1、专题强化训练一、单项选择题1大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是()A丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛B生成O3的反应属于氧化还原反应C反应属于复分解反应D该过程中O2做催化剂解析：选A。丙烯双键发生断裂加氧转化成甲醛和乙醛，此反应属于氧化反应，故A正确；根据示意图，O2O3，化合价没有发生变化，因此生成O3的反应不属于氧化还原反应，故B错误；反应中NO转化成NO2，化合价升高，即反应为氧化还原反应，故C错误；有O2参与反应，但没有O2生成，因此O2不做催化剂，故D错误。2含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化
2、物，如2Co3O46ClF3=6CoF33Cl24X。下列有关该反应的说法正确的是()AX是还原产物BClF3中氯元素为3价C反应生成3 mol Cl2时转移18 mol电子DCo3O4在反应中做氧化剂解析：选C。由原子守恒可知X为O2，O2为氧化产物，A不正确；ClF3中氯元素显3价，B不正确；反应中只有氯元素化合价降低，生成3 mol Cl2时转移18 mol e，C正确；Co3O4是还原剂，D不正确。3(2019泰州高三模拟)下列指定反应的离子方程式正确的是()ACu溶于稀HNO3：Cu2HNO=Cu2NO2H2OB(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：
3、Fe22OH=Fe(OH)2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO32H=Ca2H2OCO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：CO2AlO2H2O=Al(OH)3HCO解析：选D。A.Cu与稀硝酸反应生成NO，应为3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O。B.漏写NH与OH的反应，应为2NHFe24OH=Fe(OH)22NH3H2O。C.醋酸为弱电解质，发生部分电离，书写离子方程式时用化学式表示，应为CaCO32CH3COOH=Ca22CH3COOCO2H2O。D.H2CO3的酸性强于Al(OH)3，NaAlO2溶液中通入CO2气体可得到沉淀。4(2019苏州高三质检)
4、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A使酚酞变红色的溶液中：Na、Al3、SO、ClB.11013 molL1的溶液中：NH 、Ca2、Cl、NOC与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO 、SOD水电离的c(H)11013 molL1的溶液中： K、Na、AlO 、CO解析：选B。A选项，使酚酞变红色的溶液呈碱性，而Al3在碱性条件下不能大量存在，错误；B选项，溶液的pH1，各离子之间不发生反应，可以大量共存，正确；C选项，与Al反应放出H2的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若溶液呈碱性，Fe2不能大量存在，若溶液呈酸性，Fe2和NO不能大量共存，错误；D选项，该溶液可能
5、呈酸性也可能呈碱性，如果呈酸性，AlO和CO不能大量存在，错误。5已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是()A化合物KCrO2中Cr元素为3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2OI2D实验证明H2O2既有氧化性又有还原性解析：选D。根据化合价规则判断：化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是1价和2价，则Cr元素为3价，A项正确；根据两性氧化物的概念判断，
6、Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液，则Cr2O3是两性氧化物，B项正确；根据氧化还原反应的强弱规律判断，将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的氧化性，C项正确；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液，Cr元素的化合价从3价升高到6价，失去电子，KCrO2是还原剂，H2O2中氧元素的化合价从1价降低到2价，H2O2是氧化剂，只表现氧化性，D项错误。6(2019常州高三二模)下列指定反应的离子方程式正确的是()A氯气
7、溶于水：Cl2H2O=2H ClClOBNa2CO3溶液中CO的水解：COH2O=HCOOHC酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IOI6H=I23H2OD向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCOBa2OH=BaCO3H2O解析：选D。A选项，氯气溶于水生成的次氯酸是弱酸，应写成分子形式，且该反应为可逆反应，应用“”，错误；B选项，碳酸根离子的水解是可逆的，应用“”，错误；C选项，离子方程式不符合电荷守恒和得失电子守恒，错误；D选项，符合离子方程式的书写要求，正确。7下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论不正确的是()实验实验实验A.实验中生成的沉淀是Al(
8、OH)3B实验中有气体生成C实验沉淀中可能含有BaSO4D实验生成沉淀的离子方程式是Ba2H2SO3=BaSO32H解析：选D。Al3与HCO发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故A、B正确；实验中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡易被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C正确；实验中，如果发生反应Ba2H2SO3=BaSO32H，生成的亚硫酸钡能够与H反应，故应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。8(2019淮安、宿迁高三期中)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A使甲基橙变红色的溶液：Na、Cu2、ClO、Cl
