中氧化性、复原性比较及应用氧化性、复原性判断反响能否进展。据“强氧化剂+强复原剂弱氧化产物+弱复原产物”，反响①中，X由的化合价+7降为X2+的+2，表达氧化性，复原产物为X2+，D正确；同样Z-升高至Z2中的0价，表达复原性，Z2为氧化产物，结论是的氧化性强于Z2，以此类推②，得氧化性B2＞A3+，③中氧化性Z2＞B2，且Z2是氧化剂，B错误；综上所述氧化性顺序是-60-/60\n＞Z2＞B2＞A3+，C正确；A中由于氧化性Z2＞A3+，故反响Z2+2A2+====2A3++2Z-能发生。D.X2+是的复原产物【变式训练6】已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。以下判断正确的选项是()A.上述实验证明氧化性：>Cl2>Fe3+>I2B.上述实验中，共有两个氧化复原反响C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2+既有氧化性又有复原性答案：A解析：题中的有关反响为①2KMnO4+16HCl====2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O(生成的黄绿色气体为Cl2)；②Cl2+2FeCl2====2FeCl3(FeCl3溶液为黄色)；③2FeCl3+2KI====2FeCl2+2KCl+I2(I2遇淀粉变蓝色)。以上三个反响都属于氧化复原反响，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物的规律，可知A正确、B错误、C错误。实验②只能证明Fe2+具有复原性，D错误。【变式训练7】已知Co2O3在酸性溶液中易被复原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。以下反响在水溶液中不可能发生的是()A.B.C．D.答案：A解析：此题主要考察有关氧化剂氧化性强弱的比较。一般地，氧化性强的物质可将氧化性弱的物质的对应离子(物质)氧化而生成氧化性弱的该物质，如此题中的B、C、D三个选项皆有可能发生；由于Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，故Cl2可氧化Fe2+、I-生成Fe3+和I2，Fe3+亦可氧化I-而生成I2，应选项A不正确。击破考点五:氧化复原反响的配平例5.2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol·L-1KMnO4溶液处理，发生反响如下：8+5Cu2S+44H+====10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6+5CuS+28H+====5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反响后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反响。-60-/60\n(1)配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反响的离子方程式：+Fe2++H+Mn2++Fe3++H2O(2)KMnO4溶液与混合物反响后，剩余KMnO4的物质的量为_________mol。(3)欲配制500mL0.1mol·L-1Fe2+溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g·mol-1)的质量为_________g。(4)混合物中Cu2S的质量分数为_________。答案：(1)158154(2)0.007(3)19.6(4)40％解析：根据配平后的离子方程式，KMnO4—5(NH4)2Fe(SO4)2，那么剩余KMnO4的物质的量为：=0.07mol。需称量固体的质量为：0.5L×0.1mol·L-1×392g·mol-1=19.6g。假设混合物中Cu2S的物质的量为x，CuS的物质的量为y，结合以上数据列出方程组：，解得结果，那么混合物中Cu2S的质量分数为：×100%=40%。【变式训练8】有时候，将氧化复原方程式拆开写成两个“半反响”。下面是一个“半反响”式：()+()H++()e-====()NO+()H2O，该式的配平系数是()A.1，3，4，2，1B.2，4，3，2，1C.1，6，5，1，3D.1，4，3，1，2答案：D解析：此题灵活考察了氧化复原反响中的守恒观。氧化复原反响中遵循质量守恒，得失电子守恒。半反响也不例外。中的N元素由+5价降至+2价，需得到3个电子，再由O元素守恒可确定答案为D。做好此题可为以后书写电化学中的半极反响打好根底。【变式训练9】某一反响体系有反响物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反响中H2O2只发生如下过程：H2O2O2(1)该反响中的复原剂是。(2)该反响中，发生复原反响的过程是。(3)写出该反响的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目________________________。-60-/60\n(4)如反响转移了0.3mol电子，那么产生的气体在标准状况下体积为_________。答案：(1)H2O2(2)H2CrO4Cr(OH)3(3)====2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O(4)3.36L解析：此题综合考察氧化复原反响的概念、氧化复原反响方程式的书写及相关运算等。由，氧元素化合价升高，H2O2作复原剂，那么所给物质中化合价降低的H2CrO4必定作氧化剂，发生复原反响H2CrO4Cr(OH)3。根据氧化复原后质量守恒的原那么可得如下的化学反响方程式：====2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O由上述反响可知每转移6mol电子可生成3×22.4L的O2，故转移0.3mol电子时所得气体的体积为×3×22.4L=3.36L。击破考点六：氧化复原反响有关的计算例6.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol·L-1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，那么S2O32－将转化成A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－解析：设硫代硫酸钠中的硫元素的化合价升高X价，根据氧化复原守恒规律得：25×10-3×0.1×2X==1×10-2×2×1，解得：X=4。答案D.命题意图：考察学生运用氧化复原守恒原理解决氧化复原产物判断问题的能力。【变式训练10】38.4毫克铜跟适量的浓硝酸反响,铜全部作用后共收集到气体22.4毫升(标准状况),反响消耗的HNO3的物质的量可能是A.1.0×10-3molB.1.6×10-3molC.2.2×10-3molD.2.0×10-3mol解析浓硝酸与铜反响，HNO3被复原产物可能是NO2和NO的混合物，其物质的量为1×10-3摩，另外生成的Cu(NO3)2的物质的量可根据铜原子守恒求出，为0.6×10-3摩，即未被复原的HNO3的物质的量为2×0.6×10-3摩。所以消耗的HNO3可以通过N原子守恒来求得，即1.2×10-3+1×10-3=2.2×10-3 摩。答案C。-60-/60\n命题意图考察学生对局部氧化复原的反响中运用守恒规律进展计算的能力【变式训练11】在反响As2S3+ClO3-+H2O→H3AsO4+SO42-+Cl-中，氧化1molAs2S3中的As所需的ClO3-的物质的量的数目为A.28/5B.14/3C.2/3D.19/2解析：此题中As在反响物As2S3中的化合价为+3,在生成物H3AsO4中的化合价为+5，氧化1molAs2S3中的As其失去的电子为2×（5-3）=4mol，Cl在反响物ClO3-中的化合价为+5，在生成物中的化合价为-1，每1molCl得到电子6mol，那么其物质的量的数目为4/6=2/3mol。答案C。命题意图此题与一般氧化复原计算的要求不同，有两种元素被氧化，但命题人只要求考虑其中一种As元素被氧化的情况。意在考察学生按要求完成任务的习惯和和抑制思维定势的能力。击破考点七：氧化复原反响的应用例7.某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学品上而酿成火灾。该化学品可能是()A.KMnO4B.NaClC.(NH4)2SO4D.CH3COOH答案：A解析：KMnO4是一种强氧化剂，能氧化CH3CH2OH并放出热量，如热量逐渐积累而不能散去，就有可能引燃酒精，酿成火灾【变式训练12】氮化铝(AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反响合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO以下表达正确的选项是()A.在氮化铝的合成反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂B.上述反响中每生成2molAlN，N2得到3mol电子C.氮化铝中氮元素的化合价为-3D.氮化铝晶体属于分子晶体答案：C解析：此题主要考察有关氧化复原反响的相关概念。在Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，由,化合价降低，N2作氧化剂；Al2O3中Al与O的价态都没有变化，Al2O3不是氧化剂和复原剂。反响中每个氮原子得到3个电子，显然生成2molAlN时，1molN2得到6mol电子。由题给信息AlN具有耐高温、抗冲击等性质可知AlN应为原子晶体。-60-/60\n【变式训练13】在以下生成二氧化硫的反响中，反响物中的含硫物质被氧化的是()A.硫在空气中燃烧B.铜片与浓硫酸共热C.红热的木炭与浓硫酸反响D.亚硫酸钠与稀硫酸反响答案：A解析：此题主要考察有关氧化复原反响的根本概念，应从化合价升降入手。反响物中的含硫物质被氧化即S元素的化合价升高。S元素的化合价升高的只有A；B、C中S元素的化合价降低，被复原；D中S元素的化合价无变化击破考点八氧化复原反响的滴定例8.六价的铬有剧毒，所以要对含Cr(Ⅵ)(罗马数字表示元素的价态，下同)废水进展化学处理，最常见的是铁氧磁体法，，即FeSO4·7H2O参加含Cr(Ⅵ)的废水中，在pH<4时，Fe2+将Cr(Ⅵ)复原为Cr(Ⅲ)。调节溶液pH达8~10，使溶液中的Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)析出组成相当于FeⅡ[FexⅢ·Cr2-xⅢ]O4(磁性材料铁氧体的组成)沉淀。试答复：(1)假设废水中，六价铬以存在。试写出在酸性条件下硫酸亚铁复原的离子方程式并配平：________________________________。(2)由(1)的结果可确定铁氧磁体中x=_____________。(3)据(2)的结果，假设废水中Cr(Ⅵ)按CrO3计。参加的FeSO4·7H2O与CrO3的质量比应为多少才能除去废水中的Cr(Ⅵ)，m(FeSO4·7H2O)：m(CrO3)=________________。(已知的相对原子质量Cr-52，Fe-56)答案及解析：题目以环境保护为背景，考察学生的方程式配平技能和有关化学计算技能。(1)根据题意初步确定反响为：Cr2O72—+Fe2++H+Fe3++Cr3++H2O，再由化合价升降法配平得：Cr2O72—+6Fe2++14H+==6Fe3++2Cr3++7H2O(2)根据上述离子方程式有：，解得：x=1．5。(3)磁性材料铁氧体的组成为：FeⅡ[Fe1.5Ⅲ·Cr0.5Ⅲ]O4，，那么n(Fe)：n(Cr)=(1+1．5)：0．5=5：1，所以m(FeSO4·7H2O)：m(CrO3)=(5×278)：(1×100)=13．9。【变式训练14】土壤中有机物质含量的上下是判断土壤肥力的重要指标，通常通过测定土壤中碳的含量来换算。方法如下：准确称取—定量的风干土样2．00g，参加10mL某浓度的K2Cr2O7，使土壤中的碳氧化，反响的化学方程式为：2K2Cr2O7+3C+8H2SO4==2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+8H2O，用浓度为0．200mol·L-60-/60\n—1的FeSO4溶液滴定溶液中剩余的K2Cr2O7，用去FeSO4溶液体积为19．5mL，其反响的化学方程式为：K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)；另取一份等量相同浓度的K2Cr2O7溶液，用相同的0．200mol·L—1的FeSO4溶液滴定，消耗FeSO4溶液体积为49．5mL。请计算土壤中碳的质量分数。答案及解析：(1)计算K2Cr2O7的浓度，由电子守恒得：[c(K2Cr2O7)×0．01L)×6=[0．200mol·L—1×0．0495L]×1，c(K2Cr2O7)=0．165mol·L—1；K2Cr2O7总的物质的量为：n(K2Cr2O7)=0．165mol·L—1×0．01L=1．65×10—3mol(2)设土样中碳的物质的量为x，那么：剩余的n(K2Cr2O7)由电子守恒得：n(K2Cr2O7)×6=(0．200mol·L—1×0．