备战2012高考化学冲刺押题(高考解题方法荟萃)系列(16个专题打包下载）

选择题是一类客观性试题，由于其具有信息量大、概念性强、知识覆盖面广、考查的角度和层次多，且评分较客观等优点，在各类中考试卷中已成为固定题型。在化学中考试卷中，选择题一般占48%—50%。因此，选择题的得分，已成为制约很多学生整份试卷得分高低的瓶颈。
了解化学选择题的特点、类型、掌握解化学选择题的一般程序和常用方法，是做好选择题的基本保障。本文拟从这些方面作简单介绍，旨在抛砖引玉。
一、选择题的特点
选择题的结构包括题干和选项两部分，其题干和选项都是经过精心设置的，往往具有一定的针对性和很强的迷惑性。
二、解答选择题的一般程序和常用方法
解答化学选择题的一般程序是：
1. 认真审题，读懂“题干”和“问句”的含义；
2. 灵活运用所学知识，抓住关键，找到突破口；
3. 转换思维方向，从多层次、多角度思考，去伪存真，准确求解。
根据化学选择题的特点，解答的方法有如下几种：
（1）直接判断法
这是解化学选择题最基本的方法，解题时依据题目所给条件，借助于已学知识进行分析和判断，直接得出结论。此方法常常用于解答“正误型”选择题。
例1. 对下列物质在氧气中燃烧的实验现象描述正确的是（ ）
A. 石蜡在氧气中燃烧时，产生白烟
B. 硫粉在氧气中燃烧，火焰呈蓝紫色，生成无气味气体
C. 氢气在氧气中燃烧，火焰呈黄色，放出大量的热
D. 铁丝在氧气中燃烧，火星四射，有黑色固体生成
解析：本题考查的实验现象，属于识记水平。根据所学知识知道，石蜡燃烧没有白烟，硫粉燃烧生成有刺激性气味的气体，氢气燃烧火焰呈淡蓝色，铁丝燃烧时火星四射有黑色固体生成。所以，可直接判断本题答案为D。
例2. 臭氧（）主要分布在距离地面10—50km的高空，形成臭氧层。臭氧层吸收了太阳光中大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，臭氧属于（ ）
A. 非金属单质 B. 金属单质
C. 化合物 D. 混合物
解析：本题考查考生对混合物、化合物、金属单质、非金属单质概念的理解。混合物是两种或两种以上物质组成的，化合物是由不同种元素组成的纯净物，金属单质是一种金属元素组成的纯净物，非金属单质是由一种非金属元素组成的纯净物，臭氧是由氧元素组成的纯净物。所以正确答案为A。
（2）筛选淘汰法
根据题干所给条件和提出的问题，对各个选项加以审视，将与题目要求不符合的选项逐一筛选，不能否定的选项即为正确答案。此方法常常用于解答概念、原理类选择题，也常用于解答组合型选择题。
例3. 下列生活经验中不正确的是（ ）
A. 用汽油洗去衣服上的油渍
B. 用食醋除去水瓶中的水垢
C. 用钢丝球洗刷铝锅脏物
D. 用含的药物治疗胃酸过多
解析：本题是利用化学知识解决实际问题的综合题，涉及物质的溶解性、酸与盐反应、酸与碱反应、金属与氧气反应等知识，考查学生对化学原理和规律的理解及理论联系实际的能力。
题目要求从选项中选出不正确的，同学平时练习较多的是B、D两个选项，其中B选项的化学原理是酸与碳酸盐的反应，而D选项的化学原理是碱与酸的反应，显然都是正确的可以淘汰；A选项是课本P131上的一句话“植物油不能溶解在水里，但能溶解在汽油里”的应用，也能确定是正确的；通过筛选得出符合题意的选项为C。
例4. 以铁、氧化铜、稀硫酸三种物质为原料制取铜，有两条途径：<1>；<2>。若需制备相同质量的铜，在实际过程中，两条途径所消耗的有关物质质量相等的是（ ）
A. B. C. D.
解析：此题考查考生对铁、氧化物、稀硫酸、铜的相互关系和氢气还原氧化铜的实验原理及操作要领的掌握。
氢气还原氧化铜的实验中一个重要的操作要领是：“实验开始时，先通氢气后加热；实验结束时，先停止加热待试管冷却后才停止通氢气。”这样，途径<1>实际消耗的氢气质量就大于理论计算的质量，同样消耗铁、稀硫酸的质量也是实际值大于理论值；途径<2>中它们的实际值等于理论值。经筛选、淘汰，正确答案为B。
（3）信息转化法
对某些选择题，由于情境比较陌生，或内容比较繁琐，可通过思维转换，将题示信息转化为自己比较熟悉的、便于理解的或等价的形式，从而变陌生为熟悉，化难为易，迅速求解。此方法常常用于解答实验类和规律类选择题。
例5. 图1中，试管内收集了满满一试管不同的气体（①，②，③，④），将试管倒扣在盛有水的烧杯中。试管内水位上升的高度由小到大的顺序是（ ）
图1
A. ②③④① B. ①②③④
C. ④②③① D. ②①③④
解析：本题考查的是气体的溶解性知识。粗看似乎难以下手，仔细审题后发现“水位上升”是此题的题眼。水位上升是由于试管内气体溶于水，使试管内压强减小造成的，于是题干可转化为“气体的溶解度由小到大的顺序是”，从而迅速选出正确答案C。
例6. 下列反应肯定不能生成无氧酸盐的是：①碳酸盐溶于酸，②酸性氧化物溶于水，③酸性氧化物溶于碱，④碱性氧化物溶于酸，⑤碱性氧化物溶于水，⑥金属溶于酸
A. ②③⑤ B. ①④⑥
C. ③④⑤ C. ①③④
解析：此题考查考生对物质分类及单质、氧化物、酸、碱、盐的相互关系的掌握，综合性很强。我们知道：金属与无氧酸、碱与无氧酸、盐与无氧酸、碱性氧化物与无氧酸若反应则一定能生成无氧酸盐，那么金属与酸、碱与酸、盐与酸、碱性氧化物与酸若反应则可能生成无氧酸盐。因此，解此题的关键是将题中的“肯定不能生成无氧酸盐的是”转化为“可能生成无氧酸盐的是”就不难得出符合题意的答案A。
（4）分析推理法
根据题目的已知条件，运用化学的相关原理进行分析、推理得出结论。此方法常用于解答原理类、计算类、图表类选择题。
例7. 在一个密闭容器内有四种物质，在一定条件下充分反应后，测得反应前后各物质的质量如下：
物质 X Y Z Q
反应前质量/g 4 10 1 21
反应后质量/g 0 12 15 待测
已知X的相对分子质量为n，Q的相对分子质量为2n，下列推理正确的是（ ）
A. 反应后Q的质量为9g
B. 反应后生成15gZ
C. 反应中Y与Q发生改变的质量之比为1：1
D. 该反应方程式中X与Q的化学计量数之比为2：3
解析：此题考查考生对质量守恒定律的理解及根据化学方程式计算原理的掌握。从图表中可以分析出X为反应物且参加反应的X质量为；Y、Z为生成物且生成的质量分别为和，根据质量守恒定律可得Q为反庆物且参加反应的质量为。然后再根据化学方程式计算原理可设方程式，找到相关的量列式求解如下：
得
反应后剩余Q的质量
所以正确答案为A、D。
例8. 将质量分数为5.2%的溶液，放入通电分解水的简易装置中，通电一段时间后，实验结果符合表中关系的是（提示：电解溶液实质是电解水，不考虑气体在水中的溶解。）
序号 质量分数% 与电源正极相连的试管内气体质量/g 与电源负极相连的试管内气体质量/g
A 6.2 78 9.5
B 6.2 76 9.5
C 4.2 0.60 4.7
D 4.2 4.7 0.60
解析：此题考查考生对溶质质量分数的理解及对电解水实验和溶质质量分数计算的掌握。
题目中的提示说明电解前后溶液中质量没有改变而水的质量减少了，所以溶液中的质量分数应该增大。由此可以淘汰答案C、D。电解水的实验中，与电源正极相连的试管内产生的气体是氧气，而与电源负极相连的试管内产生的气体是氢气，且他们的质量比为8：1，根据计算得出正确答案为B。一、考情分析
对于化学实验的考查主要有：常用仪器和化学实验基本操作，气体的制备与净化，物质的检验、分离、提纯等，以及物质的制备和性质实验方案的 设计与评价等内容，其中，常用仪器的识别和使用是高考实验测试的热点之一，一般考查的内容为：写出仪器名称、仪器的正确使用方法、画出仪器的示意图等，而实验的基本操作能用规范简洁的文字表达出来。常见气体的制取方法，能够灵活运用有关气体制取实验的规律和方法解决新问题。而性质实验的考查主要集中在常见离子的检验、分离以及与理论知识相联系的验证实验。课外实验和实验创新的题目，主要从培养学生用化学视角观察和分析实验问题的能力，用化学实验的方法解决生活中的问题是提高实践能力的一条重要途径，在同学们的复习过程中，这些探讨性、开放性实验试题要认真对待。
二、高押点题
【押点1】常用仪器和实验基本操作
【例题1】下列实验指定使用的仪器必须预先干燥的是
①中和热测定中所用的小烧杯
②中和滴定所用的锥形瓶
③配制一定物质的量浓度溶液中所用的容量瓶
④喷泉实验中用于收集氨气的烧瓶
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【答案】B
【解析】中和热测定中所用的小烧杯必须干燥，不然会吸收热量产生误差；氨气极易溶于水，若喷泉实验的烧瓶中有水分，会溶解氨气，压强差不够，造成喷泉实验失败。配制一定物质的量溶液的容量瓶不必干燥，只要干燥就可以，如果有水也不会影响实验结果，中和滴定所用的量与锥形瓶中溶质的物质的量有关，与浓度无关，所以有水分不影响实验。
【押题理由】实验过程中需要注意的一些事项也是高考中考查的内容，仪器的要求与实验的成败有一定的关系，所以要准确掌握对仪器的要求。
【命题指数】★★★★
【例题2】实验后对试管的洗涤药品错误的是
A．银镜反应后的试管用浓氨水洗涤
B．久置高锰酸钾溶液的试管用浓盐酸洗涤
C．熔化苯酚的试管用酒精或NaOH溶液洗涤
D．内有油脂的试管用NaOH溶液洗涤
【答案】A
【解析】洗涤的基本原理是：将不溶的物质转化为可溶解的物质后进行清理。A项中银单质与氨水不反应。高锰酸钾溶液加热生成的锰酸钾可溶于水，氧气直接放出，因此不溶物只有二氧化锰，与浓盐酸反应后生成可溶物可以清洗；苯酚在水中溶解度较小，但易溶于酒精且与NaOH溶液反应生成的苯酚钠能够溶于水；油脂在碱性条件下水解生成的酸和醇均可溶于水。
【押题理由】实验基本操作历来是高考的热点，对于安全防范以及废液的处理等均有过考查，预测可能要考查类似的清洗试题。
【命题指数】★★★★
【例题3】下列仪器用酒精灯加热时，需垫石棉网的是
①烧杯 ②坩埚 ③锥形瓶 ④蒸发皿 ⑤试管 ⑥烧瓶 ⑦表面皿
A．②④⑤ B．①⑥⑦ C．③④⑥ D．①③⑥
【答案】D
【解析】加热时垫石棉网的目的是使仪器受热均匀，防止炸裂。
【押题理由】仪器的正确使用属于高考的考点，题目一般比较简单，多以选择题的形式出现，
【命题指数】★★★★
【押点2】气体的制备与净化
【例题1】有如下几种制备气体的方案：①加热稀硫酸和乙醇制备乙烯 ②用水与过氧化钠固体反应制备氧气 ③用稀硫酸与大理石制备二氧化碳 ④氧化钙与浓氨水反应制备氨气 ⑤NaI固体和浓硫酸混合共热制取碘化氢 ⑥电石与饱和食盐水制乙炔
不宜采用的方案有
A．仅①③⑤ B．仅①②③ C．仅③④ D．全部
【答案】A
【解析】制取乙烯应用浓硫酸；硫酸钙微溶于水，覆盖在固体表面，阻止反应继续进行；碘化氢具有强还原性，能被浓硫酸氧化，
【押题理由】物质的制备与元素的性质联系紧密，在考虑实验装置的同时还应考虑反应的实质，这些均是高考的重点内容。
【命题指数】★★★★
【例题2】某学生利用如图装置探究氯气和氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为较纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。
请回答下列问题：
（1）装置F中发生反应的离子方程式为 。
（2）装置A中的烧瓶内固体宜选用 （选填以下选项的代号）
A．碱石灰 B．生石灰 C．二氧化硅 D．五氧化二磷 E．烧碱
（3）虚线框内应添加必要的除杂装置，请从下图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格
B 、D 、E （填编号）
（4）氯气和氨气在常温下相混合会反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为 。
装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案鉴定给固体就是氯化铵： 。
（5）从装置C的G处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理：
答： 。
【答案】（1）MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
（2）ABE
（3）Ⅰ Ⅱ Ⅲ
（4）3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋ N2 取适量该白色固体与浓氢氧化钠溶液共热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；另取适量该白色固体，溶于水后加入硝酸银溶液，产生不溶于硝酸的白色沉淀
（5）将尾气通过一倒置的漏斗通入盛有NaOH溶液的烧杯中
【解析】根据实验的目的可知A装置用于制取氨气，装置F用于制取氯气，由实验室制取氨气的原理可知A中固体可以是碱石灰、生石灰或固体氢氧化钠；F中制取氯气的药品为二氧化锰和浓盐酸，根据反应可写出离子方程式。由于氨气中含有水蒸气，而氨气为碱性气体，因此干燥氨气应该用碱石灰。制取氯气中含有的杂质为浓盐酸挥发的HCl以及生成的水蒸气，选择饱和食盐水除去HCl气体，利用浓硫酸除去水蒸气。氯化铵的检验要注意既要检验铵离子，又要检验氯离子。最终的尾气可能是氨气，也可能是氯气，所以可以通过倒置的漏斗通入NaOH溶液中，如果是氯气，则与NaOH反应，若为氨气，则被水吸收。
【押题理由】几种气体的实验室制法历来是高考的重点，本题结合氯气和氨气的反应，用一个题目考查了两种气体的制取以及除杂，应该是高考中的高频题（出现频率较高的题目）。
【命题指数】★★★★
【例题3】现有右图所示装置，正放在桌面上，可分别实现下列实验目标，其中适用于从Y口进入的是（填字母）_________。
A、瓶内盛一定量液体干燥剂，用于干燥气体
B、瓶内盛一定量液体试剂，用于除去气体的杂质
C、瓶内盛一定量水，用于制得可溶于水的气体的饱和溶液
D、瓶内盛满水，用于测量难溶性气体的体积
E、瓶内贮存难溶于水的气体，当加进水时气体可排出
F、一般用于向上排气法收集某些气体
G、一般用于向下排气法收集某些气体
【答案】DG
【解析】干燥气体、除杂、通入气体与试剂瓶中物质反应时以及收集密度比空气大的气体应“长进短出”，而想排出试剂瓶中的试剂或者收集密度比空气小的气体用“短进长出”
【押题理由】以一套实验设备为载体进行不同的实验，能够从知识和能力两个方面进行考查，也是试题灵活性的体现。在气体的制取过程中除了要干燥外，大多数还要除去杂质，因此分析气体的物理性质和化学性质，从而得到干燥纯净的气体，这类题目的考查多以选择题的形式出现，不过近几年非选择题出现的机会也比较多。
【命题指数】★★★★
【押点3】物质的检验、分离、提纯
【例题1】可用于分离或提纯物质的方法有：
a．分馏；b．盐析；c．过滤；d．重结晶；e．升华f．渗析g．点解；h．加热分解；
i．蒸馏。下列各组混合物的分离和提纯应用哪一种方法最合适？
（1）除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3粒子，用 ；
（2）除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl－离子，用 ；
（3）除去乙醇中溶解的微量食盐，用 ；
（4）分离石油中各种不同沸点范围的有机物，用 ；
（5）除去固体碘中混有的少量NaI，用 ；
（6）除去氧化钙中的碳酸钙，用 。
【答案】（1）c （2）f （3）I （4）a （5）e （6）h
【解析】除去溶液中的固体颗粒，一般用过滤的方法；除去胶体中的杂质离子，用渗析法；除去溶解在液态物质中的固体杂质，一般用蒸馏的方法把液态物质分离出来；相互溶解的液体混合物的分离一般用蒸馏的方法；单质碘易升华，可用加热升华的方法把碘从混合物中分离出来。
【押题理由】物质分离和提纯方法的选用是高考的考点，属于容易题，但要完全解答正确也不容易，因此必须掌握各种分离方法的原理，根据物质的物理性质或化学性质来分离和提纯，这类题目一般在选择题中出现，或在性质实验的设计和评价中出现。
【命题指数】★★★★
【例题2】为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液，某学生设计如下实验方案：
（1）操作①为 。
（2）操作②~④加入的试剂顺序可以为 。
（3）如何判断SO42－已除尽 。
（4）实验过程中产生的多次沉淀 （选填“需要”或“不需要”）多次过滤，其理由是 。
（5）该同学的实验设计方案是否严密，说明理由 。
【答案】（1）加水溶解
（2）Ba(NO3)2、K2CO3、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3
（3）静置，在上层澄清溶液中再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽
（4）不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此最后只过滤一次，可减少操作程序
（5）不严密 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl－。
【解析】沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液，除去SO42－、Mg2＋的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg(OH)2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba(NO3)2和KOH溶液，过量的Ba2＋可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba(NO3)2再加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐酸调节溶液的pH，否则会引入Na＋和Cl－杂质。
【押题理由】课本上出现的食盐的提纯是一个重点内容，也是经常被作为高考选择题或非选择题中的内容，本题与食盐提纯类似，可能在近几年的高考中出现，
【命题指数】★★★★
【例题3】I．粗盐经提纯后得到NaCl溶液，再经蒸发、结晶、烘干得精盐。
①蒸发操作中使用到的仪器除铁架台(带铁圈)外,还需要仪器的名称为 。
②该同学将所得精盐配成溶液，用于另一实验。实验中需要用60 mL 1 mol/L的NaCl溶液，配制过程中用托盘天平称取的精盐质量为 ，配制该溶液所需的主要仪器是 。
II．某化学兴趣小组测定某FeCl3样品（含少量FeCl2杂质）中铁元素的质量分数，实验室按以下步骤进行：
① 称取a g样品，置于烧杯中；
② 加入适量盐酸和适量蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250mL溶液；
③ 准确量取25.00mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完
全；
④ 加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；
⑤ 过滤，洗涤沉淀；
⑥ 将沉淀转移到坩埚内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；
⑦……。
请根据上面叙述，回答：
（1）上图所示仪器中，本实验步骤①②③中必须用到的仪器是E和 （填字母）。
（2）写出步骤③中发生反应的离子方程式 。
（3）洗涤沉淀的操作是 。
（4）第⑥步的操作中，将沉淀物加热，冷却至室温，称量其质量为m1g，再次加热并冷却至室温称量其质量为m2g，若m1与m2差值较大，接下来的操作应当是 。
【答案】 I．①蒸发皿、玻璃棒、酒精灯
②5.9g或5.8g 100mL容量瓶
II．（1）C F G
（2）2Fe2+ +Cl2 Fe3++2Cl－
（3）向漏斗里注入蒸馏水，使水面没过滤渣，等水自然流完后，重复操作2～3次
（4）继续加热，放置干燥器中冷却，称量，至最后两次称得的质量差不超过0.1g（或恒重）为止
【解析】Ⅰ．配制溶液时，容量瓶的刻度是不连续的，因此需要用到100mL容量瓶，所以需要精盐的质量为0.1L×1mol/L×58.5g/mol=5.85g，而托盘天平的只能精确到0.1g，因此称取的精盐的质量为5.8g或5.9g。
Ⅱ．加热时，一般两次称量的结果差值不超过0.1g。
【押题理由】定量实验中，一定物质的量浓度溶液的配制比较重要，高考中也多次考查过，预计类似知识点也会继续考查，有可能结合其他的实验操作同时考查。
【命题指数】★★★★
【押点4】物质的制备、性质实验方案的设计与评价
【例题1】I、某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用。其实验方案如下：
试回答下列问题：
（1）由滤液A制得AlCl3，溶液有途径I和Ⅱ两条，选择其中的合理途径的理由是： 。
（2）从经济效益和环境保护角度考虑，用滤渣F制备胆矾溶液的化学方程式： 。
Ⅱ、某校化学研究性学习小组，在学习金属的冶炼以后，对一氧化碳还原金属氧化物的实验非常感兴趣，他们查阅有关资料后分析：
（1）学生对相关装置进行分析和比较发现这些装置既有各自的优点，同时也发现各个装
置中均存在一些不足，具体看下表：
人教版、广东版、山东版 上海科学技术出版社 2005（7—8）化学教学杂志
现缘明显、有环保意识 现缘明显、有环保意识且 现缘明显、有环保意识
不足之处：①反应结束滞留在装置中的一氧化碳无法处理，②进入硬质试管中的气体所含杂质没有处理，③经实验发现尾气点燃时有时燃烧有时不能燃烧，而且安全性差。
（2）在上述实验的基础上某学生设计了一氧化碳还原氧化铁相对更为合理的实验，重点避免了上述三个不足。其中一氧化碳是利用甲酸和浓硫酸共热到60—80℃可发生脱水反应得到：
HCOOH CO↑+H2O
请根据以下各装置进行选择组成—套相对较为合理的实验装置图（某些装置可重复使用）
（3）回答以下问题：
①该实验装置合理的连接顺序是：己→乙→ → → → 丙
②在反应时先产生一氧化碳气体，过一会再点燃加热氧化铁的酒精灯，原因是 （填选项，多选扣分）
A．因为一般反应从左到右进行
B．排除体系内的空气，使反应过程更安全 ．
C．甲酸与浓硫酸反应可以产生大量的CO气体
D．此反应加热时间长有利于产生CO
③观察到硬质玻璃管中红棕色粉末变为黑色时停止加热，然后继续 ，以防止铁被氧化。
④硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是 。
【答案】（1）选择途径II，途经I制得的AlCl3中含有NaCl杂质（或途经II制得的AlCl3中不含杂质）
（2）2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O或
2Cu+O2+2H2SO4 2CuSO4+2H2O
（3）①丁、戊、甲、丁 ②B
③通一氧化碳冷却至室温（或通一会一氧化碳） ④Fe2O+3CO 2Fe+3CO2
【解析】Ⅰ．在合金中加入足量的烧碱后，只有铝与NaOH溶液反应，因此滤液的主要成分为NaAlO2溶液和NaOH溶液，加入足量的盐酸后，NaAlO2+4HCl=AlCl3＋NaCl＋2H2O，另外溶液中的NaOH也与盐酸反应得到NaCl。而通入足量的二氧化碳后，发生的反应其化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O= Al(OH) 3↓＋NaHCO3，过滤后得到Al(OH) 3，与盐酸反应后溶质只有AlCl3。滤渣B为金属铜和铁，加入足量稀硫酸后，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，而铜不反应，因此滤渣F为金属铜，由铜制取硫酸铜晶体有两种途径：铜与浓硫酸在加热条件下反应（生成的二氧化硫污染环境，硫酸的只有一部分转化为硫酸铜，浪费原料），铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应得到硫酸铜（没有有毒气体生成，硫酸全部转化为硫酸铜）
Ⅱ．根据题意可知，要解决的问题是①实验后排尽装置中的一氧化碳，②除去一氧化碳气体中的杂质，③改进尾气处理的方法。因此在整个装置之前利用空气气囊，在反应结束后利用空气将装置中的一氧化碳吹出，另外空气中的二氧化碳以及水蒸气会影响反应的结果，因此必须首先利用石灰水除去挥发出来的甲酸、利用浓硫酸除去水蒸气，反应后再利用石灰水来检验二氧化碳的生成，最后利用排水法进行尾气收集。
【押题理由】由课本实验衍生出的改进实验是考查实验评价的最好载体，也是历年各地高考用到最多的方式，预测今年也会使用类似的思路。
【命题指数】★★★★
【例题2】生铁中除铁外，还含有其他元素，如碳元素和硫元素。其中碳主要以碳化铁的形态存在。某兴趣小组设计按下图所示的实验装置，测定生铁中的含碳量。
请回答下列问题：
（1）硫在生铁中是有害元素，它使生铁产生热脆性。硫元素在生铁中最有可能存在的价态是 。
A、－2 　　 B、0 　 C、+4 　　 D、+6
（2）写出在烧杯E中发生反应的离子方程式： ；
（3）D中30% 双氧水的作用是 ；若无此装置，所测定的含碳量将 （填“偏高”、“偏低”或“不影响”）
（4）反应完成后，欲验证生铁含有硫元素，你所设计的实验方案是（写出实验步骤、现象） ；
（5）待C管的样品充分反应后，测得E中生成的沉淀为bg，请计算出生铁中的含碳量为 ；
（6）实验过程中，该兴趣小组应注意的安全问题是 。（任写一种）
【答案】（1）A
（2）CO2+Ba2++2OH－= BaCO3↓+H2O
（3）吸收SO2气体 偏高
（4）取少量D瓶溶液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，说明生铁中含有硫元素。
（5）
（6）浓硫酸有腐蚀性，使用时要小心；加热时要使二通管均匀受热等（2分）