9、B0.1 molL1 Na2CO3溶液：K、AlO、Cl、SOC0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H、Al3、Cl、NOD.0.1 molL1的溶液中：Ca2、NH、CH3COO、HCO解析：选B。A.使甲基橙变红色的溶液呈酸性，HClO=HClO，故A组离子在指定溶液中不能大量共存；B.0.1 molL1 Na2CO3溶液中，K、AlO、Cl、SO不能发生离子反应，一定能大量共存；C.0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中，H、NO、Fe2发生反应，故C组离子在指定溶液中不能大量共存；D.c(OH)0.1 molL1的溶液呈碱性，Ca2、OH，NH、OH
10、，HCO、OH发生反应，故D组离子在指定溶液中不能大量共存。二、不定项选择题9(2019南通高三第三次调研)下列指定反应的离子方程式正确的是()A电解熔融NaCl：2Na2Cl2NaCl2B用氨水溶解AgCl沉淀：Ag2NH3H2O=Ag(NH3)22H2OCNa2CO3溶液吸收溴蒸气：3COBr2=BrBrO3CO2D金属钠与水反应：2Na2H2O=2Na2OHH2解析：选AD。A.惰性电极电解熔融NaCl，体系中没有水，反应产物为钠和氯气，故A正确；B.AgCl难溶于水，用氨水溶解AgCl沉淀：AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)22H2OCl，故B错误；C.反应3COBr2=BrBrO
11、3CO2不符合电荷守恒，故C错误；D.金属钠与水反应的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，故D正确。10(2019泰州高三四模)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A无色透明的溶液中：NH、Fe3、SO、OHBc(NO)1 mol/L的溶液中：H、Fe2、SO、ClC能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH、SO、NODc(H)/c(OH)11012的溶液中：Ca2、Na、SiO、HCO解析：选C。A.Fe3为棕黄色，且NH与OH反应，不能大量共存，A错误；B.NO与H能将Fe2氧化为Fe3，而不能大量共存，B错误；C.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，Na、NH、SO、NO与H不
12、反应，相互之间也不反应，可以大量共存，C正确；D.c(H)/c(OH)11012的溶液中，c(H)0.1 mol/L，c(OH)11013 molL1，溶液呈酸性，SiO、HCO都和H反应，而不能大量共存，D错误。1125 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()ApH1的溶液中：Na、K、MnO、COBc(H)11013 molL1的溶液中：Mg2、Cu2、SO、NOC0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K、Na、NO、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2、NH、SCN、SO解析：选C。A.pH1的溶液呈强酸性，CO与H因生成CO2、H2O而不能大量共存；B.c(H
13、)11013 molL1的溶液的pH13，溶液呈强碱性，Mg2、Cu2分别与OH反应生成Mg(OH)2沉淀、Cu(OH)2沉淀而不能大量共存；C.0.1 molL1 NH4HCO3溶液中，题给四种离子与NH、HCO均不发生反应，可以大量共存；D.Fe3能与SCN反应，生成难电离的弱电解质Fe(SCN)3而不能大量共存。12(2019南京高三三模)下列指定反应的离子方程式正确的是()A将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体：Fe33H2O=Fe(OH)3(胶体)3HB向硫酸铝溶液中滴加过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NHC向NaClO溶液中通入过量的SO2：SO2C
14、lOH2O=HSOHClOD向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液：Fe22OH=Fe(OH)2解析：选AB。次氯酸具有很强的氧化性，能将4价硫氧化为6价，所以NaClO溶液中通入过量的SO2应该发生氧化还原反应，选项C错误；向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加过量NaOH溶液，OH会和NH、Fe2反应，选项D错误。三、非选择题13锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_。工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O42CO24CO6H
15、2O制备ZnFe2O4。该反应中还原产物是_(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子总数是_。(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式：_。净化中H2O2参与反应的离子方程式为_。净化中Y的主要成分是_(填化学式)。解析：(1)ZnFe2O4中Zn是2价，O是2价，则根据化合物中正负化合价代数和为0可知，Fe的化合价是3价。反应中Fe元素化合价从2价升高到3价，碳元素化合价从3价部
16、分降低到2价，部分升高到4价，所以还原产物是CO；根据化学方程式可知，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA或2.4081024。(2)将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O、ZnO2H=Zn2H2O、FeO2H=Fe2H2O、CuO2H=Cu2H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，调节溶液的pH将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，不能引入新的杂质，可以用ZnO，所以X可以为ZnO，然后向溶液中加入过量ZnS，发生反应Cu2Z
