2026苏教版高考化学一轮复习全套导学案

大单元一化学基础知识第1讲物质的分类物质的量备考导航复习目标1.掌握根据物质的组成进行物质分类的方法。2.了解胶体与溶液的简单鉴别方法和胶体在生产、生活中的应用。3.理解物质的量、摩尔质量、阿伏加德罗常数、气体摩尔体积、物质的量浓度的含义，并能进行简单计算。4.掌握一定溶质质量分数、一定物质的量浓度溶液的配制方法。熟记网络课前自测判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)(2024·苏州期末)CO2和甲醇均属于有机物(×)(2)(2023·南京期初)NO是酸性氧化物(×)(3)(2024·南通三模)eq\o\al(16,8)O、eq\o\al(18,8)O、eq\o\al(20,8)O互为同素异形体(×)(4)(2023·海安期中)煤的干馏、气化与石油的分馏、裂化均属于化学变化(×)(5)(2023·如东期中)已知KH2PO2属于正盐，则H3PO2的结构式为(√)(6)(2023·华罗庚中学)用“人工肾”进行血液透析救治患者，利用了胶体的性质(√)(7)(2020·江苏卷)SiCl4(g)＋2H2(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Si(s)＋4HCl(g)，每生成1molSi需消耗2×22.4LH2(×)(8)(2023·山东卷)进行容量瓶检漏时，倒置一次即可(×)(9)(2023·浙江卷)图甲：操作时俯视刻度线定容，会导致所配溶液浓度偏大(√)(10)(2023·重庆卷)图乙：转移溶液(√)(11)(2024·北京卷)图丙：配制一定物质的量浓度的KCl溶液(×)考点1物质的分类知识梳理物质的分类1.酸性氧化物或碱性氧化物不一定能与水反应生成相应的酸或碱。(1)SiO2不能与水反应生成H2SiO3。(2)Fe2O3、CuO等碱性氧化物不能与水反应生成相应的碱。而K2O、CaO、Na2O等碱性氧化物能与水反应生成相应的碱。2.常见物质的溶解性(1)常见的酸中，硅酸是难溶于水的白色沉淀。(2)常见的碱中：KOH、NaOH、Ba(OH)2可溶于水；Fe(OH)2(白色)、Mg(OH)2(白色)、Al(OH)3(白色)、Zn(OH)2、AgOH(白色)、Fe(OH)3(红褐色)、Cu(OH)2(蓝色)等难溶于水；Ca(OH)2微溶于水。(3)常见的盐中：钾盐、钠盐、铵盐、硝酸盐、醋酸盐、碳酸氢盐等一般可溶于水；Mg2＋、Ca2＋、Ba2＋等形成的碳酸盐、硅酸盐、磷酸盐、草酸盐难溶于水；硫化物中，除了Na2S、K2S、(NH4)2S、BaS可溶于水，大多数硫化物是难溶于水的黑色沉淀，如CuS(黑色)、FeS(黑色)、PbS(黑色)、Ag2S(黑色)等。解疑释惑1有关含氧酸的几个问题1.同种元素的不同含氧酸的中心元素的化合价及其酸性的比较(填写化合价，并用“>”或“<”比较酸性大小)(1)HClO4(高氯酸，＋7价)>HClO3(氯酸，＋5价)>HClO2(亚氯酸，＋3价)>HClO(次氯酸，＋1价)。(2)H2SO4(硫酸，＋6价)>H2SO3(亚硫酸，＋4价)。(3)HNO3(硝酸，＋5价)>HNO2(亚硝酸，＋3价)。2.不同元素的含氧酸的酸性比较(填“>”或“<”)H2SiO3<H3PO4<H2SO4<HClO43.含氧酸结构名称高氯酸(HClO4)碳酸(H2CO3)结构名称硼酸(H3BO3，一元酸)磷酸(H3PO4，三元酸)结构名称亚磷酸(H3PO3，二元酸)次磷酸(H3PO2，一元酸)结构名称焦磷酸(H4P2O7)硫酸(H2SO4)结构名称硫代硫酸(H2S2O3)焦硫酸(H2S2O7)结构名称过一硫酸(H2SO5)过二硫酸(H2S2O8)结构说明：①2个硫酸分子间脱去1个水分子得到H2S2O7(焦硫酸);②2个磷酸分子间脱去1个水分子得到H4P2O7(焦磷酸)；③H3BO3分子中虽然有3个H原子，却是一元酸，其原因为B(OH)3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋。分散系1.根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液。如图：2.胶体的性质及应用(1)丁达尔效应：当光束通过胶体时，可以看到一条光亮的“通路”，该现象称为丁达尔效应。利用丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液。(2)较稳定性：胶体的稳定性介于溶液与浊液之间。分散质能透过滤纸，不能透过半透膜。胶体净化的常用方法：渗析。(3)胶体的胶粒具有吸附性。如明矾能够净水，是因为明矾溶于水后能形成氢氧化铝胶体。氢氧化铁胶体也能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，常用于净水。3.Fe(OH)3胶体的制备(1)原理：FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl(写化学方程式)。(2)具体操作：向沸水中逐滴加入5～6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，所得的液体即为Fe(OH)3胶体。[注意事项]①蒸馏水不能换成NaOH溶液或氨水。②不能边加热边搅拌，不能过度加热。典题悟法(2023·盐城期中)水是生命之源，寻找火星水冰是“祝融”号火星车的任务之一。下列关于水的说法正确的是(B)A.属于两性氧化物B.既有氧化性又有还原性C.与H2O2互为同素异形体D.不属于电解质【解析】两性氧化物是既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的氧化物，水不是两性氧化物，A错误；同素异形体是由同种元素组成的不同单质，水和H2O2均为化合物，C错误；水是弱电解质，D错误。考点2物质的量知识梳理物质的量1.物质的量的符号为n，单位为mol。2.阿伏加德罗常数：1mol任何粒子所含的粒子数，符号为NA，通常用6.02×1023mol－1表示。3.物质的量(n)与微粒数(N)之间的关系：N＝nNA。摩尔质量1.定义：单位物质的量的物质具有的质量。符号为M，单位为g/mol。2.计算公式：M＝eq\f(m,n)。3.当质量以g为单位时，摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量。气体摩尔体积1.定义：单位物质的量的气体所占的体积。符号为Vm。2.公式：Vm＝eq\f(V,n)，单位为L/mol。3.特例：标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol。①物质的质量、摩尔质量、微粒个数不受温度、压强等外界条件的影响。②使用“22.4L/mol”时，一看是否为“标准状况”，二看是否为“气体”。阿伏加德罗定律1.同温、同压、同体积的任何气体具有相同的分子数或物质的量。2.阿伏加德罗定律的推论同温同压气体的体积之比等于物质的量之比：V1∶V2＝n1∶n2＝N1∶N2气体的摩尔质量之比等于密度之比：M1∶M2＝ρ1∶ρ2同温同体积气体的压强之比等于物质的量之比：p1∶p2＝n1∶n2物质的量浓度1.定义：以单位体积溶液里所含溶质B的物质的量来表示溶液组成的物理量，叫作溶质B的物质的量浓度，符号为cB。2.公式：cB＝eq\f(nB,V)，单位：mol/L。3.溶质质量分数与物质的量浓度的换算公式：c＝eq\f(1000ρw,M)(c为溶质的物质的量浓度，单位为mol/L；ρ为溶液密度，单位为g/cm3；w为溶质质量分数；M为溶质的摩尔质量，单位为g/mol)。一定物质的量浓度溶液的配制(以配制100mL1.00mol/LNaCl溶液为例)1.主要仪器天平、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶(100mL)、胶头滴管、滤纸。2.配制过程①计算：所需NaCl固体的质量为5.85g②称量：根据计算结果，用天平称量5.9gNaCl固体。③溶解：将称量好的NaCl固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，并用玻璃棒搅拌。④移液：待烧杯中的溶液恢复至室温后，用玻璃棒引流，将溶液注入100mL容量瓶。⑤洗涤：用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液全部注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。⑥定容：将蒸馏水注入容量瓶，当液面距刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切。⑦摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。⑧装瓶、贴签。3.误差分析①导致浓度偏低的错误操作：洗涤或转移时溶液溅出，未洗涤烧杯及玻璃棒，超过刻度线时用滴管吸出液体，定容时仰视，定容后发现液面低于刻度线再加水等。②导致浓度偏高的错误操作：砝码生锈，定容时俯视，未等溶液冷却至室温就定容等。①容量瓶使用前应先查漏。