章末过关检测(一) 第一章 物质及其变化-【优学精讲】2026-2027学年高中化学必修第一册教用Word（人教版）

本高中化学讲义聚焦物质及其变化核心知识，系统梳理物质分类（混合物、酸、碱、盐）、胶体性质（丁达尔效应、聚沉）、离子反应（方程式书写、离子共存）及氧化还原反应（电子转移、氧化性比较）等内容，构建从基础分类到微观反应原理的递进式学习支架。 资料通过选择与非选择题结合，覆盖概念辨析（如物质分类判断）、实验分析（废水处理流程）及氧化还原配平，培养学生化学观念中的物质转化意识和科学思维的证据推理能力。课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺，强化知识应用。

章末过关检测(一)　第一章　物质及其变化 (满分：100分) 一、选择题：本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．下列物质分类不正确的是(　　) A．氯水、碘酒属于混合物 B．HNO3、HCl属于酸 C．纯碱、烧碱属于碱 D．BaSO4、FeCl3属于盐 解析：选C。氯水是氯气的水溶液，碘酒是碘的酒精溶液，二者均属于混合物，A正确；HNO3和HCl都能电离出H＋和酸根离子，符合酸的定义，B正确；烧碱(NaOH)能电离出的阴离子只有OH－，属于碱，但纯碱(Na2CO3)由Na＋和CO构成，属于盐，C错误；BaSO4和FeCl3均由金属离子和酸根离子组成，符合盐的定义，D正确。 2．科学家将C24O6在NaCl作用下首次制得环形碳分子C18，总反应为C24O6===C18＋6X。下列说法不正确的是(　　) A．X为CO2 B．C18和C60互为同素异形体 C．NaCl为电解质 D．该反应为氧化还原反应 解析：选A。根据总反应为C24O6===C18＋6X，由原子守恒可知，X为CO，A错误；C18和C60都是由C元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，B正确；NaCl在水溶液里和熔融状态下均能导电，属于电解质，C正确；该反应中C元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D正确。 3．植物光合作用会吸收CO2、释放O2，但随着全球变暖，CO2含量增加，海底珊瑚(主要成分是CaCO3)发生溶解，生成了Ca(HCO3)2。下列说法错误的是(　　) A．植物光合作用：吸收的CO2属于酸性氧化物 B．植物呼吸作用：植物体内发生了化学变化 C．海水吸收CO2：海水从纯净物变为混合物 D．珊瑚发生溶解：生成的Ca(HCO3)2属于盐类 解析：选C。CO2能与碱反应生成盐和水，CO2属于酸性氧化物，A正确；植物的呼吸作用吸收氧气，放出二氧化碳，有新物质生成，发生了化学变化，B正确；海水中含有NaCl、MgCl2等多种物质，则海水吸收CO2前后均属于混合物，C错误；Ca(HCO3)2由钙离子和碳酸氢根离子构成，属于盐类，D正确。 4．用化学用语表示KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中的相关微粒，下列说法不正确的是(　　) A．氯离子的结构示意图： B．KClO3的电离方程式：KClO3===K＋＋ClO C．用双线桥表示上述反应的电子转移情况： D．若生成3个Cl2分子，则有5个HCl分子被氧化 解析：选C。氯原子得到一个电子，最外层达到8个电子稳定结构，氯离子的结构示意图：，A正确；氯 酸钾是可溶性盐，电离方程式为KClO3===K＋＋ClO，B正确；该反应中KClO3中的Cl元素化合价由＋5价变为Cl2中的0价，HCl中的Cl元素化合价由－1价变为Cl2中的0价，为归中反应，用双线桥表示电子转移情况为＋KCl＋3H2O，C错误；根据C项分析可知，若生成3个Cl2分子，则有5个HCl分子被氧化，D正确。 5．多角度认识物质的性质是化学研究的基本任务。下列有关酸、碱、盐的认识正确的是(　　) A．实验：用pH试纸测得某溶液呈酸性，其溶质不一定是酸 B．微观：盐的水溶液中一定含有金属元素 C．变化：反应后只生成盐和水的两种物质一定是酸和碱 D．宏观：复分解反应一定有气体、沉淀或水生成 解析：选A。呈酸性的溶液不一定是酸溶液，如NaHSO4在溶液中电离出H＋，使溶液呈酸性，A项正确；盐的水溶液不一定含有金属元素，如氯化铵的水溶液中不含金属元素，B项错误；反应后只生成盐和水的两种物质不一定是酸和碱，如酸性氧化物与碱反应，碱性氧化物与酸反应，两性氧化物与酸或碱反应也只生成盐和水，C项错误；一般来说，复分解反应的发生需要有沉淀、气体或水生成，也可以生成难电离的物质，如HCl＋CH3COONa===NaCl＋CH3COOH，D项错误。 6．某校化学社团调查了以下生活生产实例，下列说法不正确的是(　　) A．面粉工厂利用静电除尘可以证明胶体是带电的 B．尿毒症等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 C．阳光穿透清晨的树林时形成的光柱，是胶体的丁达尔效应的体现 D．长江三角洲形成的主要原因是胶体的聚沉 解析：选A。静电除尘证明胶体粒子带电，并非胶体带电，A错误。 7．下列离子方程式书写正确的是(　　) A．将氯化铁饱和溶液滴入氢氧化钠溶液中：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3(胶体) B．CO2通入CaCl2溶液：Ca2＋＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2H＋ C．金属镁与稀盐酸反应：Mg＋2H＋＋2Cl－===MgCl2＋H2↑ D．向CuSO4溶液中加入少量锌片：Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋ 解析：选D。