【解析】铁的化合价一定为正价，而碳的非金属小于硫的非金属性，因此S一定显示负价。装置A中过氧化氢在二氧化锰为催化剂的条件下生成氧气，通过浓硫酸干燥后，将装置C中的碳元素氧化为二氧化碳、硫元素氧化为二氧化硫，两种气体通过过氧化氢溶液后，二氧化硫被氧化并吸收，二氧化碳通过E装置生成碳酸钡沉淀。如果没有双氧水的氧化，二氧化硫也会与氢氧化钡反应生成沉淀，使碳的百分含量偏高。若E中沉淀的质量为bg，根据方程式生成可知碳酸钡的物质的量与二氧化碳的物质的量相等，也等于生铁中碳的质量，因此生铁中碳的质量为，则生铁中碳的质量分数为
【押题理由】二氧化硫和二氧化碳均属于酸性氧化物，其性质相似，因此高考中对于这两种气体的鉴别考查的比较多，而本题则巧妙的应用了这一考点，并结合生铁的性质加以考查，是有可能在高考中出现的内容。
【命题指数】★★★★
【例题3】向溴水中加入足量的乙醛溶液，可以看到溴水褪色。对产生该现象的原因有如下三种猜想：①溴水与乙醛发生取代反应；②由于乙醛分子中有不饱和键，溴水与乙醛发生加成反应；③由于乙醛具有还原性，溴水将乙醛氧化为乙酸。为探究哪一种猜想正确，某研究性学习小组提出了如下两种实验方案：
方案一：检验褪色后溶液的酸碱性。
方案二：测定反应前后溴水中Br2的物质的量和反应后Br－的物质的量。
（1）方案一是否可行？ 。
理由是 。
（2）假设测得反应前溴水中Br2的物质的量为amol，若测得反应后n(Br－)= mol，则说明溴水与乙醛发生取代反应；若测得反应后n(Br－)= mol，则说明溴水与乙醛发生加成反应；若测得反应后n(Br－)= mol，则说明溴水将乙醛氧化为乙酸。
（3）按物质的量之比为1：5配制1000 mL KBrO3—KBr溶液，该溶液在酸性条件下完全反应可生成0.5mol Br2，取该溶液10 mL，加入足量乙醛溶液使其褪色，然后将所得溶液稀释为100 mL，准确量取其中的10 mL，加入过量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后称量得到固体0.188 g。若已知CH3COOAg易溶于水，试通过计算判断溴水与乙醛发生反应的类型为 。（填序号）
①取代反应 ②加成反应 ③氧化反应
（4）写出上述测定过程中反应的离子方程式：
①KBrO3与KBr在酸性条件下的反应 ；
②溴水与乙醛反应 。
（5）根据上述信息，试推测向酸性KMnO4溶液中滴加乙醛可能出现的现象：
。
【答案】（1）不可行 溴水与乙醛发生取代反应和乙醛被溴水氧化都有HBr生成，溶液均呈酸性。
（2）a 0 2a
（3）③
（4）①BrO3－＋5Br－＋6H＋=3Br2＋3H2O
②CH3CHO＋Br2＋H2O=CH3COOH＋2H＋＋2Br－
（5）溶液的紫色褪去
【解析】由于溴单质在发生取代反应的过程中会产生HBr，而和乙醛发生氧化还原反应的过程中也产生HBr，因此仅仅测定反应后溶液的酸碱性不可行。根据取代反应的原理知，如果是取代反应，则Br2中的两个Br原子一个在有机物中，一个生成HBr，即生成HBr的物质的量与参加反应的Br2的物质的量相等，即产生的HBr为amol；若发生加成反应，则两个Br均接在有机物上，因此不会产生溴离子，即产生的HBr为0；若乙醛被溴单质氧化，则溴单质被还原。两个Br原子均被还原为溴离子，即产生的Br－为2amol；
（3）与乙醛反应后溶液中含有的溴离子的物质的量为，即0.005mol Br2与乙醛反应后产生的溴离子为0.01mol，所以此反应为溴水将乙醛氧化为乙酸。由于高锰酸钾具有强的氧化性，因此也可以将乙醛氧化而本身被还原，所以将乙醛加入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去。
【押题理由】此题是以前的一道高考题，之所以在这里重新使用，是因为目前对实验的设计与评价的考查中用到此类形式的题目太多了，所以同学们应注意以前类似的题目，很有可能给你一定的启发。
【命题指数】★★★★【母题1★★★】某合金15g，在足量氯气中充分燃烧，反应后固体质量增加了35.5g，则合金的组成可能是（　）
A. Fe、Al B. Mg、Al C. Cu、Mg D. Fe、Zn
【分析】在此反应中Fe、Mg、Al、Cu、Zn的摩尔电子质量分别为18.67、12、9、32、32.5。合金的平均摩尔电子质量为＝15，由中间数值法得A、C两项正确。
【解答】AC
【点拨】注意金属质量与转移一摩尔电子的对应关系。
【解题锦囊】摩尔电子质量
⒈ 摩尔电子质量：每转移一摩尔电子所需反应物的质量。
⑴金属单质的摩尔电子质量：数值上等于某金属的相对原子质量除以该金属在反应中表现的化合价。如：Fe在与盐酸的反应中其摩尔电子质量为=,在与氯气的反应中其摩尔电子质量为=
⑵非金属单质的摩尔电子质量：数值上等于某非金属单质的相对分子质量除以1mol该非金属单质在反应中获得的电子数。
⑶化合物的摩尔电子质量：数值上等于某化合物的相对分子质量除以1mol该化合物在反应中得（失）的电子数。
　⑷在某一具体反应中不参与氧化还原反应的物质其摩尔电子质量视为无穷大。如：将铁铜合金投入到盐酸中，铜不与盐酸反应，其摩尔电子质量为无穷大。
⒉ 平均摩尔电子质量：混合物的总质量除以反应中混合物得失电子的总数。
【衍生1★★★】锰的氧化物MnO2、Mn2O3、Mn3O4、Mn2O7在加热时均能和浓盐酸发生反应生成MnCl2 和Cl2，现有11.45g锰的某种氧化物与足量的盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12升，则参加反应的氧化物是（ ）
A．MnO2 B．Mn2O3 C．Mn3O4 D．Mn2O7
【解析】由题意可知，该锰的氧化物的摩尔电子质量为=114.5。分析各选项，MnO2的摩尔电子质量为=43.5，Mn2O3的摩尔电子质量为=79，Mn3O4的摩尔电子质量为=114.5，Mn2O7的摩尔电子质量为=22.2。
【答案】C
【点拨】注意化合物的摩尔电子质量的应用。
【衍生2★★★】30g铁与一定量是某浓度硝酸溶液恰好反应，放出标准状况下11.2升NO气体，则在生成的溶液里存在的金属阳离子是（ ）
A．Fe2+ B．Fe3+ C．Fe2+ 和Fe3+ D．无法判断
【解析】Fe → Fe2+时摩尔电子质量为28，Fe → Fe3+时摩尔电子质量是=18.67。而由题给条件，算出铁的平均摩尔电子质量为=20，介于18.67与28之间，所以Fe2+ 和Fe3+共存。
【答案】C
【点拨】关注摩尔电子质量与极值法的综合应用。
【衍生3★★★】两种金属的混合粉末15g，与足量盐酸充分反应后得到标况下H2 11.2L，则下列金属不可能的是（ ）
A、Mg和Zn B、Fe和Zn C、Al和Na D、Al和Fe E、Mg和Cu
【解析】先确定混合金属的平均摩尔电子质量，再依据各组成金属的摩尔电子质量进行判定。根据：2H++2e-=H2↑，得：ne-=2nH2=2×11.2/22.4=1mol
∴Me-=15/1=15g/mol·e-
对应列出所给金属的摩尔电子质量（单位：g/mol·e-）：
Na：23 Mg：12 Al：9 Zn：32.5 Fe：28 Cu：+∞
∴对照平均值即可找出答案。化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度（质量分数和物质的量浓度）；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关物质溶解度的计算；⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑧有关燃烧热的简单计算；⑨以上各种化学计算的综合应用。
常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题，而计算推断题和综合计算题，力求拉开学生的层次。
一、化学计算的基本类型与解题策略
1．有关化学量与化学式的计算
有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算
分子式 相对分子质量、各元素的质量分数
考查热点 分子式（化学式）、元素的质量分数 化合物中某元素的
相对原子质量
有机物的分子式、结构
有机物的通式
掌握基本概念，找出各化学量之间的关系
解题策略 加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系
找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用
2．有关溶液的计算
有关溶质溶解度的计算
有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算
考查热点 有关溶液pH的计算
有关溶液中离子浓度的计算
有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系一般可采用守恒法进行计算
有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、
解题策略 pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明
确c（H+）或c（OH-）
3．有关反应速率、化学平衡的计算
利用化学反应速率的数学表达式进行计算
考查热点 各物质反应速率间的换算
有关化学平衡的计算
加强对速率概念、平衡移动原理的理解
解题策略 将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧
4．有关氧化还原、电化学的计算
氧化产物、还原产物的确定及量的计算
转移电子数、电荷数的计算
考查热点 电极析出量及溶液中的变化量的计算
有关氧化还原反应的其他典型计算
解题策略 关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解
5．有关化学方程式的计算
运用计算技巧进行化学方程式的有关计算
考查热点 热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算
深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有
解题策略 关守恒关系
搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择
6．有关综合计算
过量计算问题的分析讨论
混合物计算和解题技巧
复杂化学式的确定方法
考查热点 无数据计算的解决方法
数据缺省型的计算方法
讨论型计算的解题思路
隐含条件题的解决方法
化学图象题的解题技巧
认真审题，明确是常见综合计算中的哪种类型，寻求解决的合理思路和方法
解题策略 善于抓住化学与数学知识间的交叉点，运用所掌握的数学知识，通过对化学知
识的分析，建立函数关系
二、化学计算的常用方法与规律
1．差量法——根据变化前后的差量列比例式计算
解题的一般步骤可分为： ①准确写出有关反应的化学方程式；②深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强、密度、反应过程中热量的变化等，且该差量的大小与参加反应物质的有关量成正比；③根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
2．守恒法——利用质量、元素（原子）、得失电子、电荷守恒计算
化学式：正化合价总数=|负化合价总数|
物质 电解质溶液：所有阳离子所带正电荷总数=所有阴离子所带负电
荷总数
氧化还 单一反应：氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数
原反应 多个连续反应：找出化合价在变化前后真正变化的物
质及所反应的量
化学反应 离子反应：等号两边离子所带电荷数相等
电化学 阳（负）极失电子总数=阴（正）极得电子总数
串联的原电池（电解池），各极上转移电子数相等
气相反应：反应物总键能=生成物总键能+反应热
化学方程式
宏观：参加反应 m（反应物）=反应生成 m（生成物）
质量守恒定律——
微观：元素种类不变，各元素原子个数守恒
利用守恒法解题可避免书写繁琐的化学方程式和细枝末节的干扰，直接找出其中特有的守恒关系，提高解题的速度和准确度。守恒法解题成功的关键在于从诸多变化和繁杂数
据中寻找恒量对象关系。
3．关系式法——多步变化用物质的量的关系首尾列式计算
关系式法适用于多步进行的连续反应，以中间产物为媒介，找出起始原料和最终产物的关系式，可将多步计算一步完成。有时利用关系式法列出的比例式与利用原子个数守恒
列出的比例式相一致，但不能一概而论，关键在于中间过程的变化。要善于区分，正确
选择解题技巧。
4．极值法——极端假设的计算方法
极值法就是将复杂的问题假设为处于某一个或某两个极端状态，并站在极端的角度分析问题，求出一个极值，推出未知量的值，或求出两个极值，确定未知量的范围，从而使
复杂的问题简单化。
其主要应用于：
（1）判断混合物的组成：把混合物看成某组分的纯净物进行计算，求出最大值．最小值，再进行分析讨论。
（2）判断可逆反应中某个量的关系：把可逆反应看作向某个方向进行到底的状况。
（3）判断可逆反应体系中气体的平均相对分子质量的大小变化，把可逆反应看成向左或向右进行的单一反应。
（4）判断生成物的组成：把多个平行反应看作逐个单一反应。
5．图象法——运用图象中的函数关系分析计算一般解题思路：
（1）根据题设条件写出各步反应的化学方程式，并通过计算求出各转折点时反应物的用量和生成物的生成量，以确定函数的取值范围。
（2）根据取值范围，在图象上依次作起点、转折点、终点，并连接各点形成图象。
（3）利用图象的直观性，找出其中的函数关系，快速解题。
6．其他方法：化学计算的方法很多，除了上述5种方法外，还有估算法、讨论法、平均值法、十字交叉法、终态法、等效平衡法等。此外近几年的上海高考中还多次出现了借助数学工具解决化学问题的计算题，测试学生将化学问题抽象成数学问题，利用数学工具，通过计算和推理，解决化学问题的能力。主要包括数轴的应用、函数的思想、讨论的方法、空间想象的能力以及不等式的迁移等方面的知识。此类题目的解题思路是：运用所掌握的数学知识，通过分析化学变量之间的相互关系，建立一定的数学关系（等式、函数、图像关系、不等式、数列等），用以解题。
【高考在线】
根据电子守恒得:2x+2y=2z x+y=1.5mol z= x+y=1.5mol
再由溶液中电荷守恒得：n（H+）+2n（Zn2+）=2n（SO42-）
0.1mol×1+1.5mol×2=2n（SO42-） n（SO42-）=1.55mol
反应掉的n（SO42-）=1.85mol-1.55mol=0.3mol
即生成的SO2为0.3mol,氢气为1.5mol-0.3mol=1.2mol
所以答案很容易得出为B
例2．有某碱金属M及其相应氧化物的混合物共10 g，跟足量水充分反应后，小心地将
溶液蒸干，得到14 g无水晶体。该碱金属M可能是 （ ）
A．锂 B．钠 C．钾 D．铷
（锂．钠．钾．铷的原子量分别为：6.94．23．39．85.47）
解析：设M的原子量为x
解得 42.5＞x＞14.5
例3．铁粉和铜粉的均匀混合物，平均分成4份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应后，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有NO）
下列结果正确的是 （ ）
编号 ① ② ③ ④
稀硝酸体积/mL 100 200 300 400
剩余金属/g 18.0 9.6 0 0
NO体积/ mL 2240 4480 6720 V
A．硝酸的浓度为4mol/L B．①中溶解了5.6gFe
C．②中溶解了9.6gCu D．④中V=8960
解析：在①中金属剩余，则无Fe3+溶液中只有M2+，根据电子守恒（金属失去的电子=
硝酸得到的电子）确定M2+应为0.15mol硝酸的物质的量=起酸作用的硝酸+被还原的硝酸
n（HNO3）=0.15mol×2+0.1mol=0.4mol
例4．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+．NH4+．Cl一．Mg2+．
Ba2+、CO32、SO42、现取三份100 mL溶液进行如下实验：
（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集蓟气体0.04mol
（3）第三份加足量BaCl：溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测不正确的是 （ ）
A．K十一定存在，Cl一可能存在
B．K+可能存在，Cl一一定存在
C．100mL溶液含O.02 mol CO32一
D．NH4+一定存在，Ba2+．Mg2+一定不存在
解析：本题考查离子检验和推断及相关计算，中等题。（1）说明溶液中可能存在Cl一、
SO42一、CO32一等离子；据（2） 知NH4+有0.04 mol。据（3）知：①BaS04有2.33 g（即
0、01 mol ），即有O.0l mol SO42一；②有BaC03为6.27 g-2.33 g=3.94 g（即O.02 mol ），
即C032- 有0.02 mol；③Ba2+．Mg2+不会存在，C1-可能存 在。由于，n（ NH4+）<+2
（CO32一）+ 2（SO42一），由电荷守恒可知，必有K+。
例5．加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物ng，则原混合物中氧化镁的质量分数为 （ ）
设MgCO3的质量为x
MgCO3 MgO+CO2↑混合物质量减少
应选A。
例6．在Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度（mol/L）为 （ ）
A． B． C． D．
解析：由于NH3的物质的量为cmol，由原子守恒和电荷守恒得：（NH4）2SO4的物质的
量为mol，反应时用去的BaCl2的物质的量也为mol，剩余的BaCl2为（b－）mol，则
Al2（SO4）3中的SO42－的物质的量也为（b－）mol，由电荷守恒得：n（Al3＋）×3＝
（b－）×2，所以c（Al3＋）＝mol/L。 答案：C。
例7．常温、常压下，某气态烃与氧气的混合气体4L，充分燃烧后通过浓H2SO4，恢复到原状态气体体积变为2L，则气态烃可能是（ ）
CH4；C2H6；C3H8；C2H4；C4H10。
A．仅是 B．和 C．除外 D．除外
解析:此题是关于烃燃烧的计算。且显然又是差量计算，而2L为成分不确定的条件，仔
细审题因充分燃烧，故最后所得2L气体分两种情况：
只为CO2，CO2和O2。
CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O △V（减少）
1 x+y/4 x 1+y/4
V（CO2） 4L－2L=2L
x∶V（CO2）=（1+y/4）∶2
解得：V（CO2）=2x/（1+y/4）
∵ V（CO2）≤2
∴ 2x/（1+y/4）≤2
x≤1+y/4
该式作为此题的判据，将答案代入验证，选D。
答案：D
例8．现有Na2SO4和H2SO4的混合溶液100 mL，其中Na2SO4的浓度为0.5 mol/L ，H2 SO4
的浓度为1 mol/L。现要将上述混合溶液中Na2SO4的浓度改为0.2 mol/L,H2SO4的浓度改为2 mol/L，应加入98%（密度为1.84 g/cm3）的浓H2SO4多少毫升 然后加水 稀释到多少毫升
解析:加98%H2SO4溶液和水稀释前后，溶质Na2SO4量不变
则设加水稀释到V mL
有关系：0.5×100＝0.2×V V＝250 mL
需加纯硫酸n（H2SO4）＝0.25×2-0.1×1＝0.4 mol
折算成98%（密度1.84 g/cm3）的硫酸体积为V＝
最后加水稀释至250 mL。
例9．使一定质量的锌与100mL18.5mol/L浓硫酸充分反应。
（1）若锌完全溶解，同时生成标准状况下SO2气体3. 36L，求所得溶液中硫酸锌的物质
的量浓度（假设反应前后溶液体积保持不变）。
（2）若锌完全溶解，同时生成标准状况下混合气体为33.6L，并将反应后的溶液稀释至
1L，测得溶液中c（H+）为0.100mol/L，求混合气体中各组分的体积比
解析：（1）Zn + 2H2SO4（浓）ZnSO4 + SO2↑ + H2O
1mol 22.4L
n（ZnSO4） 3.36L
则 n（ZnSO4）=0.150mol , c（ZnSO4）=1.50mol·L-1
（2）据题意：反应后c（H2SO4）为0.0500mol·L-1，n（H2SO4）为0.0500mol
Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+H2O
2n（SO2） n（SO2）
Zn+H2SO4（稀）＝ZnSO4+H2↑
n（H2） n（H2）
2n（SO2）＋n（H2）＋0.0500mol=0.100L×18.5mol·L－1
n（SO2）+n（H2）=
解得： n（SO2）＝0.300mol n（H2）＝1.20mol
则：V（SO2）∶V（H2）＝0.300mol∶1.20mol＝1∶4
【专题训练】
1．一定量的钠、铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL、pH=14的溶液。然后用1mol/L
的盐酸滴定至沉淀量最大时，消耗盐酸40mL。求原合金中钠的质量。
2．有不同浓度的NaOH溶液各取100mL分别通入SO2 1.12L（标况），完全反应后，分别得
到不含结晶水的固体6.00g和7.00g，求这两种溶液的不同浓度值（mol/L）？
3．饱和烃A和不饱和烃B在常温下均为气体，其中A含C原子数多于B。
（1）将A、B按一定比例混合。1L混合气完全燃烧后在同温、同压下得到3.6L CO2。试
推断该混合气的可能组合及A、B混合时的体积比。将结果填入下表。
A的分子式 B的分子式 VA∶VB
（2）1mol该混合气体恰好能使含0.4mol溴的CCl4溶液完全褪色，推断上述组合中符合
该条件的A与B的分子式并填入下表
A的分子式
B的分子式
4．丙烯和某种气态烃组成的混合气完全燃烧所需氧气的体积是混合气体的3倍（气体体积
均在相同状态下测定），求烃的分子式。
5．镁条在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。将燃烧后的产物溶解在60毫升浓度为2.0mol/
升的盐酸中，再用20毫升0.5mol/升NaOH溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加过量的碱，把氨全部蒸出来，用稀HCl吸收，稀HCl增重0.17g，求镁带的质量。
6．在一定条件下，可逆反应达平衡：，已知平衡混合气的平均分子量为149，求平衡混合气中PCl5的百分含量。
7．已知NO2与NaOH溶液反应：
3NO2＋2NaOH=2NaNO3＋NO＋H2O，NO和NO2可一起与NaOH溶液作用
现欲用V L某烧碱溶液使由nmol NO和m mol
NO2组成的混合气体中的氮全部进入溶液中，NaOH溶液的物质的量浓度至少为多少？
8．15℃时，某2价金属硫酸盐的饱和溶液，其百分比浓度为25%，取足量的此饱和溶液，
加入1g这种硫酸盐的无水盐，结果析出了3.15g这种硫酸盐的含7个结晶水的晶体。通
过计算确定该金属是何种元素。
【参考答案】
1． 解析
做图分析题意，反应前的Na最后恰好生成NaCl，利用Na和HCl物质的量守恒，求算。
n（Na）=n（NaCl）=n（HCl）=0.04 mol，m（Na）=0.04 mol×23 g/mol=0.92 g。
2． 解析：
SO2与NaOH溶液反应，可能有三种情况：NaOH过量，所得固体为Na2SO3和NaOH的
混合物；SO2部分过量，所得固体为Na2SO3和NaHSO3的混合物；SO2极大过量所得固
体为NaHSO3，因此本题应首先确定固体的成分。
（1）应用极值法先确定两个极值
a：设SO2与NaOH完全作用生成Na2SO3
b：设SO2极大过量，最终产物为NaHSO3
（2）讨论确定产物
a：因，所以b g固体为Na2SO3和NaHSO3的混合物
b：因所以7 g固体为Na2SO3和NaOH的混合物
（3）计算
a：第一种情况，设生成Na2SO3为xmol，NaHSO3为ymol
b：第二种情况：因NaOH过量，所以H2SO2完全反应。设参加反应的NaOH为amol，
生成Na2SO3为bmol，过量的NaOH为Cmol
3．解析：
（1）本题是用计算推理方法确定混合烃的组成。1L碳原子数为n的烷烃或烯烃充分燃烧均得到nL CO2。由题意推断，该混合烃只能由碳原子数大于3.6的烷烃和碳原子数小于
3.6的烯烃或炔烃组成。它们可能有四种组合，根据每种组合中烷烃和不饱和烃的碳原子数及燃烧后生成CO2的体积可能有四种组合，根据每种组合中烷烃和不饱和烃的碳原子数及燃烧后生成CO2的体积可确定A和B的体积比。例如：若A为C4H10，B为C2H4。
设1升混合气中含C4H10为x L，含C2H4为（1－x）L，它们充分燃烧后分别得到4x升
CO2和2（1－x）L CO2，根据1升混合气燃烧后得到3.6LCO2，可得4x＋2（1－x）=3.6
也可用十字交叉来解：
其它组合可依此类推，于是得到：
组合的编号 A的分子式 B的分子式
① C4H10 C2H4 4∶1
② C4H10 C2H2 4∶1
③ C4H10 C3H6 3∶2
④ C4H10 C3H4 3∶2
（2）1L混合气可使含0.4mol溴的CCl4溶液完全褪色，说明混合气中不饱和烃与溴的
物质的量比为1∶2，符合这一条件的只有②、③的两种组合。
A的分子式 C4H10 C4H10
B的分子式 C2H2 C3H6
4．解析：两种烃燃烧消耗O2的体积数是平均值，根据“一大一小”确定另一种烃燃烧消耗O2的体积范围，再讨论其分子组成的可能性。
丙烯燃烧消耗O2：
1体积丙烯完全燃烧消耗4.5体积的O2，则另一种气态烃完全燃烧消耗O2的体积一定小