0195L)×1，n(K2Cr2O7)=6．5×10—4mol，那么与碳反响的n(K2Cr2O7)=1．65×10—3mol-6．5×10—4mol=1．0×10—3mol2K2Cr2O7+3C+8H2SO4==2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+8H2O231．0×10—3molxx=0．0015molw(C)=[0．0015mol×l2g·mol—1÷2．00g]×100％=0．90％【变式训练15】在氮的化合物中，有一类盐叫亚硝酸盐，如亚硝酸钠(NaNO2)等。它们广泛地应用于印染、漂白等行业，在建筑行业用作防冻剂，在食品工业用作防腐剂和增色剂。它们是一种潜在的致癌物质，过量或长期食用它们将对人体产生危害。由于亚硝酸钠有咸味，外观与NaCl相似，曾屡次发生过被误当食盐食用的事件。经过查阅有关资料，我们了解到以下相关信息：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，如能把氧化成。AgNO3是一种难溶于水易溶于酸的化合物。试答复以下问题：(1)人体正常的血红蛋白中应含Fe2+。假设误食亚硝酸盐(如NaNO2)，那么导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。以下表达不正确的选项是。A．亚硝酸盐是复原剂B．维生素C是复原剂C．维生素C将Fe3+复原为Fe2+D．亚硝酸盐被复原-60-/60\n(2)以下方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是。A．测定这两种溶液的pHB．用AgNO3和HNO3两种试剂来区别C．在酸性条件下参加KI—淀粉溶液来区别D．分别在这两种溶液中滴加甲基橙(3)某同学把新制氯水加到NaNO2溶液观察到氯水褪色生成NaNO3和HCl，请写出此反响的离子方程式。(4)为了测定某样品中NaNO2的含量，可以使用标准KMnO4溶液进展滴定，试答复：①KMnO4溶液在滴定过程中作(填“氧化剂”、“复原剂”)，该滴定过程(填“要”或“不要”)另加指示剂。②假设在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，那么所测结果(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。③假设在滴定终点读数时目光俯视，那么所得结果(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。(5)已知HNO2的酸性比醋酸略强，某同学在家中欲进展鉴别NaCl与NaNO2的实验，但他家中只有浓醋酸，请问该实验能否成功?说明理由。答案及解析：(1)维生素可解毒，即把Fe3+又复原成Fe2+，应选A。(2)NaNO2溶液显碱性，NaCl溶液显中性，故A可区分。B中AgNO2易溶于酸，而AgCl不溶于酸，故可区分。C中NaNO2在酸性环境下可将I—氧化成I2而NaCl不行，故可区分。而D中两溶液均能使甲基橙显黄色，故不能区分，选D。(3)NO2—+Cl2+H2O==NO3—+2H++2Cl—(4)2MnO4—+5NO2—+6H+==2Mn2++5NO3—+3H2O(紫色)(无色)可见KMnO4在滴定过程中作氧化剂，可利用它本身颜色的消失作为判断滴定终点的标志，不需另加指示剂。答案为：①氧化剂，不要；②无影响；③偏小。(5)能成功，因为NaNO2+CH3COOHCH3COONa+HNO2，2HNO2==H2O+NO-60-/60\n↑+NO2↑，后者的发生使前者向正反响方向移动，因此醋酸加到NaNO2中出现红棕色气体而加到NaCl中无现象。[说明]这是一个关于实际生活的应用性问题，现在很多的肉类食品中都添加有NaNO2这种化学试剂，它具有保持肉质鲜嫩等成效。1.（08年广东理基·33）氮化铝(AlN)，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反响：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。以下表达正确的选项是A．上述反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反响中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g答案：B解析：该反响中N2降价为氧化剂，C升价为复原剂，每生成1molAlN转移3mol电子，AlN中Al为+3价，N为-3价。D中摩尔质量的单位为g/mol。2.（08年海南化学·4）锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为A．2molB．1molC．0.5molD．0.25mol答案：D解析：此题主要考察氧化复原反响的配平：Zn＋HNO3(稀)Zn(NO3)2＋NH4NO3＋H2O，Zn：0→＋2，化合价改变值为：(2－0)×1＝2，N：＋5→－3，化合价的改变值为：(5＋3)×1＝8，根据化合价升降总值相等得：在Zn(NO3)2前配4，NH4NO3前配1，然后根据反响前后各元素的原子个数相等，找出其他物质的系数。配平后的化学方程式为：4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，当生成1mol的Zn(NO3)2时，被复原的HNO3为0.25mol。3.（09年广东化学·17）常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+H+以下说法正确的选项是A．H2O2的氧化氢比Fe3+强，其复原性比Fe2+弱B．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降-60-/60\nC．在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变D．H2O2生产过程要严格防止混入Fe2+答案：CD解析：由氧化复原反响的强弱律可知，氧化性是氧化剂大于氧化产物，复原性是复原剂大于复原产物，由方程一可知，氧化剂H2O2氧化性比氧化产物Fe3+强，由方程二可知，复原剂H2O2复原性比，原产物为Fe2+强，所以A错误；方程一和方程二相加，即H2O2分解生成H2O和O2，H2O2呈弱酸性，所以随着反响进展，pH升高，B错误；H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，C正确；因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要防止混入Fe2+，D正确。4.（09年福建理综·6）以下类型的反响，一定发生电子转移的是A．化合反响B．分解反响C．置换反响D．复分解反响答案：C解析：置换反响中肯定有单质参加，一定属于氧化复原反响，即一定有电子转移，C项正确。5.（08年山东理综·28）黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物。（1）冶炼铜的反响为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2假设CuFeS2中Fe的化合价为+2，反响中被复原的元素是（填元素符号）答案：（1）Cu、O解析：(1)假设CuFeS2中Fe的化合价为+2,那么Cu化合价为+2,S化合价为-2，分析化学方程式两边元素化合价的变化可知，化合价降低的元素被复原，有Cu和O元素。6.（09山东卷13）以下推断合理的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.mA.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B.金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反响C.浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反响D.将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色答案:A解析:KAl（SO4）2·12H2O电离出的Al3+能水解，生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂，A正确；金刚石能够与氧气发生反响，生成二氧化碳，B错误；浓H2SO4-60-/60\n有强氧化性，在加热条件下与Cu可剧烈反响，C错误；SO2使品红溶液褪色，加热颜色能复原；SO2和溴水发生氧化复原反响，加热不能恢复原来颜色，D错误。7.（09全国卷Ⅱ13）含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是A．x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-B．x＝0.6a，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－答案:B解析:由于Fe2＋的复原性强于Br－，故根据氧化复原反响的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化Br－。2Fe2＋+Cl22Fe3＋+2Cl－,2Br－+Cl2Br2+2Cl－，2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2。当x/a≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A项正确。当x/a≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，那么要分步书写方程式，然后进展叠加得总反响。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，而选项中没有表示，故错。8.（09上海卷24）某反响中反响物与生成物有：、、、、、和一种未知物质X。(1)已知在反响中得到电子，那么该反响的复原剂是。(2)已知0．2mol在反响中得到1mol电子生成X，那么X的化学式为。(3)根据上述反响可推知。a．氧化性：b．氧化性：c．复原性：d．复原性：(4)将氧化剂和复原剂的化学式及其配平后的系数填入以下方框中，并标出电子转移的方向和数目：答案：（1）AsH3（2）Br2-60-/60\n（3）ac（4）1.(山东省实验中学2022届高三第一次诊断性测试)以下表达正确的选项是（）A.元素的单质一定由氧化或复原该元素的化合物制得B.含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性C.阳离子只能得到电子被复原，阴离子只能失去电子被氧化D.在化学反响中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强2.以下说法中不正确的选项是（）A有单质参加或有单质生成的反响不一定是氧化复原反响B金属单质在化学反响中一定作为复原剂C化合反响一定是氧化复原反响D复分解反响一定不是氧化复原反响3.世界卫生组织（WHO）将二氧化氯（ClO2）列为A级高效平安灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有着广泛应用。以下说法正确的选项是（）A.二氧化氯是强氧化剂B.二氧化氯是强复原剂C.二氧化氯是离子化合物D.二氧化氯中氯元素为-1价4.(山东诸城一中2022届高三年级阶段性评估练习)以下各组离子中，因发生氧化复原反响而不能大量共存的是（）A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、5.波尔多液农药不能用铁制容器盛放，是因为铁能与其所含的硫酸铜起反响。该反响中，铁是（）A.氧化剂B.复原剂C.催化剂D.被复原6.-60-/60\n氧化复原反响在生产、生活中具有广泛的用途。以下生产、生活中的事例不属于氧化复原反响的是（）A.金属冶炼B.燃放鞭炮C.食物腐败D.点制豆腐7.以下实验现象与氧化复原反响有关的是（）A.碳酸钠溶液中参加氯化钙溶液产生沉淀B.氧化铜溶于硫酸生成蓝色溶液C.石灰石溶于盐酸并产生无色、无味的气泡D.氢气在空气中完全燃烧产生淡蓝色火焰8.【2022届第一学期徐汇区高三1月学习能力诊断卷】由反响：2FeCl3+Cu→2FeCl2+CuCl2推断出的氧化性或复原性强弱的结论，正确的选项是（）A．氧化性Cu2+>Fe2+B．氧化性Fe3+>Cu2+C．复原性Cu>Fe2+D．复原性Fe>Cu9.能正确表示四种根本类型反响与氧化复原反响关系的示意图是（）10.以下表达正确的选项是（）A.在氧化复原反响中，非金属单质一定是氧化剂B.氧化复原反响的本质是电子的转移C.复原剂在反响中发生复原反响D.有单质生成的反响一定是氧化复原反响11.某元素在化学反响中，由化合态变为游离态，那么该元素（）A.一定被氧化B.一定被复原C.可能被氧化，也可能被复原D.化合价降低为012.以下反响不属于氧化复原反响的是（）A.3Cl2+6KOH====5KCl+KClO3+3H2OB.2NO2+2NaOH====NaNO3+NaNO2+H2OC.Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3D.3CCl4+K2Cr2O7====2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl-60-/60\n13.以下根本类型的化学反响中，一定属于氧化复原反响的是（）A.化合反响B.分解反响C.置换反响D.复分解反响14.【江苏省启东中学2022届高三第一学期第二次月考】高铁酸钾K2FeO4是一种新型、高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上通常用以下反响先制得高铁酸钠：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，以下有关说法不正确的选项是（）A．Na2O2在反响中既作氧化剂，又作复原剂B．制取高铁酸钠时，每生成lmolNa2FeO4反响中共有4mol电子转移C．高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其复原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质15.【江苏省口岸中学2022-2022学年度高三年级第一学期第四次调研测试】工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反响为：（）⑴4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 高温8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2⑵2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O以下说法中正确的选项是A．反响⑴和⑵均为氧化复原反响B．反响⑴的氧化剂是O2，复原剂是FeO·Cr2O3C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D．生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子16.【江苏海州高级中学2022届高三化学第三次综合测试】（1）某一反响体系中有反响物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O。该反响中复原产物是______；假设反响过程中转移了0.3电子，那么氧化产物的质量是______。（2）将amolCl2通入含bmolFeBr2的溶液中，当0<a/b≤1/2时，反响的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，写出另2个可能发生的离子方程式。当a/b=1时____________________________________________;当a/b≥3/2时____________________________________________-60-/60\n反响“小练习”参考答案1.B2.C3.A4.D5.B6.D7.D8.BC9.D10.B11.C12.D13.C14.B15.B16.（1）NO4.8g（2）①2Cl2+2Fe2++2Br-=4Cl-+2Fe3++Br2②3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-第二课时：离子反响高考说明①了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。②了解离子反响的概念、离子反响发生的条件，了解常见离子的检验方法。③能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进展有关计算。解读考纲此类试题一般以选择题或填空题为主，每年高考中必考。在《考试大纲》中，它主要涵盖以下根本要求1、根本概念的应用2、离子共存与离子方程式正误的判断3、能应用离子的化学性质，书写新情境下的离子方程式。因为中学化学中所涉及的化学反响，绝大都是在电解质溶液中进展的，大多属于离子反响，所以有关离子反响的内容，在高考的各类题型（选择、填空、计算）中均有出现，每年必考，久考不衰，并且每年所占分值比例均很大。4、离子浓度大小的比较。这也是今年来考察的热点内容。命题预测离子共存问题、离子浓度大小（包括溶液酸碱性）的比较、离子反响能否发生、离子方程式的书写等问题是高考久考不衰的热点。这是这局部知识的重要性所决定的，在今后的高考中仍将继续，在题量、题型、分值和难度上将保持相对稳定，一般不会有大的变动。通过复习离子反响，加深对离子反响概念和反响条件的认识，熟练离子反响方程式的书写，进而强化对离子共存与离子方程式正误的判断，并通过适当练习稳固该局部知识。一、了解电解质的有关概念1.电解质导电的原因及影响因素根据在水溶液里或熔融状态下能否导电的化合物可以判断是否为电解质。（1）离子化合物在熔化状态时都能导电，因此都是电解质。有些离子化合物因难溶于水而使其水溶液难导电，如BaSO4、AgCl等。（2）共价化合物在水溶液中可电离的为电解质，相反为非电解质。如HCl、H2SO4、HNO3等，在液态时虽不导电，但水溶液能导电，是电解质。（3）有些化合物如SO2、SO3、NH3、PCl3等，其水溶液也可导电，但它们却是非电解质，原因是它们在水溶液中并不能电离出离子，只是与水发生反响产生电解质而引起导电。（4）氯水、铁、石墨等尽管能导电，但既不是电解质，又不非电解质。２．强电解质和弱电解质强电解质是指在水溶液里全部电离成离子的电解质弱电解质是指在水溶液里局部电离成离子的电解质 强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4……………-60-/60\n强电解质 强碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2……………… 大多数盐（含难溶盐）：NaCl、CaSO4、KNO3、BaSO4、AgCl…………弱酸：HF、HClO、H2SO3、H2CO3、H3PO4、CH3COOH、……弱电解质弱碱：NH3·H2O、Cu(OH)2、Fe(OH)3、………………少数盐：Pb(CH3COO)2…………水是一种极弱的电解质。二、理解离子反响离子反响是指在溶液中（或熔融状态下）有离子参加或生成的反响。1.离子反响的类型及其发生的条件（1）复分解反响：这类离子反响又叫离子互换反响，其反响条件是：产生深沉、产生气体或产生难电离的物质如：BaSO4＋H2SO4═BaSO4↓＋2H2ONa2CO3＋2HCl═2NaCl＋CO2↑＋2H2ONH4Cl＋NaOH═NH3·H2O＋NaCl这些反响的共同特点是：反响后溶液中自由移动的离子数目减少，因此离子互换反响一般是朝着溶液离子浓度减少的方向进展。但有少数例外，如：CaCO3＋CO2＋H2O═Ca(HCO3)2此反响能够进展的原因，是因为生成了难电离的H2CO3与CaCO3反响可生成更难电离的化合物。（2）氧化复原反响2.书写离子方程式时应注意的问题（1）离子反响是在溶液或熔融状态时进展反响的，凡非溶液中进展的反响一般不能写离子反响方程式，亦即没有自由移动离子参加的反响，不能写出离子反响方程式。如NH4Cl固体和Ca(OH)2固体混合加热，虽然也有离子和离子反响，但不能写出离子反响方程式，只能写化学方程式。（2）单质、氧化物、气体在溶液中的反响一律写化学式；弱电解质如弱酸（HF、H2S、HClO、H2CO3等）、弱碱（如NH3·H2O）和中强酸（如H2SO3、H3PO4）等难电离的物质必须写化学式；难溶于水的物质〔如CaCO3、BaSO3、FeS、PbS、BaSO4、Fe(OH)3等〕必须写化学式。（3）多元弱酸的酸式盐的酸根离子在离子方程式中不能拆写。如NaHCO3溶液和稀硫酸反响：(4)对于微溶物的处理有三种情况：-60-/60\n①在生成物里有微溶物析出时，微溶物用化学式表示。如Na2SO4溶液中参加AgNO3溶液：②当反响物里有微溶物处于溶液状态（稀溶液）时，应写成离子的形式。如CO2气体通入澄清石灰水中：③当反响物里有微溶物处于浊液或固态时，应写化学式。如在石灰乳中参加Na2CO3溶液：Ca(OH)2＋CO32-═CaCO3↓＋2OH-(5)操作顺序或反响物相对量不同时离子方程式不同。如：①少量烧碱滴入Ca(HCO3)2溶液〔此时碳酸氢钙过量〕中，有：②少量Ca(HCO3)2溶液滴入烧碱溶液〔此时氢氧化钠过量〕中，有：3.检查离子方程式书写是否正确的几个原那么⑴必须满足三个守恒原那么①元素守恒：反响前后各元素的原子个数相等。②电荷守恒：方程式左右两边离子的电荷总数相等。③电子守恒（价守恒）：对于氧化复原反响，反响过程中元素化合价升高总数与降低总数相等。（2）正确把握与“量”有关的反响原那么①某物质假设其阴、阳离子都参加了反响，且都反响完全，那么方程式中，该物质阴、阳离子个数比应与化学式中组成一致，如Ba(OH)2与H2SO4溶液反响，离子方程式为：注意：在、、之前的化学计量数2是不可能省去。②假设反响物之间由于量比不同可发生反响时，必须结合量比书写。如Ca(OH)2与NaHCO3反响，有两种情况：假设Ca(OH)2过量：假设NaHCO3过量：(3)注意反响条件的原那么①溶液酸碱性条件：有些物质在不同条件下存在形态不同，如反响产物有碳酸盐时，那么与取决于溶液碱性强弱，强碱溶液中写，弱碱溶液中（如CO2过量时）写-60-/60\n②温度条件：NH4Cl与NaOH溶液反响时，只有在浓溶液且加热条件下，才可写成NH3↑,否那么写成NH3·H2O③浓度条件：如BaCl2溶液与稀的NaHCO3溶液不发生反响，而BaCl2溶液与浓的NaHCO3反响，生成BaCO3↓,其离子方程式为：④注意实验操作条件：如Na2CO3溶液与稀盐酸之间的反响，假设将少量的HCl往多量Na2CO3溶液中滴加时：先发生：;后发生：;假设将少量Na2CO3往多量HCl中滴加时：。（4）必须遵循依据客观实验事实的原那么只有电解质参加的且具备电离条件的反响，才可写出离子方程式。三、掌握判断溶液中离子共存的规律1.同一溶液中假设离子间符合以下任意一个条件就会发生离子反响，离子便不能在同一溶液中大量共存.(1)生成难溶物或微溶物：如Ba2+与-、Ag+与、Ca2+与等不能大量共存。（2）生成气体或挥发性物质：如NH4+与、H+与-、、、、、等不能大量共存。(3)生成难电离的物质：如H+与CH3COO-、、-、等生成弱酸；与NH4+、Cu2+、Fe3+等生成弱碱或沉淀；H+与生成水，这些离子不能大量共存。(4)发生氧化复原反响：氧化性离子（如Fe3+、NO3-、、MnO4-等）与复原性离子（如S2-、、Fe2+、-等）因在溶液中（特别是在酸性溶液中）发生氧化复原反响而不能大量共存。（5）发生双水解反响：如Al3＋与、Al3＋与（6）形成配合物：如Fe3+与SCN-反响生成配合物而不能大量共存。2.附加隐含条件的应用规律⑴溶液无色透明时，那么溶液肯定无有色离子。如Cu2+（蓝色）、Fe3+（棕黄色）、Fe2+（浅绿色）、MnO4-（紫红色）等都有颜色，假设无色溶液那么说明这些离子不存在。⑵强碱性溶液中肯定不存在与OH-起反响的离子。⑶强酸性溶液中肯定不存在与H+起反响的离子⑷与水反响的离子，如O2-、N3-、P3-等在水溶液中不存在。-60-/60\n击破考点一:离子是否共存问题例1：（08江苏卷）在以下溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、、、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、C．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、、D．碳酸氢钠溶液：K+、-、、H+答案：C解析：选项A中使酚酞溶液呈红色，那么溶液必定呈碱性，那么OH－与Fe3＋不能共存；选项B中使紫色的石蕊试液变红的溶液呈酸性，NO3－在酸性溶液中具有强氧化性与Fe2＋不能共存；选项C中c(H+)=10-12mol·L-1的溶液呈碱性，在碱性溶液中，这些离子均能共存；选项D中与H＋不能共存。【变式训练1】以下各组离子在溶液中可以大量共存，且参加氨水后也不产生沉淀的是（）A．H+B．K＋C．H+Al3+D．H+答案：B解析：判断溶液中有关离子能否大量共存，事实上是判断它们在给定的条件下能不能发生复分解反响、氧化复原反响、完全双水解反响和络合反响等四类化学反响。与历年高考化学中类似试题相比，此题指定了一个附加条件：参加氨水也不产生沉淀。逐一省视各选项。选项A中和NO3－在H+存在下要发生氧化复原反响，被氧化为I2，不能共存，因而不能成为答案。-60-/60\n选项B中符合大量共存条件，参加氨水时不会产生沉淀选项C中的一组离子，当参加氨水时那么生成氢氧化铝沉淀；选项D中的H+离子与离子结合生成弱酸CH3COOH分子。可见，选项C和D都不是答案。误点警示：判断离子能否共存时考虑要全面，如果只考虑是否发生复分解反响，即只看是否生成气体、沉淀、弱电解质的话，就会多项选择A选项。审题不仔细，没注意此题中的附加条件：参加氨水也不产生沉淀。那么会错将C选项当成正确答案。【变式训练2】以下各组离子在pH=1和pH=13的条件下，都能大量共存的是（）A．Al3+Mg2+B．K+Na+Cl-HCO3-C．Fe2+K+D．K+Ba2+答案：D解析：题目要求各组离子在pH=1和pH=13的条件下都能共存，即在酸性和碱性条件下都能大量共存。选项A在碱性条件不可共存，选项B中HCO3-与酸、碱反响，选项C在酸性条件下Fe2+、、H+发生氧化复原反响而不共存，在碱性条件下Fe2+与不共存。