将氯化铁饱和溶液滴入氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，A错误；CO2与CaCl2溶液不反应，B错误；氯化镁应拆成离子形成，C错误。 8．氯金酸(HAuCl4)是一种强酸，可与柠檬酸钠反应生成纳米金颗粒(直径约为10 nm)。下列说法不正确的是(　　) A．HAuCl4中Au的化合价为＋3价 B．反应时，柠檬酸钠作为还原剂，被氧化 C．HAuCl4的电离方程式：HAuCl4===H＋＋Au3＋＋4Cl－ D．当光束通过反应后得到的分散系时，可观察到丁达尔效应 解析：选C。HAuCl4中H显＋1价、Cl显－1价，根据化合物中各元素正、负化合价代数和等于0，Au的化合价为＋3价，故A正确；氯金酸(HAuCl4)与柠檬酸钠反应生成纳米金颗粒，Au元素化合价降低，氯金酸是氧化剂，则柠檬酸钠作为还原剂，被氧化，故B正确；HAuCl4是强酸，电离方程式为HAuCl4===H＋＋AuCl，故C错误；纳米金颗粒直径约为10 nm，反应后得到的分散系是胶体，当光束通过反应后得到的分散系时，可观察到丁达尔效应，故D正确。 9．同类物质性质相似，因此可以依据物质类别推测物质性质。下列推测正确的是(　　) A．NaHSO4和NaHCO3均为酸式盐，所以NaHSO4和NaHCO3在水溶液中的电离方程式分别为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO和NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO B．Na2CO3和K2CO3均为碳酸盐，所以二者分别与稀盐酸反应的离子方程式均为CO＋2H＋===H2O＋CO2↑ C．NaCl和HCl均为电解质，熔融NaCl能够导电，所以液态HCl也能导电 D．CO2和SO2均为酸性氧化物，所以CO2和SO2均能与水反应，分别生成H2CO3和H2SO4 解析：选B。NaHCO3是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，A错误；Na2CO3和K2CO3均为可溶性碳酸盐，与稀盐酸反应的离子是碳酸根离子，离子方程式均为CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，B正确；熔融NaCl含有自由移动的阴阳离子，能够导电，HCl液态时以分子形式存在，无自由移动的离子，不能导电，C错误；SO2能与水反应，生成H2SO3，D错误。 10．已知：Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－；2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。下列说法错误的是(　　) A．还原性：I－>Fe2＋>Br－ B．Br－和Fe2＋在溶液中能大量共存 C．向FeI2溶液中通入氯气，氯气先与I－反应 D．I－和Fe3＋在溶液中能大量共存 解析：选D。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，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－中，氧化性：Br2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Br－，反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2中，氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋。根据分析可知，还原性：I－>Fe2＋>Br－，A正确；Br－和Fe2＋都具有还原性，在溶液中可以大量共存，B正确；I－的还原性大于Fe2＋，向FeI2溶液中通入氯气，氯气先与还原性强的I－反应，C正确；氧化性：Fe3＋>I2，Fe3＋能把I－氧化为I2，故I－和Fe3＋在溶液中不能大量共存，D错误。 11．下列离子在指定条件下的溶液中，一定能大量共存的是(　　) A．无色澄清溶液中：K＋、Fe3＋、SO、Mg2＋ B．使石蕊变红色的溶液中：NO、Cl－、K＋、SO C．含有大量Ba2＋的溶液中：NH、Na＋、CO、I－ D．加入Na2O固体的溶液中：Ba2＋、Cu2＋、NO、Cl－ 解析：选B。A项，含Fe3＋的溶液呈棕黄色；B项，使石蕊变红色的溶液呈酸性，H＋、NO、Cl－、K＋、SO相互间不能发生反应，能大量共存；C项，Ba2＋能与CO反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存；D项，Na2O与水反应生成NaOH，Cu2＋能与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存。 12．在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入Ba(OH)2溶液、NaOH溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积的变化曲线如下图所示。下列分析正确的是(　　) A．②代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线 B．a、c两点对应溶液中均大量存在H＋和SO C．b点溶液显中性、d点溶液显酸性 D．e点时，两份溶液中OH－的量相等 解析：选B。