于3倍烃的气体体积。设该烃的分子式为CxHy
讨论：①当
②
5．解析：此题涉及反应较多，如按常规计算非常复杂，如巧用电荷守恒法可使计算大为简化。
该题反应变化的图式：
在图（B）中，根据电荷守恒，有下列关系：
答：略。
6．解析：求平衡混合气中PCl5的体积百分含量即求PCl5的mol尔百分含量。因此就要求出平衡时混合气的总的物质的量及PCl5的物质的量。
设PCl5的起始物质的量为amol，转化的物质的量为xmol。
根据质量守恒定律
则平衡时
7．解析：NO和NO2的混合气体与NaOH溶液反应，产物为NaNO2，产物中Na+与的
物质的量比为1∶1，根据反应中Na+与N原子的物质的量守恒，可列出方程。
设NaOH溶液的物质的量浓度为x。
8．解析：设二价金属元素为R，原子量为x
根据溶质质量守恒，可列出一元一次方程
∴该金属为镁。
推断
计算
计算
确定
20090318
化学变化
遵循
表示形式
遵循
20090318【母题1★★★】在~m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸。下列说法正确的是（ ）
A. 纳米铜属于化合物
B. 纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应
C. 纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同
D. 纳米铜无需密封保存
【分析】纳米铜是由铜原子构成的，属于单质，因此，排除A、C；又由题给信息可知纳米铜遇空气会剧烈燃烧，因此它必须密封保存，排除D。
【解答】B
【点拨】排除法又名淘汰法，是指利用辩证思维对选项进行筛选排除，以反树正，去伪存真的推断方法。
【解题锦囊】排除法适用于解选择题或选择性填空题。排除法是通过排除（否定）错误选项的一种解题方法。排除法具有一票否决的含义，如决定四种离子能否共存，只要其中任何二者不能共存，这随便可排除。因此，“排除”往往比“肯定”要容易些，通过“排除法”确定正确选项往往化直接确定正确选项要容易些。
【衍生1★★★】生产生活中的下列做法，不科学的是（ ）
A. 为了防止自行车生锈，经常用湿抹布擦拭
B. 为了提高粮食产量，大量使用化肥
C. 海底矿物（如可燃冰、锰结核等）虽储量丰富，也应科学规划、合理开采
D. 新装修的房屋，经充分通风后再住入
【解析】铁生锈是、、共同作用的结果，经常用湿布擦拭，易加快自行车的生锈速率。大量使用化肥可使营养元素流入水中使藻类大量繁殖污染水体。新装修的房屋常含有较多对人体有害的气体，通风排出后人才能入住。矿物能源应合理开采使用，因此，选项C、D说法科学。
【答案】AB
【点拨】用排除法解答和生活相关的试题时，要特别注意生活中的一些习以为常的错误做法对解题的干扰。
【衍生2★★★】为了除去酸性溶液中的，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸。这种试剂是（ ）
A、 B、 C、 D、
【解析】选项A引入了NH4+，排除A；选项B引入了Na+，排除B；选项C引入了Na+，排除C。
【答案】D
【点拨】根据“除杂不加杂”的原则，在除杂质过程中，要避免引入新的杂质。
【衍生3★★★】N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5KJ热量。则下列热化学方程式中正确的是 （ ）
A、1/2 N2H4（g）+1/2O2 （g） =1/2 N2（g）+H2O（g）；△H=+267KJ.mol -1
B、N2H4（g）+O2 （g） = N2（g）+2H2O（l）；△H=-133.5KJ.mol-1
C、N2H4（g）+O2 （g） = N2（g）+2H2O（g）；△H=+534KJ.mol-1
D、N2H4（g）+O2 （g） = N2（g）+2H2O（g）；△H=-534KJ.mol-1
【解析】因为放热反应，所以排除A、C；产物是气态水，所以排除B。
【答案】D
【点拨】判断热化学方程式时，注意反应热的正负、物质的状态。
【衍生4★★★】下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
Ａ．向饱和碳酸氢钙溶液中加入饱和氢氧化钙溶液：
Ｃa2+ ＋ HCO3- ＋ OH- = CaCO3↓＋ H2O
Ｂ．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al ＋ 2OH - = ALO2- ＋ H 2↑
Ｃ．用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳：2OH－　＋ＣＯ２ = HCO3 - ＋ H2O
Ｄ．硫酸铁酸性溶液中通入足量硫化氢：Fe3+ ＋ H2S = Fe2+ ＋ S↓＋ 2H+【母题1★★★】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．室温下，向0.01 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)＞c(SO42 －)＞c(NH4＋ )＞c(OH－) = c(H＋)
B．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋) = c(HCO3－ )＋2c(H2CO3)
D．25 ℃时，pH = 4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO－)＋c(OH－)＜c(CH3COOH)＋c(H＋)
【分析】0.01 mol·L－1 NH4HSO4中加NaOH溶液，当1:1与H＋反应结束后，由于NH4＋ 水解呈酸性，需再加NaOH与NH4＋ 反应使溶液呈中性，所以c(Na＋)＞c(SO42 －)＞c(NH4＋ )，选项A正确。B项中，虽然HCO3－ 水解呈碱性，但水解微弱，c(Na＋)与c(HCO3－ )数值接近，所以c(Na＋)＞c(HCO3－ )＞c(OH－)＞c(H＋)，选项B错误。C项中把c(H＋)移项得：c(OH－) = c(HCO3－ )＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，这是质子守恒，选项C正确。D项，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒有：2c(Na＋) = c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式联立得：c(CH3COO－)＋2c(OH－) = c(CH3COOH)＋2c(H＋)，因溶液pH = 4.75，即c(H＋)＞c(OH－)，得c(CH3COO－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)＋c(H＋)，选项D错误。
【解答】AC
【点拨】注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。
【解题锦囊】守恒法是一种中学化学典型的解题方法，它利用物质变化过程中某一特定的量固定不变来列式求解，可以免去一些复杂的数学计算，大大简化解题过程，提高解题速度和正确率。它的优点是用宏观的统揽全局的方式列式，不去探求某些细微末节，直接抓住其中的特有守恒关系，快速建立计算式，巧妙地解答题目。物质在参加反应时，化合价升降的总数，反应物和生成物的总质量，各物质中所含的每一种原子的总数，各种微粒所带的电荷总和等等，都必须守恒。所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。
1、质量守恒：是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。
2、物质的量守恒：是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过程，减少数学计算，一步得出结果。
3、元素守恒：即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算的方法。离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系，即可通过简单的守恒关系，计算出所需结果。
4、电荷守恒：即对任一电中性的体系，如化合物、混合物、浊液等，电荷的代数和为0，即正电荷总数和负电荷总数相等。电荷守恒是利用反应前后离子所带电荷总量不变的原理，进行推导或计算。常用于溶液中离子浓度关系的推断，也可用此原理列等式进行有关反应中某些量的计算。
5、电子得失守恒：是指在氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。无论是自发进行的氧化还原反应，还是原电池或电解池中，均如此。它广泛应用于氧化还原反应中的各种计算，甚至还包括电解产物的计算。
【衍生1★★★】质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）为（ ）
A. B. C. D.
【解析】根据溶质的物质的量守恒可得：
L/mL×cmol/L，整理得：g/mol。
【答案】C
【点拨】溶液蒸发前后，溶质的质量和物质的量不变。
【衍生2★★★】常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）
A.c(HCOO-)＞c(Na+) B.c(HCOO-)＜c(Na+)
C.c(HCOO-)＝c(Na+) D.无法确定c(HCOO-)与c(Na+)的关系
A.a% B.2a% C.1－2a% D.1－3a%
【解析】混合物中不管以任何比例混合，S和O的原子个数之比总是1∶4，所以质量比为1∶2 。故氧的质量分数为2a%，所以Fe的质量分数为1－a%－2a% = 1－3a％。
【答案】D
【点拨】注意化合物中S和O的原子个数之比相同是解答本题的关键。
【衍生4★★★】铜和镁的混合物4.6g完全溶于一定量浓硝酸中，反应后只生成NO2 0.2mol和N2O4 0.015mol，往与硝酸反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为( )
A. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 7.04g
【解析】Mg→Mg2+→ Mg(OH)2 Cu→Cu 2+→Cu(OH)2
所以生成沉淀的质量等于4.6g＋m(OH－)
再由电子守恒，得电子总数： n(NO2)＋2n(N2O4)＝0.23mol
则铜和镁共失电子为0.23mol。
Cu2＋和Mg2＋共带正电荷为0.23mol，沉淀中的n(OH－)＝0.23mol
所以沉淀质量为：4.6g＋17g/mol×0.23mol＝8.51g
【答案】B
【点拨】关注元素的存在形式和氧化还原反应中电子转移守恒综合考查。
【衍生5★★★】某金属和硝酸反应，已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之比为1∶6，若已知还原产物唯一，则还原产物为( )
A. N2 B. N2O C. NO D. NO2【母题1★★★】有NaCl和KCl的混合物25g，溶于水形成溶液，加入1000g 7.14%的AgNO3溶液，充分反应后滤出沉淀，再向混合物加入100g Cu片，过一段时间取出（反应完全），洗涤干燥称其质量为101.52g，求原混合物中NaCl和KCl的物质的量各为（ ）
A. 0.31mol；0.2mol B. 0.3mol；0.1mol C. 0.2mol；0.1mol D. 0.2mol；0.3mol
【分析】解:设与Cu反应的硝酸银的物质的量为x
Cu ~ 2AgNO3 ~ 2Ag △m
64 2mol 2×108 152
xmol 1.52g
解得：x=0.02mol
n(AgNO3)=1000g×7.14%/170g/mol=0.42mol
n(NaCl)+n(KCl)=0.42mol-0.02mol
n(NaCl)×58.5+n(KCl)×74.5=25
解得:n(NaCl) =0.3mol n(KCl) =0.1mol
【解答】B
【点拨】只与反应前后相应的差量有关，不必追究各成分在反应前和后具体的量，能更深刻地抓住本质，提高思维能力。
【解题锦囊】差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差值”。这个差值可以是质量、气体物质的体积、压强、物质的量、反应过程中热量的变化等。该差值的大小与参与反应的有关量成正比。差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。用差量法进行化学计算的优点是化难为易、化繁为简。
解此类题的关键是根据题意确定“理论差值”，再根据题目提供的“实际差值”，列出比例式，求出答案。
1. 原理：:对于任意一个化学反应,涉及到各物质的数量间，一般都有一定的关系.如任取两种物质的物理量，分别为x,y. 当x 值增大或减小时，y也成比例地变化。且x与y的差值也呈相应变化。数学表达式为:＝＝。
2. 注意: ① x、y可表示物质的质量、物质的量、气体体积等,因而差量可指质量之差(△m)物质的量之差(△n)或气体体积之差(△V)等。
② 分清“差量”是增还是减.在较复杂的情况,存在多个反应，可能差量的增减方向并不一致，这就要取其代数和.若方向相同，则总差量等于各个分差量之和。
③ 正确分析形成差量的原因，找出对应的根据方程式得出的“理论差量”是差量法解题的关键。
【衍生1★★★】取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后，将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g。并收集到224mL气体（标准状况）。CuO粉末的质量为（ ）
A. 0.8g B. 1.8g C. 2.8g D. 8g
【解析】由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及到下列两个反应：
① Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2↑
② Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu
其中第①个反应使铁棒质量减少，第②个反应使铁棒质量增加，两者为0.24g。
① Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 ↑ △m1
56g 1mol 56g
0.01mol 0.56g
△m2-△m1 = 0.24g，△m2=△m1 + 0.24g = 0.56g + 0.24g = 0.80g
设CuO的物质的量为x，CuSO4的物质的量也为x，
② Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu △m2
1mol 8g
X 0.80g
解得： X=0.1mol
m(CuO)= 0.1mol 80g/mol=8g
【答案】D
【点拨】注意差量的选择和应用。
【衍生2★★★】将12.8克由CuSO4和Fe组成的固体，加入足量的水中充分反应后，滤出固体，干燥后称得5.2克。求原混合物中CuSO4和Fe质量各为（ ）
A. 6g，8g B. 4.8g，8g C. 8g，4.8g D. 8g，4g
【解析】此题有三种反应可能：恰好完全反应、CuSO4过量、Fe过量。
余下的固体有两种可能：(1)余下Fe和Cu；(2)余下全是Cu。
(1)当余下固体是Fe和Cu(即Fe过量)时，设x克CuSO4耗尽，则铁为(12.8-x)克，置换差量为5.2-(12.8-x)克。
CuSO4 + Fe FeSO4 +Cu 固体增重
160 56 64 64-56=8(理论差量)
x 5.2-(12.8-x)(实际差量)
160 : x=8 : [5.2-(12.8-x)]
∴ x=8(克)，12.8-x=4.8(克)
(2)设余下固体全是Cu，反应时有w克Fe耗尽。
CuSO4 + Fe FeSO4+ Cu 固体增重
56 64 64-56=8(理论差量)
W 5.2-w(实际差量)
56 : w=8 : 5.2-w
∴w=4.55(克)
则原混合物中CuSO4为12.8-4.55=8.25(克)。
而8.25克CuSO4中只含8.25×=3.3(克)Cu，故不可能有5.2克Cu生成。由此可见(2)的假设不成立。则原混合物中CuSO4为8克，Fe为4.8克。
【答案】C
【点拨】注意讨论剩余固体的可能，排除不合理的选项，得出正确的结论。
【衍生3★★★】天平两端各放一只质量相等的烧杯，内盛等体积等浓度的足量稀盐酸，将物质的量都为的铝和镁分别放入左盘和右盘的烧杯中，反应完毕后，在哪一盘的烧杯中加入多少克同种金属才能平衡。
A. 左盘 铝 B. 右盘镁 C. 右盘 镁 D. 右盘镁
【解析】开始反应前和反应后均要求天平平衡，实质上是要求最终增加溶液的质量相等，即可利用溶液质量增加这一实质求解。
解：右盘： 溶液质量增加
2g
左盘： 溶液质量增加
6g
由于，放入铝的左盘要净增重克，天平才能平衡。设在右盘应再加入镁的质量为。
右盘： 溶液反应增加
求得
【答案】C
【点拨】天平平衡问题，实质是溶液净增量问题。
【衍生4★★★】在天平左右两盘上各放一只同等规格的烧杯，烧杯内均盛有100.0 mL 1.00的溶液，调节天平使其处于平衡状态，然后向两只烧杯内分别放入少量的镁粉和过量铝粉（设镁粉、铝粉的质量分别为ag和bg），假定反应后天平仍处于平衡状态，试回答下列问题。
（1）a、b应满足的关系为________________________。
（2）a、b的取值范围分别为__________、__________。
【解析】反应前后天平都平衡，则表明两烧杯内质量增加的数值相等，所以根据反应前后的质量差进行计算。一 . 物质性质探究的基本方法和程序
1.研究物质性质的基本方法：观察法、实验法、分类法、比较法等。
2.研究物质性质的基本程序：观察外观性质→预测物质性质→实验和观察→解释及结论。
3.研究物质性质的基本方法和基本程序是密不可分的，二者相互结合对物质性质进行探究，通过观察法初步了解外观性质，再运用分类法，根据物质所属类别等预测物质的相关性质，利用实验法进行性质验证，根据实验现象运用比较法，进一步归纳物质的性质。
二 ．铝及其化合物的性质
1.铝的化学性质
铝是活泼性较强的金属，在一定条件下能与非金属单质、酸、碱。某些可溶性的盐反应。铝在空气中或在冷的浓硝酸中都能生成一层结构致密的氧化膜薄膜，对金属起到保护作用。但当有氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此铝制容器不能用来腌制咸菜。
2.氧化铝和氢氧化铝的两性
氧化铝和氢氧化铝都是两性化合物，能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应。
Al203＋6H＋===2Al3＋＋3H2O 3H2O+Al2O3+2OH－===2Al(OH)4－
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋OH－===2Al(OH)4－
3.可溶性铝盐的性质
可溶性铝盐电离出Al3+水解产生胶体具有吸附性，常用于作净水剂等。
铝能形成多种配合物，如Al(OH)4－、AlF63－等。配合物是由提供孤电子对的配位体（阴离子或分子）与接受孤电子对的中心原子（或离子）以配位键结合形成的一种化合物。
Al3＋＋6F－===AlF63－ Al3＋＋4OH－===Al(OH)4－
三 ．乙醇和苯酚的性质比较
乙醇 苯酚
官能团 羟基—OH 羟基—OH
结构特点 羟基与链烃基相连，不电离 羟基与苯环直接相连，可电离
主要化学性质 ①与钠反应放出氢气；②与HX发生取代反应；③消去反应；④分子间脱水反应；⑤燃烧和催化氧化；⑥酯化反应 ①弱酸性，能与NaOH、Na反应；②与浓溴水发生取代反应生成白色沉淀；③遇FeCl3发生显色反应
特征反应 红热的铜丝插入醇中，有刺激性气味的乙醛生成 与浓溴水反应生成白色沉淀遇氯化铁显紫色
【要点探究】
1.铝及其化合物性质的探究：
实验内容 操作 实验现象 结论与化学方程式
铝与氧气反应 将铝条绕成螺旋状，一段绕紧一根火柴，实验时点燃火柴，待火柴快要烧完时伸入盛有氧气的集气瓶中。 铝条燃烧并发出火光 4Al＋3O22Al2O3
铝表面氧化膜的实验探究 擦去氧化膜的铝片伸入0.5mol·L-1 CuSO4溶液 铝表面有紫红色物质析出 2Al＋3CuSO4=Al2(SO4)3＋3Cu
未擦去氧化膜的铝片伸入0.5mol·L-1 CuSO4溶液 无明显现象
未擦去氧化膜的铝片，先放入6.0mol·L-1 NaOH溶液中，观察。取出，洗净，放入0.5mol·L-1 CuSO4溶液中 铝表面有紫红色物质析出 Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O2Al＋3CuSO4=Al2(SO4)3＋3Cu
擦去氧化膜的铝片放入盛有浓硝酸的试管中，观察。取出，洗净后放入0.5mol·L-1 CuSO4溶液中，观察现象。 无明显现象
铝络合物的生成 试管中加入1mL 1.0mol·L-1 AlCl3溶液，再加入2mL 10% NH4F溶液，再滴加1mL 3.0mol·L-1 NH3·H2O溶液，观察现象。 产生白色沉淀 Al3++6F-=AlF63 -生成配合物(NH4)3AlF6
2.乙醇和苯酚的性质探究：
实验探究项目 实验方案设计
乙醇和苯酚分别与金属钠反应产生氢气的速率大小比较 室温下，乙醇呈液态，苯酚呈固态；为了比较二者与金属钠反应的反应速率，应控制反应在相同状况下进行，如均在液态下进行，采取的措施是在乙醚中进行反应
乙醇的氧化反应 乙醇和强氧化剂酸性重铬酸钾溶液反应的现象：溶液由橙黄色变成蓝色溶液
乙醇的脱水反应 要是乙醇发生分子内脱水，所用的脱水剂为浓硫酸；证明脱水反应发生的实验现象是：生成的气体通入溴水或酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色
苯酚的化学性质 苯酚水溶液中加入氯化铁溶液的现象：紫色苯酚水溶液中加入浓溴水可观察到的现象：出现白色沉淀
比较盐酸、碳酸、苯酚的酸性强弱 证明盐酸酸性强于碳酸的有关反应的化学方程式：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑证明碳酸酸性强于苯酚的有关反应的化学方程式：C6H5ONa＋H2O＋CO2→C6H5OH＋NaHCO3
【特别注意】苯酚钠与CO2反应是只能生成NaHCO3。酸性强弱顺序为H2CO3 > C6H5OH > NaHCO3 ，对应离子获取H＋的能力大小为：HCO3－ < C6H5O－ < CO32－。
【考点再现】
考点一 物质性质探究
例1 （1）将H2O2溶液滴入含有酚酞的NaOH溶液中，红色消失。甲同学认为这是由于H2O2是二元弱酸（H2O2 H＋＋HO2－），消耗了OH－，而使红色褪去。乙同学认为H2O2具有强氧化性，将酚酞氧化，红色消失。试设计一个实验论证甲、乙两位同学的解释中谁正确。 设计方案为： 。
（2）甲同学向品红溶液中通入一种气体后，品红褪色。乙同学设计了一个很简便的实验便知甲同学通的是Cl2还是SO2。他的实验方案是 。
解析:甲同学认为H2O2与NaOH发生中和反应，酚酞未被消耗，而乙同学认为是H2O2将酚酞氧化，NaOH未消耗。只需通过实验验证，酚酞和NaOH哪一种物质存在即可。故可设计出以下方案：①取溶液少量继续加NaOH，看溶液是否变红，若变红证明酚酞尚存则甲正确，否则乙正确。②取溶液少量滴加酚酞，若溶液变红，证明NaOH尚存，则乙正确，否则甲正确。证明NaOH尚存，则乙正确，否则甲正确。（2）由于Cl2的漂白性与SO2漂白性的原理不同。Cl2为通过氧化进行漂白，是永久漂白。而SO2是与某些有机色素化合生成不稳定无色物质，加热可恢复原色，乙同学可利用此性质进行实验设计。
答案：（1）取溶液少量继续加NaOH，看溶液是否变红，则甲正确，否则乙正确。（或取溶液少量滴加酚酞，若溶液变红，则乙正确，否则甲正确。）
（2）只需取少量溶液加热即可。若仍不能恢复红色，则为Cl2，否则为SO2。
考点二 考查物质的性质
答案：C
考点三 物质的性质探究实验的设计
例3 为验证淀粉能水解，且水解的生成物有还原性能，可能用到如下某些实验步骤，则正确的实验程序是（ ）①加入稀硫酸；②加入几滴硫酸铜溶液；③加热；④加入蒸馏水；⑤加入烧碱溶液至显碱性； ⑥加入新制Cu(OH)2
A． ④①③⑥③ B．④③①⑥⑤③ C． ①③②⑥③ D．④①③⑤⑥③
解析：需要对淀粉性质探究，先要验证其能水解，再验证水解产物具有还原性，可以用新制Cu(OH)2，注意要先中和溶液中的稀硫酸，使溶液呈碱性才能验证生产物的还原性。故实验程序为D。
答案：D
【专题训练】
1．下列有关苯酚性质，制法的说法，错误的是（ ）
A．与苯相似，也能发生硝化反应。
B．在它的溶液中加入FeCl3溶液后显紫色。
C．与乙醇相同，羟基中的氢原子可被金属取代,苯酚不能被氢氧化钠中和。
D．往苯酚钠溶液中通CO2，可生成苯酚和碳酸氢钠。
解析：苯酚中的羟基直接连接在苯环上，苯环对羟基的影响，使其变的更活泼，能发生电离，表现出弱酸性，故能与NaOH发生中和反应。
答案：C
2．用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），操作正确并能达到实验目的的是 （ ）
解析：A中要干燥氯气，进气管应插入浓硫酸中；在石油分馏实验中，温度计应放在蒸馏烧瓶的支管口处；D中用稀硫酸可以吸收氨气，但会出现倒吸，所加的苯密度小浮在上层，达不到防止倒吸的目的，可改用四氯化碳。
答案：B