击破考点二:离子方程式的书写与正误判断例2：（09宁夏卷12）能正确表示以下反响的离子方程式是A.向次氯酸钙溶液通入过量CO2：B.向次氯酸钙溶液通入SO2：C.氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反响：D.在氯化亚铁溶液中参加稀硝酸：答案：D解析：A选项CO2过量的话，应该生成HCO3-方程式应为：；B选项HClO可将CaSO3氧化为CaSO4，正确的方程式为：；C选项要考虑到Mg(OH)2为沉淀即可,-60-/60\n【变式训练3】以下离子方程式正确的选项是（）A．向Ba(OH)2溶液与稀H2SO4溶液发生中和反响B．H2S通入FeCl3溶液中C．碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反响D．向漂白粉溶液中通入SO2答案：C解析：对于A，式中、H+和H2O的化学计量数均应为2；对于B，H2S是弱电解质，应写分子式；对于D，漂白粉的强氧化性足以将SO2中+4价的硫氧化为+6价；所以选项A、B、D都不是正确答案；只有C中的离子方程式是正确的。误点警示：正确书写离子方程式是在中学化学学习中必须掌握的根本功。在书写离子方程式时，既要考虑能否发生反响，又要考虑反响产物是什么；既要考虑质量守恒，又要注意电荷平衡（氧化复原反响中得失电子数相等）；既要考虑物质的溶解性、挥发性，又要注意把弱电解质写成分子式。解此类题时务必十分仔细，稍有疏忽就会铸成大错。【变式训练4】以下离子方程式中正确的选项是()A．过量的与溶液反响：B．溶液与过量NaOH溶液反响：C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：D．溶液中通入过量：E．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：F．金属铝溶于盐酸中：G．硫化钠溶于水中：-60-/60\nH．碳酸镁溶于硝酸中：答案：ACE解析：B项漏写的反响的，D项中的Br-只是局部被氧化，F项电荷不守恒，G项离水解是分步进展的且单个离子水解要用，H项碳酸镁不能拆成。【变式训练5】以下反响的离子方程式书写正确的选项是()A．向明矾溶液中参加等物质的量的溶液：B．向溶液中通入足量的H2SC．向硝酸银溶液中滴加过量氨水D．含等物质的量的硫酸氢铵与氢氧化钠两种溶液混合：答案：C解析：注意量对反响的影响。A项中明矾和氢氧化钡是按1:2反响的；B项中电荷不守恒；D项中等物质的量反响，只和反响，同时应该拆开。击破考点三:离子的检验与鉴别例3以下各组稀溶液，不用其它试剂或试纸，仅利用溶液间相互反响，就可以将它们区别开来的是（）A．硝酸钾、硫酸钠、氯化钙、氯化钡B．硫酸、硫酸铝、氯化钠、氢氧化钠C．盐酸、硫酸钠、碳酸钠、氢氧化钠D．硫酸氢钠、硫酸镁、碳酸钠、氢氧化钠答案：BD解析：这类题的解题思路常有两种：1．将每组物质中两两混合，再根据生成物的物理征来推断反响物，解此类题最好用列表法判断两两混合的物质是否反响.其中不反响或反响而无现象的用“—”表示，生成沉淀的用“↓”表示，生成气体的用“↑”表示；D组中NaHSO4显酸性相当于一元强酸.-60-/60\n分析选项D：D组中Na2CO3与另外三种溶液反响出现三种不同现象，即生成气体、白色沉淀和无现象2．被鉴定物质参加顺序不同，两种试剂反响用量不同现象不同。B组中Al2(SO4)3、NaOH溶液滴加顺序不同，可鉴别出来。两两相互混合出现白色沉淀时，试管内溶液是Al2(SO4)3滴加溶液NaOH溶液，Al3+(过量)+3(缺乏)=Al(OH)3↓。另取剩余溶液中一种向盛有白色沉淀的试管中滴加，如白色沉淀溶解，滴加溶液为硫酸。反之，如滴加后白色沉淀不溶解，滴加溶液为氯化钠溶液。知识链接：阳离子的其它检验方法-60-/60\n阴离子的其它检验方法【变式训练6】设计一个实验证明明矾晶体KAl(SO4)2·12H2O中含有K+、Al3+、-和H2O。解析及答案：应利用组分中各成分的特征反响进展单独鉴别，从而确定物质的组成。实验设计：（1）确定晶体中是否含有结晶水：取少量晶体，外观观察是一种无色晶体，放入试管中，用酒精灯加热在试管口有液态水生成，且可使白色无水硫酸铜粉末变蓝色，证明明矾中含结晶水。-60-/60\n（2）确定K+存在：用一支干净的铂丝沾取少量试样，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃片观察火焰呈紫色，确定含K+。（3）确定Al3+存在：中学阶段学过的金属阳离子有Mg2+、Al3+和Zn2+对应的氢氧化物为白色沉淀，其中Al(OH)3和Zn(OH)2属于两性氢氧化物，而Zn(OH)2又能溶于过量氨水，所以要排除Mg2+和Zn2+的可能性。将晶体溶于蒸馏水，配成溶液，取出少量溶液分装在两支试管中第一支试管中滴加少量NaOH溶液，出现白色沉淀，将此白色沉淀分成三份。第一份继续参加过量NaOH溶液，白色沉淀溶解。第二份参加过量盐酸溶液，白色沉淀也溶解，证明此白色沉淀可能是两性氢氧化物Al(OH)3或Zn(OH)2排除镁离子的可能性。第三份参加过量氨水，白色沉淀不溶，说明不是Zn(OH)2只能是Al(OH)3，进一确定Al3+存在。（4）确定离子存在：第二支试管中先加盐酸溶液，如无现象，证明无、存在，再参加BaCl2溶液生成白色沉淀证明溶液中含综上所述，通过以上实验可证明明矾晶体中成分含K+、Al3+、和H2O。【变式训练7】要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+。进展实验操作的顺序有：①参加足量氯水，②参加足量高锰酸钾溶液，③参加少量硫氢化铵溶液，其中顺序正确的选项是（）A．①③B．③②C．③①D．①②③答案：C解析：因Fe3+遇SCN-生成Fe(SCN)3而显血红色，Fe2+遇氯水才能氧化成Fe3+，高锰酸钾溶液本身显紫色。注：学生容易无视高锰酸钾的颜色。击破考点四:离子浓度大小比较例4：用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中C()＞C(Na+)，对该混合溶液的以下判断正确的选项是()A.C(H+)＞C(OH-)B.C(CH3COOH)＋C()＝0.2mol/LC.C(CH3COOH)＞C()D.C()＋C(OH-)＝0.2mol/L答案：B解析：CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知C()＞C(Na+)，根据电荷守恒C()＋C()＝C(Na+)＋C(H+)，可得出C()＜C(H+-60-/60\n)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol/L的CH3COOH和0.1mol/L的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用是电离，即CH3COOH的电离趋势大于的水解趋势。根据物料守恒，可推出（B）是正确的。规律总结：1.电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。如NaHCO3溶液中：nC(Na+)＋nC(H+)＝nC()＋2nC()＋nC()推出：C(Na+)＋C(H+)＝C()＋2C()＋C()。2.物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中nC(Na+)：nC(C)＝1：1，推出：C(Na+)＝C()＋C()＋C(H2CO3)。3.质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、、为失去质子后的产物，故有以下关系：C(H3O+)+C(H2CO3)=C(NH3)+C()+C()。【变式训练8】把0.02mol／LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，那么混合溶液中微粒浓度关系正确的选项是（）Ａ．C()＞C(Na+)Ｂ．C(CH3COOH)＞C()Ｃ．2C(H+)＝C(CH3COO-)－C(CH3COOH)Ｄ．C(CH3COOH)+C()=0.01mol/L答案：D解析此题实质上是0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液的混合溶液。由电荷守恒关系可得：C（Ｈ＋）＋C（Ｎａ＋）＝C（）＋C（）（1）由物料守恒关系可得：C（CH3COOH）＋C（）＝C（Ｎａ＋）×２＝０.０１ｍｏｌ／Ｌ（2）由（2）可知Ｄ正确。将（１）×２＋（2）可得：２C（Ｈ＋）＝C（）＋２C（）－C（CH3COOH）（３）Ｃ选项错误【变式训练9】已知在0.lmol/L/的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为：-60-/60\nc(Na＋)＞c()＞c()＞c(H2SO3)①那么该溶液中c(H+)______c()（填“＞”“＝”“＜”），简述理由（用离子方程式表示）__________________②现向NH4HSO3溶液中，逐滴参加少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是___；写出该反响的离子方程式____________________。③用铂电极电解NaHSO3溶液,那么总化学方程式是___________________________答案：⑴>,+H2O=H2SO3+，==+H+,的电离强于水解,溶液显酸性。⑵溶液红色褪去,+2=+H2O⑶2NaHSO3+2H2O==Na2SO4+H2↑+H2SO41.(2022年高考江苏卷)以下离子方程式书写正确的选项是()A.过量的SO2通入NaOH溶液中：B.Fe(NO3)3溶液中参加过量的HI溶液：C.NaNO2溶液中参加酸性KMnO4溶液：D.NaHCO3溶液中参加过量的Ba(OH)2溶液：答案C提示(A)中SO2过量会形成，(A)错；(B)中呈酸性，的氧化性大于Fe3＋，应是HNO3先反响，(B)错；在Ba(OH)2过量时不会有存在，(D)错。2.（08海南卷）在pH＝13的无色溶液中，可以大量共存的一组离子是（）A．NH4+、、K+、B．、、、Na+C．Na+、ClO—、AlO2—、D．、K+、Na+、答案：C。解析：pH＝13，溶液中的c(OH－)＝0.1mol·L－1，选项A中NH4＋与不能共存；选项B中与不能共存；选项D中为黄色。3.（09安徽卷10）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是A.、、、-60-/60\nB.K+、Al3+、、NH3·H2OC.Na+、K+、、Cl2D.Na+、、、答案：D解析：A项中H＋与能够反响生成CO2气体，不能大量共存，错误；Al3＋与氨水可以发生反响：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，B选项错误；Cl2具有氧化性，可以将氧化为，方程式为：，C选项错误。4.以下各组离子，在溶液中能大量共存、参加NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是A.Ba2+、、、B.、、、C.、Ba2+、、D.、、、答案：D解析：A项，参加NaOH会与NH4＋产生NH3，但没有沉淀；B项HCO3－与AlO2－不能共存，会生成Al(OH)3沉淀。C项，与生成，与Ba2＋可生成BaSO3沉淀，但无气体。D项，与产生NH3，与Mg2＋会产生Mg(OH)2沉淀，正确。5.以下表达正确的选项是A.0.1mol/LC6H5ONa溶液中：c(Na+)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小C.pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等D.在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2-)下降答案：D解析：A项，苯酚钠为碱性溶液，故错；B项，温度不变，那么Kw是不变的，错；C项，pH=5即代表溶液中C(H＋)均为10-5mol/L，错。D项，Ag2S比AgCl更难溶，故参加S2－会与溶液中的Ag＋结合的，正确6.（09江苏卷11）以下离子方程式与所述事实相符且正确的选项是A．漂白粉溶液在空气中失效：-60-/60\nB．用浓盐酸与反响制取少量氯气：C．向溶液中通入过量制:D．在强碱溶液中次氯酸钠与反响生成：答案：C解析：漂白粉失效的化学方程式为，那么该反响的离子方程式是，A项错；实验室制取的原理是浓盐酸和二氧化锰反响，离子方程式为，所以B项错；D项，在强碱溶液中，不可能生成，所以D错。7.（09全国卷Ⅱ29）(15分)现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进展如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象,答复以下问题:(1)实验②中反响的化学方程式是;(2)E溶液是,判断依据是;(3)写出以下四种化合物的化学式:A、C、D、F.答案（1）-60-/60\n（2）碳酸钾由①中碱性减弱的顺序可知，E是碳酸盐。六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾（3）解析:此题考察离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，那么肯定为AgNO3，由③可得D中无，那么F中的阴离子为，D中的阴离子为。