查漏方法：向容量瓶中加入适量水，盖上瓶塞倒立，观察是否漏水，若不漏水，然后将容量瓶正立过来，旋转瓶塞180°，倒立，再观察是否漏水。②不能在容量瓶中直接溶解固体或稀释溶液。③在计算溶质的“量”时，溶液体积应与容量瓶规格匹配。常用的容量瓶有50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。稀释定律溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即c1V1＝c2V2。典题悟法一定物质的量浓度溶液的配制(2024·苏州、海门、淮阴、姜堰中学期初)实验室利用K2Cr2O7溶液测定含有少量杂质(不参与反应)的FeSO4·nH2O中的n值。具体实验过程如下：实验Ⅰ.称取agFeSO4·nH2O样品，用足量稀硫酸在烧杯中充分溶解后，待烧杯中的溶液恢复至室温后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入容量瓶，(轻摇容量瓶，使溶液混合均匀)，加蒸馏水至容量瓶刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。从容量瓶中移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴二苯胺磺酸钠指示液，用cmol/LK2Cr2O7溶液滴定至终点，记录消耗K2Cr2O7溶液的体积，重复上述实验2～3次。实验Ⅱ.称取agFeSO4·nH2O样品，加热至恒重，剩余固体质量为bg。(1)已知：K2Cr2O7溶液滴定FeSO4溶液时，可用二苯胺磺酸钠指示液判断滴定终点。请补充完整实验Ⅰ的实验方案(须使用的试剂和仪器：蒸馏水，cmol/LK2Cr2O7溶液，二苯胺磺酸钠指示液，胶头滴管，玻璃棒，100mL容量瓶)。(2)实验Ⅰ接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为D(填字母)。(3)若盛放标准液的滴定管未润洗，则测定的n值偏小(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【解析】(2)K2Cr2O7具有强氧化性，K2Cr2O7溶液用酸式滴定管盛放。(3)若盛放标准液的滴定管未润洗，则消耗标准液的体积偏大，n(Fe2＋)偏大，测定的n值偏小。有关物质的量的计算(2023·淮阴、姜堰、徐州一中联考)碘化钠在化工合成、临床医学、食品添加等领域都有广泛应用。碘化钠为无色晶体，在潮湿空气中易(被氧化)变棕色。某学习小组在实验室制备NaI固体并测定其含量。实验步骤如下：步骤1.称取14.0g碘单质，溶于1.0mol/L100mL氢氧化钠溶液，发生反应：3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O步骤2.向步骤1所得溶液中加入计算量的铁粉，搅拌，充分反应，生成红褐色沉淀；步骤3.抽滤后，所得滤液用四氯化碳萃取后分液，取水层，结晶并用真空干燥箱干燥，得到NaI固体；步骤4：测定所得NaI固体中NaI含量。(1)写出步骤2中发生反应的化学方程式：2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI；(2)步骤2中需称量的铁粉质量是1.87g(保留两位小数，I—127)。(3)请将步骤3中缺少的实验步骤补充完整。(4)步骤3中，使用真空干燥箱的原因是防止NaI在干燥过程中被空气中的氧气氧化。(5)另一学习小组在步骤2中改用水合肼(N2H4·H2O)作还原剂，得到的NaI产品纯度更高，可能的原因是水合肼作还原剂生成氮气，不易引入杂质。【解析】I2与NaOH溶液生成NaI、NaIO3和水，向反应后的溶液中加入铁粉，将NaIO3还原为NaI，同时生成Fe(OH)3；抽滤后，所得滤液中含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水层结晶，得到碘化钠晶体。(1)红褐色沉淀为Fe(OH)3，说明铁粉被NaIO3氧化，同时生成NaI。(2)14.0g碘单质物质的量为n(I2)＝eq\f(14.0g,254g/mol)≈0.055mol，1.0mol/L100mLNaOH溶液中n(NaOH)＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，则I2过量，生成的n(NaIO3)＝eq\f(0.1,6)mol＝eq\f(1,60)mol，根据2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI可知加入铁粉质量为eq\f(1,60)mol×2×56g/mol≈1.87g。(3)将Fe(OH)3抽滤后，所得滤液含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水层，结晶并用真空干燥箱干燥，得到NaI固体。(4)NaI在潮湿空气中易被氧化，故使用真空干燥箱。(5)N2H4·H2O作还原剂，氧化产物为气体N2，且没有污染。深度指津阿伏加德罗常数考点1.22.4(1)若题中出现物质的体积，先看该物质是不是气体，若是气体，再看是否处于标准状况下(0℃、1.01×105(2)常考的标准状况下不是气体的物质：H2O、液溴、HF、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、SO3、NO2、酒精、乙酸、碳原子数大于4的烃(除新戊烷)、苯等。2.物质的微观结构(1)注意某些物质分子中的原子个数，如氦气(He)、氖气(Ne)、氩气(Ar)、臭氧(O3)、白磷(P4)等。(2)注意特殊物质所含粒子(分子、原子、电子、质子、中子等)的数目，如D2O、T2O、18O2、H37Cl、—OH、OH－。(3)注意物质中的离子数目，如Na2O2中阴离子为Oeq\o\al(2－,2)，NaHSO4熔融状态含Na＋、HSOeq\o\al(－,4)。(4)最简式相同的物质：NO2和N2O4，乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)等单烯烃。(5)苯环中不含碳碳双键。(6)了解一些特殊物质中的化学键数目(设NA为阿伏加德罗常数的值)。物质CnH2n＋2P4SiSiO2石墨金刚石每摩尔含共价键数目(3n＋1)NA6NA2NA4NA1.5NA2NA3.氧化还原反应中电子转移的数目(1)注意是否发生歧化反应，如Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，消耗1molCl2，转移1mol电子。(2)注意变价元素，如1molFe与足量盐酸反应转移2mol电子，而1molFe与足量稀硝酸反应转移3mol电子。(3)注意氧化还原反应发生的顺序及反应物用量，如向FeBr2溶液中通入Cl2，Cl2优先氧化Fe2＋，Cl2的量不同，发生的反应可能不同。4.电解质的电离与水解(1)看溶液中是否有“弱电解质”的电离，如1molCH3COOH溶于水，溶液中n(CH3COO－)<1mol。(2)看溶液中是否有“弱离子”的水解。如1molFeCl3溶于水，溶液中n(Fe3＋)<1mol。(3)计算溶液中所含微粒数目时，看是否指明溶液体积。5.隐含的可逆反应可逆反应不能进行到底，如N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)、2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)、Cl2＋H2OHCl＋HClO、2NO2(g)N2O4(g)等。6.有关反应中浓度的问题(1)MnO2与浓盐酸的反应，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止。(2)Cu与浓硫酸的反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止。(3)Cu与浓硝酸反应，随着反应的进行，浓硝酸变为稀硝酸，最终得到NO2和NO的混合气体。(4)Zn与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，最终得到SO2和H2的混合气体。7.分散系中的微粒数目(1)计算H、O原子总数时，不能忽视溶剂水。(2)胶粒是大量分子的集合体。如1molFeCl3水解转化为Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶粒数目小于6.02×1023。考点3有关化学方程式的计算知识梳理化学计算的常用方法1.守恒法(1)原子守恒：分析原料与产物之间所含相关的主要元素原子个数定量关系，忽略中间过程。如接触法制硫酸：FeS2～2H2SO4；工业制硝酸：NH3～HNO3。(2)电荷守恒：电解质溶液(或固体化合物)中，阴、阳离子所带的电荷总量相等。(3)得失电子守恒。2.关系式法表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。常考化学计算类型1.有关混合物质量分数(或纯度)的计算(1)根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的质量，再除以样品的总质量，即可得出其含量。