3．已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。如图所示为气体扩散速度的试验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是 ( )
A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B．甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C．甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水
解析：产生白色烟环应是浓氨水和挥发性酸反应的现象，故可排除选项A，由图知白色烟环离甲远，说明甲分子的摩尔质量小于乙分子的摩尔质量，扩散速率快，可知选项C符合。
答案：C
4．一定量某有机物溶解于适量的NaOH溶液中，滴入酚酞，溶液呈红色，煮沸5min后，溶液颜色变浅，再加入盐酸显酸性，沉淀出白色晶体。取少量晶体放到FeCl3溶液中，溶液呈紫色，则该有机物可能是 （ ）
解析：加NaOH煮沸后碱性减弱，从所给物质可知应发生水解，最后产物加氯化铁溶液呈紫色，则含有酚羟基，故选A。
答案：A
5．已知氢氧化镁是难溶于水，在氨水中的溶解度也很小。某兴趣小组在实验中将氢氧化镁固体放入NH4Cl溶液中，不断搅拌，发现氢氧化镁固体溶解了。针对这一现象，同学展开了讨论，甲同学认为：Mg(OH)2在水中存在如下溶解平衡：Mg(OH)2(S) Mg2＋ + 2OH－ , 而氯化铵水解呈酸性，其水解产生的H＋与Mg(OH)2 电离出来的OH－结合生成难电离的水,从而促进了氢氧化镁的溶解平衡右移。为了检验甲同学的观点是否正确，乙同学进行了下列实验验证，用CH3COONH4（其溶液显中性）代替NH4Cl进行上述实验，发现氢氧化镁固体也溶解了，从而否定了甲同学的观点，请你说明乙同学否定甲同学观点的理由，并说明你对氢氧化镁固体能溶于氯化铵溶液的解释： 。
解释：由于CH3COONH4溶液呈中性也能是氢氧化镁溶解，说明不是因为H+ + OH- H2O的反应促使氢氧化镁溶解平衡右移，故甲同学的观点错误。用CH3COONH4代替效果相同，应该是NH4+在起作用，因为NH4+可以与Mg(OH)2电离出来的OH- 结合生成难电离的弱电解质NH3 H2O，从而使Mg(OH)2的溶解平衡向右移动，故Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液中。
答案：由于中性的CH3COONH4溶液也能使Mg(OH)2溶解，故不存在因H+ + OH- H2O的反应而使Mg(OH)2溶解平衡发生移动的问题，故甲同学的观点错误。合理的解释是：NH4+ 与Mg(OH)2电离出来的OH- 结合生成难电离的弱电解质NH3 H2O，从而使Mg(OH)2的溶解平衡向右移动，故Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液中。
6． A、B、C、D、E五种有机物，它们的分子分别由-CH3、-OH、-COOH、-C6H5、
-CHO中的两种组成，这些化合物的性质如下所述：
（1）A能够发生银镜反应，且相对分子质量为44；
（2）B溶液加入氯化铁溶液中，溶液显紫色；
（3）C和E在有浓硫酸存在并加热的条件下，能发生酯化反应，C和E的相对分子质量之比为8:15；
（4）B和E都能跟氢氧化钠溶液反应，而A、C、D则不能；
（5）D能使酸性高锰酸钾溶液褪色，还能发生硝化反应。
由此可知， C、D、E的结构简式是： C D E 。
解析：A能发生银镜反应，则A含有醛基（-CHO），又其相对分子质量为44，故A为CH3CHO，B溶液加入氯化铁溶液显紫色，故B为苯酚；C和E能发生酯化反应，为醇和酸，根据题意可知，C为CH3OH，E为CH3COOH；D能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且能发生硝化反应，故D为甲苯。
答案：CH3OH， ，CH3COOH
7．实验室用下列装置所示的流程进行气体性质实验。图中用箭头表示气体的流向，A为一种纯净、干燥的气体，B是另一种气体，己中有红棕色气体出现。实验中所用的药品只能从下列物质中选取：Na2CO3、NaHCO3、Na2O、Na2O2、NaCl、无水CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体和蒸馏水。
根据图中装置和现象回答：
（1）丙中发生反应的化学方程式为 。
（2）丁中应选用的干燥剂是___ __，为什么不选用所给的另一种干燥剂__ __。
（3）甲中发生反应的化学方程式_________________ ____。
（4）戊中发生的主要反应的化学方程式 _。此反应是吸热反应还是放热反应__ __，估计可看到什么现象足以说明你的判断 。
解析：根据己中有红棕色气体产生，是在红热铂丝催化下有A、B两种气体生成的，根据所学知识可知，在戊中发生的反应为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，A、B为NH3和O2，根据所给药品知道，丙中制备的是NH3，其反应为（NH4）2CO32NH3↑＋CO2↑＋H2O，甲中制备是是O2，其反应为2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑。丁中的干燥剂是碱石灰，用来干燥氨气，同时除去CO2，而无水氯化钙再不能吸收CO2。
答案：（1）（NH4）2CO32NH3↑＋CO2↑＋H2O
（2）碱石灰 因为另一种干燥剂的无水CaCl2，只能吸收水，不能吸收CO2，不能使氨气完全净化。
（3）2Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2↑
（4）4NH3＋5O2 4NO＋6H2O 放热 可以看到戊中铂丝比开始反应时更加红热
8、“旺旺雪饼”袋内有一个小纸袋，上面写着“干燥剂，主要成分是生石灰”。为此我对干燥剂的有关问题进行相关探究：
（1）问题1：为什么生石灰（CaO）可作干燥剂？（用化学方程式表示） 。
（2）我又对它作了一系列探究，获得较多收益，其有关实验方案如下：
问题与猜想 实验步骤 实验现象 实验结论
问题2：小纸袋中的物质能否继续作干燥剂？ 取足量小纸袋中固体放入烧杯中，加入适量水，触摸杯壁。 不能作干燥剂
问题3：我猜想变质后的物质可能是碳酸钙，该如何验证我的猜想？ 该干燥剂样品中有碳酸钙
（3）问题4：样品中碳酸钙的含量如何？某同学按如下流程进行实验：用盐酸溶解该干燥剂样品→干燥所得气体→用NaOH溶液吸收气体→根据NaOH溶液的增重计算该样品的含量，实验过程中所取该干燥剂样品的质量为10.0g。实验装置如图所示：
①A为溶解该干燥剂样品的装置，若已准备了长颈漏斗、双孔橡胶塞、导气管，为完成溶解至少还需要的实验仪器是 。
②A中发生反应的化学方程式为
③将插入溶液C中管子的下端改成具有多孔的球泡(如图中的D)，有利于提高实验的准确度，其理由是 。
④当改进实验装置并进行正确操作后可以准确测定出干燥剂样品的含量（假设生成气体没有损失，并完全吸收）。若此时C装置在实验前后其质量增加了3.6g，则该干燥剂样品的CaCO3含量为 。
解析：作干燥剂要能吸收其中的水蒸气，故反应为CaO+H2O=Ca(OH)2；因为CaO溶于水会放出大量的热，根据结论不能再作干燥剂，所以现象为杯壁不发烫；如果是CaCO3，则可以加盐酸看是否有气泡产生即可。从所给的仪器看缺少盛放样品的容器，可选用锥形瓶等，A中的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，多孔的球泡有利于CO2的吸收，C装置增重是吸收了CO2，即CO2为0.82mol，相当于CaCO3为8.2g，含量为82%。
答案：(1)CaO+H2O=Ca(OH)2
（2）问题2的实验现象为：不发烫
问题3的实验步骤为：取该固体，滴加稀盐酸；实验现象为：有气泡产生
（3）①锥形瓶或广口瓶；②CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；③增大气体和溶液的接触面积，有利于二氧化碳的吸收；④82%。
9.某研究性学习小组在做Na2O2与水反应实验时，发现Na2O2与水反应后的溶液中滴加酚酞试液溶液呈现红色，但红色很快褪色，甲、乙、丙三同学对此现象分别做了如下推测：
甲：因为反应后试管很热，所以可能是溶液温度较高使红色褪去。
乙：因为所加水的量较少，红色褪去可能是生成的NaOH溶液浓度较大的影响。
丙：Na2O2具有强氧化性，生成物中O2、H2O2（可能产物）等也具有强氧化性，可能是氧化漂白了红色物质。
（1）验证甲同学的推测是否正确的方法是 ，验证乙同学的推测是否正确的方法是 ；当出现 现象时，即可说明丙同学的推测正确。
（2）有同学提出用定量的方法探究丙同学方案中是否含有H2O2，其实验方法为：称取2.6gNa2O2固体，使之与足量的水反应，测量产生O2的体积，与理论值比较，即可得出结论。
①测量气体体积时，必须待试管和量筒内的气体都冷却至室温时进行，应选用右图装置中的 ，理由是 。
②若在标准状况下测量气体的体积，应选用的量筒的大小规格为 （选填“100mL”、“200mL”、“500mL”）。
解析：甲的观点为温度较高就会使酚酞褪色，可以待冷却后再加酚酞试液或冷却后再看溶液是否变红；乙同学的观点是NaOH浓度过大，加水稀释即看进行验证；若欲证明丙同学观点正确，则需否定甲和乙的观点，可以冷却后观察溶液是否变红及加水稀释后溶液是否变红来验证。比较两个装置可以看出II可以防止气体冷却时出现倒吸现象，根据计算可知2.6gNa2O2全部转化为O2，其体积在标准状况下约375mL，故应选用500mL.
答案：（1）冷却后加酚酞试液或冷却后看溶液是否变红 加水稀释后看溶液是否变红 冷却后及加水稀释后均不变红
（2）①Ⅱ　　防止气体冷却时发生倒现象，减小实验误差。 ②500mL
10. 某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。
(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式 、 。
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是___________反应。
(2)甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是______________；乙的作用是_______________。
(3)反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是________________________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是_________________。
(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有__________________。要除去该物质，可现在混合液中加入__________(填写字母)
a．氯化钠溶液 b．苯 c．碳酸氢钠溶液 d．四氯化碳
然后，再通过______________(填试验操作名称)即可除去。
解析：(1)实验时，因为发生反应2Cu(红)＋O22CuO(黑)、CH3CH2OH＋CuO(黑)CHCHO＋Cu(红)＋H2O，两反应交替进行，所以红色和黑色交替出现。(2)甲水浴的作用是便于乙醇的挥发，为了得到稳定的乙醇气流；乙水浴的作用是冷却，便于乙醛的收集。(3)经过反应后冷却，a中收集到的物质有易挥发的原料乙醇，反应生成的乙醛及水。集气瓶中收集到的是原空气中不参加反应的N2。还有没反应完的少量O2，但O2是少量的，所以只填N2。(4)试管a中收集到的液体能使紫色石蕊试纸显红色，说明有酸性物质生成，可能含有乙酸，这是由于CH3CHO进一步被氧化而生成的，利用乙酸的酸性比碳酸强，可用碳酸氢钠除去乙酸，然后通过蒸馏的方法将乙醇和乙醛与CH3COONa分离开。
答案：(1)2Cu＋O22CuO；CH3CH2OH＋CuOCHCHO＋Cu＋H2O；放热。 (2)加热； 冷却。(3)乙醛、乙醇、水； 氮气。 (4)乙酸； c； 蒸馏。
—CH3【母题1★★★】有一种透明溶液，其中可能含有Fe3+、Fe2+、Mg2+、Al3+、Cu2+,Na+,NH4+中的一种或几种，加入一种淡黄色固体粉末时，加热有刺激性气味的气体放出，同时产生白色沉淀，生成物的物质的量（纵轴）与所加淡黄色粉末的物质的量（横轴）的关系如图所示，试回答下列问题：
（1）淡黄色固体粉末的名称是 ，所含化学键是 ；
（2）溶液中一定没有的离子是 ；
（3）溶液中一定存在的离子是，它们的物质的量分别为 。
【分析】第一步：识图。横坐标表示反应物的物质的量，纵坐标表示沉淀、气体的物质的量，曲线都从0点开始，沉淀曲线有两个拐点，气体曲线有一个拐点，且都有相应的数据。
第二步：究原。依题意产生剌激性气味气体，只有NH3，推知原溶液中含有NH4+；因为在加热条件下氢氧根与溶液中NH4+反应生成氨气，所以加入淡黄色固体粉末是过氧化钠，发生2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；加入过氧化钠后产生白色沉淀，没有蓝色、红褐色或白色沉淀逐渐变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Cu2+、Fe3+、Fe2+；由曲线变化可知，加入过氧化钠后，沉淀量达到最大值，随后沉淀又部分溶解，说明原溶液中一定含有Al3+、Mg2+，发生①3OH- + Al3+ =Al(OH)3↓；②2OH- + Mg2+ =Mg(OH)2↓；③Al(OH)3 + OH- =AlO2- + 2H2O；因为NH4++AlO2-+H2O=NH3↑+Al(OH)3↓,所以，氢氧化铝溶解时，NH4+已反应完全。
第三步：整合。根据曲线可知，当加入1.0molNa2O2，产生0.9molNH3，沉淀量达到最大值；当加入1.2molNa2O2沉淀溶解了一部分，产生1.0molNH3。因为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑,1molNa2O2产生0.5molO2，所以加入1molNa2O2时产生氨气为0.9mol-0.5mol＝0.4mol。增加0.2molNa2O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，溶液增加0.4molOH-，氢氧化铝溶解完，Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O,所以原溶液中Al3+为0.4mol；根据加入1mol过氧化钠计算镁离子的物质的量：
2Na2O2 + 2H2O ＝ 4NaOH+O2↑,
1mol 2mol
NH4+ + OH- ＝ NH3↑+H2O,
0.4mol 0.4mol
Al3+ + 3OH- ＝ Al(OH)3↓
0.4mol 1.2mol
Mg2+ + 2OH- ＝ Mg(OH)2↓
0.2mol (2-0.4-1.2)mol
解得：n(Mg2+)＝0.2mol.
【解答】（1）过氧化钠，离子键和非极性共价键；（2）Fe2+，Fe3+，Cu2+。
(3)Al3+，Mg2+，NH4+ ；n(Al3+)＝0.4mol，n(Mg2+)＝0.2mol，n(NH4+)＝0.4mol。
【点拨】解题时要将物质性质的推测与数据运用紧密联系在一起，不断地进行分析、比较、验证，要有足够的耐心和勇气，才能完成解答过程。
【解题锦囊】化学图像题是以图像的形式将一些相关量之间的关系通过形象直观的曲线表示出来的题型。随着高考对学生综合能力要求的不断提高，这种以数学方法解决化学问题的题目不断增多。图像题的解答主要有三步：
第一步：识图。一是弄清“起点”、“折点（拐点）”、“终点”的含义。通常情况下“起点”在0点，若不在0点，一定搞清是什么原因造成的。对于有沉淀、气体生成的反应，“起点”不在0点，一般是发生酸碱中和反应，没有沉淀生成。对于可逆反应的反应速率，“起点”不在0点，反应不是从正反应开始的。“折点”表示第一个反应已经完成，第二个反应开始发生。“折点”多的表示化学反应众多，每个“折点”代表不同的含义。“终点”表示整个反应历程已经结束；二是注意纵、横坐标的含义。通常来说横坐标代表反应物用量，纵坐标代表生成物产量。特别注意“起点”、“折点”、“终点”的纵横坐标，提取相关数据；三是理解曲线的变化。斜率变化，标志反应速率发生变化；曲线升高，标志沉淀、气体的量增多，曲线降低，标志沉淀、气体的量减少。
第二步：究原。所谓化学图像就是将变化过程中的某些量的变化以曲线、直线的形式表示出来，这类题目具有形象直观、简明清晰、知识面广、综合性强等特点。图像题不仅能考查同学们对化学基础知识的掌握程度，而且还能考查观察、想像、分析、综合应用知识的能力，因此备受各类考试的青睐，同时也是同学们感到最棘手的一类题。就其内容而言，主要有溶解度、溶液稀释、溶液导电性、沉淀量、化学反应过程等图像题；从形式上来看，有单线图像题、多线图像题。根据题目所给已知信息和图像信息，提取“起点”、“折点”、“终点”的纵、横坐标数据，结合相关的化学反应原理，写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式，根据反应中生成的气体、沉淀的量，结合已知数据，探究化学反应的本质。
第三步：整合。在解答这类题目时要注意仔细观察、分析图像，准确理解题意，弄清图像题中与曲线或直线变化的有关量的关系，并且能根据图像中给定的量变关系，依据物质的性质、变化规律或通过计算解答。在识图、究原的基础上，进一步将图像信息与反应原理结合起来，提取相关数据，找准切入点，进行推理、判断，从而解决问题。
【衍生1★★★】取一定量的NaBr和NaI的混合物平均分成五等份，分别加水配成溶液，再分别向溶液中通入VL、2VL、3VL、4VL、5VL氯气。将反应后所得溶液蒸干、灼烧，得到的固体冷却后称量，记录所得的数据并画成如图所示的曲线。
（1）写出上述通入2VLCl2的溶液中所发生反应的离子方程式： 。
（2）每份混合物中NaBr、NaI的物质的量之和为 mol。
（3）标准状况下VLCl2的体积为 L。
（4）原混合物中NaBr、NaI的物质的量之比为 。
【解析】结合题意和图像中曲线的变化趋势及氧化还原反应中的先后规律（还原性：NaBr＜NaI）可知，AB段发生的反应为2NaI＋Cl2=2NaCl＋I2；B点时NaI恰好完全反应；BC段发生的反应为2NaBr＋Cl2=2NaCl＋Br2；C点时NaBr恰好完全反应。
（2）C点时得到的29.25g固体应是NaCl。根据Na＋守恒可得原混合物中n（NaI）＋n（NaBr）= n（Na＋）=0.5mol。
（3）利用差量法求解。
2NaI＋Cl2=2NaCl＋I2 △m
22.4L 183g
V L （54.62－43.64）g
解得：V=1.344。
（4）由图像可知，B点时NaI恰好完全反应，此时通入氯气3.36L（0.15mol），所以原混合物中n（NaI）=0.3mol。再由钠元素守恒可得：n（NaBr）= n（Na＋）-n（NaI）=0.2mol。
【答案】（1）C12＋2I－=2Cl－＋I2 （2）0.5 （3）1.344 （4）2:3
【点拨】注意图像中纵横坐标以及起点、折点的含义。
【衍生2★★★】某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，若向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的物质的量之间的关系如下图所示。则稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物质的量之比为（ ）
A.1:1:1 B. 1:3:1 C. 3:3:8 D. 1:1:4
【解析】设n1(Fe)、n2(Fe)、n3(Fe)分别表示三个阶段所消耗的Fe的物质的量。由于氧化性HNO3＞Fe3+＞Cu2+，所以0mol＜n(Fe)≤1mol时发生反应为4H++Fe+NO3-=NO↑+Fe3++2H2O①，1mol＜n(Fe)≤2mol时发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+②，2mol＜n(Fe)≤3mol时发生反应为Fe+2Cu2+= Fe2++Cu③。根据反应①可知n(HNO3)=n(H+)=4n1(Fe)=4mol；根据反应②可知n(Fe3+)=2n2(Fe)-n生(Fe3+)=2mol-1mol=1mol；根据反应③可知n(Cu)= n3(Fe)=1mol。
【答案】D
【点拨】注意图像中纵横坐标以及起点、折点、平台的含义。
【衍生3★★★】将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体的混合物放入足量水中，得到浑浊液。向该浑浊液中逐滴加入1.00mol·L-1HCl，生成沉淀的质量与所加体积的关系如图所示。则原混合物中含MgCl2____g，含AlCl3____g，含NaOH____g，C点所加盐酸的体积为_____mL。
【解析】由图像可知，三种固体的混合物放入水中时，NaOH过量，则：
n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]＝ ＝0.02mol
m(MgCl2)=0.02mol×95g·mol-1＝1.90g
n(AlCl3)=n(AlO2—)=n(H+)=0.02L×1.00mol·L-1=0.02mol
m(AlCl3)=0.02mol×133.5g·mol-1＝2.67g
因为B点沉淀达到最大值，说明Mg2+、Al3+已完全变为沉淀，溶液中仅含NaCl。则n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=2×0.02mol+3×0.03mol+0.03L×
1.00mol·L-1=0.13mol，即混合物中m(NaOH)=0.13mol×40g·mol-1=5.2g 。
C点：沉淀恰好完全溶解，溶液中溶质为AlCl3、 MgCl2、NaCl，与起始的AlCl3、MgCl2、NaOH相比，AlCl3、MgCl2未发生任何变化，而NaOH转变为NaCl。因此，C点所加HCl可看作中和原有的NaOH。所以C点的体积为0.13mol÷1mol L-1=0.13L，即130mL。
【答案】1.90g ；2.67g ；5.2g；130mL
【点拨】注意图像起点、折点、终点的含义。
【衍生4★★★】甲溶液中含Aa+离子浓度为0.10mol/L，乙溶液含Bb- 离子浓度为0.35 mol/L ，取不同体积的甲、乙两溶液的物质的量如图所示。则沉淀物的化学式为（ ）
A、A2B3 B、A3B2 C、AB2 D、A2 B5
【解析】第一步：识图。横坐标表示反应物的体积，纵坐标表示沉淀的物质的量，沉淀曲线从0点开始，逐渐增高，有一个拐点，逐渐降低，到达终点，且都有相应的数据。
第二步：究原。根据题意，发生bAa+ + aBb- ＝AbBa 离子反应。
第三步：整合。根据图像可知，在沉淀最大值时，表示两种离子恰好完全反应，此时消耗V(Aa+)＝70mL,V(Bb+)＝35mL。根据离子方程式，可得：
bAa+ + aBb- ＝ AbBa （以沉淀最大值时来计算）
bmol amol 1mol
0.1×70×10-3 0.35×30×10-3 3.1×10-3
解得：b＝2.258 a＝3.387 a/b＝2/3，所以沉淀物的化学式为A3B2。
【答案】B
【点拨】注意图像中纵横坐标以及起点、折点、终点的含义。
【衍生5★★★】右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是 （ ）
A.反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B该反应达到平衡态I后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态 II
C..该反应达到平衡态 I后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态 II
D.同一种反应物在平衡态 I和平衡态 II时浓度不相等
【解析】本题考查化学速率-时间图像与化学平衡原理结合能力。A项,平衡态I和平衡态II表示同一物质的正逆反应速率相等,选项A正确;根据图像知,平衡态I时,改变条件,正反应速率瞬时增大,逆反应速率随时增大,但逆反应速率没有脱离原平衡点,即增大反应物浓度,使平衡态I到平衡态II,选项B正确;若减少反应物浓度,正反应速率小于原平衡态速率,选项C错误；增加反应物达到新平衡,物质浓度发生了变化,产物浓度增大,加入该反应物浓度增大,其他反应物浓度减小。
【答案】D
【点拨】解图像题的关键是理解图像含义，重点理解：原点、拐点、终点等；两轴表示含义、斜线、平台等。
4
3
2
1
4
3
2
1
O
n(Fe)/mol
n(Fe2+)
/mol
1.16g
58g·mol-1十字交叉法是快速求解二元混合问题的一种常见的有效方法．若a1、a2分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，为a1、a2的加权平均值而非算术平均值，则nA/nB为二元混合体系中的A和B的组成比．则：
A a1 a2－
B a2 －a1，
二元混合物凡能满足下列关系的均可用以上方法．
a1·nA＋a2·nB＝(nA＋nB)
或 ＝＝a1·＋a2·
＝a1·A%＋a2·B% …(2)
1.加权平均值和算术平均值有何区别？
以上(2)中表示的均为加权平均值，其中A%＝×100%，
B%＝×100%＝1－A%.