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而假设与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。8.（09安徽卷27）(12分)某厂废水中含5.00×10-3mol·L-1的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料（的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：含的酸性废水①加FeSO4·7H2OE含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液②加NaOH溶液至PH为9，过滤滤液滤渣③焙烧（1）第①步反响的离子方程式是（2）第②步中用PH试纸测定溶液PH的操作是：（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有（4）欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要参加GFeSO4·7H2O。答案：（1）+6Fe2＋+14H＋2Cr3++6Fe3＋+7H2O（2）将一小块pH试纸放在外表皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。（3）Fe(OH)3、Fe(OH)2（4）13.9解析：（1）第①步是与Fe2＋发生氧化复原反响，方程式为：＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；（2）测定溶液的pH的方法是：用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸的中心位置，然后对照标准比色卡，读出对应颜色的数据；（3）从最终所得磁性材料的化学式可知，滤渣中主要有Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3；-60-/60\n（4）1L废水中的n()=5.00×10-3mol，根据关系式：～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，所以理论上n(FeSO4·7H2O)=0.05mol，m(FeSO4·7H2O)=0.05mol×278g·mol-1=13.9g。一、选择题1．在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是()①K＋、Cl－、NO3－、S2－；②K＋、Fe2＋、I－、SO42－；③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－(A)①③(B)③⑤(C)③④(D)②⑤2.向存在大量Na＋、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，该溶液中还可能大量存在的离于组是()(A)K＋、Br－、CO32－(B)Al3＋、H＋、MnO4－(C)NH4＋、Fe3＋、SO42－(D)Ag＋、Cu2＋、NO3－3．对于反响①KHCO3溶液与石灰水反响；②Na2SO3溶液与稀盐酸反响；③Si与烧碱溶液反响；④Fe与稀硝酸反响；改变反响物用量，不能用同一个离子方程式表示的是()4．以下反响的离子方程式书写正确的选项是()(A)浓烧碱溶液中参加铝片：Al＋2OH－=AlO2－＋H2↑(B)以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑(C)硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(D)硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O5．【2022年学年浙江省华埠中学高三11月份百题精（6）】以下离子方程式书写正确的选项是（）A．碳酸氢钙溶液中参加等物质的量的NaOH溶液：Ca2++2HCO+2OH－=CaCO3↓+2H2O+COB．碳酸钠溶液中参加等物质的量的乙酸CO+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO－C．Ca（CIO）2溶液中通入过量的二氧化硫气体：-60-/60\nCa2++2CIO－+H2O+SO2=CaSO3↓+2HCIOD．用碳棒作电极电解氯化钠饱和溶液：电解2CI－+2H2O===2OH－+CI2↑+H2↑6．以下反响的离子方程式正确的选项是()(A)氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2＋=(B)碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：＋Ba2＋＋=BaCO3↓＋H2O(C)盐酸滴入氨水中：H＋＋OH－=H2O(D)碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O7.【2022年学年浙江省华埠中学高三11月份百题精（5）】在以下条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中，K+、Mg2+、I－、MnO4－B．pH=1的NaNO3的水溶液中，NH4+、Fe2+、SO42－、Cl－C．c(HCO3－)=0.1mol/L的溶液中，Na+、K+、、Br－D．由水电离产生的c(OH－)=1×10－14mol/L的溶液中，H+、Al3+、Cl－、NO3－8.以下各组离子在给定条件下能大量共存的是（）A．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、、B．有SO2-4存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ca2+、C．有NO-3存在的强酸性溶液中：NH+4、Ba2+、Fe2+、Br-D．在c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、S2－、AlO-2、9.以下各组离子一定能大量共存的是（）A．在含有大量［Al(OH)4］－的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、H＋B．在强碱溶液中：Na＋、K＋、、NO3－C．在pH＝12的溶液中：NH4＋、Na＋、、Cl－D．在c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO3－10.以下离方程式书写正确的选项是（）A．石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2＋＋＝CaCO3B．NH4HSO3溶液与足量的NaOH溶液混合加热：NH4＋＋HSO3－＋2OH－NH3＋＋2H2OC．酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反响生成I2：＋5I－＋3H2O＝3I2＋6OH－D．AgNO3溶液中参加过量的氨水：Ag＋＋NH3·H2O＝AgOH ＋NH4＋-60-/60\n11.能正确表示以下反响的离子方程式是()A．足量的硫酸铝与纯碱反响：2Al3＋＋3＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑B．硫酸铜与烧碱反响：CuSO4＋2OH-===Cu(OH)2↓＋C．苯酚与碳酸钠反响：2C6H5OH＋===2C6H5O－＋CO2↑＋H2OD．碳酸钡与硫酸反响：Ba2＋＋===BaSO4↓12.以下溶液中有关物质的量浓度关系正确的选项是（）A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)==c(OH-)+c(A-)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c()+2c(OH-)==2c(H+)+c(CH3COOH)D．0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)13.盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。以下表述正确的选项是（）A．在NaHCO3溶液中参加与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH-B．NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)C．10mL0.10 mol·L-1CH3COOH溶液参加等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同二、非选择题：14．有一无色透明溶液，欲确定是否含有以下离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3 、-、、、HCO3-，取该溶液进展以下实验：①取少量待测液加几滴甲基橙溶液，溶液显红色。②取少量溶液，浓缩后加Cu和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。③取少量溶液，加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。④取实验③中上层清液AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于硝酸。⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，局部沉淀溶解-60-/60\n⑴根据以上实验，溶液中肯定存在的离子：__________________；肯定不存在的离子：________；尚不能确定的离子是：______________________。⑵写出②③中有关离子方程式：②；③。15．设计一个实验证明某晶体光卤石KCl·MgCl2·6H2O的成分中含K+、Mg2+、和H2O____________________________________________________________________。反响“小练习”答案1．B。2．A。3．B。4．C。5．D6．B。7．答案：CA项中，假设是无色透明的溶液，那么不可能含有MnO4－；B项中，pH=1时呈酸性，能发生以下氧化复原反响，3Fe2++4H++NO3－=3Fe3++NO↑+2H2O而不能大量共存；D项中，由水电离产生的c(OH－)=1×10－14mol/L，那么pH=0或pH=14，即溶液呈酸性或碱性，而Al3+在碱性溶液中不能大量存在，即Al3++3OH－=Al(OH)3↓或Al3++4OH－=+2H2O，那么D也不能大量共存；C项中、Na+、K+、、离子之间不发生反响，故一定能够大量共存。8．答案：D。解析：选项A中，溶液呈强酸性，溶液中的＋＋2H+===Cl2↑＋H2O；选项B中Ca2＋＋===CaSO4↓；选项C中在酸性溶液中NO3－具有强氧化性，与Fe2＋、Br－不能共存；选项D中溶液呈强碱性，这几种离子均能共存。9．答案：B解析：选项A中［Al(OH)4］－与H＋不能共存；选项C中pH＝12，那么c()＝0.01mol·L－1，NH4＋与不能共存；选项D中溶液呈酸性，NO3－在酸性溶液中具有强氧化性，与具有复原性的不能共存。10．答案：B。-60-/60\n解析：选项A中Ca(OH)2为微溶性物质，所以石灰乳的化学式不能改写；选项C中在酸性溶液中OH－与H＋不能共存；选项D中的AgOH要进一步与NH3·H2O反响。11．答案：A。解析：选项B中CuSO4为溶于水的盐，可以改写；选项C中正确的离子方程式为C6H5OH＋===C6H5O－＋－；选项D中的BaCO3不能改写。12．答案：A、C。解析：选项A中根据电荷守恒，此关系式正确；选项B中pH相等，溶液中的c(OH－)相等，根据酸性越弱，水解越强，所以溶液中c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；选项C中根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c()……①，由于c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，且它们等体积混合，由原子守恒得：2c(Na＋)=c()＋c(CH3COOH)……②，将①×2－②得：c()+2c(OH-)==2c(H+)+c(CH3COOH)；选项D中NaHA溶液的pH＝4，溶液呈酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，同时也可以判断HA－以电离为主，所以离子浓度的大小顺序是：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(H2A)。13．答案：C解析：A中，生成Na2CO3溶液，会发生水解，生成，所以A错；电荷守恒：C(H+)+C(Na+)=C()+2C()+C()物料守恒：C(Na+)=C()+C()+C(H2CO3)两式相减得：C（H+）+C（H2CO3）=C（）+C()所以B错误。