(2)解题时理清各物质之间的定量关系，运用质量守恒定律、得失电子守恒、电荷守恒等方法，找准计算关系。2.有关物质化学式的计算(1)根据题给信息，计算出有关物质的物质的量。(2)根据电荷守恒，计算出未知离子的物质的量。(3)根据质量守恒定律，计算出结晶水的物质的量。(4)各粒子的物质的量之比即为物质化学式中各粒子对应的下标比，确定物质的化学式。3.热重图像分析计算(1)设晶体为1mol，得出样品的质量m始。(2)固体残留率＝eq\f(m余,m始)×100%，计算m余。(3)减重一般是先失水，后失气态非金属氧化物。(4)减重后所得物质一般为金属氧化物，根据金属原子守恒，求出n金属和m金属，由质量守恒定律求得mO，由n金属∶nO即可求出减重后物质的化学式。解疑释惑2热重曲线解题建模——以盐类或碱受热减重为例计算推导核心：减重全程金属原子的物质的量不变。1.先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。2.脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。3.若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。例(2024·江苏卷)将8.84mgNd(OH)CO3(摩尔质量为221g/mol)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550～600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3＋)∶n(COeq\o\al(2－,3))的比值：2∶1(写出计算过程)。【解析】8.84mgNd(OH)CO3物质的量为4×10－5mol，n(Nd3＋)＝4×10－5mol，n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol。在N2氛围中焙烧后，Nd的质量保持不变。550～600℃时剩余固体的质量为7.60mg，固体中无H，根据H守恒，该阶段生成水的质量为0.36mg，固体减少总质量＝(8.84－7.60)mg＝1.24mg，说明该阶段还生成CO2，CO2质量为1.24mg－0.36mg＝0.88mg，n(CO2)＝2×10－5mol，由C守恒可知该固体产物中n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol－2×10－5mol＝2×10－5mol。n(Nd3＋)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol∶2×10－5mol＝2∶1。典题悟法有关化学方程式的计算(2024·南通模拟)测定无水CrCl3样品的纯度。准确称取0.2000g样品，配成250mL溶液。取25.00mL溶液于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量NaOH溶液，生成Cr(OH)3沉淀。冷却后，加足量H2O2至沉淀完全转化为Na2CrO4。加热煮沸一段时间，冷却后加入稀硫酸，再加入足量KI溶液，充分反应后生成Cr3＋和单质I2。用0.02500mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液12.00mL。已知：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI。(1)Cr(OH)3与H2O2反应的离子方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－=2CrOeq\o\al(2－,4)＋8H2O。(2)计算样品中无水CrCl3的质量分数(写出计算过程，Cr—52，Cl—35.5)。根据发生的反应可得关系式：CrCl3～CrOeq\o\al(2－,4)～eq\f(1,2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～eq\f(3,2)I2～3Na2S2O3，n(I2)＝eq\f(1,2)×12.00×10－3L×0.025mol/L＝1.5×10－4mol，w(CrCl3)＝eq\f(\f(2,3)×1.5×10－4mol×158.5g/mol×10,0.2000g)×100%＝79.25%有关物质纯度的计算(2024·如皋适应性三)将钛铁矿与焦炭高温共热后可得到含TiO2、MgO、CaO、SiO2、Fe2O3、FeO和Fe的炉渣。为测定其中金属Fe的含量，现进行如下实验：步骤1.称取2.80g粉碎后的炉渣，加入足量含Na2SO3和邻菲罗啉(抑制Fe2＋的水解)的浸取液，同时调节溶液的pH＝4.5，充分反应(此时除金属Fe外，其余含铁化合物不反应)后过滤并洗涤滤渣；步骤2.将步骤1所得滤液和洗涤液合并，向其中加入稀硫酸和过量的H2O2溶液，充分反应后将溶液煮沸约10min，后冷却至室温，加水至100mL；步骤3.取25mL步骤2所得溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴磺基水杨酸指示剂(溶于水呈无色，酸性条件下遇Fe3＋显紫红色)，用浓度为0.10mol/L维生素C(C6H8O6)标准溶液滴定，到达终点时消耗维生素C标准溶液的体积为12.50mL。实验过程中发生的反应如下：6H＋＋2SOeq\o\al(2－,3)＋2Fe=S2Oeq\o\al(2－,3)＋2Fe2＋＋3H2O、C6H8O6＋2Fe3＋=C6H6O6＋2Fe2＋＋2H＋。(1)步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且30s内不恢复。(2)下列情况会导致金属Fe测定含量偏高的有AC(填字母)。A.步骤1中，调节pH小于2B.步骤2中，只取步骤1所得滤液进行实验，未将滤液和洗涤液合并C.步骤2中，充分反应后未将溶液煮沸D.步骤3中，滴定开始时仰视滴定管进行读数，滴定结束时俯视滴定管进行读数(3)计算炉渣中金属Fe的质量分数(写出计算过程)。n(C6H8O6)＝0.10mol/L×12.50×10－3＝0.00125mol根据反应可得关系式：2Fe～C6H8O6,25mL溶液中，n(Fe)＝2n(C6H8O6)＝2×0.00125mol＝0.0025mol，2.80g样品中，m(Fe)＝0.0025mol×56g/mol×eq\f(100mL,25mL)＝0.56gFe的质量分数＝eq\f(0.56g,2.80g)×100%＝20%【解析】(2)步骤1中，调节pH小于2，会使Fe2O3、FeO溶解，金属Fe测定含量偏高，A正确；未将滤液和洗涤液合并，金属Fe测定含量偏低，B错误；步骤2中，充分反应后未将溶液煮沸，溶液中有过量的H2O2溶液，消耗维生素C标准溶液体积偏大，金属Fe测定含量偏高，C正确；滴定开始仰视，滴定结束时俯视，消耗维生素C标准溶液体积偏小，金属Fe测定含量偏低，D错误。有关化学式的计算(2024·扬州模拟)柠檬酸铁铵化学式可表示为(NH4)xFey(C6H5O7)z，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00mol/LNaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。已知：①4NHeq\o\al(＋,4)＋6HCHO=(CH2)6N4H＋＋6H2O＋3H＋、(CH2)6N4H＋＋3H＋＋4OH－=(CH2)6N4＋4H2O。②柠檬酸结构简式可用H3C6H5O7(1)加入EDTA的作用为与Fe3＋结合(形成配离子)，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定。(2)柠檬酸铁铵化学式为(NH4)3Fe(C6H5O7)2(写出计算过程)。灼烧至恒重，所得固体为Fe2O3，质量为0.32g，n(Fe3＋)＝eq\f(0.32g×2,160g/mol)＝0.004mol用NaOH标准液滴定，根据反应可得关系式：4NHeq\o\al(＋,4)～(CH2)6N4H＋～3H＋～4OH－n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(OH－)＝12.00×10－3L×1.00mol/L＝0.012mol根据电荷守恒：n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Fe3＋)＝3n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝(0.012mol＋3×0.004mol)×eq\f(1,3)＝0.008mol，n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Fe3＋)∶n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝x∶y∶z＝0.012∶0.004∶0.008＝3∶1∶2故柠檬酸铁铵化学式为(NH4)3Fe(C6H5O7)2有关热重曲线的计算(2024·苏州模拟)从废锂电池正极材料LiCoO2回收Li、Co等金属的路线如下：(1)写出“溶解”步骤发生反应的离子方程式：8LiCoO2＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋22H＋=8Li＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋8Co2＋＋11H2O。