在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入Ba(OH)2、NaOH溶液，当H2SO4与Ba(OH)2完全反应时，生成BaSO4和H2O，溶液导电能力基本为0，而当H2SO4与NaOH完全反应时，生成Na2SO4和H2O，由此可知①代表滴加Ba(OH)2溶液的变化曲线，②代表滴加NaOH溶液的变化曲线，A错误；a、c两点，加入氢氧化钡、氢氧化钠较少，溶液的溶质主要为硫酸，则溶液中均大量存在H＋和SO，B正确；b点时H2SO4与Ba(OH)2完全反应生成硫酸钡和水，溶液呈中性，d点时H2SO4与NaOH完全反应生成硫酸钠和水，溶液呈中性，C错误；e点两份溶液导电能力相同，对于反应①碱过量，对于反应②碱不足，则②中OH－的量较少，D错误。 13．某无色、澄清溶液中可能含有①Na＋、②SO、③Cl－、④HCO、⑤CO、⑥H＋、⑦Cu2＋中的几种，且每种离子的浓度均相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象见下表： 步骤 操作 现象 (1) 向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液 溶液变红 (2) 向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸 有白色沉淀生成 (3) 将(2)中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸 有白色沉淀生成 下列结论不正确的是(　　) A．该实验无法确定是否含有③ B．肯定含有的离子是①②⑥ C．②中生成的沉淀是BaSO4 D．肯定不含的离子是③④⑤⑦ 解析：选A。溶液无色，则一定不含Cu2＋；向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，则含有H＋，一定不含HCO、CO；向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，白色沉淀只能为BaSO4，说明溶液中一定含有SO；(3)中生成的白色沉淀为AgCl，因(2)的实验中引入Cl－，该操作不能说明原溶液中含有Cl－，由于溶液中每种离子的浓度均相等，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有Na＋，一定不含Cl－。 14．有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验(所加试剂均足量)： 下列说法正确的是(　　) A．原粉末中一定有KCl、Ba(NO3)2、Na2CO3 B．无法确定KCl是否存在，需进一步实验确定 C．白色沉淀乙可能是AgCl和Ag2CO3的混合物 D．原粉末中一定没有CuSO4，可能有KCl 解析：选A。固体粉末加水溶解后过滤，得到可完全溶于稀硝酸的滤渣，该滤渣可能是BaCO3或Cu2(OH)2CO3，则原粉末中一定有Na2CO3；滤液加稀硫酸生成的白色沉淀甲为BaSO4，即原粉末中一定有Ba(NO3)2，则一定没有CuSO4；滤液中含Ba2＋，则肯定没有CO，滤液中加AgNO3溶液生成的白色沉淀乙应为AgCl，即原粉末中一定有KCl。 15．已知转化Ⅰ：MnO＋Cl－＋H＋―→Mn2＋＋Cl2↑＋H2O；转化Ⅱ：PbO2＋Mn2＋＋SO＋H＋―→MnO＋PbSO4＋H2O。下列说法错误的是(　　) A．氧化性：PbO2＞MnO＞Cl2 B．转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等质量的MnO，转移电子数相同 C．转化Ⅰ中，MnO作氧化剂，Cl－作还原剂，二者的化学计量数之比为1∶5 D．PbO2与FeSO4溶液反应：PbO2＋2Fe2＋＋4H＋===Pb2＋＋2Fe3＋＋2H2O 解析：选D。转化Ⅰ中氧化剂是MnO，氧化产物是Cl2；转化Ⅱ中氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：PbO2＞MnO＞Cl2，A正确。根据得失电子守恒可知，在转化Ⅰ中，每消耗1个MnO，转移5个电子；在转化Ⅱ中，每生成1个MnO，转移5个电子，因此转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等质量的MnO，转移电子数相同，B正确。转化Ⅰ中，MnO作氧化剂，Cl－作还原剂，根据得失电子守恒，二者的化学计量数之比为1∶5，C正确。Pb2＋与SO反应会产生PbSO4沉淀，反应的离子方程式应为PbO2＋2Fe2＋＋4H＋＋SO===PbSO4＋2Fe3＋＋2H2O，D错误。 二、非选择题：本题包括4小题，共55分。 16．(10分)对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。 Ⅰ.下列每组中都有一种物质与其他物质在分类上不同，试分析每组中物质的组成规律，将这种不同于其他物质的物质找出来写在横线上： (1)H3PO4、H2SO3、HCl、HNO3：_____________。 (2)Mg、Al、S、Zn：_____________。 Ⅱ.已知下列物质： ①熔融氧化钠　②蔗糖　③氢氧化钡　④SO2　⑤稀盐酸　⑥硫酸氢钠固体　⑦铝 ⑧H3PO2(次磷酸) (3)其中能导电的是_____________(填序号)。 (4)⑥在水溶液中的电离方程式为_____________________________________。 (5)写出③的溶液与⑥的溶液恰好沉淀完全时的离子方程式：____________________________________________________________________。 (6)SO2是一种酸性氧化物，可制取Na2SO3，从括号内所给试剂(NaCl溶液、NaOH溶液、Na2SO4溶液)中选择合适的，写出反应的化学方程式： ___________________________________________________________________。 (7)已知H3PO2与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2属于_____________(填字母)。 a．一元酸 　　b．二元酸 　　　c．三元酸 解析：(1)磷酸、亚硫酸、硝酸都是含氧酸，HCl不是含氧酸，因此HCl不同于其他物质。(2)Mg、Al、Zn都是金属单质，而S为非金属单质，因此S不同于其他物质。(4)硫酸氢钠在水溶液中电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。(5)氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液恰好沉淀完全时，反应生成BaSO4、NaOH和H2O，离子方程式为Ba2＋＋OH－＋SO＋H＋===BaSO4↓＋H2O。(6)二氧化硫可与NaOH反应生成亚硫酸钠，化学方程式为SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O。(7)次磷酸与足量NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明次磷酸为一元酸。 答案：(1)HCl　(2)S　(3)①⑤⑦ (4)NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO (5)Ba2＋＋OH－＋SO＋H＋===BaSO4↓＋H2O (6)SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O　(7)a 17．(14分)经检测，某化工厂排出的废水呈酸性，且其中含有大量的Na＋、Cu2＋、SO、Cl－、NO。回答下列问题： (1)下列离子中，能大量存在于该废水中的是_____________(填字母)。 A．Ag＋ B．Mg2＋ C．OH－ D．HCO (2)取100 mL该废水于烧杯中，逐滴加入NaOH溶液至溶液呈碱性的过程中，原废水中存在的离子的数量会发生变化的是Na＋、________________________(填离子符号)。 (3)某化学兴趣小组成员欲除去废水样品中的Cu2＋和SO，最终得到中性溶液，设计的方案流程如下： ①试剂c为__________________________；溶液3中所含溶质离子有Cl－、__________________________。 ②“分离操作”的名称是_____________，需要用到的玻璃仪器主要有________________________________________________________________。 ③向“白色沉淀2”中加入足量盐酸，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。 解析：(1)废水呈酸性，OH－和HCO因与H＋发生反应而不能大量存在，Ag＋能与Cl－反应生成AgCl沉淀而不能大量存在，Mg2＋不与废水中的离子反应，能大量存在，故选B。 (2)向废水中逐滴加入NaOH溶液至溶液呈碱性的过程中，H＋、Cu2＋与OH－发生反应，故原废水中存在的离子的数量会发生变化的是Na＋、H＋、Cu2＋。 (3)废水呈酸性，且其中含有大量的 Na＋、Cu2＋、SO、Cl－、NO，欲除去废水样品中的Cu2＋和SO，最终得到中性溶液，由题给流程可知，试剂a为氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠溶液除了中和氢离子外还产生氢氧化铜蓝色沉淀，过滤后，溶液1中含有OH－、Na＋、SO、Cl－、NO，试剂b为氯化钡、氢氧化钡或硝酸钡溶液，过量的钡离子用Na2CO3溶液除去，故试剂c为Na2CO3溶液；过滤后，白色沉淀2为硫酸钡和碳酸钡的混合物，溶液2中含有OH－、Na＋、Cl－、NO、CO，再加入适量盐酸即可得到中性溶液。①根据分析可知，试剂c为Na2CO3溶液；溶液3中所含溶质离子有Cl－、Na＋、NO。②根据分析可知，“分离操作”的名称是过滤，需要用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒。③根据分析可知，“白色沉淀2”为BaSO4和BaCO3的混合物，向“白色沉淀2”中加入足量盐酸，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑。 答案：(1)B　(2)H＋、Cu2＋　(3)①Na2CO3溶液　Na＋、NO　②过滤　漏斗、烧杯、玻璃棒 ③BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑ 18．(15分)高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如下图所示。 【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。 请回答下列问题： (1)K2FeO4中铁元素的化合价为_______________价。 (2)过程①中活细菌表现了_____________(填“氧化”或“还原”)性，该过程的还原产物是_____________(填离子符号)；过程③属于_____________(填“物理”或“化学”)变化。 (3)根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有______________________________________(填两个)。 (4)制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe(OH)3＋KClO＋KOH―→K2FeO4＋KCl＋H2O(未配平)。 ①该反应中，Cl元素的化合价由_____________价变为_____________价；通过该反应说明，在碱性条件下，氧化性：ClO－_____________(填“>”“＝”或“<”)FeO。 ②配平该反应的化学方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_________________________________________________________，该反应的离子方程式为__________________________________________。 解析：(1)K2FeO4中K元素化合价是＋1价，O元素化合价是－2价，依据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为＋6价。(2)过程①中高铁酸钾转化为铁离子，铁元素化合价降低，被还原，则活细菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3＋；过程③中没有产生新物质，属于物理变化。(3)根据题述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有杀菌消毒、净水。(4)①该反应中，Cl元素的化合价由＋1价变为－1价，得到电子被还原，氢氧化铁被氧化，因此通过该反应说明，在碱性条件下，氧化性：ClO－＞FeO。②铁元素化合价从＋3价升高到＋6价，失去3个电子，氯元素化合价从＋1价降低为－1价，得到2个电子，依据得失电子守恒可知反应中转移6个电子，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O。 答案：(1)＋6　(2)还原　Fe3＋　物理 (3)杀菌消毒、净水　(4)①＋1　－1　> ② 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O 19．(16分)运用氧化还原反应和离子反应知识回答下列问题： (1)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化过程如下图所示(CuS不溶于水)。 写出过程②和过程③中发生反应的离子方程式： i．过程②__________________________________________________________。 ii.过程③_______________________________________________________。 iii.整个转化过程中可以循环使用的离子是___________________________。 (2)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3<x<4，M＝Mn、Zn、Ni，且均为＋2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到的。 ①将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于__________________________。 ②MFe2O4中Fe元素的化合价为_____________。 (3)在酸性条件下，Fe2O容易转化为Fe2＋，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O、Fe2＋、H＋、H2O、Cu2O、Cu2＋，则Fe2O转化为Fe2＋的离子方程式为________________________________________________。 (4)已知As2O3与Zn可以发生如下反应：As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O(反应前后H元素化合价未发生变化)，请用单线桥标出电子转移的方向和数目：__________________________________________________。 解析：(1)i.过程②的离子方程式为CuS＋2Fe3＋===S＋2Fe2＋＋Cu2＋。ii.过程③的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。iii.结合反应过程，整个转化过程中可以循环使用的离子是Cu2＋和Fe3＋。(2)①纳米材料的粒子直径在1～100 nm之间，将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于胶体。②MFe2O4中M元素的化合价为＋2价，O元素的化合价为－2价，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价为＋3价。(3)在酸性条件下，Fe2O容易转化为Fe2＋，铁元素的化合价从＋3价降低为＋2价，Fe2O作氧化剂，根据氧化还原反应规律，还需有还原剂参与，题中给出的粒子中，Cu2O中Cu元素化合价为＋1价，可被氧化为Cu2＋(＋2价)，Cu2O为还原剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为Fe2O＋Cu2O＋10H＋===2Fe2＋＋2Cu2＋＋5H2O。(4)反应As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O中，Zn元素失去电子化合价升高，As元素得到电子化合价降低，转移12个电子，所以单线桥表示为＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O。 答案：(1)i.CuS＋2Fe3＋===S＋2Fe2＋＋Cu2＋ ii.4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O iii.Cu2＋和Fe3＋ (2)①胶体　②＋3价　 (3)Fe2O＋Cu2O＋10H＋===2Fe2＋＋2Cu2＋＋5H2O (4) ＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O 学科网（北京）股份有限公司 $