C中，生成NaAc，Ac-水解呈碱性，故C正确；相同PH，相同体积的HCl和HAc，因为HAc为弱酸，所以HAc的物质的量浓度大，HAc所消耗的NaOH的物质的量多，D错。14．答案：、既然是溶液，那么Ba2+与SO42-不能同时存在。据实验①可判断HCO3-肯定不存在(H++==CO2↑+H2O)，NO3-与Fe2+、I-不能同时存在(6+2NO3-+8H+==3I2+2NO↑+4H2O，3Fe2++NO3-+4H+==3Fe3++NO↑+2H2O)；根据实验②可判断NO3-一定存在，那么Fe2+、不存在；根据实验③，肯定存在；根据实验④，不能肯定原溶液中有无Cl-存在，因为实验⑤参加了BaCl2，只能是可能存在；Mg2+、Al3+、NO3 、，Fe2+、Ba2+、、，Na+、、-60-/60\n15．①确定含结晶水：取少量晶体放入试管中，用酒精灯加热在试管口有液体水生成。②确定K+存在：用干净的白金丝沾取少量试样，放在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察火焰呈浅紫色，证明含K+。③确定Mg2+存在：将晶体溶于水配成溶液，参加过量氢氧化钠溶液，生成白色沉淀，可证明Mg2+存在。④确定存在：在配制的溶液中，先参加稀硝酸溶液，无现象，再参加AgNO3溶液有白色沉淀产生，证明含。第三课时：化学反响中的能量变化高考说明1、了解化学反响中的能量变化，吸热反响、放热反响、反响热、燃烧热、中和热等概念。2、；理解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式3、掌握有关燃烧热的简单计算。4、初步了解新能源的开发。解读考纲围绕考纲我们应掌握如下要点：①化学反响中的能量变化，吸热反响，放热反响②反响热的概念，化学反响过程中能量变化与放热、吸热的关系。③热化学方程式的概念，正确书写热化学方程式。④燃烧热、中和热的概念及简单计算⑤化石燃料、新能源的开发，燃料的充分燃烧。命题预测反响热是高考重点考察内容之一，主要有（1）热化学方程式的书写及正误判断；（2）反响热的计算；（3）比较反响热的大小；（4）反响热与能源的综合考察。对于燃烧热和中和热的概念及计算将是高考考察的重点，预计会在填空题、选择题、实验题中有所表达，难度不会太大。重点考察学生灵活应用知识，承受新知识的能力。一、了解反响热、燃烧热、中和热的概念1.化学反响过程中放出或吸收的热量叫做反响热，符号ΔH，单位kJ/mol2.燃烧热概念：燃烧热指的在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量概念中的关键词：101kPa、1mol、完全燃烧生成稳定的氧化物3.中和热概念：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反响生成1molH2O，这时的反响热叫做中和热（中学阶段主要讨论强酸和强碱的反响）概念中的关键词稀溶液中、生成1molH2O二、正确书写热化学方程式1.能表示参加反响物质的量和反响热的关系的化学方程式称为热化学方程式。表示含义：不仅说明了化学反响中的物质变化，也说明了化学反响中的能量变化-60-/60\n2.热化学方程式书写本卷须知：①、△H只能写在标有反响物和生成物状态的化学方程式的右边，并用“；”隔开。假设为放热反响，△H为“－”；假设为吸热反响，△H为“＋”。△H的单位一般为kJ/mol。②、注意反响热△H与测定条件（温度.压强等）有关。因此书写热化学方程式时应注明△H的测定条件绝大多数△H是在25℃.101325Pa下测定的，可不注明温度和压强。③、注意热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数。因此化学计量数可以是整数.也可以是分数。④、注意反响物和产物的聚集状态不同，反响热△H不同。因此，必须注明物质的聚集状态才能完整地表达出热化学方程式的意义。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用↑和↓。⑤、注意热化学方程式是表示反响已完成的数量。由于△H与反响完成物质的量有关，所以方程式中化学式前面的化学计量数必须与△H相对应，如果化学计量数加倍，那么△H也要加倍。当反响向逆向进展时，其反响热与正反响的反响热数值相等，符号相反。 三、掌握化学反响热的计算1.吸热反响：△H>0；从物质能量角度分析，反响物总能量<生成物总能量；从键能角度(实质)分析,反响物断键吸收的能量>生成物成键释放的能量；从常见反响角度：属于吸热的有①大多数分解反响特例:2KClO3===2KCl+3O2↑(放热反响)②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反响,③工业上制水煤气的反响④以C.H2.CO为复原剂的氧化复原反响.2.放热反响：△H<0；从物质能量角度分析，反响物总能量>生成物总能量；从键能角度(实质)分析,反响物断键吸收的能量<生成物成键释放的能量；从常见反响角度：①所有燃烧反响②酸碱中和反响 ③大多数化合反响特例：C+CO2===CO(吸热反响)④铝热反响⑤金属与酸(活泼金属与水)反响⑥金属氧化物(如氧化钙等)与水(或酸)反响4.中和热测定实验（介绍）：-60-/60\n例：50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在如以下图装置中进展中和反响。通过测定反响过程中所放出的热量可计算中和热。答复以下问题（1）从实验装置上看，图中仪器名称是环形玻璃搅拌棒（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失（3）假设大烧杯上不盖硬纸板，求得中和热数值偏小（4）实验中改用60mL0.5mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进展反响，与上述实验相比，所测得的中和热值相等，简述理由：因为"中和热"是指酸跟碱发生中和反响生成1摩尔时所放出的热量,与酸碱的用量无关（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进展上述实验，测得的中和热的数值会偏小四、了解能源能源就是能提供能量的自然资源目前主要使用的能源是化石燃料，常见的能源有化石燃料.风力.阳光.潮汐等。击破考点一：热化学方程式的书写.判断例1：已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，那么乙炔燃烧的化学方程式正确的选项是（）A．；B．；C．；-60-/60\nD．；答案：A解析：燃烧热是指在25摄氏度,101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。1mol乙炔完全燃烧生成2mol二氧化碳，因此对应放出热量为2bkJ【变式训练1】(河北舞阳一高09高三10考)以下有关热化学方程式的表达正确的选项是（）A．已知2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)；△H=－571.6kJ·mol-1，那么氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1B．已知C（石墨，s）==C（金刚石，s）；△H>0，那么金刚石比石墨稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，那么稀醋酸和稀NaOH溶液反响的热化学方程式为：NaOH(aq)+CH3COOH(aq)==CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=－57.4kJ·mol-1D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2，那么△H1>△H2答案：A【变式训练2】在25℃.1.01×105Pa下，将22gCO2通入1mol·L－1NaOH溶液750mL中充分反响，测得反响放出xkJ热量。在该条件上，1molCO2通入2mol·L－1NaOH溶液1L中充分反响放出ykJ热量。那么CO2与NaOH溶液反响生成NaHCO3的热化学方程式是（）A．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)；△H=－(2y－x)kJ·mol－1B．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)；△H=－(2x－y)kJ·mol－1C．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)；△H=－(4x－y)kJ·mol－1D．2CO2(g)＋NaOH(1)===NaHCO3(1)；△H=－(8x－2y)kJ·mol－1答案：C-60-/60\n击破考点二:化学反响热的有关计算例2：（08年海南化学·8）白磷与氧可发生如下反响：P4+5O2=P4O10。已知断裂以下化学键需要吸收的能量分别为：P—PakJ·mol—1.P—ObkJ·mol—1.P=OckJ·mol—1.O=OdkJ·mol—1。根据图示的分子构造和有关数据估算该反响的△H，其中正确的选项是A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—1答案：A解析：由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。【变式训练3】（08上海卷）已知：H2(g)＋F2(g)2HF(g)＋270kJ，以下说法正确的选项是()A．2L氟化氢气体分解成1L的氢气和1L的氟气吸收270kJ热量B．1mol氢气与1mol氟气反响生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJ-60-/60\nC．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D．1个氢气分子与1个氟气分子反响生成2个氟化氢分子放出270kJ答案：C解析：由题上的化学方程式可知，1mol氢气与1mol氟气反响生成2mol气态氟化氢放出的热量放出的热量为270kJ，而从气体的氟化氢转化为液态的氟化氢还要放出热量，所以热量应大于270kJ，由于反响为放热反响，所以在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量。【变式训练4】(湖北黄石二中09高三化学检测)（1）肼（N2H4）和NO2是一种双组分火箭推进剂。两种物质混合发生反响生成N2和H2O（g），已知8g气体肼在上述反响中放出142kJ热量，其热化学方程式为。（2）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学反响方程式为；又知H2O（l）H2O（g）；△H＝＋44kJ/mol，那么11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时，放出的热量是kJ。答案：（1）2N2H4（g）＋2NO2（g）＝3N2（g）＋4H2O（g）；△H＝－1136kJ/mol（2）B2H6（g）＋3O2（g）＝B2O3（s）＋3H2O（l）；△H＝－2165kJ/mol1016.5kJ击破考点三:有关燃烧热.中和热的知识例3.以下说法或表示方法中正确的选项是：A.等质量的硫蒸气和硫磺分别完全燃烧，后者放出的热量多B.氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，那么氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)；△H＝－285.8kJ·mol-1C.Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)＝BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)；△H＜0D.已知中和热为57.3kJ·mol-1，假设将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ答案：D解析：按照燃烧热和中和热的概念进展分析。【变式训练5】(郑州二中09学年高三10月份月考)以下说法或表示方法正确的选项是A.反响物的总能量低于生成物的总能量时，该反响一定不能发生B.强酸跟强碱反响放出的热量就是中和热-60-/60\nC.由石墨比金刚石稳定可知：D.在.时，完全燃烧生成气态水，放出热量，那么氢气的燃烧热为241.8答案：C【变式训练6】（09四川卷9）25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反响的中和热为57.3kJ/mol，辛烷的燃烧热为5518kJ/mol。以下热化学方程式书写正确的选项是A.2H+(aq)+(aq)+(aq)+2OH(aq)=BaSO4(s)+2HO(1);H=57.3kJ/molB.KOH(aq)+HSO4(aq)=KSO4(aq)+HO(I);H=57.3kJ/molC.C8H18(I)+O(g)=8CO(g)+9HO;H=5518kJ/molD.2C8H18(g)+25O(g)=16CO(g)+18HO(1);H=5518kJ/mol答案：B1.（07年广东理基·19）下述做法能改善空气质量的是A．