(2)Co(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知290℃以上，Co(OH)2已完全脱水，在350～400℃范围内，剩余固体成分为Co3O4和Co2O3(3)常温下Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－3，“沉锂”时使用饱和Na2CO3溶液的目的是提高c(COeq\o\al(2－,3))，促进Li2CO3充分沉淀。【解析】(2)根据质量守恒定律，加热过程中，Co的质量不变。假设原始固体质量为93g，则n(Co)＝1mol，m(Co)＝59g。290℃时，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×89.25%－59,16)mol≈2∶3，故A点时，残留固体化学式为Co2O3，500℃时，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×86.38%－59,16)mol≈3∶4，故B点时，残留固体化学式为Co3O4，350～400℃范围内，剩余固体为Co2O3和Co3O4深度指津确定物质化学式例硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A。②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式：Ni2＋＋H2Y2－=NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL。③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL(标准状况)。(1)25.00mL溶液A中，n(Ni2＋)＝1.250×10－3mol、n(NHeq\o\al(＋,4))＝2.500×10－3mol。(2)25.00mL溶液A中，n(SOeq\o\al(2－,4))＝2.500×10－3mol。(3)0.58375geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(原样品质量的\f(1,4)))硫酸镍铵中，结晶水n(H2O)＝1.250×10－2mol(Ni—59)。(4)硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。【解析】(1)n(Ni2＋)＝n(EDTA)＝0.04000mol/L×31.25×10－3L＝1.250×10－3n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝eq\f(56.00×10－3L,22.4L/mol)＝2.500×10－3mol。(2)根据化合物中电荷守恒知，n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(2nNi2＋＋nNH\o\al(＋,4),2)＝2.500×10－3mol。(3)m(Ni2＋)＝59g/mol×1.250×10－3mol＝0.07375g，m(NHeq\o\al(＋,4))＝18g/mol×2.500×10－3mol＝0.04500g，m(SOeq\o\al(2－,4))＝96g/mol×2.500×10－3mol＝0.2400g，n(H2O)＝eq\f(0.58375g－0.07375g－0.04500g－0.2400g,18g/mol)＝1.250×10－2mol。(4)x∶y∶m∶n＝n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Ni2＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10，硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。[思维过程][解题关键]配制成100.00mL溶液A，取25.00mL溶液进行实验，利用质量守恒定律计算n(H2O)时，样品的质量要用原样品的eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即2.3350g×\f(25.00mL,100.00mL)＝0.58375g))。1.(2023·淮阴、姜堰、徐州一中联考)化学和生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是(A)A.“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀B.高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式为电能→化学能C.新上市的某品牌手机引发关注，其芯片材料是SiO2D.“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质遇水能缓慢反应放出H2【解析】铝与船体形成原电池，Al作负极，可保障船体不易腐蚀，A正确；太阳能电池将太阳能转化为电能，B错误；芯片材料是硅，C错误；Rb金属性强，遇水迅速反应放出H2，D错误。2.(2024·苏州八校三模)材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥着巨大作用。下列说法正确的是(A)A.在钢中加入某些稀土元素，可增强钢的强度、韧性和塑性B.“深地一号”装备中制造钻头用的金刚石为金属晶体C.部分汽车机盖上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D.用来生产电闸、灯口和开关等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物【解析】金刚石为共价晶体，B错误；碳纤维属于碳单质，不属于新型有机高分子材料，C错误；酚醛树脂是由酚类和醛类缩聚而成的，不属于聚酯，D错误。3.(2024·浙江1月卷)取0.680gH2S产品，与足量CuSO4的溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。计算H2S产品的纯度(写出计算过程)。生成CuO的质量为32.814g－31.230g＝1.584g，n(CuO)＝0.0198mol，由Cu守恒可得n(CuS)＝0.0198mol，由S守恒得n(H2S)＝0.0198mol，m(H2S)＝0.0198mol×34g/mol＝0.6732g，产品纯度为eq\f(0.6732g,0.680g)×100%＝99%4.(2024·盐城模拟)准确称取0.2500gCuCl样品，溶解于H2O2和H2SO4的混合溶液，加热溶液，待没有气体逸出、冷却后转移至碘量瓶中，加过量KI溶液，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2、2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。计算CuCl样品的纯度(写出计算过程)。根据关系式CuCl～Na2S2O3，样品中CuCl物质的量为0.1000mol/L×25.00×10－3L＝0.0025mol，则CuCl样品纯度＝eq\f(0.0025mol×99.5g/mol,0.2500g)×100%＝99.5%第2讲氧化还原反应备考导航复习目标1.了解氧化还原反应的概念，理解氧化还原反应的本质。2.会用“单、双线桥”分析电子转移的方向和数目。3.掌握氧化性、还原性强弱的比较方法及价态规律的应用。4.能利用“得失电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。5.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。6.了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。