17、nS=Zn2CuS，然后过滤所得Y中含有CuS、ZnS，滤液经过一系列操作最后电解得到Zn。酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O。净化中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O。由于ZnS过量，则净化中Y的主要成分是CuS、ZnS。答案：(1)3价CO4NA(或2.4081024)(2)适当增大c(H)(或升高温度、搅拌等其他合理答案)ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2OH2O22Fe22H=2Fe32H2OCu
18、S、ZnS14某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下(表格中空白不需要填写)：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色完成下列填空：(1)在进行操作时，A中的实验现象是_，有关反应的离子方程式是_。(2)操作吹入热空气的目的是_。B中产生的白色沉淀的化学式是_。(3)装置C的作用是_。(4)由上述实验
19、可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为_。(5)操作开始时溶液颜色无明显变化的原因可能是_(写出一条即可)。解析：本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后吹入热空气，将Br2(g)吹入B装置，H2SO3与BaCl2不反应，当Br2(g)进入时，产生了白色沉淀，说明Br2将H2SO3氧化成H2SO4，Br2被还原为Br，说明Br2的氧化性强于H2SO3，该白色沉淀为BaSO4；再向B装置中加入H2O2溶液，一段时间后溶液变为橙红色，则Br被氧化为Br2，说明H2O2的
20、氧化性比Br2强。(1)打开活塞a，向NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子生成溴单质，离子方程式为Cl22Br=Br22Cl；A中因为有溴单质生成导致溶液变为橙红色。(2)Br2具有挥发性，热空气能促进Br2挥发，将Br2(g)吹入B装置；Br2将H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为BaSO4。(3)装置C中为NaOH溶液，反应过程中产生的氯气、溴蒸气等污染性气体不能直接排放到空气中，可以用NaOH溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。(4)根据上述分析可知氧化性：H2O2Br2H2SO3。(5)操作中，向B装置中逐滴加入H2O2溶液，开始时溶液颜色无明显变化可能是因为B装置中H2SO
21、3有剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br反应；或H2O2浓度小；或Br与H2O2反应慢等。答案：(1)溶液变为橙红色Cl22Br=Br22Cl(2)吹出单质Br2BaSO4(3)吸收尾气(4)H2O2Br2H2SO3(5)H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等，合理即可)15高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2N
22、a2SO4O2。该反应中的氧化剂是_，还原剂是_，每生成1 mol Na2FeO4转移_mol 电子。简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用：_。(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O。写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子方程式：_。每生成1 mol FeO转移_mol 电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明_。解析：(1)反应中Fe由2价升高为6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O
23、一部分由1价降低为2价，另一部分由1价升高为0价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；由题给化学方程式可知，每生成2 mol Na2FeO4，有6 mol Na2O2参加反应，转移10 mol 电子，则每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量为5 mol；K2FeO4中Fe的化合价为6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，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，能吸附并除去水中的悬浮杂质。(2)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，ClO做氧化剂被还原成Cl，Cl的化合价降低了2价，根据得失电子守恒，得到含铁元素物质的化学计量数是2，含氯元素物质的化学计量数是3，再根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O；该反应中每生成1 mol FeO转移3 mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15 mol。答案：(1)Na2O2FeSO4和Na2O25高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体能吸附并除去水中的悬浮杂质(2)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O30.15该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小