以煤等燃料作为主要生活燃料B．利用太阳能.风能和氢能等能源替代化石能源C．鼓励私人购置和使用汽车代替公交车D．限制使用电动车答案：B解析：以煤等燃料作为主要生活燃料时会产生大量的空气污染物；私人汽车代替公交车会使汽油的消耗量增加，带咯啊的空气污染物增多，限制使用电动车会增加有害气体的排放。因此正确的选项为B2.（07年广东化学·14）将V1mL1.0mol·L-1HCl溶液和V2-60-/60\nmL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如右图所示（实验中始终保持V1＋V2＝50mL）。以下表达正确的选项是A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验说明化学能可能转化为热能C．NaOH溶液的浓度约为1.0mol/L·L-1D．该实验说明有水生成的反响都是放热反响答案：B解析：中和反响为放热反响，B对，中和反响有水生成，但有水生成的不一定是放热反响，如H2+CuOH2O+Cu是吸热反响，D错，从表中分析当参加HCl溶液5mL.NaOH溶液45mL反响后温度为22℃，故实验时环境温度小于22℃，A错，参加HCl溶液30mL反响放热最多，应是酸碱正好中和，故C（NaOH）=1.0mol/L·30mL/20mL=1.5mol/L，C错。3.（09年天津理综·6）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/molNa2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ΔH=-226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，以下说法正确的选项是A．CO的燃烧热为283kJB．右图可表示由CO生成CO2的反响过程和能量关系C．2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＞-452kJ/molD．CO(g)与Na2O2(s)反响放出509kJ热量时，电子转移数为6.02×1023答案：C解析：A项，燃烧热的单位出错，应为kJ/mol，错；图中的量标明错误，应标为2molCO和2molCO2,故错。CO2气体的能量大于固体的能量，故C项中放出的能量应小于452kJ，而△H-60-/60\n用负值表示时，那么大于-452Kj/mol，正确；将下式乘以2，然后与上式相加，再除以2，即得CO与Na2O2的反响热，所得热量为57kJ，故D项错。4.（09全国卷Ⅱ11）已知：2H2（g）+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6KJ·mol-1CH4（g）+2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890KJ·mol-1现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),假设实验测得反响放热3695KJ，那么原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是A．1∶1B．1∶3C．1∶4D．2∶3答案：B解析：设H2.CH4的物质的量分别为x.ymol。那么x+y=5，571.6x/2+890y=3695,解得x=1.25mol;y=3.75mol，两者比为1：3，应选B项。5.（08年宁夏理综·13）已知H2(g).C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1.-1411.0kJ·mol-1和-1366.8kJmol-1，那么由C2H4(g)和H2O(l)反响生成C2H5OH(l)的△H为A．-44.2kJ·mol-1B．+44.2kJ·mol-1C．-330kJ·mol-1D．+330kJ·mol-1答案：A解析：由题意可知：C2H4(g)＋3O2(g)2CO2(g)＋2H2O(l)；△H＝-1411.0kJ·mol-1，C2H5OH(1)＋3O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l)；△H＝-1366.8kJ·mol-1,将上述两个方程式相减得：C2H4(g)＋H2O(l)C2H5OH(l)；△H＝-44.2kJ·mol-1。6.（08年广东化学·19）碳酸钠是造纸.玻璃.纺织.制革等行业的重要原料。工业碳酸钠（钝度约98％）中含有Ca2+.Mg2+.Fe3+.Cl-和等杂质，提纯工艺路线如下：已知碳酸钠的溶解度（S）随温度变化的曲线如以以下图所示：-60-/60\n答复以下问题：（1）滤渣的主要成分为 。（2）“趁热过滤”的原因是 。（3）假设在实验室进展“趁热过滤”，可采取的措施是（写出1种）。（4）假设“母液”循环使用，可能出现的问题及其原因是 。（5）已知：Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3(s)+10H2O(g)ΔH1=+532.36kJ·mol-1Na2CO3·10H2O(s)=Na2CO3·H2O(s)+9H2O(g)ΔH1=+473.63kJ·mol-1写出Na2CO3·H2O脱水反响的热化学方程式 。答案：（1）Mg(OH)2.Fe(OH)3.CaCO3（2）使析出的晶体为Na2CO3·H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3·10H2O晶体，令后续的加热脱水耗时长（3）用已预热的布氏漏斗趁热抽滤（4）溶解时有大量沉淀生成，使Na2CO3损耗且产物Na2CO3混有杂质其原因："母液"中，含有的离子有Ca2＋，Na＋，Cl－，，OH－，，当屡次循环后，使用离子浓度不断增大，溶解时会生成CaSO4，Ca(OH)2，CaCO3等沉淀（5）Na2CO3·H2O（s）===Na2CO3（s）+H2O（g）△H=+58.73kJ·mol－1解析：(1)因工业碳酸钠中含有Mg2＋，Fe3＋，Ca2＋，所以“除杂”中参加过量的NaOH溶液，可生成Mg(OH)2.Fe（OH）3.Ca（OH）2沉淀。(2)观察坐标图，温度减少至313K时发生突变，溶解度迅速减少，弱不趁热过滤将析出晶体。(3)思路方向：1.减少过滤的时间2.保持过滤时的温度。(4)思路：分析“母液”中存在的离子，假设参与循环，将使离子浓度增大，对工业生产中哪个环节有所影响。-60-/60\n(5)通过观察两个热化学方程式，可将两式相减，从而得到Na2CO3·H2O（S）======Na2CO3（s)+H2O（g）。7.（09宁夏卷28）（14分）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反响过程的能量变化如以下图。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请答复以下问题：（1）图中A.C分别表示.，E的大小对该反响的反响热有无影响？。该反响通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是；（2）图中△H=KJ·mol-1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被复原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式；（4）如果反响速率υ（SO2）为0.05mol·L-1·min-1,那么υ（O2）=mol·L-1·min-1.υ(SO3)=mol·L-1·min-1；（5）已知单质硫的燃烧热为296KJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H（要求计算过程）。答案：（1）反响物能量生成物能量（2）无降低因为催化剂改变了反响的历程使活化能E降低（3）-198(4)SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5(4)0.0250.05(5)S(s)+O2(g)=2SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1,SO2(g)+1/2O2(g)=SO3(g)△H2=-99KJ·mol-13S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g)△H=3(△H1+△H2)=-1185KJ·mol-1解析：(1)本小题考察反响物总能量高于生成物总能量为放热反响，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反响热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反响，因此△H=-99×2KJ·mol-1；（3）依题意即可写出：SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比-60-/60\n一、选择题1.自行车.电动自行车.普通汽车消耗能量的类型分别是①生物能②核能③电能④太阳能⑤化学能ks5uA.①④⑤B.①③⑤C.①②③D.①③④2.已知25℃.101kp下，石墨.金刚石燃烧的热化学方程式分别为ks5u据此判断，以下说法正确的选项是（）ks5uA.由石墨制备金刚石是吸热反响；等质量时，石墨能量比金刚石的低。B.由石墨制备金刚石是吸热反响；等质量时，石墨能量比金刚石的高。C.由石墨制备金刚石是放热反响；等质量时，石墨能量比金刚石的低。D.由石墨制备金刚石是放热反响；等质量时，石墨能量比金刚石的高。3.(绵中高2022级第五期第三次学月考试)已知一定温度和压强下，合成氨反响：N2（g）+3H2(g)2NH3(g)；△H=-92.0KJ·mol-1，将1molN2和3molH2充入一密闭容器中，保持恒温恒压，在催化剂存在时进展反响，到达平衡时，测得N2的转化率为20%。假设在相同条件下，起始时在该容器中充入2molNH3，反响到达平衡时的热量变化是ks5uA．吸收18.4KJ热量B．放出18.4KJ热量C．吸收73.6KJ热量D．放出73.6KJ热量4.(河南省郑州市一中2022届高三年级11月期中考)以下关于热化学反响的描述中正确的选项是A．HCI和NaOH反响的中和热ΔH＝－57．3kJ／mol，那么H2SO4和Ca(OH)2反响的中-60-/60\n和热△H＝2×(－57．3)KJ／molks5uB．CO(g)的燃烧热是283．0kJ／mol，那么2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反响的△H＝2×283．0kJ／molC．需要加热才能发生的反响一定是吸热反响D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热5.(自贡市高2022级高三理科综合能力测试“一模”)第29届奥运会已在北京举行,体操王子李宁凌空点火举世瞩目。2022年北京奥运会“祥云”火炬采用的是环保型燃料---丙烷（C3H8），悉尼奥运会火炬所用燃料为65%丁烷（C4H10）和35%丙烷，已知丙烷的燃烧热为：2221.5kJ/mol，以下有关说法正确的选项是ks5uA.丙烷的沸点比正丁烷高B.奥运火炬燃烧主要是将化学能转变为热能和光能C.丙烷.空气及铂片可组成燃料电池，在丙烷附近的铂极为电池的正极D.丙烷燃烧的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)→3CO2(g)+4H2O(g)；△H=―2221.5kJ/mol6.(湖南汝城二中09高三第四次月考)（6分）火箭推进器中盛有强复原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水，它们混合反响，生成氮气和水蒸气。已知混合物共1摩尔且恰好完全反响时放出256.6kJ的热量（1）该反响的热化学方程式为。（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；ΔH=+44kJ/mol。那么16g液态肼与足量液态双氧水反响生成液态水时放出的热量是kJ。-60-/60\n（3）此反响除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是。反响“小练习”答案1.B2.A3.C.4.B5.B6.答案：（1）N2H4(l)+2H2O(l)==N2(g)+4H2O(g)；H=-769.8KJ/mol（2）472.9KJ（3）产物为水和氮气，不会污染环境一、选择题1.（09年福建理综·6）以下类型的反响，一定发生电子转移的是A．化合反响B．分解反响C．置换反响D．复分解反响2.(广东天河中学09高三模拟)漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反响的离子方程式为：5HClO2＝4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。（HClO2为弱酸）向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开场时HClO2分解反响反响缓慢，随后反响迅速，其原因是（）A.在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强B.