熟记网络课前自测判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)(2023·南通四模)F2与熔融Na2SO4反应制备SO2F2时，一定有氧元素化合价升高(√(2)(2024·南通三模)S8在液态SO2中被AsF5氧化成Seq\o\al(2＋,8)，化学方程式为S8＋3AsF5eq\o(=,\s\up7(SO2))S8(AsF6)2＋AsF3，反应中n(氧化剂)∶n(还原剂)＝3∶1(×)(3)(2023·连云港)向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化，可探究维生素C的还原性(√)(4)(2023·扬州中学)将SO2气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化，可探究还原性：SO2>I－(√)(5)(2023·南通二模)向盛有少量酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化，可探究乙醇具有还原性(√)(6)(2023·海门二调)向5mL0.1mol/LCuSO4溶液中加入5mL0.1mol/LKI溶液，再加入苯，振荡，观察苯层的颜色，可探究CuSO4与KI能否发生氧化还原反应(√)(7)(2023·扬州中学)向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去，可探究Fe2＋具有还原性(×)(8)(2023·无锡)向Fe(NO3)3溶液中滴入淀粉，再滴加HI溶液，观察溶液颜色变化，可探究I2与Fe3＋氧化性强弱(×)(9)(2023·南京)向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化，可探究H2O2与Fe3＋氧化性强弱(×)(10)(2023·海安中学)向淀粉碘化钾溶液中通入过量Cl2，溶液颜色最终为无色，则氯气不能氧化I－(×)考点1氧化还原反应的基本概念知识梳理氧化还原反应的本质和特征1.本质：电子转移[电子得失(如2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2NaCl)或共用电子对偏移(如H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2HCl)]。2.特征：反应前后有元素的化合价发生变化。氧化还原反应基本概念氧化还原反应电子转移的表示方法1.双线桥法2.单线桥法氧化还原反应与四种基本反应类型的关系氧化还原反应的常见规律1.强弱规律氧化性、还原性强弱的比较方法：(1)根据化学方程式判断氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物氧化性：氧化剂>氧化产物还原性：还原剂>还原产物如K2Cr2O7＋14HCl(浓)=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O，可判断氧化性：K2Cr2O7>Cl2，还原性：HCl>CrCl3。(2)强者优先(选择性)同时含有几种还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应时，还原性(或氧化性)强的优先反应。①将Cl2通入FeBr2溶液中(还原性：Fe2＋>Br－)：若Cl2少量，则只氧化Fe2＋；若Cl2过量，则Fe2＋、Br－都被氧化。②在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉(氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋)：铁粉先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。(3)一般反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强。如MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O、2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4>MnO2。(4)根据相同条件下产物的价态高低判断如2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(△))2FeCl3、Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS，可判断氧化性：Cl2＞S。①常见氧化剂的氧化性顺序：KMnO4(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋>H＋。②常见还原剂的还原性顺序：S2－>SOeq\o\al(2－,3)>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。③金属活动性顺序：④非金属活动性顺序：⑤在酸性条件下，氧化性：HClO>ClO－；在碱性条件下，还原性：NH3>NHeq\o\al(＋,4)。2.价态升降规律(1)当元素的化合价处于最高价态时，仅有氧化性(但不一定具有强氧化性)；当元素的化合价处于最低价态时，仅有还原性(但不一定具有强还原性)；当元素的化合价处于中间价态时，既有氧化性又有还原性。说明：Fe2＋、SO2、SOeq\o\al(2－,3)主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。(2)归中反应：当同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应时，价态变化一般规律：“高价＋低价→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。如：(3)歧化反应：“中间价→高价＋低价”(如氯、硫、氮和磷元素)。如：(4)应用①判断同种元素不同价态的物质间能否发生氧化还原反应。如浓硫酸与SO2不发生反应(相邻价态不反应)。②判断氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如6HCl＋NaClO3=NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。3.得失电子守恒规律(1)氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。(2)运用“得失电子守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平和相关计算。解疑释惑3影响物质氧化性或还原性的因素1.浓度：一般来说，氧化剂的浓度越大，其氧化性越强；还原剂的浓度越大，其还原性越强。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：许多氧化还原反应是在加热条件下进行的，可见升高温度可增强氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)。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，所处环境的酸性(或碱性)越强，其氧化性(或还原性)越强。(1)中性环境中，NOeq\o\al(－,3)不显氧化性，酸性环境中，NOeq\o\al(－,3)显氧化性。(2)酸性条件：MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；中性条件：2MnOeq\o\al(－,4)＋3SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2MnO2↓＋3SOeq\o\al(2－,4)＋2OH－；碱性条件：2MnOeq\o\al(－,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋2OH－=2MnOeq\o\al(2－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。(3)溶液的酸碱性不同，氧化性、还原性顺序不同。已知反应a.3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋6Cl－＋8H2O，可知碱性条件下氧化性：Cl2>FeOeq\o\al(2－,4)；反应b.2FeOeq\o\al(2－,4)＋16H＋＋6Cl－=2Fe3＋＋3Cl2↑＋8H2O，可知酸性条件下氧化性：FeOeq\o\al(2－,4)>Cl2。4.反应自发进行的条件是ΔG<0，溶液的酸度影响氧化还原反应的方向。如pH＝0，或在更强的酸性介质中，H3AsO4能氧化I－，发生反应：H3AsO4＋2I－＋2H＋=H3AsO3＋I2＋H2O；当pH＝1，或在碱性更大的介质中，I2能氧化H3AsO3，发生反应：H3AsO3＋I2＋H2O=H3AsO4＋2I－＋2H＋。典题悟法氧化性、还原性及其比较(2024·江苏各地模拟重组)下列说法错误的是(B)A.向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加相同浓度的浓盐酸，只有盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3B.向含有0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色，说明还原性：I－>Fe2＋C.向2mLKHSO3溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化，探究HSOeq\o\al(－,3)是否具有还原性D.