A%、B% 即a1、a2在计算时所占的权重，为加权平均值．
若为算术平均值，则＝.
显然，只有当A%＝B%＝50% 时，＝．一般是不相等的，不仅与a1、a2有关，更与各自在混合物中的权重有关．
2. 表示什么量之比？
不少学生滥用十字交叉法，但交叉出的是什么量之比却模糊不清，有些不符合加权平均计算关系式的问题，乱用十字交叉法，势必导致错误结果．
表示什么量之比，要视参加交叉的a1、a2、的意义而定，a1、a2、的量纲中分母是何种物理量，就是该物理量之比．在不同的情况，它可以是物质的量之比、气体体积之比、质量之比、原子个数比等．
3.宜用范围
(1)根据二元混合物的平均分子量，求两元的物质的量之比．若为气体也即体积之比．
（此类情况最为熟悉，不再赘述）
(2)根据只含2种同位素的元素的平均原子量，求两种同位素原子的个数比或物质的量之比或在自然界中的百分含量（也称作丰度）．
为何直接求出的不是质量之比或体积之比呢？
元素的平均原子量在数值上等于原子的平均摩尔质量，与平均分子量同理．
＝＝MA·A%＋MB·B%.
其中：nA/nB的求法即可用十字交叉法．
MA MB－
MB －MA
是何种物理量之比，只需找出M 的量纲，其分母为mol，故是物质的量之比，不可能为质量之比或原子的体积之比．
1o 若题目要求两种同位素原子的质量之比，可先用十字交叉法求出物质的量之比后，再分别乘以各原子的摩尔质量．
＝＝
2o 若提供的是两种同位素原子的质量分数A%、B%， 要求元素的平均原子量，则可用如下列关系直接求解.
＝＝ g/mol
例1、硼有两种天然同位素、，已知B元素的原子量为10.80．下列对B元素中的质量分数的判断正确的是（ ）
Ａ.等于20% Ｂ.略大于20%
Ｃ.略小于20% Ｄ.等于80%
解 ①先求出物质的量之比
10 0.20
10.80
11 0.80
的物质的量的分数为×100%＝20%.
的质量分数为×100%＜20%.
答案：Ｃ．
(3)同种溶质不同质量分数(A%、B%)的溶液混合而成质量分数为C%的溶液，求所取溶液的质量之比mA:mB.
根据混合前后溶质质量守恒，得
mA·A%＋mB·B%＝(mA＋mB)·C%　　或 C%＝.
该式满足十字交叉法加权平均关系
A% (B－C)%
C%
B% (C－A)%
注意：用十字交叉法求出只能是两种溶液质量的质量比，不能是体积之比．
(4)根据两种有机物形成混合物的平均组成，来求两种有机物的物质的量之比．可选用平均C原子数或平均H原子数、平均O原子数来求解．（此类情况在有机计算中已作叙述）．
(5)有关反应热的问题
例2、已知下列两个热化学方程式
2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)＋571.6KJ
C3H8(g)＋5O2(g)＝3CO2(g)＋4H2O(l)＋2220.0KJ.
实验测得H2、C3H8混合气体共5mol完全燃烧时放热3847KJ，则原混合气体中H2、C3H8的体积比是（ ）
Ａ.1:3 Ｂ.3:1 Ｃ.1:4 Ｄ.1:1
解析 是求出每摩 H2、C3H8完全燃烧时放出的热量，然后用十字交叉法求出．
H2 285.8 1450.6
769.4
C3H8 2220.0 483.6
答案：Ｂ．
(6)结合有关反应的计算
例3、有1.5L的C2H4和C2H2组成的混合气体，恰好能与同条件下的2.7L的H2完全加成生成乙烷，则原混合气体中C2H4、C2H2的体积比为（ ）
Ａ.1:1 Ｂ.1:2 Ｃ.1:4 Ｄ.4:1
解析 每1L C2H4、C2H2分别加氢，消耗H2的量为1L、2L，平均每1L混合气体加H2量为＝1.8(L)，可用十字交叉法求解．
C2H4 1 0.2
1.8
C2H2 2 0.8
例4、 Li2CO3和BaCO3的混合物与盐酸完全反应，所消耗盐酸的量与等质量的CaCO3和同浓度的盐酸反应所消耗盐酸的量相等．则混合粉末中Li2CO3和BaCO3的质量之比为
（ ）
Ａ.3:5 Ｂ.5:3 Ｃ.7:5 Ｄ.5:7
解析 首先请判断用下列十字交叉法求出两者之比是什么量之比．
Li2CO3 74 97
100 ＝
BaCO3 197 26
若设均与2 mol HCl反应，则所需的Li2CO3、BaCO3、CaCO3各1 mol，摩尔质量分别为74g/mol、197g/mol、100g/mol.故上面用十字交叉法求出的是Li2CO3和BaCO3的物质的量之比．然后换算为质量比．
＝ ＝＝.
例5、 Na、Al混合物0.2 mol溶于足量盐酸，产生H2 3.136mL(S.T.P)，求Na、Al的物质的量之比．
解析 Na ～ H2 Al ～ H2
1mol mol 1mol mol
混合金属 ～ H2
0.2mol mol
1mol 0.7mol
Na 0.5 0.8
0.7
Al 1.5 0.2
例6、原计划实现全球卫星通讯需发射77颗卫星，这与铱(Ir)元素的原子核外电子数恰好相等,因此称为“铱星计划”。
(1)已知铱的一种同位素是19177Ir,则其核内的中子数是 ( )
　 A．77　　　 B．114　　　 C．191　　　 D．268
　(2)已知自然界中铱有两种质量数分别为191和193的同位素，而铱的平均原子量为192.22，这两种同位素的原子个数比应为 ( )
　 A．39︰61　 B．61︰39　 　 C．1︰1　　　 D．39︰11
方法：（1）可利用“质量数＝质子数+中子数”求解，（2）利用“十字交叉”求解。
捷径：（1）根据“质量数＝质子数+中子数”知：中子数＝191－77＝114。选B。
利用“十字交叉”可得：
以此19177Ir与19377Ir两种同位素的原子个数比为：0.78︰1.22=39︰61，得答案为A。
例7、由CO2、H2、和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气中CO2、H2、和CO的体积比为 ( )
A．29︰8︰13 B．22︰1︰14 C．13︰8︰29 D．26︰16︰57
方法：将题中三种气体的式量与氮气的式量作比较，找出其间的联系，然后用“十字交叉”求解。
捷径：由于CO在同温同压下时的密度与N2相同，所以CO的含量为任意值。只要CO2与H2的混合气体密度等于N2，即平均相对分子质量等于28便满足题意。利用“十字交叉”可求得CO2与H2的体积比，即：
只要在在同温同压下混合气中CO2与H2的体积比满足26︰16或13︰8即可。以此得答案为CD。
例8、已知Fe2O3在高炉中有下列反应：Fe2O3＋CO→2FeO＋CO2，反应形成的固体混和物（Fe2O3、FeO）中，元素铁和氧的质量比用 mFe︰mO表示。
（1）上述固体混和物中，mFe︰mO不可能是 （选填 a、b、c多选扣分）
（a）21︰9 （b）21︰7.5 （c） 21︰6
（2）若mFe︰mO＝21︰8，计算Fe2O3被CO还原的百分率
（3）设 Fe2O3被CO还原的百分率为A％，则A％和混和物中mFe︰mO的关系式为（用含mFe、mO的代数式表示）。
A％＝
请在下图中画出A%和mFe/mO关系的图形。
（4）如果 Fe2O3和CO的反应分两步进行：
3Fe2O3＋CO→2Fe3O4＋CO2 ，Fe3O4＋CO→3FeO＋CO2
试分析反应形成的固体混和物可能的组成及相应的mFe︰mO（令mFe︰mO＝21︰a，写出a的取值范围）。将结果填入下表。
混和物组成（用化学式表示） a的取值范围
方法：利用十字交叉及数形结合方法解题。
捷径：（1）Fe2O3中mFe︰mO=(56×2)︰(16×3)=21︰9，在FeO中mFe︰mO=56︰16=7︰2，在Fe2O3和FeO的混合物中，mFe︰mO应介于21︰9 ~ 21︰6之间，所以不可能是21︰9或21︰6 。故选a、c。
（2）解法一：因为Fe2O3中mFe︰mO=21︰9，FeO中mFe︰mO=21︰6，在混合物中
Fe2O3与FeO物质的量之比可通过十字交叉确定为：
被还原Fe2O3的百分率为：
解法二：设原有Fe2O3物质的量为 1 mol，还原率为 A%，则混合物中有（1—A%）molFe2O3和2A% mol的Fe 。
解之得 A%=33.3%
（3）根据解法二：得出的代数式
求得：A%=3— 。
A%和mFe/mO的关系图为：
（4）可能组成的混合物是Fe2O3、Fe3O4，Fe3O4、FeO，Fe2O3、Fe3O4、FeO，其中Fe3O4中mFe︰mO=(56×3)︰(16×4)=21︰8，所以有：当混合物是Fe2O3、Fe3O4时，8＜a＜ 9，当混合物是Fe3O4、FeO时6＜a＜ 8，当混合物是Fe2O3、Fe3O4、FeO时6＜a＜9 。
例9、有四种不纯的碳酸钠样品，分别含有下列选项中的一种杂质。取等质量的样品，分别向这些样品中加入2mol/L盐酸，均完全反应生成CO2，且所耗盐酸的体积也均相同。这四种样品中Na2CO3的质量百分比最小的是（ ）
A．KHCO3 B．NH4HCO3 C．K2CO3 D．NaHCO3
方法：将四种杂质中不是正盐的都看作“正盐”，然后与Na2CO3比较，通过十字交叉分析求解。
捷径：将四种杂质都看作“正盐”——假设与Na2CO3相当，“1mol”盐消耗2mol盐酸，则（A）（B）(C) (D)的“分子量”依次变为200、158、138和168。各组混合物耗酸量相同时，各组盐的物质的量n正盐必相等。又因为各组盐的质量相同，所以盐的平均分子量相同。这样，Na2CO3与所含杂质物质的量之比则可由下式计算：
欲使Na2CO3的含量最小，上式中M（即换量后杂质盐的分子量）值就应最小。M(K2CO3)=138，最小。故答案为C。
例10、甲烷和丙烷混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，混合气中甲烷与丙烷的体积比是（ ）
A．2︰1 B．3︰1 C．1︰3 D．1︰1
方法：通过平均分子量和十字交叉求算。
捷径：因混合气的密度与同温同压下乙烷密度相同，故混合气的平均分子量也与乙烷的分子量相同，即为30，又甲烷的分子量16，丙烷的分子量44。利用十字交叉得：
相同条件下，1︰1既是体积比又是物质的量比，因此选D 。
例11、已知下列两个热化学方程式
2H2（g）+ O2（g）= 2H2O（l）；△H=－571.6kJ/mol
C3H8（g）+ 5O2（g）= 3CO2（g）+4H2O（l）；△H=－2220 kJ/mol
实验测得氢气和丙烷气体共5mol完全燃烧放热3847kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是（ ）
A．1︰3 B．3︰1 C．1︰4 D．1︰1
方法：首先求得混合气体1mol完全燃烧所放出的热量，再通过十字交叉求其比例。
捷径：氢气和丙烷气体共5mol完全燃烧放热3847kJ，则1mol混合气体所放出的热量为769.4kJ。根据十字交叉求得其比例为：
以此得答案为B。
例12、把100g 10%KNO3溶液的浓度增加到20%，可采用的方法是
A．蒸发掉45g水 B．蒸发掉50g水
C．加入10g KNO3固体 D．加入15g KNO3固体
方法：采取去水或加硝酸钾两种方法，利用十字交叉分别求算。
捷径：①去水加浓。（水的“浓度”视为零）。
上式的意义是20g10%的溶液去掉（负号表示）10g水即可得20%的溶液，所以100g10%的溶液需去水10/20×100=50（g），选B 。
②加KNO3（KNO3“浓度”视为100%），有
需加KNO3 × 100 = 12.5（g），C、D都不能选。
本题答案只能是B。
例13、常温下，一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气。A或B分子中最多只含4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子多。将1 L该混合气充分燃烧，在同温同压下得2.5 LCO2气体，推断原混合气中A和B所有可能的组合及其体积比。
A B
① CH4 C3H6
② CH4 C4H8
③ C2H6 C3H6
④ C2H6 C4H8
运用十字交叉法（根据碳原子数列式），有：
CH4、C3H6组成混合气时
上式表明，混合时A和B的体积比为1︰3（即0.5︰1.5）。
②、③、④种组合时A与B的体积比也都可按上法求出，答案分别为1︰1，1︰1，3︰1，具体过程不再重复。
例14、某气态烃A和B按2︰3（体积比）混合后，取0.1mol与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO2和水蒸气。将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g。求A和B可能的分子式。
方法：根据碱石灰增重即为CO2的质量，求得烃的平均碳原子数，再结合气态烃A和B体积比为2︰3和十字交叉法求得结果。
捷径：（1）碱石灰吸收的CO2包括燃烧生成的CO2及CO转化（还原CuO）成的CO2，即0.1mol混合烃中的C转化成CO2的总量，共为7.04g÷44g/mol=0.16mol 。
可知：1mol混合烃含碳1.6mol，所以混合烃一定含CH4。
（2）设另一烃分子中含x个碳原子：
令A为CH4，则有
（x—1.6）/ 0.6 = 2/3，解得x=2
B可能是C2H6、C2H4、C2H2。
令B为CH4，则有
0.6 /（x—1.6）=2/3，解得x=2.5（不合理，舍去）。
以此得A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6、C2H4、C2H2。
例15、铁、锌合金8.5g溶于稀H2SO4中，充分反应后制得0.300gH2，求合金中Fe，Zn的含量分别为多少克。
方法：因1mol铁或锌与稀硫酸作用均产生1molH2，以此可通过H2的物质的量求得混合物中铁锌的总物质的量，再利用十字交叉求其比例。
捷径：先求出合金的平均摩尔质量：因Fe → H2 ，Zn → H2 ，合金→ H2，
则合金的平均摩尔质量为：8.5 g /（0.300/2）mol= 59.0g/mol，平均分子量为59.0。
故Fe，Zn分别产生H2的物质的量之比为6.0︰3.0 = 2︰1，从而可知合金中Fe，Zn的质量分别为：
m (Fe) = 56g/mol×（0.300/2）mol×2/3 = 5.60g
m (Zn) = 65g/mol×（0.300/2）mol×1/3 = 3.25g
例16、某气体混合物含有氢气，二氧化碳和45%（体积）的氮气。它对氢气的相对密度是12.2，试求氢气和二氧化碳在混合气体中各自的体积百分含量。
方法：将氢气和二氧化碳作为一个组分，氮气作另一个组分，先求出氢气和二氧化碳这二者混合后的平均式量，而后再求组分的体积百分含量。
捷径：根据混合气对氢气的相对密度是12.2知，混合气的平均式量为22.4。
设混合气为100 L，则V(N2) = 45 L，V（H2、CO2）= 55 L。
又设H2、CO2混合气的平均式量为x，则：
解得x=21.4
再利用十字交叉法，可求得H2与CO2的体积比：
又因为氢气和二氧化碳组分占全部混合气体的55%，所以，氢气和二氧化碳占总混合气体的体积百分数为：
V(H2)% = 55%× = 29.6%，V(CO2)% =55%× = 25.4%
则全部混合气体由25.4%的CO2、29.6%的H2和45%的氮气组成。
＝ …(1)
＝
＝
＝≈
＝＝
＝＝
19177Ir 191
19377Ir 193　
192.22
193－192.22 = 0.78
192.22－191 = 1.22
CO2 44
H2 2　
28
28－2 = 26
44－28 = 16
Fe2O3 9
FeO 6　
8
2
1
Na2CO3 106
杂质盐 M
M
M─M
M ─106
M─M
M─106
n(Na2CO3)
n(杂质盐)
═
甲烷 16
乙烷 44
30
44─30
30─16
1
1
n(CH4)
n(C2H6)
═
氢气 285.8
丙烷 2220
769.4
1450.6
483.6
3
1
V(H2)
V(C3H8)
═
溶液 10
水 0
20
20－0 = 20
10－20 = －10
KNO3 100
溶液 10
20
20－10 = 10
100－20 = 80
CH4 1
C3H6 3
2.5
3－2.5 = 0.5
2.5－1 = 1.5
CH4 1
另一烃 x
1.6
x－1.6
1.6－1 = 0.6
Fe 56.0
Zn 65.0
59.0
6.0
3.0
24.4─x
N2 28
45
55
═
3.6
V(N2)
24.4─ x
V(H2、CO2)
═
24.4
H2、CO2 x
3.6
9.7
11.3
═
═
V(H2)
19.4
19.4
22.6
21.4
CO2 44
H2 2
22.6
V(CO2)【母题1★★★】为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol/L的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为：C2O+Ca2+=CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4+H2SO4=H2C2O4
+CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a mol/L的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，若滴定终点时消耗a mol/L的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
【分析】本题涉及到化学方程式或离子方程式为：
CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
C2O+Ca2+=CaC2O4↓
CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4
2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【解答】由方程式可以得出相应的关系式：
5CaCO3——5Ca2+——5CaC2O4——5H2C2O4——2MnO－4
5 2
n1(CaCO3) aV2×10-3 mol
n1(CaCO3) = 2.5 aV2×10-3 mol
样品中：n(CaCO3) = 2.5 aV2×10-3× mol
则：ω(CaCO3) =
【点拨】对于多步反应，可根据各种的关系(主要是化学方程式、守恒等)，列出对应的关系式，快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系，从而免除了涉及中间过程的大量运算，不但节约了运算时间，还避免了运算出错对计算结果的影响，是最经常使用的方法之一。
【解题锦囊】实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解的方法，称为“关系式”法。
关系式法常常应用于多步进行的连续反应。在多步反应中，第一步反应的产物，即是下一步反应的反应物。根据化学方程式，每一步反应的反应物和生成物之间有一定的量的关系，即物质的量之比是一定的。所以，可以利用某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间的量的关系。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。
用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式一般途径是：
(1) 利用化学方程式之间的化学计量数间的关系建立关系式；
(2) 利用化学方程式的加合建立关系式；
(3) 利用微粒守恒建立关系式。
【衍生1★★★】用CO还原10.0 g某磁铁矿石样品(所含的杂质不参加反应)，生成的CO2再跟过量的石灰水反应，得到12.8 g沉淀。求磁铁矿石中Fe3O4的质量分数。
【解析】本题发生的化学反应有：
Fe3O4+4CO3Fe+4CO2
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
可以用CO2作为“中介”得出下列关系：Fe3O4——4 CO2——4 CaCO3，即：Fe3O4——4 CaCO3。然后利用两者之间的质量关系或物质的量关系进行计算。
在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为：(1)写出各步反应的化学方程式；(2)根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系；(3)确定已知物质和所求物质之间的量的关系；(4)根据所确定的已知物质和所求物质之间的量的关系和已知条件进行计算。
【答案】本题发生的化学反应有：
Fe3O4+4CO3Fe+4CO2
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
根据化学方程式，找出关系式：
Fe3O4 —— 4 CaCO3
400
m(Fe3O4) 12.8 g
m(Fe3O4) ＝ ＝ 7.42 g
ω(Fe3O4) ＝ ＝ 74.2%
答：该磁铁矿石中Fe3O4的质量分数为74.2%。
【点拨】寻找关系式的方法是：
（1）对于独立的化学反应，可以通过化学方程式，或反应中某原子、离子守恒，找
出它们物质的量之间的关系，然后进行计算。
（2）对于连续发生的多步化学反应，可以根据前后某元素的原子、离子的数量不变
找到关系式（假定反应过程中它没有损失），不过象氨氧化法制硝酸的中间反应，虽然有氮原子损失，但对实际工业生产来说，由于NO的循环利用，故仍可认为有如下关系式：NH3～HNO3 ，否则应由多个化学反应找出关系式。
【衍生2★★★】一定量的铁粉和9克硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9克水，求加入的铁粉质量为（　　）
A.14g　 B.42g　 C.56g　 D.28g
【解析】根据各步反应的定量关系，可列出关系式：
Fe → FeS(铁守恒) → H2S(硫守恒) → H2O(氢守恒)（1）
Fe → H2(化学方程式) → H2O(氢定恒)………… （2）
Fe ～ H2O
56 18
Xg 9g
56∶xg = 18∶9g x = 28g
即应有铁为28克。
【答案】D
【点拨】注意Fe → FeS(铁守恒) → H2S(硫守恒) → H2O(氢守恒)，在关系式中的应用。
【衍生3★★】200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸（不考虑中间过程的损耗）的质量为（ ）
A.257.5吨 B.277.5吨 C.225.5吨 D.300.5吨
【解析】根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4 　
即:S ～ 　H2SO4
32 98
200t×40% 95%·x 　
32∶98 = 200×40%∶95%·x
x = 257.5t
【答案】A
【点拨】注意硫元素守恒，在关系式中的应用。
【衍生4★★★】在O2气中灼烧0.44g S和Fe组成的化合物，使其中的S全部转变为SO2，把这些SO2全部氧化转变为H2SO4。这些H2SO4可以用20mL 0.50mol·L-1NaOH溶液完全中和。则原化合物中S的百分含量为 （ ）
A．18% B．46% C．53% D．36%
【解析】解：全部反应过程中，各物质的量的关系可用下式表示：
S→SO2→SO3→H2SO4→2NaOH
32g　　　　　　　　　2mol
x　　　　　　(0.02×0.5)mol
x=0.16g
【答案】D
【点拨】关注S→SO2→SO3→H2SO4硫元素守恒，根据酸碱中和求出与NaOH的关系。
【衍生5★★★】用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出 79.2 t(NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4 的利用率为 89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率为（ ）
A. 23.8% B. 33.4% C. 35.6% D. 63.8%
【解析】首先须搞清 H2SO4 的利用率与 FeS2 利用率的关系。H2SO4 的利用率为 89.8%，与 H2SO4 的利用率是 100%、FeS2 的利用率为 89.8% 是等价的。并排除 NH3 利用率的干扰作用。其次，根据 S 原子守恒找出已知量 FeS2 与未知量(NH4)2SO4的关系(设黄铁矿的利用率为x)：
FeS2 ~ 2H2SO4 ~ 2(NH4)2SO4
120 264
75.0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
x=66.6%
黄铁矿的损失率为：1.00－66.6%=33.4%。【2012考纲解读】
无机框图推断是无机化合物知识的综合考查，氯、硫、氮、铝、铁、钠元素及化合物之间的转化是框图题的热点。解题方法是抓住特征，找突破口，然后反复推敲、认真辨析，根据与其他元素或物质间的相互关系，通过逻辑推理，分析判断而得出结论，定量计算与框图题结合是高考试题开发的一类新题型。无机框图推断题是以元素化合物知识为主，集基本概念、基本理论为一体的综合性题目。具有考查知识面广、题型多变、思考容量大等特点。这类题既能考查学生掌握元素与化合物的知识量及掌握熟练程度，又能考查学生的逻辑思维能力，这类试题特点是综合性强、物质间关系复杂，导致学生解题时常常难以入手。
【考点回顾】
　　一、解推断题的一般思维策略
　　1．立足基础：
　　框图题重点考察元素及化合物的基础知识，立足于中学阶段常见物质与反应，故要熟练掌握一些代表性物质的基本性质：如色、态、味、化学性质等。夯实基础是求解推断题的前提。及时的进行一些总结和记忆是非常有必要的。
　　⑴焰色反应：Na+（黄色）、K+（紫色）
　　⑵浅黄色固体：S或Na2O2或AgBr
　　⑶使品红溶液褪色的气体：SO2（加热后又恢复红色）、Cl2（加热后不恢复红色）
　　⑷有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4-（紫色）
　　　有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）、红褐色[Fe(OH)3]
　　　　　　　　蓝色[Cu(OH)2]、黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS）
　　　　　　　　黄色（AgI、Ag3PO4）、白色[Fe(OH)2、CaCO3、BaSO4、AgCl、BaSO3]
　　　有色气体：Cl2（黄绿色）、NO2与溴蒸气（红棕色）
　　⑸特征反应现象：
　　2．抓住特性：
　　很多物质表现出特殊的物理或化学性质，具有一些特征反应，或在反应中能产生特殊现象，以硫元素及其化合物为例：Ｓ为淡黄色固体，H2S与O2、X2、Fe3+、SO2反应可产生淡黄色单质硫；SO2可被Fe3+、X2氧化，也可使品红溶液褪色，这些特殊信息有助于确定题目的突破口。又如 ：A—
　　若A为化合物，则A必为无氧弱酸的铵盐或不稳定弱酸的铵盐：（NH4）2S或NH4HS；（NH4）2CO3或NH4HCO3；(NH4)2SO3或NH4HSO3。若A为单质则为铝。
　　受热分解产生2种或3种气体的反应：
　　（1）铵盐
　　（2）硝酸盐
　　与水反应产生气体
　　（1）单质
　　（2）化合物
　　强烈相互促进水解的物质：
　　3．利用转化：
　　无机物之间有一些重要的衍变关系，在物质之间按照一定规律反应时，会形成一定的特征的转化关系。如：
　　⑴直线型转化：
　　金属碱性氧化物 碱 盐
　　非金属酸性氧化物 酸 盐
　　
　　①
　　②
　　③
　　④
　　⑵交叉型转化：
　　⑶三角形转化：
　　⑷无机框图中常用到催化剂的反应：
　　
　　牢记一些重要的转化关系，在解题时可两相对照，寻找相似，确定范围。
　　同时，对一些典型的反应还需要从反应类型上加以总结。如置换反应：
　　（1）金属→金属
　　（2）金属→非金属
　　（3）非金属→非金属
　　（4）非金属→金属
　　总结的过程中，要注意从不同的角度出发，如置换反应可以按以上的角度总结也可以按是否是同族间的置换总结。
　　4．应用数据：
　　物质转化时式量的变化、各元素含量、相对密度等数据都是解题的关键点，可综合物质结构、性质、相互转化关系进行推断，如CO→CO2，NO→NO2，SO2→SO3，转化时分子中都增加１个氧，式量变化均为16。
　　5．把握信息：
　　题目给予的新信息可与旧知识形成一个新的知识体系，题干中的“常见”、“过量”等字眼为推断限定了范围；而反应条件、某些物质的频繁出现等隐含信息即是解题的重要突破口。
　　二、解推断题的一般方法
　　1．顺推法：
　　顺推是根据题设条件和转化关系方框图，从最初反应物入手，利用给定反应物的结构和性质特点，顺着转化关系往后推，从而解决问题。
　　例1．图１每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：
附表　 各物质的量
　　　　　　　　　　Ｃ　 　　Ｄ　 　 Ｉ
起始组成/mol　　　　６　 　　４　 　 ０
某时刻组成/mol　　　３　 　　３　 　 ２
　　物质A跟B反应生成物E、F和G，物质C跟D反应生成物质Ｉ，某温下该反应起始和某时刻的反应混合物组成如附表所示。请填写下列空白：
　　⑴ 物质Ｈ的分子式_______；
　　⑵ 反应①的化学方程式_______；
　　⑶ 反应②的化学方程式（须注明反应条件）是________。
　　分析：本题首先给出饱和食盐水的电解，然后是电解产物间的作用。最初条件意义清楚，故进行顺推。饱和食盐水的电解产物是Cl2、H2、NaOH，其中两两反应可生成三种产物的是Cl2、NaOH中的一种，C为H2，又B、C作用生成Ｈ物质，则B为Cl2，A为NaOH，H为HCl。又由表中数据推知C、D、Ｉ三种物质在方程式中的系数比为(6-3)∶(4-3) ∶(2-0)=3∶1∶2，因C为H2，则D为N2，Ｉ为NH3。
　　答案：
　　⑴ HCl；
　　⑵ Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
　　⑶ 3H2+N22NH3
　　2．逆推法：
　　有的推断题，最初条件意义并不明确，但某一结果有较明确的含义，求解时，从这一结果入手，采用逆推模式，逆向逐层推理，可顺利达到解决问题的目的。
　　例2．某些金属氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐，根据图2化学反应方框图填空：
（１）单质F是________；
　　（２）写出由E生成G的离子方程式（或化学方程式）_______；
　　（３）溶液Ｉ中所含金属离子是________；
　　（４）由CE＋F若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）________。
　　分析：从题设最初条件看，其意义并不明确，但从转化关系方框图中的结果“红褐色沉淀G”可知，其含义明确，故从此入手运用逆推。由红褐色沉淀G逆推可知溶液E中含Fe2+，再由Ｅ逆推知单质C为Fe，单质F为H2；又由单质F(H2)逆推知单质B可为金属Al或Zn或者为非金属单质Si，另由溶液Ｉ加NH3·H2O转化为沉淀Ｊ，Ｊ溶于强碱溶液，可确定单质Ｂ为Al，化合物Ａ为铁的氧化物。
　　答案：
　　（１）H2；
　　（２）4Fe2++8NH3·H2O+O2+2H2O===4Fe(OH)3↓+8NH
　　　　　或Fe2++2NH3·H2O====Fe(OH)2↓+2NH；
　　　　　4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；
　　（３）Al3+和Na+；
　　（４）H2SO4或HNO3
　　3．假想验证法：
　　假设思维模式是由题设条件和转化关系图找出题目突破口，并对有关内容建立假设，然后将假设结果代入题中验证分析，由此可使问题得以解决。假设模式的思维途径可表示为：
例3．下图①～分别代表反应中的一种物质，请填空白：
　　（１）①、③、④的化学式分别是_______。
　　（２）⑧与⑨反应的化学方程式是________。
分析：由题设条件“物质①受热分解得气体混合物”可判断①可能为浓HNO3或不稳定酸的铵盐等。常见的不稳定酸的铵盐有NH4HCO3，(NH4)2CO3，NH4HSO3等。假设①为NH4HCO3，则气体混合物将为NH3，CO2，H2O蒸气，代入题中可推知③为NH3，④为O2，②为CO2；又由转化关系可推知⑥为NO，⑦为NO2，⑧为HNO3，⑨、⑩一种为MgO，一种为Ｃ，因⑧⑨反应生成三种产物，则⑨为Ｃ。以上结果都是符合题意的，可见假设①为NH4HCO3是成立的。同理(NH4)2CO3亦合题意。
　　答案：
　　⑴①——NH4HCO3[(NH4)2CO3]；③——NH3；④——O2；
　　⑵C+4HNO3（浓） 2H2O+4NO2↑+CO2↑
【考点再现】
1、（2009宁夏）27．（15分）
下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）
（1）A、B、C、D代表的物质分别为＿＿＿、＿＿＿、＿＿＿、＿＿＿（填化学式）；
（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是＿＿、＿＿（填化学式）；
（4）反应③产物中K的化学式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
（5）反应④的离子方程式为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
【答案】
(1)Al C H2O Na2O2
(2)2 Na2O2+2 H2O=4NaOH+O2↑ 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3) CO2 CO
(4) Na 2CO3
(5) CO2 +AlO2-+OH-+= CO32-+Al（OH）3↓
【解析】由题干条件及图表提示，不难判断A、B、C、D代表的物质分别为Al、C、H2O、Na2O2。由于反应①中的C、D均过量，所以溶液甲是氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液，由于B和F反应且B与F物质的量之比为4∶3，故F为氧气，G能与过氧化钠反应，因此它为二氧化碳，则H为一氧化碳，K 溶于水形成溶液乙是碳酸钠溶液，所以第五问的离子方程式应写成碳酸根离子，而不是碳酸氢根离子。
2、（2009浙江）26.（14分）各物质之间的转换关系如下图，部分生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子的外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷电路板。
请回答下列问题：
（1）写出A的化学式 ， C的电子式 。
（2）比较Y与Z的原子半径大小 > （填写元素符号）。
（3）写出反应②的化学方程式（有机物用结构简式表示） ，举出该反应的一个应用实例 。
（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反应的化学方程式 。
（5）研究表明：气体D在一定条件下可被还原为晶莹透明的晶体N，其结构中原子的排列为正四面体，请写出N及其2种同素异形体的名称 、 、 。
【答案】(1)Cu2(OH)2CO3 [Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3
(2) C>O
(3)CH2OH(CHOH)4CHO + 2Cu(OH)2 CH2OH(CHOH)4COOH + Cu2O↓+ 2H2O
医学上可用这个反应检验尿液中的葡萄糖。
（4）3Cu2O + 14HNO3 6Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 7H2O
(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。
【解析】从反应图中寻找突破口，E与葡葡糖生成红色沉淀F，则E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反应①为印刷电路板，L为棕黄色溶液，由此可推出：M应为Cu，L为FeCl3 。G为黄绿色气体，则为Cl2，K为浅绿色，则为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，则为H，D为非可燃性气体，可推为CO2，C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物，且可以与Cl2反应，故应为H2O，生成H为HCl，I为HClO（具有漂白性），HCl与J（Fe）可生成FeCl2溶液。（1）A + HClCu2＋ + H2O + CO2，由元素守恒可知，A可以CuCO3或碱式碳酸铜均可。（2）Y为C，Z为N，两者位于同一周期，前者的半径大，即C>N。（3）葡萄糖含有醛基，可以与Cu(OH)2生成砖红色沉淀。（4）F为Cu2O，与HNO3反应，生成Cu(NO3)2，且生成无色气体，应为NO，然后根据得失电子守恒配平即可。（5）CO2可以还原成正四面体结构的晶体N，即化合价降低，显然生成C，应为金刚石。它的同素异形体必须为含碳的单质。
3、（2009四川）27.（15分）
已知A-O分别代表一种物质，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件略去）。A、B、H分别是由短周期元素组成的单质。B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱。C为淡黄色固体化合物，O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀。
请回答下列问题：
组成B单质的元素位于周期表第______________周期，第_______________族。化合物C的电子式为__________________________________。
J的沸点比硒化氢（H2Se）的沸点高，其原因是_________________。
写出I与H在点燃条件下反应生成A和J的化学方程式：________________。
写出D与足量的N反应生成E和F的化学方程式：_____________________。
上图中，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂，这样的反应共有_______个。
【答案】（1）三（1分）Ⅱ A （1分）
（2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强
（3）
（4）
（5）2
【解析】根据B是由短周期元素组成的单质，B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气，确定B为金属镁。D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，且能与水反就应得到两种碱，确定D为二氮化三镁，A为氮气。 C为淡黄色固体化合物， 推测为过氧化钠。O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化铜生成。通过分析可得：A:氮气B：镁C：过氧化钠D：二氮化三镁E：硝酸镁F：硝酸铵G：氢氧化钠H：氧气I：氨气J：水K：硝酸钠L：一氧化氮M：二氧化氮N：硝酸O：硝酸铜
（1）镁元素位于周期表第三周期，第ⅡA族。化合物C的电子式为 （2）水分子之间存在氢键且比硒化氢的分子间作用力强
（3）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水
（4）二氮化三镁与硝酸生成硝酸镁和硝酸铵两种盐过氧化钠与水反应，二氧化氮与水反应，在同一反应里一种物质作氧化剂，又作还原剂
4、（2009重庆）29（15分）化合物A由周期不同的短周期元素X、Y组成，是良好的耐热冲击材料。
X的单质既可与盐酸反应，又可与溶液反应，X的原子结构示意图为
。
X的硫酸盐溶液与过量溶液反应的离子方程式为 。
一定条件下，A和水缓慢作用生成含Y的化合物Z，Z分子含有10个电子。
①Z与反应，其产物之一是Y的单质，Y的单质地电子式为 ；Z分子的结构呈
②A的化学式是
（4）X的单质、石墨和二氧化钛按比例混合，高温下反应得到的化合物均由两种元素组成，且都是新型陶瓷材料（在火箭河导弹上有重要应用），其反应的化学方程式是 。
【答案 】
【解析】既能与酸、又能与碱反应的单质为金属铝，Y形成的化合物Z为10电子分子，Al在第三周期，则Y一定为第二周期，因此Z可能为CH4、NH3、H2O、HF，能够被H2O2氧化为单质的一定为NH3 。
5.（2009海南）13．(9分)
有关物质存在如图所示的转化关系(部分产物已省略)。通常C为气体单质，G为紫黑色固体单质。实验室中，常用固体E在B的催化下加热制取气体单质H。
请回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为
(2)反应②的离子方程式为
(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式
(4)D溶液与Pb(NO3)2溶液混合可形成沉淀，此沉淀的Ksp=7.0×10—9。将等体积的D溶液与Pb(NO3)2溶液混合，若D的浓度为1×10—2mo1/L ，则生成沉淀所需Pb(NO3)2溶液的最小浓度为 。
【答案】
【解析】：解无机推断题的关键是抓住题眼,此题的题眼是B是催化剂同时能和浓的A溶液反应得气体单质C,所以B为MnO2, ,E为氯酸钾,H为氧气,C为氯气,A为浓盐酸, G为紫黑色固体单质为I2;则D为KI,F为KCl;
(1)反应①的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)反应②的离子方程式为
(3)写出另外一种实验室制取H的化学方程式为
(4) 已知Ksp(PbI2)=C(Pb2+)×C2(I-)= C(Pb2+)××(×10—2)2=7.0×10—9
∴　C(Pb2+)=5.6×10—4 mo1/L
测试题
1.下列有关Cl、N、S等非金属元素化合物的说法正确的是 （ ）
A.漂白粉的成分为次氯酸钙
B.实验室可用浓硫酸干燥氨气
C.实验室可用NaOH溶液处理NO2和HCl废气
D.Al2（SO4）3可除去碱性废水及酸性废水中的悬浮颗粒
答案 C
解析 漂白粉的有效成分是次氯酸钙，主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2；浓H2SO4与氨反应生成（NH4）2SO4；用碱液处理酸性气体是合理的；Al2（SO4）3除悬浮颗粒实质是利用Al3+的水解反应生成Al（OH）3胶体，但在酸性和碱性溶液中都抑制Al（OH）3胶体的形成。只有C是正确的。
2.列叙述正确的是 （ ）
A.稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化生成二氧化碳
B.Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
C.Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物
D.NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体
答案 C
解析 A项中必须是浓硝酸、浓硫酸且加热才能氧化木炭，错误；B项中Fe和水蒸气反应不能生成碱，错误；D项中Na2CO3受热不易分解，错误；C项正确。
3.下列说法正确的是 （ ）
A.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映
B.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能
C.知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数
D.内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
答案 D
解析 布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，A错；热机的工作效率不可能达到100%，B错；由摩尔质量和密度只能求出摩尔体积，C错；分子热运动的平均动能只与温度有关，温度相同，分子平均动能就相同，D对。
4.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是 （ ）
A.氧化还原反应：元素化合价是否变化
B.共价化合物：是否含有共价键
C.强弱电解质：溶液的导电能力大小
D.金属晶体：晶体是否能够导电
答案 A
解析 元素化合价是否发生变化是判断反应是否为氧化还原反应的依据，A对；含有共价键的化合物不一定是共价化合物（如NH4Cl），B错；溶液的导电能力主要看带电离子的浓度和所带电荷，与电解质的强弱无关，C错；有些原子晶体也能导电（如Si），D错。
5.下列叙述正确的是
A.O2和O2互为同位素，性质相似
B.常温下，pH=1的水溶液中Na+、NO、HCO、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）；ΔH>0，所以石墨比金刚石稳定
答案 D
解析 同位素指的是原子，而不是分子。pH=1的酸性溶液中HCO不存在，Fe2+与NO不共存。明矾中Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3吸附水中杂质聚沉，而漂白粉中ClO-水解生成HClO，具有液氧化性，能杀菌消毒。
6.下列有关工业生产的叙述正确的是
A.合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率
B.硫酸工业中，在接触室安装热交换器是为了利用SO3转化为H2SO4时放出的热量
C.电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室
D.电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小
答案 D
解析 A项中减小NH3的浓度，正向与逆向反应速率均减小；B项中接触室中安装热交换器是为了利用反应：2SO2+O2 2SO3的热量；C项中Cl2为阳极室产物。
7.将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要 等原料。
（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： 。
（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有 （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。
（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO的方法是： 。
（5）已知不同温度下K2SO4在100 g水中达到饱和时溶解的量如下表：
温度（℃） 0 20 60
K2SO4溶解的量(g) 7.4 11.1 18.2
60℃时K2SO4的饱和溶液591 g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体 g。
（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。
A.熔点较低（29℃熔化） B.能导电
C.能制冷 D.无毒
（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是： 。
答案 （1）CaCO3、NH3、H2O
（2）CaSO4＋CO→CaCO3↓＋SO
（3）CaSO4 （4）滤液中滴加盐酸产生气泡
（5）54 g （6）AD
（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）
解析 （1）从工艺流程图可以看出尽管生产过程中有CaCO3生成，但是这部分CaCO3提供的CaO和CO2远小于生成（NH4）2CO3所需要的，同理NH3的需要也要多一些，因生产中要考虑损耗等因素。故还需要CaCO3、NH3、H2O等原料。
（2）离子方程式为CaSO4+CO→CaCO3↓+SO。
（3）因CaSO4属微溶物，因此过滤后得到的沉淀除CaCO3外还有一定量的CaSO4。
（4）要向滤液中滴加盐酸看是否有气泡产生，即可推出是否含有CO。
（5）可设析出K2SO4晶体质量为x，则根据118.2 g∶(18.2-7.4) g=591 g∶x,
解得x=54 g。
（6）因其是常用的无机储热材料，选择依据可排除B、C，应选择A、D。
（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）。
8. X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，它们满足以下条件：
①元素周期表中，Z与Y相邻，Z与W也相邻；
②Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。
请填空：
（1）Y、Z和W三种元素是否位于同一周期（填“是”或“否”） ，理由是 ；
（2）Y是 ，Z是 ，W是 ；
（3）X、Y、Z和W可组成一化合物，其原子个数之比为8∶2∶4∶1。写出该化合物的名称及化学式 。
答案 (1)否 若三者处于同一周期，则最外层电子数之和不可能为17
（2）N O S
（3）硫酸铵 (NH4)2SO4
解析 根据“X、Y、Z和W代表的原子序数依次增大”及条件①和②不难推出Y、Z、W在周期表中的位置关系为
显然Y、Z、W不可能在同一周期，因若在同一周期最外层电子数之和不可能为17。再由条件②不难推出，Y为氮，Z为氧，W为S。再根据X、Y、Z、W组成化合物的原子个数比为8∶2∶4∶1，
则该化合物应为硫酸铵。
9.有X、Y、Z三种元素，已知：
①X2-、Y-均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；
②Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚呈紫色。
请回答：
（1）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是 。
（2）将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是 。此液体具有的性质是 （填写序号字母）。
a.光束通过该液体时形成光亮的“通路”
b.插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深
c.向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生
d.将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成
（3）X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体。
①已知一定条件下，每1 mol该气体被O2氧化放热98.0 kJ。若2 mol该气体与1 mol O2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4 kJ，则该气体的转化率为 。
②原无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol Y的一种含氧酸（该酸的某盐常用于实验室制取氧气）溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.5×6.02×1023个电子转移时，该反应的化学方程式是 。
答案 （1）HClO4
(2)Fe3++3H2O Fe(OH)3（胶体）+3H+ a、b、d
(3)①90% ②SO2+2HClO3 H2SO4+2ClO2
解析 因X2-、Y-均与Y的氢化物具有相同的电子数，说明X、Y同周期，且分别属ⅥA和ⅦA族元素，又根据ZY3溶液遇苯酚呈紫色，推知ZY3为FeCl3，即X、Y、Z分别是硫、氯、铁元素，从而可如下作答：（1）为HClO4，（2）Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，因此液体为胶体，因而具有a、b、d的性质。关于（3）问，因X的单质在空气中燃烧产生的气体为SO2，SO2与O2的反应是可逆反应，根据题设条件，产生176.4 kJ热量时消耗的气体（SO2）的物质的量为1 mol×=1.8 mol，所以其转化率为×100%=90%.再由题设条件中Y的含氧酸盐常用于制O2,知该盐为KClO3,所以Y的酸为HClO3,故SO2与1.5 mol HClO3反应转移1.5×6.02×1023个电子时的化学方程式为SO2+2HClO3 H2SO4+2ClO2.
10.A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。B、E均为组成空气的成分。F的焰色反应呈黄色。在G中，非金属元素与金属元素的原子个数比为1∶2。在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如下（图中部分产物未列出）：
请填写下列空白：
（1）A是 ，C是 。
（2）H与盐酸反应生成E的化学方程式是 。
（3）E与F反应的化学方程式是 。
（4）F与G的水溶液反应生成I和D的离子方程式是 。
答案 （1）A：碳（或C） C：钠（或Na）
（2）Na2CO3+2HCl = 2NaCl+H2O+CO2↑
（3）2CO2+2Na2O2 = 2Na2CO3+O2
（4）Na2O=+S2-+2H2O = 4OH-+S↓+2Na+
解析 空气的主要成分为N2、O2、少量CO2和稀有气体，由题意知“A、B、C、D是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质，由A、B生成的E为化合物，所以E只能为CO2，A为碳，B为氧，又因为F的焰色反应呈黄色，说明F中含有钠元素，故C为钠，且F为过氧化钠，又知G中非金属与金属（钠）元素的原子个数比为1∶2，所以该非金属在G中显-2价，根据原子序数D>C，则D应为硫。至此所有问题就迎刃而解。
11.中学化学中几种常见物质的转化关系如下：
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：
（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围： 。
（2）A、B、H的化学式：A 、B 、H 。
（3）①H2O2分子的电子式： 。
②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式： 。
（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象： 。
（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2,恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式： 。
解析 由“以F为分散质的红褐色胶体”可推知F为Fe（OH）3，则D为Fe2（SO4）3，C为FeSO4，
A为Fe，B为FeS，E为（NH4）2SO4。
（1）F为胶体微粒，所以其微粒直径范围为1 nm～100 nm。
（3）①根据H2O2的结构和价键理论，H2O2的电子式应为 ②根据双氧水具有强氧化性推知C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式应为
2Fe2++H2O 2+2H+ = 2Fe3++2H2O。
（4）根据前面分析，E中阳离子为NH4+，在实验中，可加入NaOH溶液加热，利用产生的NH3遇湿润红色石蕊试纸变蓝检验之。
（5）因Na2O2在水溶液中与水反应生成NaOH和O2，因此与C（FeSO4）反应应产生Fe（OH）3沉淀，其离子方程式很容易写。
答案 （1）1nm～100 nm
(2)Fe FeS H2SO4(稀）
（3）
(4)取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝。（或其他合理答案）
（5）4Fe2++4Na2O2+6H2O = 4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+
12.下图是部分短周期元素的单质及其化合物的转化关系图（有关反应的条件及生成的H2O已略去），已知：
（a）A、B、C、D是非金属单质，其中B、C、D在常温常压下是气体。（b)反应①、②是化工生产中的重要反应。（c)化合物E是形成酸雨的污染物之一，化合物K是常用的氮肥。（d)化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得。（e)化合物J由两种元素组成，其相对分子质量为32。
请按要求填空：
（1）反应③的化学方程式 。
（2）C的结构式 ；H的化学式 。
（3）L的溶液与化合物E反应的离子方程式 。
（4）化合物J的化学式 。
答案 （1）2NH3+H2SO4 =（NH4）2SO4 （2）N≡N （NH4）2SO3或NH4HSO3
（3）ClO-+SO2+2OH- = Cl-+SO+H2O (4)N2H4
解析 本题属于框图推断题，解答此题的“突破口”是化合物E；因A、B、C、D都是非金属单质，且其中A不是气体，结合“化合物E是形成酸雨的污染物之一”，可推知E为SO2；则A为硫，B为O2。再根据“反应②是化工生产的重要反应”及 且“K是常用氮肥”可推出F为氨气，再结合 和“丁由两种元素组成相对分子质量为32”可推出J为N2H4，C为N2，D为H2，又由于L具有漂白性可由Cl2和NaOH制得，则L为NaClO，而可以完成本题答案。
13.蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下：
（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2+外，还含有的金属离子是 。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀pH 1.5 3.3 9.4
（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH=7～8（有关氢氧化物沉淀的pH见上表），Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致 溶解、 沉淀。
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入 （填入物质的化学式），然后 （依次填写实验操作名称）。
（4）物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是 （填写物质化学式）。
（5）现设计一个实验，确定产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤（可用试剂：浓硫酸、碱石灰）：
①样品称量；②高温分解；③ ；④ ；⑤MgO称量。
（6）18.2 g产品完全分解后，产生6.6 g CO2和8.0 g MgO，由此可知，产品的化学式中：a= ,b= ,c= 。
答案 (1)Fe3+、Al3+
(2)Al(OH)3 Mg(OH)2
(3)NaOH 过滤、洗涤、灼烧
（4）CO2
（5）用浓硫酸吸收水蒸气 称量碱石灰吸收CO2前后的质量
（6）3 1 3
解析 （1）从蛇纹石的组成中含有Fe2O3、Al2O3可推知，还含有的金属离子为Fe3+、Al3+。
（2）因表中数据表明Mg(OH)2沉淀的pH为9.4，而Al(OH)3沉淀的pH为3.3，应控制pH=7～8，否则若加入过量的Ca(OH)2，pH过大会导致Al(OH)3溶解，Mg(OH)2沉淀而析出。（3）要提纯红色氧化物作颜料，根据Fe3+的性质应首先加入NaOH使其沉淀为Fe(OH)3，然后过滤、洗涤、灼烧，使Fe(OH)3分解即产生Fe2O3［2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O］。（4）由实验步骤的图示可以直接选取CO2。
（5）要确定产品中的a、b、c只要测出CO2的质量、水的质量和MgO的质量即可，步骤见答案。
（6）根据产品aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O的分解方程：aMgCO3·bMg(OH)2·cH2O= (a+b)MgO+aCO2↑+(b+c)H2O,结合题给数据列方程即可求得a=3,b=1,c=3。
14.A、B、C、D、E 5瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3和AgNO3
中的一种，已知：
①A与B反应有气体生成 ②B与C反应有沉淀生成
③C与D反应有沉淀生成 ④D与E反应有沉淀生成
⑤A与E反应有气体生成 ⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质
请填空：
（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式（分子式）是 。
（2）A是 ，B是 ，C是 ，
D是 ，E是 。
（3）A与E反应的离子方程式是 。
答案 （1）AgCl
（2）Na2CO3 HCl AgNO3 BaCl2 NaHSO4
（3）CO+2H+=CO2↑+H2O
解析 A能和B、E反应生成气体，只能是Na2CO3,B、E分别是HCl、NaHSO4中的一种。B和C、D和E能生成沉淀，可知C、D分别为BaCl2、AgNO3中的一种。C、D反应生成的沉淀是AgCl，因②③产生的沉淀都是AgCl，可知B为HCl、C为AgNO3、D为BaCl2，E是NaHSO4。高考化学二卷的功能是协调选择题与其他题型在考查知识与能力方面的关系，其特点是突出知识的重点，强调能力的考查，必要时还在所填空格后加以指导语。
化学二卷导致考生失分的主要原因是：一是填空题重点考查考生的阅读理解和文学表述能力，要求考生有敏捷的思维和观察能力、表达能力，表述内容既要准又须与题意贴切吻合；二是填空题答案呈发散性（而选择题仅四个选项），可以克服考生盲目猜估和侥幸得分；三是题中信息曲径通幽，要求考生善于化“隐”为“现”跃过命题者巧布的“陷阱”，故应考时应注意：
1、抓住关键，以新联旧
填空题形式新颖，思维巧妙，很富有思考性，综合性程度很高，内容跨度大，知识的串联性强，只要抓住关键，搞清题目的条件和要求，在此基础上题目的新要求与学过的旧知识联系，进行有关知识的整体思维，答案就能顺利推出。
【例1】 臭氧（O3）是一种有点腥气味的淡蓝色气体，它具有比氧气更强的氧化性。已知臭氧能使润湿的碘化钾淀粉试纸变蓝，反应中有氧气生成，则反应的化学方程式是 ，反应中氧化产物是 ，还原产物是 。
【解析】这是一道以化学基本概念中的氧化还原反应为内容的填空题。根据题意很容易得出O3 + KI→I2 + O2这一转化关系，显然反应物中的钾元素在生成物中以何种形式出现，是本题的难点。据钾元素在反应前后价态未变，肯定在生成物中也是K+。那么与K+结合的阴离子是什么？这是突破难点的关键。此时，应从题目的字、词、句中挖掘隐含条件，抓住“湿”字这个突破口，就知反应物中还有水参与反应，于是又得出O3 + KI + H2O→I2 + O2 + KX。再在此基础上进行综合思维，根据质量守恒定律和题目要求，不难推知X－就是OH－，因而就有：O3 + 2KI + H2O = I2 + O2 + 2KOH，于是第一空就完成了，后面的两空全部脱离了题目的信息，进入整体思维，在氧化还原反应中得失电子、化合价改变、氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物之间的关系进行解答。由于I－是还原剂，则氧化产物就是I2，这一空较容易。但不能因O3是氧化剂，就不加思索地判断出O2是还原产物，因为O3和O2都是氧元素的单质，氧元素的化合价都是0，即反应前后化合价没变，于是又出现难点，解决此难点，其关键就是看O3里的氧原子获得电子而转变成了什么。仔细观察反应方程式，不难看出O3中有两个O原子形成了O2，价态没变，另一个O原子进入KOH，即跟水生成了OH—，价态降低了，所以KOH是还原产物，解答第二空的整个思维是把新问题与已学过的旧知识紧密结合，以新联旧，抓住还原产物在反应物中一定是氧化剂，氧化剂中的元素在反应中一定要得电子导致元素化合价降低的这一关键。
2、透过现象，抓住本质
【例2】由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的某几种固体组成的混合物，加入盐酸放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积明显减少，将上述混合物在空气中充分加热，有气体放出，且残留固体质量有所增加，由此可知，混合物中一定含有 ，一定不含有 ，不能确定是否含有 。
【解析】⑴ 以题意混合物中加入盐酸放出气体可能是HCl与NaHCO3或Na2CO3或Na2O2等反应，且气体通过NaOH溶液后体积明显减少，但又不等于零，肯定为CO2和O2的混合气体，固体混合物中一定含有Na2O2。
⑵将混合固体在空气中充分加热有气体放出，说明固体中一定有NaHCO3。
⑶残留固体质量有所增加，多数考生认为NaHCO3 受热分解质量减少，但Na2O2与CO2、H2O反应固体质量增加，于是没有透过现象分析透本质便匆忙答一定有Na2O2 和NaHCO3 ，一定不含有的是无，不可能确定的是Na2O、NaCl、Na2CO3的错误结论。
⑷其实抓住本质分析下列反应：2NaHCO3Na2CO3 + H2O + CO2↑① 2Na2O2 + 2CO2==2Na2CO3 + O2↑② 2Na2O2 + 2H2O==4NaOH + O2↑③，可知反应②③所需的H2O（g）、CO2均来自①。（空气中的H2O（g）、CO2可忽略）
故无论NaHCO3与Na2O2以怎样比例混合，充分加热后，其总质量必定减小，与命题“质量增加”矛盾。这还隐含另一个质量增加反应：2Na2O + O2==2Na2O2。
综上正确答案是：一定含有Na2O、Na2O2、NaHCO3；一定不含有的是无；可能含有的是Na2CO3、NaCl。
3、变通思维，合理迁移
【例3】Fe3O4可以写成FeO.Fe2O3若看成一种盐时，又可以写成Fe[FeO2]2，根据化合价规律和这种书写方法，若将Pb3O4，用上述氧化物形式表示，其化学式可写成 ，看成盐时可写成 ，等物质的量的Fe3O4和Pb3O4分别在一定条件下和浓盐酸反应时，高价的铅能将盐酸氧化而放出Cl2，而高价铁则不能，写出Fe3O4、Pb3O4与盐酸反应的化学方程式 、 。
【解析】这是一道填空型信息迁移题，如果运用简单模仿，则会将Pb3O4类比Fe3O4错填为PbO.Pb2O3、Pb[PbO2]2。正确领会题干信息必须遵守化合价分析规则和Fe3O4书写方法。因Fe3O4中Fe有 ＋2价、＋3价，而Pb3O4中的Pb却只有＋2价、＋4价。故Pb3O4中有一个＋4价的铅原子和两个＋2价的铅原子。变通思维后不难得：Pb3O4氧化物形式为：2PbO.PbO2，写成盐时为Pb[PbO4]。
同理，变通思维可写出二者与盐酸反应的化学方程式：
Fe3O4 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Pb3O4 + 8HCl = 3PbCl2 + Cl2↑ + 4H2O
4、利用规律，逐步推理
近几年来，高考填空题中出现了许多“满足关系”和“取值范围”的题目。这些题目形式新颖，创意较高，思维抽象，规律性很强。该类题目大都是内容源于课本，要求学生对化学基本理论透彻理解，熟练运用，有一定的逻辑推理能力，对于这类题，应该将计就计，首先抓住知识的内在规律，找出对应关系，逐步推理，导出结果。
【例4】在25℃时，若10体积某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液是碱性，则混合前，该强酸溶液的pH值x与该强碱溶液的pH值y之间应满足的关系是 。
【解析】这道题属于强酸强碱混合的pH值计算题，内容源于课本、难度较大。但此题却有较强的内在规律：pH值与c(H+)和c(OH—)的关系规律，强酸和强碱中和规律。根据这些规律可知：强酸中 c(H+) =10—xmol·L-1 ,强碱中c(OH—)= 10－（14—y）mol·L-1 ，由于酸碱混合液中c(H+)10×10－x，即10－（14—y）>101—x。
所以 —(14 — y)> 1 — x，故x + y>15。
5、利用关系，推、验结合
近几年来，高考题中，年年都有元素及其化合物的推断题，尽管年年形式更换，但其解答的思路未变，这类题往往以图表转化关系出现，反应较多，关系复杂，覆盖面广，综合性强，跨度较大，文字表达较少，但容量却很多，他的功能主要考查学生对元素化合物相互转化的关系掌握程度和推断能力，该题也是高考题中唯一的一个关于元素及其化合物的综合题。对于这类题的解答，首先必须仔细读题看图，在读题和看图过程中能得到某些启示，这些启示就成了解题的突破口，从这些突破口出发，通过边推边验证的方法，紧紧抓住图中的各种关系，即可求得题目的正确答案。
【例5】下图中每方框表示一种反应物或一种生成物（反应中加入的水或生成的水，以及由H加热发生的反应中除去G以外的产物均已略去）。已知A、D、G、H是焰色反应呈紫色的化合物，E通常情况下是一种黄绿色的气体，F通常情况下是一种无色无刺激性气味的气体。
请填写下列空白：
⑴物质A的化学式是 ；
物质B的化学式是 ；
物质H的化学式 。
⑵D与F反应的离子方程式： 。
⑴A是K2CO3，B是Ca(OH)2，H是KClO3
⑵D和F反应的离子方程式是2OH— + CO2 = CO32－ + H2O
6、表达准确，击中要点
【例6】在25℃时，若10体积某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸溶液的pH值与该强碱溶液的pH值之间应满足的关系是 。
【解析】这是一道有关pH计算的填空题，设问方式新颖，打破了常规思维习惯，着重考查学生的逆向思维与发散思维能力。
答案：强酸的pH值与强碱的pH值之和等于15。如果答卷中表述出强酸与强碱的c(H+)之间的关系或只答出强酸的pH值与强碱的pH值之间的比值，此题评分时计零分或减分。
7、深化思维，飞越陷阱
【例7】有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Na+、Mg2+、Ba2+、Al3+、Fe3+、SO42－、CO32－、NO3－、Cl－和I－。取该溶液进行如下实验：
①用pH试纸试验，表明溶液呈强酸性；
②取部分溶液，加入少量CCl4及数滴新制的氯水经振荡后，CCl4呈紫红色；
③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成；
④取上述碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成；
⑤将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。根据以上实验事实确定：该溶液中肯定存在的离子有 ；肯定不存在的离子有 ；不能确定是否存在的离子是 。【母题1★★★】向300mL KOH溶液中缓慢通入2.24L CO2气体（标准状况），充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到11.9g白色固体。请通过计算确定此白色固体的组成及其质量各为多少克？所用KOH溶液的物质的量浓度是多少？
【分析】先由极端假设法确定白色固体的组成：设定2.24L CO2与KOH溶液反应所得产物只有一种，即K2CO3或KHCO3。若只生成K2CO3，由C原子守恒可求得m(K2CO3)=×138g/mol=13.8g；若只生成KHCO3，由C原子守恒可求得m(KHCO3)=×100g/mol=10.0g。而题设质量为11.9g，故该白色固体由K2CO3和KHCO3组成。由C原子守恒可得：n(CO2)=n(K2CO3)+n(KHCO3)==0.100mol。设K2CO3的物质的量为amol，则KHCO3的物质的量为0.100mol-amol。则由138g/mol×amol+
100g/mol×(0.100mol-amol)=11.9g，解之得：a=0.050mol。所以m(K2CO3)=0.050mol×138g/mol
=6.90g，m(KHCO3)=0.050mol×100g/mol=5.00g。由K+离子守恒可得：n(KOH)=2×n(K2CO3)+1×n(KHCO3)
=2×0.050mol+1×0.050mol=0.150mol。所以c(KOH)=n(KOH)/V=0.150mol/0.300L=0.50mol/L。
【解答】m(K2CO3)为 6.90g, m(KHCO3)为5.00g。 c(KOH)为0.50mol/L。
【点拨】关注极端假设法与元素守恒的综合应用。
【解题锦囊】极值法是一种重要的数学思想和分析方法。化学上所谓“极值法”就是对数据不足而感到无从下手的计算或混合物组成判断的题目，采用极端假设（即为某一成分或者为恰好完全反应）的方法以确定混合体系中各物质的名称、质量分数、体积分数，这样使一些抽象的复杂问题具体化、简单化，可达到事半功倍之效果。
【衍生1★★★】在密闭容器中进行X2(g)＋3Y2(g) 2Z(g)的反应，其中X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能的是（ ）
A．c(Z)＝0.5 mol·L－1
B．c(Y2)＝0.5 mol·L－1或c(Z)＝0.1 mol·L－1
C．c(X2)＝0.2 mol·L－1或c(Y2)＝0.6 mol·L－1
D．c(Z)＝0.4 mol·L－1
【解析】假设反应向正方向进行完全，则生成物Z的浓度为：c(Z)＝0.4 mol·L－1，但该反应为可逆反应，故备选项A、D中，c(Z)≥0.4 mol·L－1不合题意。假设反应逆向进行到底，则c(X2)＝0.2 mol·L－1，c(Y2)＝0.6 mol·L－1，显然C也不合题意。
【答案】B
【点拨】解答有关化学平衡浓度、物质的量等问题时，常用极端假设法。
【衍生2★★★】某碱金属单质与其普通氧化物的混合物共1.40g，与足量水完全反应
后生成1.79g碱，此碱金属可能是（ ）
（A）Na （B）K （C）Rb （D）Li
【解析】本题若用常规思路列方程计算，很可能中途卡壳、劳而无功。但是如果将1.4g
混合物假设成纯品（碱金属或氧化物），即可很快算出碱金属相对原子质量的取值范围，以确定是哪一种碱金属。
①假定1.4g物质全是金属单质（设为R） ②假定1.40g全是氧化物设为R2O
则：R→ROH △m 则：R2O → 2ROH △m
MR 　　 17 2MR+16 　 　18
1.40 （1.79-1.40） 解之MR=61 1.40 （1.79-1.40） 解之MR=24.3
既然1.40g物质是R和R2O的混合物，则R的相对原子质量应介于24.3—61之间。题中已指明R是碱金属，相对原子质量介于24.3—61之间的碱金属只有钾，其相对原子质量为39。
【答案】B
【点拨】极端法是化学计算中的一种技巧性解法，它适用于混合物的计算。
【衍生3★★★】将标准状况下的NO、NO2、O2的混合气体充满容器，倒置于水中完全溶解，无气体剩余，若产物也不扩散，则所得溶液的物质的量浓度的数值范围是（　）
A.＜ C ＜
B. ＜ C ＜
C. ＜ C ＜
D.无法确定
【答案】B
【点拨】本题的解题思路是假设只有混合物中的某一成份，通过计算得出两个极端值，然后根据题目要求得出正确答案。
【衍生4★★★】0.03mol Cu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合
气体共0.05mol 。该混合气体的平均相对分子质量是（ ）
A.30 B.46 C.50 D.66【母题1★★★】将1.92g Cu 投入到一定量的浓 HNO3 中，Cu 完全溶解，生成的气体越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体。将盛此气体的容器倒扣在水中，若可使容器中充满液体，通入标准状况下的氧气的体积为（ ）
A.168mL B.336mL C. 672mL D. 33.6mL
【分析】浓 HNO3 将 Cu氧化后自身被还原为低价氮的氧化物，而低价氮的氧化物又恰好被通入的氧气氧化，最后变成 HNO3 ，相当于在整个过程中HNO3的化合价未变，即1 .92 g Cu相当于被通入的氧气氧化。由电子得失守恒知 ×2 = ×4 解之，V(O2 )=0.336L 即通入336mLO2即可。
【解答】B
【点拨】按一般解法解此题较为复杂。如果抛开细节，注意到它们间的反应都是氧化还原反应，把氧化剂和还原剂得失电子相等作为整体考虑，则可化繁为简。
【解题锦囊】思维的整体性包括了思维的广阔性和综合性。整体思维是一种策略思维，其核心是将化学问题作为整体看待，抓住构成问题的各个因素与整体间的关系以及在整体中的作用，从整体变化中寻找变量和恒量，从整体上对有关信息进行变形、替代、转化等技术处理，拓展思维空间，简化解题过程，方便迅速解题。思维能力是智力的核心，优秀的思维品质有多种特征，思维的整体性是其中一个重要方面。总而言之，思维的整体性就是从问题的全局出发，整体驾驭信息，以抛开次要因素，抓住主要、实质因素，直接架起问题与结论的桥梁，简化问题的解决，如果能较好的掌握此类解题方法和养成思维习惯，能起到事半功倍的效果。
【衍生1★★★】有5.1g镁，铝合金，投入500ml 2mol/L 盐酸溶液中，金属完全溶解后，再加入4 mol/L NaOH溶液，若要达到最大量的沉淀物质，加入的NaOH溶液的体积为
（ ）
A．300 ml B．250 ml C．200 ml D．100 ml
【解析】Mg 、Al 与HCl反应， 生成Mg2+ 和Al3+，二者与NaOH反应，生成Mg(OH)2
和Al(OH)3，若要达到最大量的沉淀物质，此时溶液为NaCl溶液。从反应的整体来观察，原溶液里的Cl- 和加入的Na+都不参加反应，最终生成NaCl，即，n(HCl)=n( NaOH)，即V( NaOH)= n(HCl)/ c( NaOH) = 2×0.5/4=250ml。
【答案】B
【点拨】确定最终溶液呈中性，为NaCl溶液，是解答本题的关键。
【衍生2★★★】向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250mL2mol·L-1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12LNO（标准状况），再向反应后溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是（　）
　　　A、450mL B、500mL C、400ml D、不能确定
【解析】此题涉及多个反应，若全部写出化学方程式来计算显得十分繁琐，要使铁元素完全沉淀，但不能确定铁元素最终以Fe(OH)2或Fe(OH)3出现，HNO3是否过量也不能确定，因而顺向求解比较困难。要使铁元素恰好完全沉淀，最后溶液必为NaNO3溶液，由原子守恒有n(NaOH)=n(NO3—)=n(HNO3)－n(NO)，即0.25L×2mol L-1－0.05mol =V(NaOH)×1mol·L-1，所以V(NaOH)=0.45L=450mL。
【答案】A
【点拨】忽略中间反应过程，运用终态寻求守恒关系，即可迅速求解。
【衍生3★★★】把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（　）
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
【解析】把铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2-留在溶液中；Fe2+生成Fe(OH)2沉淀。过滤后对沉淀进行灼烧得到红棕色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3。根据始态合金与终态Fe2O3的质量相等，而铁在整个反应过程中守恒，所以合金中铝的量等于Fe2O3中氧的量，即w(Fe)= ×100% =70%。
【答案】A
【点拨】纵观全题，发现合金中铝的量等于Fe2O3中氧的量，本题迎刃而解。
【衍生4★★★】足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
【解析】根据题意可将题中的反应过程表示如下：
从中我们可以看出：在整个反应过程中失电子的物质为Cu，而得电子的物质为O2，HNO3中的N元素在整个过程中最终没有变价（即反应前与反应后的价态相同）。因此利用氧化还原反应中得失电子守恒规律得出：
n(Cu)×2=n(O2)×4，n(Cu)=2n(O2)==0.15mol。然后加氢氧化钠溶液时发生Cu2+＋2OH－=Cu(OH)2↓，所以n(OH－)=2n(Cu2+)，因此V(NaOH)=
=0.06L=60mL。
【答案】A
【点拨】产生的NO2、N2O4、NO与1.68LO2（混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。说明硝酸没有发生电子转移。
112
160考点1、制备实验方案设计
制备实验设计思路及一般方法
列出可能的几种制备方法和途径，然后进行分析和比较，从中选取最佳的实验方法。
在制订具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。其顺序是：
特别提醒 ：制备实验方案遵循的原则：（1）条件合适，操作方便；（2）原理正确，步骤简单；（3）原料丰富，价格低廉；产物纯净，染污物少。
考点2、性质实验设计型
（1）探索性性质实验方案的设计
分析其结构特点或从所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系列性质，而后据此设计合理实验方案，探索可能具有的性质。
（2）验证性性质实验方案的设计
对物质具备的性质进行求证，关键是设计出简捷的实验，操作简单安全，实验现象明显。
特别提醒：要按照课程内容的要求，积极开展实验探究活动。通过探究活动“发现学习和生产、生活中有意义的化学问题，并进行实验探究；能根据具体情况设计解决化学问题的实验方案，并予以评价和优化；能通过化学实验收集有关数据，并科学地加以处理；能对实验现象做出合理的解释，运用比较、归纳、分析、综合等方法初步揭示化学变化的规律”。
考点3、定量测量设计型
定量测量实验设计是为了深入了解物质和自然现象的量的特征，揭露各因素之间的数量关系，从而确定某些因素的数值。它能够具体的从量上来测定对象所具有的某种性质或者他们的数量关系。它得到的结果是一定质和量之间的准确函数关系。因此所有影响此函数关系准确的因素都视为干扰因素，设计实验就是确定了具体某一方案后，排除此方案中所有干扰因素，干扰因素全部排除，此方案具体的实施程序就清晰且明确了。
例1．（2009天津卷3）下列实验设计和结论相符的是
A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中
B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性
C．某无色溶液中加Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液中一定有SO42-
D．在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后，充分加热，除去过量的Cl2,即可得到较纯净的FeCl3溶液
答案 B
解析 A项，乙醇不可以作为萃取剂，错；
B项，石蕊变蓝，则肯定为碱性，正确。
C项，若原溶液中含有SO32 －，生成BaSO3，再加入HCl，则与溶液的NO3－ 结合，相当于HNO3，则可以氧化BaSO3至BaSO4，沉淀不溶解，故错；
D项，加热时，FeCl3会水解，错。
例2．（2009广东理科基础27）工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法正确的是
选项 污染物 处理措施 方法类别
A 废酸 加生石灰中和 物理法
B Cu2+等重金属离子 加硫酸盐沉降 化学法
C 含苯废水 用活性炭吸附 物理法
D 含纯碱的废水 加石灰水反应 化学法
答案 D
解析 废酸与碱中和属于化学法，A项错；Cu2＋不可能用SO42 －沉降，B项错；活性碳无法吸收苯，C项错；Na2CO3 + Ca(OH)2 CaCO3↓+ 2NaOH，是复分解法，属于化学法，D项正确。
例3．（2009北京卷8）下列叙述正确的是
A．将通入溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入，产生沉淀
B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解
C．向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入溶液，沉淀消失
D．纯锌与稀硫酸反应产生氨气的速率较慢；再加入少量固体，速率不改变
答案 C
例4．（2009上海卷11）1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如右图。下列对该实验的描述错误的是
A．不能用水浴加热
B．长玻璃管起冷凝回流作用
C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤
D．加入过量乙酸可以提高1-丁醇的转化率
答案 C
例5．（2009全国卷Ⅱ28）已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意
图中的装置可以实现该反应。
回答下列问题
（1）A中加入的物质是_____________①_____________________________.
发生反应的化学方程式是_______________②_______________________;
（2）B中加入的物质是_____③________，其作用是_________④_______________:
（3）实验时在C中观察到得现象是_____________⑤_________________，
发生反应的化学方程式是_________________⑥____________________;
（4）实验时在D中观察到得现象是________________⑦__________________，
D中收集到的物质是_______⑧_______，检验该物质的方法和现象是_________⑨_____________。
答案（1）固体NH4Cl和Ca(OH)2
2NH4Cl +Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O（或其他合理答案）
（2）碱石灰（或CaO） 除去NH3气流中的水汽
（3）黑色粉末部分逐渐变为红色 2NH3+3CaO N2+3H2O+3Cu
（4）出现无色液体 氨水
用红色石蕊试纸检验、试纸变蓝 用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝
解析 本题考查化学实验和有关化学方程式，注意化学实验现象的描述和试剂的选择。根据反应原理，反应物为氨气和氧化铜，可以判断试管A为制取氨气的装置，因此装入的药品应该为氯化铵和氢氧化钙，氨气要使用碱石灰。加热后，黑色氧化铜变为红色的铜，生成的水和氨气生成氨水留在了D中，而氮气通过排水法进行收集。检验氨气可利用其碱性，检验水可以用无水硫酸铜。
例6．（2009安徽卷28）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调
节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1
H2O2 Fe2+
① 为以下实验作参考 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
【数据处理】 实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图所示。
（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：
（p-CP）= mol·L-1·s-1
【解释与结论】
（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因： 。
（4）实验③得出的结论是：PH等于10时， 。
【思考与交流】
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：
答案（1）
实验编号 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1
H2O2 Fe2+
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究溶液的pH对降解反应速率的影响
（2）8.0×10-6
（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。
（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）
（5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）
解析（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H2O2)=6.0 mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30 mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；
（2）在50～150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L-1，则v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；
（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；
（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。
测试题
1．下列实验能达到预期目的的是 ( )
A.向煮沸的1 mol·L-1NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
B.向乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C.称取19.0 g SnCl2，用100 mL蒸馏水溶解，配制1.0 mol·L-1SnCl2溶液
D.用氢氧化铜粉末检测尿糖
答案 B
解析 向NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液会产生Fe(OH)3沉淀，不会产生胶体，要制备Fe(OH)3胶体，应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，因此A不正确;配制SnCl2溶液时，由于Sn2+易水解，因此应将SnCl2先溶解在浓盐酸中，再加水稀释到所需的浓度，C也不正确;检测尿糖必须用新制Cu(OH)2悬浊液，而不能用Cu(OH)2粉末，D也不正确。
2．以下说法中正确的是 （ ）
A．蛋白质中除了含有C、H、O、N等元素外，通常还含有S元素
B．生活中的水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料都是聚氯乙烯
C．由于晶体硅具有半导体特性，因此可用于制造光导纤维
D．食醋的总酸含量是指食醋中醋酸的总物质的量浓度
解析：聚氯乙烯有毒，一般生活中的水杯、奶瓶、食物保鲜膜等用品的主要材料是聚乙烯；光导纤维的材料是二氧化硅；食醋中总酸含量是指食醋中所含的所有酸性物质。故选A。
答案：A
3.下列试剂的贮存方法错误的是（ ）
A苯用带橡胶塞的试剂瓶贮存 B浓硝酸存放在棕色试剂瓶中
C少量白磷存放在水中 D.少量金属钠存放在煤油中
解析：苯会腐蚀橡胶塞，故A错，浓硝酸见光受热易分解，应保存在棕色试剂瓶中，白磷在空气中易被氧化，与水不反应，常用水保存。
答案：A
4．下列说法正确的是（ ）
A．用碱式滴定管量取18.5mL 1mol/L的NaOH溶液
B．用托盘天平称量50.56gKCl
C．硅酸钠溶液可以保存在滴瓶中
D．中和滴定时，眼睛观察滴定管中液面变化
解析：托盘天平的精度为0.1g，故B错误，硅酸钠不能保存在滴瓶中，会粘合住滴瓶，故C错误；中和滴定时，眼睛不能注视滴定管中液面变化，要观察锥形瓶中溶液颜色变化，并注意滴加的速度。
答案：A
5．在用碳酸钠溶液洗涤铁屑后，要将铁屑从溶液中分离出来，下列方法最简便的是（ ）
A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．倾析法
解析：过滤常用于分离溶液中的不溶物，即固液分离；蒸馏只要是根据液体混合物中各成份的沸点不同进行分离的方法；分液用于分离两种互不相溶液体的方法；倾析法也是用于固液分离的，当沉淀的结晶颗粒较大，静止后容易沉降至容器底部时，常用倾析法进行分离。故要想把铁屑从溶液中分离出来，我们可以采用过滤和倾析法。最简便的应该是倾析法。
答案：D
6．检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是 （ ）
A. 通过品红溶液 B. 通过澄清石灰水
C. 先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水
D. 先通过酸性KMnO4，再通过澄清石灰水
解析：检验CO2可用澄清石灰水，但SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故要检验SO2气体中是否混有CO2气体，必须先除掉SO2，利用二氧化硫的还原性，用酸性KMnO4溶液。
答案：D
7．在空气中久置而不易变质的物质是 （ ）
A．过氧化钠 B．硅酸钠溶液 C．纯碱 D．亚硫酸钠
解析：过氧化钠在空气中会与二氧化碳和水蒸气反应而变质，硅酸钠溶液会与二氧化碳反应变质，亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化而变质。
答案：C
8．下列实验操作或所记录的数据合理的是 （ ）
A．NaOH溶液可保存在玻璃塞的试剂瓶中
B．液溴应盛放在用水密封且用玻璃塞塞紧的棕色试剂瓶中
C．一学生用pH试纸测得某溶液的pH为2.8
D．配制硫酸亚铁溶液，是将绿矾晶体溶于蒸馏水再加入一定量的铁粉
解析：NaOH等碱性物质保存时不能用玻璃塞，故A错；pH试纸只能粗测溶液的酸碱性，故C错；制备硫酸亚铁溶液是用铁与稀硫酸反应制备。
答案：B
9．（2009·浙江海宁市模拟）下列实验设计不能达到目的的是 （ ）
A．除去乙酸乙酯中少量的乙酸，用饱和碳酸钠溶液洗涤分液
B．碘水中的碘，用酒精萃取
C．鉴别氢氧化铝胶体与碳酸钠溶液，用丁达尔效应
D．检验Fe2＋可用KSCN溶液和氯水
解析：酒精易溶于水，故不能作为萃取剂，故选B；
答案：B
10．解热镇痛药阿司匹林结构简式如图所示，它可能发生的反应类型有（ ）
①取代 ②加成 ③消去 ④水解 ⑤酯化 ⑥中和 ⑦加聚
A ①③④⑤⑥ B①②④⑤⑥ C③④⑤⑥⑦ D①④⑤⑥⑦
解析：从其结构可以看出，含有羧基，可以发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应，羧基有酸性还可以发生中和反应；分子中含有酯键，可以发生水解反应；含有苯环可以发生加成反应。但不能发生消去反应和加聚反应。
答案：B
11．下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是 （ ）
解析：碘溶于酒精，故不能用分液的方法分离，A错；制备氨气应用铵盐和碱混合加热，氯化铵分解生成的氨气和氯化氢遇冷后又会化合，故B错；氯气可与NaOH溶液反应，故不能用NaOH洗气，故C错；NO不溶于水也不与水反应，故可以用排水法收集。
答案：D
12．以下每个选项中的两组物质都能反应，且放出同一种气体产物的是（ ）
A．铜与稀硫酸，铜与浓硫酸 B．铁与稀硫酸，铁与浓硫酸
C．硫化钠与稀硫酸，亚硫酸钠与稀硫酸 D．硫化钠与稀硫酸，硫化钠与稀盐酸
解析：铜和稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应放出SO2气体，铁与稀硫酸反应放H2，浓硫酸与铁常温下发生钝化，加热有二氧化硫气体产生，故B错；硫化钠与稀硫酸反应生成H2S，亚硫酸钠与稀硫酸反应生成SO2，故选D。
答案：D
13．甲、乙、丙、丁分别是Al2SO43、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加而沉淀消失。丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是 （ ）
A Al2SO43 B NaOH C BaCl2 D FeSO4
解析：将丁溶液滴入乙溶液中，先有白色沉淀后溶解，故丁为NaOH，乙为Al2SO43；将丁（NaOH溶液）加入甲溶液中无明显现象，故甲为BaCl2溶液，所以丙物质为 FeSO4。
答案：D
14．如右图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量的硫酸（以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是（ ）
A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
C．品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性
D．沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性
解析：吸入硫酸会与Na2SO3晶体反应，生成SO2气体，沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，是利用SO2气体的还原性，沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，是利用SO2的酸性氧化物的性质。
答案：C
15．某无色溶液，由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2─、MnO4─、CO32─、SO42─中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：⑴取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液；⑵ 在⑴所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时析出白色沉淀甲；⑶ 在⑵所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成，同时析出白色沉淀乙。则下列离子在原溶液中一定存在的有： （ ）
A．SO42-、AlO2─、Na+ B．Na+、CO32─、AlO2─
C．CO32─、Na+、Al3+ D．MnO4─、Na+、CO32─
解析：无色溶液可以判断无MnO4─，故Ｄ错；加盐酸有气泡产生，故含有CO32─，则无Ag+、Ba2+、Al3+，阳离子为Na+，C错；加NH4HCO3与（1）中过量的盐酸反应有气体放出，沉淀为Al(OH)3沉淀，故含有AlO2─，在（1）中加入过量的盐酸转化为Al3＋，加入NH4HCO3生成沉淀，（3）加入BaOH2所得沉淀为BaCO3沉淀。
答案：B
16．有两种物质的量浓度相等的溶液，把它们等体积混合有白色沉淀生成，加入过量稀HNO3后，沉淀消失并放出气体，再加入AgNO3溶液又有白色沉淀生成，这两种溶液是（ ）
A．Na2CO3和Ca(OH)2 B．Na2CO3和CaCl2
C．Na2SiO3和HCl D．Na2SO4和Ba(NO3)2
解析：加入稀硝酸沉淀消失且有气体放出，根据选择项可知应含有CO32－，沉淀不是BaSO4，故排除C和D；再加硝酸银又有白色沉淀产生，应为AgCl沉淀，故选B。
答案：B
17．某校课外活动小组的同学分别对四种溶液中所含的离子进行检测，下列所得结果，有错误的是（ ）
A．K+、Na+、Cl-、NO3- B．OH-、CO32-、Cl-、K+
C．Ba2+、Na+、OH-、NO3- D．Ba2+、NO3-、OH-、SO42-
解析：所给的是溶液，即所含离子能大量共存，D项中Ba2+和SO42-不能大量共存，故D错。
答案：D
18．将S02通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色；继续滴人BaC12 溶液，产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是 （ ）
A . S02 B . Cl－ C . Fe3＋ D . NO3－
解析：S02有还原性，加入到Fe(NO3)3溶液中，将Fe3＋ 还原为Fe2＋，溶液由棕黄色变为浅绿色，在酸性环境下，NO3－将Fe2＋氧化为Fe3＋，故最终被还原的为 NO3－ .
答案：D
19．用装置A、B和乳胶管组成装置，用于收集干燥的NH3气体（①装置A已经气密性检查；②可供选用的试剂有碱石灰、水和酚酞）。回答下列问题：
(1)气体流经装置的顺序是：NH3→______→_______→c（填接口代号）；
(2)干燥剂碱石灰应放在________中（填广口瓶代号）；
(3)说明NH3气体已经集满的现象是___________________________。
解析：要干燥氨气，可用碱石灰干燥，收集NH3用向下排空气法，尾气用水吸收。
答案：（1）b a （2）（Ⅱ） （3）B中滴有酚酞的水变红（或B中漏斗内水面忽上忽下）
20．某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解，进行了如下实验：
（一）制取氧化铜
①称取2 gCuSO4·5H2O研细后倒入烧杯，加10 mL蒸馏水溶解；
②向上述CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，直到不再产生沉淀，然后将所得混合物转移到蒸发皿，加热至沉淀全部变为黑色；
③将步骤②所得混合物过滤、洗涤，晾干后研细备用。
回答下列问题：
⑴上述实验步骤中需要使用玻璃棒的是_______________（填实验序号），步骤①、③中研磨固体所用仪器的名称是__________________；
（二）证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较
用右图装置进行实验，实验时均以生成25 mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略，相关数据如下：
实验序号 KClO3质量 其它物质质量 待测数据
④ 1.2 g 无其他物质
⑤ 1.2 g CuO 0.5 g
⑥ 1.2 g MnO2 0.5 g
回答下列问题：
⑵上述实验中的“待测数据”指_______ _____；
⑶本实验装置图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50 mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管；
⑷若要证明实验⑤中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住B中乳胶管，拔去干燥管上单孔橡皮塞， ；
⑸为探究CuO在实验⑤中是否起催化作用，需补做如下实验（无需写出具体操作）：
a．___________________ __ ____，b．CuO的化学性质有没有改变。
解析：在固体溶解过程、蒸发过程及过滤中都要用到玻璃棒，故为①②③；研磨固体要用的仪器是研钵。该实验的目的是证明氧化铜能加快氯酸钾的分解及与二氧化锰的催化效果比较，要进行反应速率大小的比较，故通过反应时间的长短进行比较，即待测数据为时间；碱式滴定管下端没有旋转活塞，可以进行改装；验证氧气常用一根带火星的木条，伸入干燥管内，松开弹簧夹，看木条是否复燃即可；催化剂在反应过程中不改变质量和化学性质。
答案：（1） ①②③ 研钵 （2）时间 （3）碱式 （4）取一根带火星的木条，伸入干燥管内，松开弹簧夹，看木条是否复燃 （5）CuO的质量有没有改变
21．某课外小组利用H2还原黄色的WO3粉末测定W的相对原子质量，下图是测定装置的示意图，A中的试剂是盐酸。
请回答下列问题。
(1)仪器中装入的试剂：B_________、C__________、D___________。
(2)连接好装置后应首先__________________，其方法是____________________。
(3)“加热反应管E”和“从A瓶逐滴滴加液体”这两步操作应该先进行的是_______________________。在这两步之间还应进行的操作是__________________；
(4)反应过程中G管逸出的气体是__________，其处理方法是_________________。
(5)从实验中测得了下列数据
①空E管的质量a
②E管和WO3的总质量b
③反应后E管和W粉的总质量c(冷却到室温称量)
④反应前F管及内盛物的总质量d
⑤反应后F管及内盛物的总质量e
由以上数据可以列出计算W的相对原子质量的两个不同计算式(除W外，其他涉及的元素的相对原子质量均为已知)：
计算式1：Ar(W)＝____________________；计算式2：Ar(W)＝____________________。
解析：(1)实验室通常用盐酸和锌粒反应制取氢气，B中放锌粒，生成的氢气中混有少量的HCl和H2O，因此洗气瓶C中用水吸收挥发出的HCl气体，洗气瓶D中用浓硫酸干燥H2。
(2)连接好装置后应先检验装置的气密性。具体方法是：将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好。
(3)反应时应先通入氢气，然后再加热反应管E，所以应该先向A瓶逐滴滴加液体，制取氢气；在加热反应管E之前，还必须检验氢气的纯度，只有氢气纯了，才能对反应管进行加热E。
(4)F会将生成的水蒸气吸收，最后从G管逸出的气体是氢气，可以采用在 G管出口处点燃的方法，除去多余的氢气。
(5)根据反应：WO3＋3H2W ＋ 3H2O m(即3O)
= ==
① ② ③ ④
①②联解得：Ar(W) ＝
①③联解得：Ar(W) =－48
①④联解得：Ar(W)=(同①②)
②③联解得：Ar(W) =
②④联解得：Ar(W) =(同①②)
所以有三个答案，任选二种。
答案：(1)锌粒、水(或NaOH溶液)、浓硫酸。 (2)检查气密性； 将G弯管浸没在盛有水的烧杯中，温热烧瓶B，观察G管口，若有气泡逸出，说明装置的气密性良好。
(3)先从A瓶逐滴滴加液体； 检验H2的纯度。
(4)氢气； 在G管出口处点燃。 (5) ；－48；
Cl2(HCl)
NaOH溶液
C．除去Cl2中的HCl
NO
水
D．排水集气法收集NO
A
B