题目内容

11．从氧化还原角度分析，下列反应中水作氧化剂的是（　　）
①Na和H2O    ②NO2和H2O    ③F2和H2O    ④Na2O3和H2O．
A．①B．②C．③D．④

分析 反应中水可为氧化剂、还原剂，也可既为氧化剂又为还原剂，从元素化合价变化的角度进行判断．

解答 解：①Na和H2O的反应中H2O为氧化剂；
②NO2和H2O的反应中H2O既不是氧化剂又不是还原剂；
③F2和H2O 的反应中H2O是还原剂；
④Na2O2和H2O的反应中H2O既不是氧化剂又不是还原剂，
故选A．

点评 本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断水在反应的中的作用即可解答该题．

练习册系列答案
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17．下列化合物中，既含有离子键又含有共价键的是（　　）
A．H2O2B．Na2OC．CO2D．NaOH
2．用菱锌矿（主要成分为碳酸锌，还含有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、Cu2+等）制备氯化锌的流程如图．

离子开始沉淀时的PH完全沉淀时的PH
Fe3+1.93.2
Fe2+7.59.7
Zn2+6.48.0
（1）电解饱和食盐水，H2在阴极生成
（2）在反应3前要将菱锌矿研磨，其目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸取率
（3）反应4的目的：将Fe2+氧化为Fe3+
（4）物质1最佳选用：C（填符号），调节pH至3.2-6.4（填范围），目的是将Fe3+完全转化为Fe（OH）3除去
A．NH3•H2O      B．NaOH         C．ZnO
（5）反应8从溶液中获得ZnCl2，加热前需通入足量的HCl气体，目的抑制Zn2+（ZnCl2）的水解．
19．氯化亚砜（SOCl2）液体是一种重要的有机合成试剂，还用于农药、医药、燃料的生产等．回答下列问题：
（1）氯化亚砜遇水会产生白雾，并产生能使品红溶液褪色的气体．①写出氯化亚砜与水反应的化学方程式：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑．
②与SOCl2中硫元素同价态的硫的含氧酸在溶液中存在三种含硫微粒，条件该含氧酸溶液的pH值，三种含硫微粒的物质的量分数（ω）随pH变化曲线如图所示：按顺序写出a、b、c代表的三种微粒的化学式H2SO3、HSO3-、SO32-；该含氧酸二级电离平衡常数Ka2=10-7．
（2）直接加热AlCl3•6H2O固体过程中会生成中间产物碱式氯化铝[Al2（OH）nCl（6-n）]．
①若$\frac{m（碱式氯化铝）}{m（起始AlC{l}_{3}•6{H}_{2}O）}$×100%=40%，则n=4（结果保留整数）
②将AlCl3•6H2O固体与氯化亚砜混合后加热可得无水AlCl3，试分析氯化亚砜所起的作用：AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解；
（3）SOCl2不稳定，加热到一定温度可分解生成Cl2、SO2、S2Cl2（常温下呈液态），写出分解的方程式：4SOCl2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$3Cl2↑+2SO2↑+S2Cl2，当转移3mol电子时，所得氧化产物的物质的量为1.5mol．
（4）一种新型超级可充电电池以金属锂和SOCl2分别作负极、正极的活性物质，电解液为LiAlCl4-SOCl2，放电时生成LiCl、S、SO2，写出充电时阳极电极反应式：4Cl-+S+SO2-4e-=2SOCl2．
6．胶体区别与其他分散系的本质特征是（　　）
A．能发生丁达尔现象
B．胶体粒子能通过滤纸空隙
C．胶体在一定条件下能稳定存在
D．胶体分散质粒子直径在1nm～100nm之间
16．下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的是（　　）
A．新制氯水呈淡黄绿色（HCl）
B．新制氯水中滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl-）
C．向NaHCO3溶液中加入新制氯水，有无色气泡（H+）
D．将有色布条放入新制氯水中，有色布条褪色（HClO）
3．甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系（如图）：
（1）若丙是不溶于水的白色胶状沉淀，能溶于盐酸和氢氧化钠溶液，则甲的化学式是Al2O3．“乙$\stackrel{NH_{3}•H_{2}O}{→}$丙”转化的化学方程式为Al2（SO4）3+6NH3•H2O=2Al（OH）3↓+3（NH4）2SO4．
（2）若丙是不溶于水的红褐色沉淀，则乙溶液中大量存在的阳离子是Fe3+，证明该阳离子存在的方法是取乙溶液少许于试管中，滴几滴KSCN溶液，若变红，则存在．“丙$\stackrel{△}{→}$甲”转化的化学方程式为2Fe（OH）3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe2O3+3H2O，“甲$\stackrel{H_{2}SO_{4}}{→}$乙”转化的离子方程式为Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O．
20．工业生产中会产生大量的废铁屑，可将其“变废为宝”制成化工原料氯化铁．实验室中利用如图所示装置探究由废铁屑制备FeCl3•6H2O晶体的原理并测定铁屑中铁单质的质量分数（杂质不溶于水且不与酸反应）．
（1）装置A的名称为分液漏斗．
（2）检验该装置气密性的具体操作如下：
①关闭关闭活塞a和活塞b；打开弹簧夹K1；
②向水准管中加水，使水准管液面高于量气管液面；
③一段时间后，水准管内液面高于量气管内液面，且液面差保持稳定．
取m g废铁屑加入B装置中，在A中加入足量的盐酸后进行下列操作：
Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭活塞b，打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当装置D的量气管一侧液面不再下降时，关闭弹簧夹K1，打开活塞b，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a、b．
Ⅲ．将烧杯中的溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．
请回答：
（3）用离子方程式表示烧杯中足量的H2O2溶液的作用：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O．
（4）实验结束后，量气管和水准管内液面高度如上图所示，为了使两者液面相平，应将水准管下移（填“上移”或“下移”）．
（5）由FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作过程中不需要使用的仪器有de（填选项序号）．
a．蒸发皿   b．烧杯   c．酒精灯   d．分液漏斗   e．坩埚   f．玻璃棒   g．漏斗
（6）实验结束后，若量气管内共收集到VmL气体（已换算成标准状况），则此废铁屑中铁单质的质量分数为$\frac{2.5V×1{0}^{-3}}{m}$×100%．
1．现有四种有机物①C3H7Cl②C3H8O③C3H6O④C3H6O2，下列有关说法正确的是（　　）
A．①、②、③、④均只有两种结构
B．①的同分异构体数目与④的相同
C．③一定是丙醛
D．若②与④能发生酯化反应，则生成的酯最多有2种

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