向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，说明氧化性：NaClO>O2【解析】向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加相同浓度的浓盐酸，只有盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明只有NiO(OH)能氧化HCl生成Cl2，氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，A正确；氧化性：Cl2>I2，Cl2能将I－氧化为I2，溶液变蓝色，不能说明还原性：I－>Fe2＋，B错误；HSOeq\o\al(－,3)具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生O2，O2为氧化产物，NaClO为氧化剂，故氧化性：NaClO>O2，D正确。氧化还原反应计算(2023·东台中学)工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2－并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列说法正确的是(C)A.碱性条件下，氧化性：MnOeq\o\al(2－,3)>O2>S2Oeq\o\al(2－,3)B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1C.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O=S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－D.将1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况)【解析】碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为MnOeq\o\al(2－,3)，MnOeq\o\al(2－,3)能将S2－氧化为S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)，A错误；过程Ⅰ反应为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，氧化剂(O2)和还原剂[Mn(OH)2]物质的量之比为1∶2，B错误；1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)失8mol电子，根据得失电子守恒可知需要2molO2，标准状况下2molO2的体积为2mol×22.4L/mol＝44.8L，D错误。(1)(2024·如皋适应性三)50℃时，单质碲(Te，位于ⅥA族)与NaBH4反应可制取硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]，发生反应：2Te＋4NaBH4＋17H2O=2NaHTe＋Na2B4O5(OH)4·8H2O↓＋14H2↑。已知电负性：H>B，反应每转移8mol电子，被Te氧化的NaBH4的物质的量为0.5mol。(2)(2024·南通一模)在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α-①制备1molα-FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为eq\f(1,6)mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量。②为检验(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液，该设计方案不合理的理由是滤液中的Cl－能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2＋的检验。【解析】(1)根据题给反应，2molTe得4mol电子，6molH2O得12mol电子生成6molH2，4molNaBH4失16mol电子生成8molH2，故每生成14molH2转移16mol电子，则反应每转移8mol电子，被Te氧化的NaBH4物质的量为0.5mol。(2)①NaClO3将Fe2＋氧化为FeOOH，自身被还原为NaCl，由得失电子守恒知，制备1molα-FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为eq\f(1,6)mol。空气中的O2也能氧化少量Fe2＋，则NaClO3的消耗量减少。②滤液中的Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，会干扰Fe2＋的检验。深度指津H2O2、O3及S2Oeq\o\al(2－,3)的性质[H2O2的性质]H2O2分子中，中心氧原子采取sp3杂化，每个氧原子都有2个孤电子对。H2O2分子不是直线形，也不具有平面形结构(如图所示)。H2O2是极性分子，可以与水以任意比例互溶。H2O2的沸点远比水高。1.弱酸性酸性比HCN还弱[Ka1(H2O2)＝1.55×10－12]，不能使蓝色石蕊溶液变红，但可与强碱反应，例如：H2O2＋Ba(OH)2=BaO2＋2H2O，BaO2可看作H2O2的盐。即过氧化物相当于一种特殊的盐。2.强氧化性(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(2)H2O2＋SO2=H2SO4。(3)H2O2＋H2S=S↓＋2H2O。(4)H2O2＋2I－＋2H＋=I2＋2H2O。(5)H2O2＋Cu＋2H＋=Cu2＋＋2H2O。过氧化氢的还原产物是水，过氧化氢被称为“绿色氧化剂”。3.弱还原性5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O(用于定量测定H2O2或KMnO4溶液的浓度)。4.不稳定性2H2O2eq\o(=,\s\up7(△))2H2O＋O2↑。[特别提醒]①能促进H2O2分解的因素：温度、光照、介质(碱性介质中分解远比酸性介质中快)、杂质(Mn2＋、Fe3＋、Cu2＋以及有机物等能催化分解)。②H2O2受热易分解，H2O2参与反应时，反应温度不宜过高。③常用加热的方法除去溶液中过量的H2O2。④双氧水可作杀菌消毒剂。[O3的性质]O3分子中，中心氧原子采取sp2杂化，O3分子呈V形(结构如图)，O3是由极性键构成的极性分子(O3在极性溶剂水中的溶解度比非极性的O2在水中的溶解度大)。Πeq\o\al(4,3)1.O3的产生：3O2eq\o(=,\s\up7(放电))2O32.化学性质(1)强氧化性：2Ag＋O3=Ag2O＋O2(Ag、Hg等金属在臭氧中可以被氧化)4O3＋PbS=PbSO4＋4O2O3＋SO2=SO3＋O2O3＋2KI＋H2O=I2＋2KOH＋O2(O3能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝)(2)不稳定性：2O3eq\o(=,\s\up7(一定条件))3O23.用途：O3杀菌能力强且不影响水质，可用于饮用水的杀菌消毒。[S2Oeq\o\al(2－,3)的性质]1.与酸反应：S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O。2.还原性(1)“碘量法”测定碘：2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。(2)较强的氧化剂如氯、溴等，可将硫代硫酸盐氧化为硫酸盐：S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋10H＋＋8Cl－。3.配位能力：AgBr＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=[Ag(S2O3)2]3－＋Br－(摄影过程的定影)。考点2氧化还原反应方程式的书写知识梳理常见的氧化剂和还原剂1.常见的氧化剂氧化剂对应还原产物X2(卤素)X－O2H2O或OH－浓硫酸SO2浓硝酸NO2稀硝酸NOMnOeq\o\al(－,4)(H＋)、MnOeq\o\al(2－,4)(H＋)、MnO2Mn2＋Fe3＋Fe2＋FeOeq\o\al(2－,4)Fe3＋K2Cr2O7(H＋)Cr3＋ClO2、ClOeq\o\al(－,3)、ClOeq\o\al(－,2)、ClO－Cl－H2O2H2O(酸性)；OH－(中性、碱性)[Ag(NH3)2]＋AgCu(OH)2Cu2OPbO2Pb2＋S2Oeq\o\al(2－,8)SOeq\o\al(2－,4)2.常见的还原剂还原剂对应氧化产物M(金属)：Na、Mg等Mn＋I－(HI)I2S2－(H2S)SH2H＋或H2OCO、C、H2C2O4、C2Oeq\o\al(2－,4)CO2Fe2＋Fe3＋NH3N2或NON2H4N2SO2、SOeq\o\al(2－,3)、H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、S2Oeq\o\al(2－,3)SOeq\o\al(2－,4)H2O2O2氧化还原反应方程式的书写1.