溶液中的H＋起催化作用C.ClO2逸出，使反响的生成物浓度降低D.溶液中的Cl－起催化作用3.(北京市朝阳区2022～2022学年度高三年级第一学期期中统练)某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反响后得到KCl.KClO.KClO3的混合溶液。假设CI2与KOH溶液反响时，被复原与被氧化的氯元素物质的量之比是11︰3，那么混合液中ClO-与ClO3-的物质的量之比是（）A．1︰1B．1︰2C．1︰3D．2︰14.（07年广东化学·11）以下化学反响的离子方程式正确的选项是（）A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O-60-/60\nB．往碳酸镁中滴加稀盐酸：＋2H＋＝CO2↑＋H2OC．往氨水中滴加氯化铝：Al3＋＋4OH－＝＋2H2OD．氢氧化钡溶液与稀硫酸反响：Ba2＋＋＋H＋＋OH－＝BaSO4↓＋H2O5.（08年广东理基·29）以下各组离子一定能大量共存的是（）A．在含有大量[Al(OH)4]－溶液中NH4＋.Na＋.Cl－.H＋B．在强碱溶液中Na＋.K＋..NO3－C．在pH＝12的溶液中NH4＋.Na＋..D．在c(H＋)＝0．1mol·L－1的溶液中K＋...6.（09年广东理基·33）以下说法正确的选项是（）A．向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色B．Al3＋.NO3－.Cl－..Na＋可以大量共存于pH=2的溶液中C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质D．分别于等物质的量的HCl和H2SO4反响时，消耗的NaOH的物质的量相同7.（09年海南化学·9）在室温时，以下各组中的物质分别与过量NaOH溶液反响，能生成5种盐的是：（）A．A12O3、SO2、CO2、SO3B．C12、A12O3、N2O5、SO3C．CO2、C12、CaO、SO3D．SiO2、N2O5、CO、C128.（07年山东理综·12）以下表达正确的是（）A．168O2和188O2互为同位素，性质相似B．常温下，pH=1的水溶液中Na＋.NO3－..Fe2＋可以大量共存C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同D．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H＞0，所以石墨比金刚石稳定9.(08届泉州五中高三年理科综合五月模拟)在10ml含等物质的量的HBr和H2SO3的溶液中通入0.01moLCl2，有一半Br－变为Br2（已知Br2能氧化H2SO3）原溶液中HBr和H2SO3的物质的量浓度为（）A．0.075moL·L－１B．0.8moL·L－１C．0.75moL·L－１D．0.08moL·L10.高考资源网【江苏省启东中学2022届高三第一学期第二次月考】高铁酸钾K2FeO4是一种新型.高效.氧化性比Cl2-60-/60\n更强的水处理剂，工业上通常用以下反响先制得高铁酸钠：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，以下有关说法不正确的选项是A．Na2O2在反响中既作氧化剂，又作复原剂B．制取高铁酸钠时，每生成lmolNa2FeO4反响中共有4mol电子转移C．高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其复原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质二、填空题11.高考资源网【洪雅中学高2022级10月份月考试题】（13分）2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理，发生反响如下：①＋Cu2S＋H+＝Cu2+＋SO2＋Mn2+＋H2O②6＋5CuS＋28H＋＝5Cu2+＋5SO2＋6Mn2+＋14H2O反响后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反响，反响式为：③＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3+＋4H2O请答复：（1）配平KMnO4与Cu2S反响的离子方程式并用单线桥标出电子转移：＋Cu2S＋H+＝Cu2+＋SO2＋Mn2+＋H2O假设标准状况下有1.12LSO2生成，那么转移电子的物质的量是。（2）KMnO4溶液与混合物反响后，剩余KMnO4的物质的量为 mol。（3）欲配制500mL0.1mol/LFe2＋溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O（M＝392g/mol）的质量为g，配制时所需要的定量仪器是。（4）混合物中Cu2S的质量分数为。12.【浙江湖州二中2022学年第一学期高三化学11月考】（5分）有一无色透明溶液，欲确定是否含有以下离子：Na+.Mg2+.Al3+.Fe2+.Ba2+.NO3 .SO42-.C1-.I-.HCO3--60-/60\n，取该溶液进展以下实验：①取少量待测液加几滴甲基橙溶液，溶液显红色。②取少量溶液，浓缩后加Cu和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。③取少量溶液，加氯化钡溶液，有白色沉淀产生。④取实验③中上层清液AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于硝酸。⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，局部沉淀溶解。⑴根据以上实验，溶液中肯定存在的离子：__________________；肯定不存在的离子：________；尚不能确定的离子是：______________________。⑵写出②③中有关离子方程式：②；③。13.【四川省绵阳中学2022届高三二诊模拟试题学】（1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在101kPa时，32.0gN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气，放出热量624kJ（25℃时），ＡN2H4完全燃烧反响的热化学方程式是_________________________。（2）右图是一个电化学过程示意图①锌片上发生的电极反响是________________________②假设使用肼一空气燃烧电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化是128g，那么肼一空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气_____L（假设空气中氧气体积含量为20%）（3）传统制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液。该反响的离子方程式是_____________________________________。14.【四川泸县二中高2022级理科综合训练（四）】（14分）Ⅰ．“神七问天”（1）联氨(N2H4)是航天运载火箭常用的高能燃料。联氨是一种无色可燃的液体，溶于水显碱性，其原理与氨相似，但其碱性不如氨强，写出其溶于水呈碱性的离子方程式：。（2）联氨也可以采用尿素［CO(NH2)2］为原料制取，方法是在高锰酸钾催化剂存在下，尿素和次氯酸钠.氢氧化钠溶液反响生成联氨.另外两种盐和水，写出其反响的化学方程式：。（3）火箭推进器中分别装有联氨和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知：-60-/60\n12.8g液态联氨与足量过氧化氢反响生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量；又知：H2O(l)＝H2O(g)；DH＝＋44kJ·mol－1那么写出表示液态联氨与足量过氧化氢反响生成氮气和液态水的热化学方程式为：。15.（09全国卷Ⅱ29）(15分)现有A.B.C.D.E.F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进展如下实验：①测得溶液A.C.E呈碱性，且碱性为A>E>C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；③向D溶液中滴加溶液，无明显现象；④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象,答复以下问题:(1)实验②中反响的化学方程式是;(2)E溶液是,判断依据是;(3)写出以下四种化合物的化学式:A.C.D.F.单元测试卷参考答案1.C解析：置换反响中肯定有单质参加，一定属于氧化复原反响，即一定有电子转移，C项正确2.D3.B4.A解析：离子方程式正误判断主要抓住二个原那么，一是符号书写是正确，包括：①原理是否正确②化学式与离子形式拆合是否正确，二是是否守恒。包括：①电荷守恒②电子转移守恒③原子守恒。题中B选项碳酸镁为难溶物应写化学式，C选项氨水不能使氢氧化铝溶解，D选项应为：Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O。-60-/60\n5.B解析：A.［Al(OH)4］－即为，不能在酸性溶液中存在，与NH4+会发生双水解反响；B．强碱溶液中，是可以存在的；C．NH4＋在碱性条件下会与溶液中的结合生成一水合氨分子，不能大量存在；D．在酸性溶液中，NO3－具有强氧化性，可将I-氧化（但不能将氧化）。6.A解析：Na2CO3溶液中存在的水解＋H2OHCO3－＋，使溶液显碱性，因此参加酚酞后溶液变为红色，故A选项正确。B选项中pH=2的溶液显酸性，弱酸跟阴离子不能存在；C选项中的乙醇不是电解质，只有乙酸是电解质；HCl是一元酸而H2SO4是二元酸，因此等物质的量的HCl和H2SO4消耗的NaOH的物质的量之比为1︰2。7.B解析：题中的关键词“过量NaOH溶液”，A中只能生成4种盐；B生成5种（NaCl.NaClO.NaAlO2.NaNO3.Na2SO4）；C中CaO不能生成盐；D中CO不能成盐。8.D解析：A选项中同位素是指中子数不同.质子数相同的不同核素（原子）的互称，选项中给出的是分子，错误；B中PH=1的溶液为强酸性环境，解答时应在离子组Na+...Fe2+中增加H+，分析可知碳酸氢根离子和氢离子不共存，在氢离子存在时硝酸根离子和亚铁离子不能共存，错误；C中明矾的净水原理是其溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝能吸附水中悬浮物，而漂白粉是由其成分中的次氯酸钙和水二氧化碳反响生成的次氯酸能杀菌消毒，作用原理不同，错误；D中此反响的△H>０，说明此反响是吸热反响，也就是金刚石的具有能量大于石墨，物质具有的能量越大，该物质越不稳定，正确9.B10.B11.30e-答案10e-（1）8＋5Cu2S＋44H＋＝10Cu2＋＋5SO2＋8Mn2＋＋22H2O；0.4mol-60-/60\n（2）0.007（3）19.6；500mL容量瓶（4）40%12.答案：.既然是溶液，那么Ba2+与SO42-不能同时存在。据实验①可判断肯定不存在(H++==CO2↑+H2O)，NO3-与Fe2+.I-不能同时存在(6I-+2NO3-+8H+==3I2+2NO↑+4H2O，3Fe2+++4H+==3Fe3++NO↑+2H2O)；根据实验②可判断NO3-一定存在，那么Fe2+.I-不存在；根据实验③，SO42-肯定存在；根据实验④，不能肯定原溶液中有无Cl-存在，因为实验⑤参加了BaCl2，只能是可能存在；Mg2+.Al3+..-，Fe2+.Ba2+..-，Na+..13.答案：（1）N2H4+O2=N2+2H2O△H=-624KJ/mol;（2）Cu2++2e-=Cu112L（3）ClO-+2NH3=N2H4++H2O14.答案.Ⅰ．（1）N2H4+H2ON2H5++OH－或（NH2NH3++H2ONH3NH32++OH－ ）KMnO4（2）CO(NH2)2+NaClO+2NaOHN2H4+NaCl+Na2CO3 +H2O（3）N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(l)；ΔH=－817.6kJ·mol－115.答案:（1）（2）碳酸钾由①中碱性减弱的顺序可知，E是碳酸盐。六种阳离子中可以与碳酸根形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾（3）解析:此题考察离子共存.盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，那么肯定为AgNO3，由③可得D中无，那么F中的阴离子为，D中的阴离子为。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而假设与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。w.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-60-/60