确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。2.配平。(1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。(2)列得失：列出化合价的变化值(电子得失)。(3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。(4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。(5)查守恒：检查原子、电荷、得失电子是否守恒。离子方程式中如何平衡电荷方程式介质酸性中性碱性反应物多O加H＋，生成H2O加H2O，生成OH－加H2O，生成OH－反应物少O加H2O，生成H＋加H2O，生成H＋加OH－，生成H2O典题悟法氧化还原反应方程式的配平配平下列反应的化学(或离子)方程式。(1)正向配平①1K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4=7H2O＋3Fe2(SO4)3＋1Cr2(SO4)3＋1K2SO4②3Cu2S＋22HNO3=6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O③5KI＋1KIO3＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O(2)逆向配平①2P4＋9KOH＋3H2O=5PH3↑＋3K3PO4②3S＋6KOH=2K2S＋1K2SO3＋3H2O(3)含有未知数的配平eq\f(1,x)FexS＋2HCl=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))S＋1FeCl2＋1H2S(4)反应物有有机物参与①5C2H5OH＋12KMnO4＋18H2SO4=6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋33H2②5CH2=CH2＋12KMnO4＋18H2SO4=6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2＋28H2O③5＋6KMnO4＋9H2SO4=5＋3K2SO4＋6MnSO4＋14H2O(5)缺项配平①5Mn2＋＋2ClOeq\o\al(－,3)＋4H2O=5MnO2↓＋1Cl2↑＋8H＋②1FeS2＋3MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=1Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋3Mn2＋＋4H2O氧化还原反应方程式的书写(1)(2023·无锡一中)在碱性条件下，向钼精矿(主要成分是MoS2)中加入NaClO溶液可以制备Na2MoO4，同时生成SOeq\o\al(2－,4)，该反应的离子方程式为MoS2＋9ClO－＋6OH－=MoOeq\o\al(2－,4)＋2SOeq\o\al(2－,4)＋9Cl－＋3H2O。(2)(2023·苏州期中)以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(GeOH2C2O42))彻底氧化，将锗元素转化为Ge4＋进入溶液，该反应的化学方程式为H2[Ge(OH)2(C2O4)2]＋4H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))4CO2↑＋Ge(SO4)2＋2SO2↑＋6H2O。(3)写出·OH氧化甘氨酸根(C2NH4Oeq\o\al(－,2))生成NOeq\o\al(－,3)、CO2的离子方程式：14·OH＋C2NH4Oeq\o\al(－,2)=NOeq\o\al(－,3)＋2CO2↑＋9H2O。(4)(2024·南通三模)将放电完全的钴酸锂(LiCoO2)电池正极材料粉碎后进行酸浸处理。实验测得，在相同条件下，使用盐酸作浸取剂可使钴转化为Co2＋，转化率达到99%，但工业生产使用HCl-H2O2混合物作浸取剂。①写出盐酸作浸取剂发生酸浸反应的化学方程式：2LiCoO2＋8HCl=2LiCl＋2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。②工业生产时在盐酸中加入H2O2，H2O2的作用是作还原剂。(5)(2024·南京、盐城一模)碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：已知：Ka1(H2TeO3)＝1.0×10－3。①“氧化酸浸”得到CuSO4和H2TeO3，该反应的化学方程式为Cu2Te＋4H2O2＋2H2SO4=H2TeO3＋2CuSO4＋5H2O。②“还原”在50℃条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为H2TeO3＋2SOeq\o\al(2－,3)eq\o(=,\s\up7(50℃))Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。③“还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出。深度指津流程图分析以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下：写出酸溶1发生反应的化学方程式。书写步骤：(1)“瞻前”确定反应物：根据进料确定反应物为CuS＋MnO2＋H2SO4。(2)“顾后”确定生成物：出料中含有S，后续除锰生成MnCO3，说明酸溶1生成的是S和MnSO4。(3)根据得失电子守恒配平发生氧化还原反应的物质：CuS＋MnO2＋H2SO4——MnSO4＋S。(4)根据原子守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质：CuS＋MnO2＋2H2SO4=MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4。(5)检查原子和得失电子是否守恒。循环转化图分析1.只进不出的物质——反应物。2.只出不进的物质——生成物。3.又进又出的物质——催化剂或中间体。(1)一般第一步消耗，后来又生成的物质——催化剂。(2)先生成后又消耗的物质——中间体。1.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的打“√”，否则打“×”。(1)(2023·江苏卷)H2具有还原性，可作为氢氧燃料电池的燃料(√)(2)(2024·苏州、海门、淮阴、姜堰中学期初)PbO2具有氧化性，可用作铅蓄电池的正极材料(√)(3)(2023·扬州中学)维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂(√)(4)(2023·扬州中学)H2O2具有还原性，可用于处理含CN－废水(×)(5)(2024·徐州模拟)HCl具有还原性，可用于制氯气(√)(6)(2023·海门调研)(NH4)2S2O8中S元素为＋6价，(NH4)2S2O8具有较强的氧化性(×)(7)(2023·扬州中学)CO(NH2)2具有氧化性，可用于处理汽车尾气(×)(8)(2024·泰州中学)(CH3)2NNH2具有还原性，可用作火箭的燃料(√)(9)(2023·扬州期初)SO2具有还原性，可用于与KClO3反应制ClO2(√)(10)(2024·扬州期末)NO2具有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂(√)2.(2024·南京六校)某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率，将“钛厂、氯碱厂、甲醇厂”进行联合生产，其主要生产工艺如下(FeTiO3中Ti为＋4价)。下列叙述正确的是(B)A.该流程中只有“电解”“氯化”“合成”涉及氧化还原反应B.“氯化”时焦炭和钛铁矿都是还原剂C.“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.上述流程中的反应条件“Mg，Ar”可用“Mg，N2”【解析】Mg还原TiCl4也是氧化还原反应，A错误；“合成”反应为CO＋2H2=CH3OH，氧化剂(CO)与还原剂(H2)物质的量之比为1∶2，C错误；高温下Mg与N2能反应，D错误。3.(2024·江苏各地模拟重组)下列说法正确的有(双选)(AB)A.将点燃的镁条迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生，证明CO2有氧化性B.向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体，氧化性：PbO2>Cl2C.向0.1mol/LH2O2溶液中滴加0.1mol/LKMnO4溶液，观察溶液颜色变化，探究H2O2具有氧化性D.向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2>Br2>I2【解析】CO2和Mg反应生成MgO和C，C元素的化合价降低，说明CO2具有氧化性，A正确；向PbO2中滴加浓盐酸生成Cl2，说明氧化性：PbO2>Cl2，B正确；KMnO4具有氧化性，双氧水使酸性KMnO4溶液褪色说明H2O2具有还原性，C错误；向混合液中加入少量氯水时，Cl2仅能氧化I－，只能得出氧化性：Cl2>I2，而无法比较Cl2与Br2的氧化性，D错误。4.(2023·镇江期中)生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图所示。(1)硝化过程中溶液的pH降低(填“升高”或“降低”)。(2)每处理含0.10molNHeq\o\al(＋,4)的酸性废水，理论上消耗CH3OH的物质的量为eq\f(1,12)mol(或者0.083mol)。【解析】(1)硝化过程反应为NHeq\o\al(＋,4)＋2O2eq\o(=,\s\up7(微生物))NOeq\o\al(－,3)＋H2O＋2H＋，溶液pH降低。(2)反硝化过程反应为6NOeq\o\al(－,3)＋5CH3OH＋6H＋=3N2↑＋5CO2↑＋13H2O，因此整个过程中n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(CH3OH)＝6∶5，每处理含0.10molNHeq\o\al(＋,4)的酸性废水，理论上消耗CH3OH的物质的量为eq\f(0.5,6)mol，即为eq\f(1,12)mol。第3讲离子反应备考导航复习目标1.了解电解质及其分类，掌握强电解质、弱电解质的本质区别。2.理解电解质在水溶液中的电离以及电解质溶液的导电性。3.了解离子反应的概念，了解离子反应发生的条件，能正确书写离子方程式。4.掌握离子共存的条件，会判断溶液中离子能否大量共存。5.掌握常见离子的检验，能根据实验现象推断溶液中所含离子的种类。熟记网络课前自测判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)(2017·江苏卷)无色透明的溶液中：Fe3＋、Mg2＋、SCN－、Cl－能大量共存(×)(2)(2018·江苏卷)0.1mol/LHCl溶液中：Ba2＋、K＋、CH3COO－、NOeq\o\al(－,3)能大量共存(×)(3)(2019·江苏卷)0.1mol/LFeCl2溶液中：K＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)、MnOeq\o\al(－,4)能大量共存(×)(4)(2022·辽宁卷)H2S电离：H2S2H＋＋S2－(×)(5)(2023·海门调研)H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋：2Fe2＋＋H2O2=2Fe3＋＋2OH－(×)(6)(2024·徐州模拟)向某溶液X中滴加少量稀盐酸，再滴加几滴Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，该溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)(×)(7)(2024·徐州模拟)K＋的检验：用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰颜色变化(×)(8)(2023·常熟)检验溶液X中含有COeq\o\al(2－,3)或HCOeq\o\al(－,3)：向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成(×)(9)(2023·海门调研)检验溶液中是否存在NHeq\o\al(＋,4)：向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，观察产生的气体能否使蓝色石蕊试纸变色(×)(10)取少量某溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液，若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NOeq\o\al(－,2)(×)考点1电解质与电离方程式知识梳理电解质与非电解质电离方程式的书写1.强电解质：完全电离，用“=”连接。如：H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)2.弱电解质：部分电离，用“”表示。如：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－3.多元弱酸：分步电离，以第一步电离为主。如：H2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)4.多元弱碱：分步电离，但一步书写。如：Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－5.酸式盐的书写方法(1)弱酸的酸式盐在溶液中完全电离，生成酸式酸根离子和阳离子。如：NaHC2O4=Na＋＋HC2Oeq\o\al(－,4)、HC2Oeq\o\al(－,4)H＋＋C2Oeq\o\al(2－,4)(2)强酸的酸式盐在水溶液中完全电离。如：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)典题悟法(2024·江苏各地模拟重组)下列能正确表示电离方程式的是BD(填字母)。A.NaHCO3在水溶液中的电离：NaHCO3=Na＋＋H＋＋COeq\o\al(2－,3)B.硼酸在水中的电离方程式：H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋C.草酸的电离方程式：H2C2O4C2Oeq\o\al(2－,4)＋2H＋D.液氨电离可表示为2NH3NHeq\o\al(＋,4)＋NHeq\o\al(－,2)【解析】HCOeq\o\al(－,3)不能拆开，A错误；H2C2O4是弱酸，分步电离，C错误。考点2离子方程式的书写知识梳理离子方程式中物质的“拆分”1.单质、气体、氧化物、弱电解质(弱酸、弱碱、水等)、络合物{如Fe(SCN)3、[Ag(NH3)2]＋}、弱酸的酸式根离子、难溶盐不能拆分成离子。2.强酸(如HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4等)、强碱[如KOH、NaOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等]、绝大多数可溶性的盐拆分成离子。(1)钾盐、钠盐、铵盐、硝酸盐、磷酸二氢盐等都易溶于水。(2)氯化物中，AgCl难溶于水。硫酸盐中，PbSO4、BaSO4难溶于水，CaSO4、Ag2SO4微溶于水。(3)碳酸盐、亚硫酸盐、磷酸盐和硅酸盐，除钾盐、钠盐、铵盐外都难溶于水，如BaCO3、BaSO3、Ca3(PO4)2等难溶于水。(4)硫化物中，除K2S、Na2S、(NH4)2S、BaS外均难溶于水。(5)银盐中，AgCl、AgBr、AgI、Ag2S、Ag3PO4、Ag2CO3等都难溶。3.微溶物[如Ca(OH)2、CaSO4、MgCO3、Ag2SO4]的处理(1)生成物中有微溶物时，微溶物不拆。(2)反应物中微溶物处于溶液状态(稀溶液)，拆成离子，如澄清石灰水中的“Ca(OH)2”拆成“Ca2＋＋2OH－”(3)反应物中微溶物处于固态或悬浊液状态时，仍写化学式。如石灰乳中的“Ca(OH)2”离子方程式的正误判断1.检查离子反应是否符合反应原理。2.检查化学式拆分是否正确。3.多重反应，检查是否漏写离子反应。4.检查物质的量的关系是否正确(少量与过量)。5.检查离子方程式左右两边是否符合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒。6.检查各项物质的化学计量数是否为最简整数比。7.检查反应是否完全进行(“=”“”)，反应条件、气体和沉淀符号是否遗漏等。典题悟法离子方程式的正误判断(2024·淮安期末)铁、钴、镍是元素周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为＋2和＋3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl－氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2＋。下列指定反应的离子方程式正确的是(B)A.Co2O3溶于浓盐酸：Co2O3＋6H＋=2Co3＋＋3H2OB.将Ni(OH)2溶于氨水：Ni(OH)2＋6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]2＋＋2OH－＋6H2OC.向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液：2Fe3＋＋3COeq\o\al(2－,3)=Fe2(CO3)3↓D.NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeOeq