第六節 鎂和鋁
【易錯指津】
1．鎂是活潑金屬，雖不跟堿性溶液反應，但能置換出酸中的氫，也能與水解呈酸性的鹽溶液反應產生H2。
2．注意對Al2O3、Al(OH)3兩性的理解，以及對Al3+、AlO2-存在條件的認識。
Al2O3、Al(OH)3僅能溶于強酸和強堿溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、AlO2-只能分別存在于酸性與堿性溶液中。
Al3+與下列離子不能大量共存：OH-、CO32-、HCO3-、SO32-、S2-、AlO2-，其中OH-是因為直接反應，其余均是“雙水解”。
AlO2-與下列離子不能大量共存：H+、HCO3-、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。其中H+和HCO3-是因為直接反應（AlO2-+ HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-），其余也是“雙水解”。
3．注意正確理解圖象的涵義。
圖示中每個曲線或每條曲線的轉折點（拐點），都反映了特定的反應，若沒有找對，或對生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或氣體）的量之比沒搞清，易導致錯誤。
注意研究以下幾個實驗現象及產生沉淀的量與加入物質的量的數量關系的圖象：
①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過量；②向AlCl3和MgCl2混合中逐滴加入NaOH溶液直至過量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至過量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至過量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至過量。
這些是以化學知識為載體考查學生的綜合能力的重要的命題內容，認真研究一定會有益處。
4．Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。所以在堿性溶液中Mg2+總是轉化為Mg(OH)2沉淀，產生的MgCO3也會在加熱的條件下逐漸轉化為Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。
【典型例題評析】
例1 在下列各物質中，加入過量鹽酸后，最終不產生沉淀或渾濁的是（1997年上海高考題）
A.偏鋁酸鈉溶液 B.苯酚鈉溶液 C.硅酸鈉溶液 D.硫代硫酸鈉溶液
思路分析：各選項中產物依次為Al(OH)3、C6H5OH、H2SiO3、S。但Al(OH)3是兩性氫氧化物，能溶于過量的鹽酸中。
答案：A
方法要領：注意鹽酸的量，氫氧化鋁溶于強酸；苯酚微溶于水，通常呈渾濁，而不是沉淀，常用分液法分離。復習中注意歸納物質的化學性質，搞清反應物用量不同時的有關實驗現象。
例2 將等物質的量的鎂和鋁相混合,取等質量該混合物四份,分別加到足量的下列溶液中,充分反應后,放出氫氣最多的是(1996年上海高考題)
A.3mol/LHCl B.4mol/LHNO3 C.8mol/LNaOH D.18mol/LH2SO4
思路分析：在鎂、鋁混合物中加入HNO3和濃H2SO4（兩物質均具有強氧化性）都不能產生H2，加入NaOH溶液只有Al與NaOH溶液反應生成H2而與Mg不反應。而加入HCl，Mg和Al都與鹽酸反應生成H2，所以H2量最多。
答案：A
方法要領：該題溶液的濃度不是計算的數據，而是判斷溶液屬于“濃”或是“稀”。8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常認為是濃酸。
解答時要注意：①等物質的量的鋁和足量酸（非氧化性的酸）和堿反應放出的氣體相同；②鎂、鋁與硝酸反應不能生成氫氣；③鎂與濃硫酸（18mol/LH2SO4）反應生成SO2氣體，鋁與濃硫酸發生鈍化（常溫）；④鎂與鹽酸反應產生氫氣，與NaOH溶液不發生反應。
記住Al與H+反應產生H2之間的物質的量的關系：
n(Al)～3n(H+)～n(OH-)～3/2n(H2)
例3 下列物質能跟鎂反應并生成氫氣的是（1995年全國高考題）
A.甲酸溶液 B.氫氧化鈉溶液 C.氯化銨溶液 D.碳酸鈉溶液
思路分析：鎂為金屬與H+反應而產生氫氣：Mg+2H+=Mg2++H2↑。
答案：A、C
方法要領：酸中的有機酸也可與較活潑金屬反應。解題中防漏選C，氯化銨水解其溶液呈酸性，產生的H+可與Mg反應產生氫氣。
例4 甲、乙兩燒杯中各盛有100mL3mol/L的鹽酸和氫氧化鈉溶液，向兩燒杯中分別加入等質量的鋁粉，反應結束后測得生成的氣體體積比為甲:乙=1:2，則加入鋁粉的質量為
A.5.4g B.3.6g C.2.7g D.1.6g
思路分析：根據鋁與鹽酸和氫氧化鈉溶液反應的方程式判斷，若在含等物質的量的HCl和NaOH溶液中分別加入足量的鋁粉，產生的H2之比為1:3。而題中為1:2，說明鋁粉的量相對鹽酸是過量的，而對NaOH是不足的。與前者反應的鋁粉是2.7g，則與后者反應的鋁粉應為5.4g。
答案：A
一題多解：解題關鍵是判斷Al在哪種溶液中是完全反應的，并以它作為計算的依據。
根據化學反應：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
可見相同質量的鋁分別與足量鹽酸、氫氧化鈉溶液反應時產生氫氣的量相同；但相同質量的鋁分別與不足量的鹽酸、氫氧化鈉溶液反應時產生氫氣的量不相同，需要鹽酸的物質的量比氫氧化鈉多。現產生H2的質量比為1:2，說明鹽酸的量不足，于是根據0.3mol鹽酸產生H2為0.15mol，可知與NaOH反應產生的H2為0.3mol，再推得放入相同質量的鋁片應為0.2mol，即5.4g。
例5 若在加入鋁粉能放出氫氣的溶液中，分別加入下列各組離子，可能共存的是（1995年上海高考題）
A.NH4+ NO3- CO32- Na+ B.Na+ Ba2+ Mg2+ HCO3-
C.NO3- Ca2+ K+ Cl- D.NO3- K+ AlO2- OH-
思路分析：鋁粉加入酸溶液或強堿溶液中均可放出H2，A中NH4+與OH-不能大量共存，CO32-不能與H+大量共存；B中HCO3-既能與H+反應又能與OH-反應；C、D在強堿條件下可以共存。
答案：C、D
方法要領：解該題要把題干中“加入鋁粉能放出氫氣的溶液中”的題設要求遷移為在酸性溶液或強堿溶液中，這樣就變成了一般的離子共存問題了。
例6 將溶液（或氣體）X，逐漸加入（或通入）到一定量的Y溶液中，產生沉淀的量與加入
X物質的量的關系如圖，符合圖中情況的一組物質是（1991年上海高考題）
A
B
C
D
X
H2S
HCl
NH3
NH3.H2O
Y
Na2SO3
NaAlO2
AlCl3
AgNO3
思路分析：由圖可知，B中加入試劑1份，沉淀完全，再加入3份，
沉淀全溶解。
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O
A中二者反應生成S，繼續通入不溶解；C中通入NH3生成沉淀，繼續通入也不溶；而D中AgNO3AgOH↓[Ag(NH3)2]++OH-。
答案：B
方法要領：有關圖像的問題，通常的解法是“三看”：
一看起點：即加入極少量X物質時，看能否產生沉淀。
二看終點：即加入過量的X物質時，看所生成的沉淀能否全部消失。A組中生成的沉淀S，不溶于過量的H2S，C組中生成的Al(OH)3沉淀不溶于過量的NH3.H2O中。
三看“拐點”：即圖像中拐彎的點在X軸上的坐標。也就是生成最大量沉淀所需X的量與完全溶解這些沉淀所需X量的比值。在B組中拐點前后比為1:3，在D組中，拐點前后比為1:2。
前二“看”直觀，難度較小，所以應先考慮。第三“看“難度大些，要求正確書寫出變化過程中的反應方程式，尤其是方程式中的化學計量數。
例7 怎樣將氯化鋁和氯化鐵的混合溶液分離成氯化鋁和氯化鐵兩種溶液？（寫出實驗操作步驟和有關離子方程式）（1994年上海高考題）
思路分析：本題屬于物質的分離題，題中文字雖少，但它考查的知識面卻比較廣，要答好這道題，必須對Al3+、Fe3+性質的差異及各自相互轉化條件和關系有清楚的認識。答好這類題要注意當步驟較多時，應考慮周全、條理清晰、分步列答。
答案：（1）向混合液中加過量NaOH溶液，過濾。Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(2)把Fe(OH)3沉淀洗滌后加入鹽酸到沉淀完全溶解得FeCl3溶液。Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
(3)取步驟（1）所得濾液，加入適量鹽酸（或通入足量CO2）至完全沉淀為止。AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓(或AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-)
(4)再過濾，沉淀經洗滌后，再用鹽酸溶解，得AlCl3溶液：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
第七節 過渡元素
【知識網絡】
【易錯指津】
1．NO3-與Fe2+在酸性條件下，不能共存。
2．過量的Fe與硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入鹽酸，要注意產生的Fe3+還可以氧化單質Fe這一隱含反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
3．注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固體的區別。
FeCl3溶液加熱濃縮時，因Fe3+水解和HCl的揮發，得到的固體為Fe(OH)3，如灼燒后得到紅色的Fe2O3固體。但Fe2(SO4)3溶液蒸干時，因硫酸是難揮發性酸，將不能得到Fe(OH)3固體。
4．忽視亞鐵鹽及Fe(OH)2易被空氣中氧氣氧化成三價鐵的化合物。如某溶液中加入堿溶液后，最終得到紅褐色沉淀，并不能斷定該溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。
5．忽視鐵單質與強氧化性物質反應時，也有生成二價鐵化合物的可能性。反應中若鐵為足量，最終鐵元素將以二價鐵形式存在，因為2Fe3++Fe=3Fe2+。
【典型例題評析】
例1 久置于空氣中的下列物質，因被氧化而呈黃色的是（2000年全國高考題）
A.濃HNO3 B.氯化亞鐵溶液 C.溴苯 D.溴化銀
思路分析：本題考查的是常見的“黃色體系”有四種固體：溴化銀、硫、過氧化鈉、三硝基甲苯；外加幾種黃色溶液：濃HNO3（因溶液中有NO2氣體）、工業鹽酸（含Fe3+離子）、不純的硝基苯（因溶有NO2）、亞鐵鹽溶液（因含Fe3+離子）等。對于該題除考查物質的物理性質顏色之外，還附加了一個條件：“因被氧化”，因此，只能考慮B選項。
答案：B
方法要領：本題是“氧化”概念與化合物的物理、化學性質的結合。該題看似簡單，但很容易選錯，關鍵注意答題時要看清題目的限制條件，并把握全面。抓住“氧化”這一特征便可。
例2 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4種離子，若向其中加入過量的NaOH溶液，微熱并攪拌，再加入過量的鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是（1996年全國高考題）
A.NH4+ B.Mg2+ C.Fe2+ D.Al3+
思路分析：各離子在加入NaOH溶液和HCl的變化過程中，離子變化為：NH4+→NH3；Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+；Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+；Al3+→AlO2-→Al3+。只有A和C的離子數減小。
答案：A、C
方法要領：題中涉及多種陽離子在強酸、強堿溶液中的發生的變化。分析各離子的變化過程，從而搞清數目是否改變。注意試劑的用量及反應條件，如微熱。
本題考查了兩個知識點：（1）NH4+在堿性受熱條件下不穩定；（2）Fe2+易變質，特別在堿性條件下Fe(OH)2→Fe(OH)3速率極快。
例3 將鐵屑溶于過量鹽酸后，再加入下列物質，會有三價鐵生成的是（1998年全國高考題）
A.硫酸 B.氯水 C.硝酸鋅 D.氯化銅
思路分析：本題考查Fe2+與Fe3+相互轉化。其中A項中加入硫酸，無任何反應；若加入B項中氯水，因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故有Fe3+生成；C項中加入Zn(NO3)2，因溶液中有H+，發生反應：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，C正確；D項中加入CuCl2無反應發生。
答案：B、C
方法要領：Fe2+有較強的還原性，易被氧化成Fe3+；對于NO3-的隱蔽氧化性，應用時應高度警惕；在離子共存、離子方程式正誤判斷，及還原性物質在酸性環境中遇NO3-時，往往要考慮其氧化性。
例4 制印刷電路時常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”：發生的反應為2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，反應結束后，下列結果不可能出現的是
A.燒杯中有銅無鐵
B.燒杯中有鐵無銅
C.燒杯中鐵、銅都有
D.燒杯中鐵、銅都無
思路分析：向盛有FeCl3溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，由于Fe的還原性比Cu強，Fe3+首先應與Fe反應，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再與Cu反應。鐵粉未反應完時銅粉就不會被氧化，所以不可能出現燒杯中有鐵無銅的現象，故應選B。其他三個選項的情況都可能再現。當FeCl3過量或恰好完全反應時，Fe、Cu均無剩余，即選項D，反應后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。當FeCl3不足量時，有兩種情況：①Fe粉有剩余，則Cu尚未參加反應，即選項C，反應后溶液中只有Fe2+（不考慮H+、OH-）；②鐵粉無剩余，則Cu反應了一部分或尚未參加反應，即選項A，反應后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。
答案：B
方法要領：此題涉及氧化還原反應的一個規律：當一種氧化劑氧化幾種還原劑時，首先氧化最強的還原劑，待最強的還原劑完全氧化后，多余的氧化劑再依次氧化次強的還原劑。一種還原劑還原幾種氧化劑時與此類似。
金屬越活潑，還原性越強，不過對變價金屬所形成的中間價態的陽離子與高價態的陽離子其氧化性是不同的。常見的金屬陽離子氧化性順序為：
K+<Na+<Mg2+<Al3+<Zn2+<Fe2+<Cu2+<Fe3+<Hg2+<Ag+
由上表知，Fe3+的氧化性比Cu2+強，才會發生題中介紹的印刷電路腐蝕原理的反應。
例5 在由Fe、FeO、和Fe2O3組成的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體（標準狀況），此時溶液中無Fe3+離子，則下列判斷正確的是（1997年上海高考題）
A.混合物里3種物質反應時消耗鹽鹽酸的物質的量濃度之比為1:1:3
B.反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質的量濃度之比為1:2
C.混合物里，FeO的物質的量無法確定，但Fe比Fe2O3的物質的量多
D.混合物里，Fe2O3的物質的量無法確定，但Fe比FeO的物質的量多
思路分析：根據題意，n(HCl)=0.2mol，生成n(H2)=0.448L/22.4L.mol-1=0.02mol。
因氧化性：Fe3+>H+，所以Fe先與Fe3+反應后再還原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe還原1mol Fe2O3)，和Fe與H+反應放出H2，可知n(Fe)>n(Fe2O3)；由反應后溶液中溶質全為FeCl2知，n(Fe2+):n(Cl-)=1:2；至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之間量的關系，無從知道。
答案：B、C
請填寫下列空白:
(1)物質B是
、F是________、J是 。
(2)反應①的離子方程式是_____________________。
思路分析：飽和食鹽水電解的產物是NaOH、Cl2、H2。三者之間存在的反應是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由圖示：B能與另外兩種生成物反應，所以B為Cl2；又B與A反應產物有兩種所以C一定為H2，A為NaOH，G為HCl；再由F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知F為變價金屬，可確定為Fe；H和I分別為FeCl2和FeCl3；最后注意理解D與H、I反應。由題知D、E為NaCl、NaClO，通過上述分析可認定D應NaClO，有關反應為：I→J：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO，發生了雙水解反應。而H→J可理解為生成Fe(OH)2，但HClO有強氧化性而將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3。
答案：(1)Cl2(或氯氣)，Fe(或鐵)，Fe(OH)3(或氫氧化鐵) (2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
方法要領：本題的難點，是確定F為何種物質。其推斷方法：先推斷F為何種類型的物質，因F+ Cl2→I，F+HCl→H+H2，所以F必為金屬。再推斷這種金屬的特點，因I、H均為氯化物，又H+Cl2→I，所以F是變價金屬，而我們熟知的變價金屬是鐵。先確定物質的種類，再確認具體物質，這是解推斷題中常用的方法。因為它能分解難點，使一步推斷的目標更具體、更明確。思路也變得非常清晰。
例7 Cu+在酸性溶液中不穩定,可發生自身氧化還原反應生成Cu2+和Cu。現有濃硫酸、濃硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH試紙，簡述如何用簡便的實驗方法來檢驗CuO經氫氣還原所得紅色產物中是否含有堿性氧化物Cu2O。（1992年全國高考題）
思路分析：本題是一道信息遷移式的實驗題。題中給出一些考生未學過的新知識，要求考生認真審題，讀懂信息，聯想已有的基礎知識和基本技能，運用題示信息，分析推理，設計出簡便的檢驗方案。
由題給信息可知，Cu2O是堿性氧化物，可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O；而Cu+在酸溶液中不穩定，自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。題給試劑中，濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均顯酸性，且都能與Cu反應生成Cu2+，如果選用這些試劑，它們和樣品反應后的溶液都呈藍色（Cu2+），但分不清是與Cu還是與Cu2O反應產生的Cu2+，故無法確證樣品中是否含有Cu2O。
根據以上分析，選用的試劑必須符合兩個條件，一是呈酸性，二是不能與Cu反應。在題給試劑中只有稀硫酸符合。
答案：取少量待檢樣品放入稀硫酸 ，振蕩，若溶液變為藍色，說明樣品中有Cu2O，若溶液不變色，說明產物中無Cu2O。
方法要領：如將稀硫酸換成濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一種，都會發生Cu-2e-=Cu2+。即使紅色產物無Cu+也會產生藍色溶液。導致題目錯解。
要搞清pH的概念及pH試紙的使用范圍。如用pH試紙測溶液的pH來判斷（理由是：因pH變大，則有Cu2O，因為Cu2O與稀硫酸反應消耗了H+），不知道對本實驗來說，溶液的pH變化用pH試紙是測不出的。
有些實驗現象，用肉眼看不清的。如雖選用稀硫酸，沒抓住解題關鍵，不是由溶液是否變藍確認，而是想當然，看紅色產物溶解情況，若部分溶解（因Cu不溶于稀硫酸，而Cu2O可溶），可知有Cu2O，甚至認為看有無Cu生成，若有Cu生成（因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu），則有Cu2O。
例8 試樣X由氧化亞鐵和氧化銅組成，取質量相等的兩份試樣按下圖所示進行實驗：（1997年全國高考題）
（1）請寫出步驟③中所發生的全部反應的離子方程式。
（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反應后，生成的不溶物W的質量是m，則每份試樣X中氧化銅的質量為 。（用m表示）
思路分析：根據題目的設定，先對溶液Y和粉末Z的組成作正確的判斷。
①中FeO、CuO與鹽酸反應式為：FeO+2HCl=FeCl2+H2O CuO+2HCl=CuCl2+H2O
②中試樣在較高溫度下與CO反應為：FeO+CO=Fe+CO2 CuO+CO=Cu+CO2
由此可見，溶液Y與粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金屬Fe、Cu以及過量鹽酸的混合。在此混合物中，兩種金屬單質中只有Fe可分別與CuCl2溶液和HCl反應，離子方程式為：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑
③中反應后的溶液呈強酸性表明HCl剩余，可判斷Fe已沒有剩余；溶液中不含Cu2+意味著CuCl2已全部參加了與Fe的置換反應，不溶物W全部是Cu。它是由兩份試樣中的CuO轉變而來。因此，一份試樣中的CuO質量為
0.5m×(CuO/Cu)= 0.5m×(80/64)=5m/8。
答案：（1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ （2）5m/8
方法要領：題目涉及到的化學基礎知識有：金屬氧化物跟酸的反應，CO的還原性，金屬單質與鹽溶液、非氧化性酸的置換反應，離子方程式的書寫，有關的化學計算。其中，化學計算是通過填空的形式使那些只顧方法正確而忽視結果正確的考生得不到分數。
題目在敘述過程中設置了幾個障礙點，它們是：
1．溶液Y和粉末Z經過反應③后所得溶液具有強酸性，會使判斷力不強的考生不能由此對溶液中不含鐵粉作出肯定的認定。
2．離子方程式歷來是考試中的難點，在鹽酸、氯化亞鐵、氯化銅、金屬鐵和金屬銅5種物質共存時，判斷有關的離子反應并書寫離子方程式。
3．m是全部不溶物的質量，試題要求回答的是每份試樣中氧化銅的質量，這是一種具有較大迷惑性的設問，對考生的思維嚴密性是一種深刻的檢驗。如不能通過這種檢驗，會把答案錯寫成5m/4。
例9 “鹵塊”的主要成分為MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質離子），若以它為原料，按
如下工藝流程圖，即可制得“輕質氧化鎂”。（1997年高考試測題）
溶液 溶液 如果要求產品盡量不含雜質離子，而且成本較低。流程中所用試劑或pH控制可參考下列附表確定。 表1 生成氫氧化物沉淀的pH 物 質 開始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6* Mn(OH)2 8.3 9.8 Mg(OH)2 9.6 11.1 *Fe2+氫氧化物呈絮狀，不易從溶液中除去，所以常將它氧化成為Fe3+，生成沉淀Fe(OH)3而除去。 表2 工業品價格表 工業品 規 格 價格（元/t） 漂 液 含NaClO 25.2% 450 過氧化氫 30% 2400 燒 堿 98% 2100 純 堿 99.5% 600 鹵 塊 含MgCl2 30% 310 請填寫以下空白: （1）在步驟②中加入的物質X，最佳選擇應是
，其作用是
。 （2）在步驟③中加入的物質Y應是
，之所以要控制pH=9.8的目的是
。 （3）在步驟⑤時發生的化學反應方程式是：
。 思路分析：題目給出了生產的工藝流程，也是為考生提供了解題線索。 為除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質離子，從表1可以看出，當加入燒堿控制在pH=9.8時即可達到目的。此時Mg2+離子也會因生成部分Mg(OH)2而進入沉淀中,但由于鹵塊價格低廉，這點不可避免的損失還是可以承受的,其結果是保證了產品的純度.。 為將Fe2+氧化成Fe3+離子，有兩種氧化劑可以采用,即漂液和過氧化氫。從表2中的價格可看出，前者比后者便宜得多，應選用漂液。 從氯化鎂制成氧化鎂，有兩條反應路線： 其一，燒堿路線： MgCl2Mg(OH)2MgO 其二，純堿路線： MgCl2MgCO3MgO 燒堿比純堿價格昂貴，生成的中間產物氫氧化鎂是膠狀沉淀會造成過濾困難，更重要的是反應過程中不能進行輕化處理，因而只能得重質氧化鎂。由此而見，燒堿路線應當摒棄。 純堿價格較低，生成的中間產物碳酸鎂呈粗顆粒狀，易過濾，碳酸鎂在水中經一定時間的加熱會有部分因水解形成了二氧化碳： MgCO3+H2O=
Mg(OH)2↓+CO2↑ 由于氣體二氧化碳的產生，使沉淀變為疏松，灼燒沉淀后得到的是輕質氧化鎂。 答案：（1）漂液 使Fe2+氧化成為 Fe3+ （2）燒堿
使除Mg2+以外的各種雜質金屬離子都生成氫氧化物沉淀以便過濾除去。 （3）MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑ 方法要領：試題強調了生產中的經濟效益，其立意指向了化學學習中的價值觀，將經濟價值觀與化學反應的選擇結合在一起考查了考生的評價能力，這是一種對思維作較深刻的考查，也是適應商品經濟大背景下的對學生綜合能力的培養和測試。 解題中善于應用數據來判斷問題、解決問題，善于調取已形成的知識網絡，把在暫時硬水軟化中學到的知識遷移到輕質氧化鎂的生產里來。 解題中防止：步驟②誤選過氧化氫。根據是過氧化氫不會引入“雜質離子”，因為在步驟⑤中，我們只需沉淀物，把濾液棄去，因而鈉離子和氯離子不會進入產物，步驟③誤選為純堿。根據是純堿比燒堿便宜得多，如果將步驟③中的Y改成純堿，由于純堿的堿性明顯小于燒堿，要使pH升高到9.8必須加大純堿的用量，就會形成碳酸鹽沉淀，而表中無碳酸鹽溶解度資料，無法判斷除雜的效果，而且碳酸根離子用量增大，可導致生成碳酸鎂沉淀，所以加入氫氧化鈉為宜。 第三節 碳族 C 【易錯指津】
1．CO2通入NaOH溶液的判別錯誤。 CO2通入NaOH溶液的反應與CO2氣體通入量有關。當CO2通入少量時生成Na2CO3，當CO2通入過量時生成NaHCO3，CO2通入量介于兩者之間，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推斷產物時一定要注意CO2與NaOH間量的關系。 2．Na2CO3溶液中滴加鹽酸過程不清楚。 在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先轉化為HCO3-，再滴加鹽酸HCO3-轉化為H2CO3，不穩定分解為CO2。 如：在10mL0.01mol/L純堿溶液中，不斷攪拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L鹽酸，完全反應后在標準狀況下生成二氧化碳的體積為（1998年上海高考題） A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL
D.0mL 思路分析：反應過程為：CO32-HCO3-CO2。 鹽酸溶液中n(HCl)=0.00006mol，純堿溶液中n(Na2CO3)=0.0001mol CO32- + H+ = HCO3- 0.0001mol
0.0001mol 現鹽酸不足，故無氣體產生。 答案：D 3．CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析錯誤。 可用反證法：如能產生沉淀，則反應的化學方程式為：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于鹽酸，故反應不能發生。因為CO2只有通入中性或堿性溶液才能產生CO32-，并同時產生部分H+，若原溶液無法消耗這部分H+，則不利于CO2轉化為CO32-，也就無法與Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2與CO2反應生成沉淀，就必須加入部分堿溶液中和CO2與H2O反應而產生的H+。同理，該思維方式適用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。 4．不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑與Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工業制玻璃的反應式之一，是在高溫條件下發生的反應，而后者是在水溶液中發生的反應。若交換條件，兩者均不發生反應。 【典型例題評析】 例1 已知天然氣的主要成份CH4是一種會產生溫室效應的氣體,等物質的量的CH4和CO2產生的溫室效應，前者大。下面是有關天然氣的幾種敘述:①天然氣與煤、柴油相比是較清潔的能源;②等質量的CH4和CO2產生的溫室效應也是前者大;③燃燒天然氣也是酸雨的成因之一.其中正確的是(2001年理科綜合能力測試第10題) A.是①②③
B.只有①
C.是①和②
D.只有③ 思路分析：大氣中的CH4和CO2為紅外線吸收體，它們吸收太陽和地球的長波輻射，并將其中一部分反射回地球。因此，大氣中CH4和CO2濃度增加，則陽光被吸收得多，反射到太空的部分減少,地表溫度將上升。天然氣燃燒產物為CO2和水，而煤和柴油燃燒產物會造成污染。對等質量的CH4和CO2，CH4的物質的量比CO2多，由題意知等質量的CH4和CO2產生的溫室效應CH4大，但CO2不是形成酸雨的物質。 答案：C 方法要領：CO2導致“溫室效應”是人們所熟知的常識，但本題告誡人們，CH4也是一種會產生“溫室效應”的氣體，且等物質的量的CH4產生“溫室效應”比CO2還要大。縱觀當今世界范圍內都在呼吁控制CO2的排放量以遏制“溫室效應”的加劇，同時又在為保護環境號召多使用清潔能源――天然氣。殊不知，事物都是一分為二的，就像天然氣，既有有利的一面，也有有害的一面。本題讓人們意識到利用天然氣作燃料的同時，一定要防止其泄漏。 例2 下列物質不屬于“城市空氣質量日報”報道的是(2001年上海高考題) A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.懸浮顆粒 思路分析：二氧化硫、氮氧化物和懸浮顆粒均為大氣污染物，只有二氧化碳不需報道。 答案：C 方法要領：SO2主要來自含硫煤燃燒時的排放。其危害一方面是由于本身的刺激性會影響人的呼吸系統和眼睛，另一方面還由于能與空氣中的其它污染物相互影響，產生所謂的“協同效應”，可導致更為嚴重的后果。氮氧化物中造成空氣污染的主要是NO和NO2，習慣上可用NOx來表示。氮氧化物主要來自汽車尾氣排放，汽車內燃機運轉時，高溫和電火花條件使缸內N2和O2反應生成氮氧化物。兩種氮氧化物中，二氧化氮的毒性要比NO高4～5倍，人吸入NO2后，首先對呼吸道產生刺激作用，浸入肺部后，又與細胞中的水分結合而生成硝酸和亞硝酸，造成肺水腫。NO2吸收紫外光后被分解：NO2NO+O，生成的O非常活潑，再繼續發生一系列化學反應，最后導致光化學煙霧，這是NO2造成的另一危害。 大氣中懸浮的大小在10微米以內的顆粒，因鼻腔無法將其阻擋，可進入人體的呼吸道和肺部，被稱為可吸入顆粒。這些顆粒不僅僅是塵土，還在表面吸附了其它污染物，因此吸入后可能引起多種病變。 例3 向下列溶液中通入過量CO2，最終出現渾濁的是（2000年全國高考題） A.氫氧化鈣飽和溶液
B.苯酚鈉飽和溶液 C.醋酸鈉飽和溶液 D.氯化鈣飽和溶液 思路分析：當足量CO2通入Ca(OH)2飽和溶液時，由于其為二元酸，故可生成溶于水的酸式鹽Ca(HCO3)2而“最終”無渾濁。而當遇苯酚鈉時，由于碳酸的酸性較苯酚的酸性強，故可生成苯酚。又由于苯酚在常溫下的溶解度不大，故最終出現渾濁。而C、D兩選項中，由于醋酸、鹽酸的酸性較碳酸強，故CO2與其均不可反應。A中先有沉淀后又溶解；B中出現渾濁；C和D中無反應發生。 答案：B 方法要領：本題原理不難，但由于考生審題不嚴及粗心，很易錯選。本題的“題眼”在“過量CO2”。如：若看不到“最終”或“足量CO2”，很易因為氫氧化鈣能與二氧化碳反應而錯選。故提醒考生，答好選擇題的關鍵是審題，正確應用好關鍵字句，避免疏忽錯誤。 例4 將CO2氣體通入CaCl2溶液，若要有白色沉淀產生，可加入的試劑是（1997年上海高考題） A.硫酸氫鉀溶液 B.碳酸氫鈣溶液 C.氯水 D.氫氧化鈉溶液 在CO2和CaCl2的混合溶液中，加入的各物質電離為： A中：KHSO4=K++H++SO42-；B中：Ca(HCO3)2==Ca2++2HCO3-；C中：Cl2+H2O==H++Cl-+HClO；D中：NaOH=Na++OH- 要產生沉淀，必須使H2CO3的電離平衡右移，以增加[CO32-]，方能有CaCO3沉淀生成，縱觀選項中四種物質，只有D中的NaOH電離的OH-離子可中和H+使電離平衡右移，使CO32-濃度增加至足以與Ca2+結合為CaCO3沉淀。 答案：D 方法要領：當CO2通入堿溶液中，才能生成CO32-，此時與Ca2+結合形成CaCO3沉淀。而A、C顯酸性，不可能形成CO32-。碳酸氫鈣中雖然有大量的Ca2+和HCO3-，但CO32-的量仍然很少，所以無法形成CaCO3沉淀。 陰陽離子要結合生成難溶于水的沉淀物，必須使陰陽離子的量都達到一定的數值。如只有陽離子無陰離子或陰離子極少，是不能形成沉淀的。反過來只有陰離子無陽離子或陽離子極少也是不能形成沉淀的。 運用電離平衡的知識解決化學反應現象。CO2氣體通入CaCl2溶液中，是不能產生沉淀的，這是由于碳酸是弱酸，不能與強酸鹽反應生成強酸：HCl。大家熟知的“弱酸不能制強酸”的實質，仍然離不開電離平衡移動原理的解釋。 運用“強酸制弱酸”原理時需注意如下兩點：①強酸制弱酸原理是指強酸可與弱酸鹽發生復分解反應的原理；②這一規律也有例外，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，這是因為生成的CuS極難溶于水的緣故。 例5
已知酸性強弱順序為H2CO3＞ ＞HCO，下列化學方程式正確的是（1998年上海高考題） 思路分析：已知酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，即堿性CO32->C6H5O->HCO3-，根據較強的酸可以制取較弱的酸，較強堿可制取較弱的堿的原理，A、D是錯誤的。 答案：B、C 方法要領：“強酸制弱酸”的實質是電離能力強的物質可生成電離能力弱的物質。 例6
CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同屬離子型碳化物，判斷下列反應產物正確的是（1997年高考化學試測題） A.ZnC2水解生成乙烷（C2H6）
B.Al4C3水解生成丙炔（C3H4） C.Mg2C3水解生成丙炔（C3H4）
D.Li2C2水解生成乙烯（C2H4） 思路分析：由CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，借用其規律作模仿，可以從各種角度考慮。 考慮方法（1）：假定鈣、氫、氧的化合價在反應前后都沒有變化，從CaC2來看，鈣是+2價、C22-是-2價，相當是-2價的烴，所以產物是乙炔（C2H2）。類比可知，ZnC2水解也應該是乙炔（C2H2）；Al4C3水解的C3應該表現-12價，只能是3個甲烷（CH4）；Mg2C3水解的C34-應該表現-4價，產物為C3H4；Li2C2水解的C22-是-2價，還是乙炔。檢查選項只有C對。 答案：C 一題多解：考慮方法（2）：假定碳化物中的金屬元素都水解成為氫氧化物，那么，每用去一個氫氧根都會多出一個氫原子，這些氫原子與反應物中的碳原子分配。因此，CaC2產物是Ca(OH)2、C2H2，ZnC2、Li2C2也都得到C2H2，Al4C3得到“C3H12”，只能是3CH4，Mg2C3應得到C3H4。 方法要領：本題新穎，希望考生用已有的一個代表性的化合物的性質摸索其規律，再用這個規律去解決新問題。所用方法沒有常規，題海中也沒有。考查了思維能力，創造能力。 解題中根據水解原理寫出化學方程式或用電荷守恒原理，把金屬陽離子所帶的總電荷數用等量的H+替代，即得產物的分子式。作為第ⅣA族、第二周期的碳，一般情況下難以形成離子，通常在化合物中以共價鍵的形式存在。但當其與某些較活潑的金屬在高溫下形成無機化合物時，也可以以陰離子的形式存在。這些金屬碳化物與水極易發生徹底的水解，生成對應的堿和某些烴類化合物。 例7 純凈的Ca(HCO3)2試樣在高溫下分解，當剩余固體是原試樣質量的一半時，它的分解率為（1996年上海市高考題） A.50% B.75% C.92.5%
D.100% 思路分析：若Ca(HCO3)2按下式完全分解： Ca(HCO3)2==CaCO3+CO2↑+H2O
162
100 剩余固體質量為原試樣的100/162，大于1/2，故伴隨著發生進一步分解：
CaCO3==CaO+CO2↑ 答案：D 方法要領：掌握碳酸鹽的分解規律：一般來說，熱穩定性大小的順序為：正鹽>酸式鹽（成鹽離子相同）。考慮問題要周密，防止只考慮第一步反應，而忽略了第二步分解反應。 例8 某K2CO3樣品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三種雜質中的一種或二種。現將13.8克樣品加入足量水,樣品全部溶解。再加入過量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，對樣品所含雜質的正確判斷是(1996年上海高考題). A.肯定有KNO3
B.肯定有KNO3,可能還含有Na2CO3 C.肯定沒有Ba(NO3)2,可能有KNO3
D.肯定沒有Na2CO3和Ba(NO3)2 思路分析：根據“加足量水，樣品全部溶解”這一種條件，可確定不可能含有Ba(NO3)2雜質，否則會與K2CO3生成BaCO3沉淀。因此對雜質成分的判斷集中在KNO3和Na2CO3是否存在這一問題。 根據反應的關系，假定13.8g樣品全部是K2CO3，則n(K2CO3)=13.8g/138
g.mol-1=0.1mol。 按加入CaCl2生成CaCO3沉淀的量關系，有： K2CO3～CaCO3 0.1mol 0.1mol 則應生成CaCO3質量為0.1mol×100g mol-1=10g，現只生成9g沉淀，說明13.8g CO32-只有0.09mol，則在NaNO3、Na2CO3二種雜質中，必含有不與CaCl2反應的KNO3存在，C錯。 肯定存在KNO3時，是否可能含有Na2CO3？由于0.09molK2CO3質量為m(K2CO3)= 0.09mol×138m.mol-1=12.42g，故可能存在K2CO3、Na2CO3共0.09mol，再加入KNO3使總質量達到13.8g的可能性，則在存在KNO3的前提下，可能有Na2CO3存在，B對，D錯。 上述思考過程中，涉及的計算，有些不必精確算出結果，只須估計即可，這樣可以節省時間。 答案：A、B 方法要領：根據實驗現象、結合所給數據利用極限思想解題。 例9 汽車尾氣（含烴類、CO、SO2與NO等物質）是城市空氣的污染源。治理方法之一是在汽車排氣管上裝一個“催化轉換器”（用鉑、鈀合金做催化劑）。它的特點是使CO與NO反應，生成可參與大氣生態環境循環的無毒氣體，并促使烴類充分燃燒及SO2的轉化。（1998年上海市高考題） （1）寫出一氧化碳與一氧化氮反應的化學方程式
。 （2）“催化轉換器”的缺點是在一定程度上提高了空氣的酸度，其原因是
。 （3）控制城市空氣污染源的方法可以有（ ） A.開發氫能源
B.使用電動車
C.植樹造林
D.戴上呼吸面具 思路分析：本題涉及的反應產物均隱含在題中，只有認真分析才能得出正確的結論。如NO與CO反應產物是參與大氣循環的無毒氣體，排除NO2等有毒氣體，也排除生成的單質碳，同時也不可能是不常見的氣體，只能是空氣中存在的N2和CO2。又因催化轉換器中的鉑、鈀合金是SO2與O2生成SO3反應的催化劑，這樣就合理解釋了空氣酸度的增加。控制城市空氣污染當然不能靠戴呼吸面具，植樹造林雖是環保的重要措施，但不會直接關系到城市污染的控制。 答案：（1）2CO+2NO=2CO2+N2；（2）SO2轉化為SO3，產生硫酸酸霧；（3）A、B 方法要領：因為“CO與NO反應，生成可參與大氣生態環境循環的無毒氣體”，所以這氣體是CO2和N2；（2）SO2可被氧化SO3，與水蒸氣形成硫酸酸霧；（3）在控制城市空氣污染的方法中，植樹造林這一選項具有一定的迷惑性，植樹造林能控制CO2量的增加，是改善環境的一種重要手段，而對消除汽車尾氣中烴類、CO、SO2與NO等物質沒有直接的效果。戴上呼吸面具是一種防止污染的方法，并不能減小污染。
―Si―O―Si―O―Si―
O
O O
―S―O―Si―O―Si― O
O O 它實際上是立體的網狀結構，其中硅和氧的原子數之比為
。原硅酸根離子SiO44-的 (2)⑧與⑨反應的化學方程式是
答案：（1）NH4HCO3、NH3、O2；（2）C+4HNO3=2H2O+4NO2↑+CO2↑ 引申發散：1.熱分解全是氣體的是何物？-----碳酸銨或碳酸氫銨，亞硫酸銨 2.與過氧化鈉產生兩種產物的氣體有哪些?-------CO2,H2O 3.能與鎂條燃燒的氣體有哪些?------CO2,SO2、O2、N2 4.兩物質反應產物還能繼續與反應物反應的有哪些?----NH3(+O2)→NO(+O2)→NO2,H2S(+O2)→SO2(+O2)→SO3,C(+O2)→CO(+O2)→CO2,O2(+C)→CO2(+C)→CO 第五節 堿金屬 【知識網絡】 1．注意鈉及其化合物溶于水所得溶液濃度的計算中，Na及Na2O2溶于水均會產生氣態物質，所得溶液的質量應是原混合物質的質量總和減去產生氣體的質量。 2．注意Na2O2跟CO2和水蒸氣組成的混合氣體反應時的先后順序。若先發生反應：2 Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，必還發生2NaOH+ CO2=Na2CO3+H2O，即應先考慮Na2O2跟CO2的反應。 3．正確理解“焰色反應”： （1）它是元素的一種物質性質。無論是金屬離子或金屬原子均能發生焰色反應。它屬物理變化過程。 （2）不是所有元素都有特征的焰色。只有堿金屬元素以及鈣、鍶、鋇、銅等少數金屬元素才能呈現焰色反應。 （3）焰色反應的顯色過程與氣體物質燃燒時產生各色火焰的過程有著本質的區別。焰色反應并非金屬及其化合物自身發生燃燒反應而產生各種顏色火焰的過程，而是它們的原子或離子的外圍電子被激發而產生的各種顏色的光的過程。 【典型例題評析】 例1 堿金屬與鹵素所形成的化合物大都具有的性質是（2001年上海高考題） ①高沸點
②能溶于水
③水溶液能導電
④低熔點
⑤熔融狀態不導電 A.①②③ B.③④⑤
C.①④⑤ D.②③ 思路分析：堿金屬與鹵素兩族元素為活潑的金屬和非金屬元素，它們形成的化合物為離子化合物，選項中①②③符合離子晶體的通性。 答案：A 方法要領：從物質結構的觀點出發，理解物質所具體的性質。 例2 下列能用于撲滅金屬鈉著火的是（1996年上海高考題） A.干冰滅火劑 B.黃沙 C.干粉（含NaHCO3）滅火劑 D.泡沫滅火劑 思路分析：Na為活潑金屬，除能與O2反應外，還能與H2O、CO2等物質反應。干粉中NaHCO3受熱會分解產生H2O和CO2；泡沫滅火劑中含水等物質。 答案：B 方法要領：滅火一是降低溫度，二是隔絕空氣，此外滅火劑不能和被撲救的物質發生反應。解題中應根據物質的性質，選擇適宜的方法。 通入氣體 溫度控制 （A） （B） （C） （D） CO2 CO2 NH3 NH3 30～40℃ 0～10 ℃ 30～40 ℃ 0～10℃ 思路分析：本題是電離平衡與溶解平衡統一在聯合制堿法中一個很好的能力考核點。由于通入NH3使HCO3-與NH3.H2O反應轉化為CO32-、NH4+與H2O，使NaHCO3轉化為Na2CO3而不易析出，又由于增加了NH4+，并在降溫條件下更易使NH4Cl析出（根據NaCl與NH4Cl共同存在時的溶解度曲線）。這是非常巧妙的綜合分析能力的考核。 答案：D 例4 （1）分別寫出由氧在一定條件下，生成下列物質的化學方程式(必須注明反應條件)。（2000的廣東高考題） ①O3:
②Na2O2:
③Na2O:
(2)指出氧在下列各物質中的化合價: O3: ; Na2O2: ; Na2O: (3)KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2,故可用作特殊情況下的氧氣來源,試寫出該反應的化學方程式
(4)人體內O2-離子對健康有害,使人過早衰老,但在催化劑SOD存在下可以發生如下反應,請完成該反應的離子方程式: 思路分析：前2題為送分題（但要注意題目對反應條件的要求），3題關鍵是配平，4題先逆向配平：H2O2→O2-（O價態：-1到-0.5，變1價），O2→O2-（O價態：0到-0.5，變1價），則1H2O2+1O2――2O2-+2H2O。由電荷守恒及H、O守恒判缺項為OH-。或先由H、O守恒判缺項為OH-，再觀察配平。 （2）0；-1；-2 （3）4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 （4）2O2-+2H2O
= 1H2O2+1O2+2 OH- 方法要領：本題主要考查運用基本化學用語的能力。難點在第（4）小題，該題緊密聯系生活實際，對中學生來說屬于新知識、新情境。由電荷守恒可知，產物中必為一種陰離子，在H、O兩種元素范圍內組合，應為OH-。 解題的前提是要具備由Na2O2與CO2反應到KO2與CO2反應的遷移能力和從電荷守恒角度掌握缺項離子方程式的配平技能。 例5
若以X、Y和Z代表三種元素，且知X與Y形成原子數之比為1:1的化合物甲，Y與Z也可形成原子數之比為1:1的化合物乙，又知甲分子含18個電子，乙分子含38個電子，請填空： （1）元素Y在第 周期。（2）化合物甲的分子式是
。（3）化合物乙的分子式是
。（2001年高考試測題） 思路分析：二元化合物甲的分子中含有18個電子，顯然組成它的兩種元素（X和Y）都只能在短周期。X與Y的原子數之比為1:1，因此，很容易想到可能是HCl。但是無論是H還是Cl作元素Y都不可能再形成滿足題設條件的化合物乙，于是化合物甲可考慮是H2O2（原子比為1:1，分子含18個電子）。進而把O作為元素Y，則化合物乙就是Na2O2（原子比為1:1，分子含38個電子）。這樣，本題要求填寫的三個空白均迎刃而解。 答案：（1）二 （2）H2O2 （3）Na2O2 方法要領：本題考查考生對分子組成、元素性質和周期表的掌握程度。18個電子的微粒有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、H2O2、SiH4、N2H4、CH3OH、C2H6、S2-、Cl-、K+、Ca2+、HS-。 例6 現有一定量含有Na2O雜質的Na2O2試樣，請從下圖中選用適當的實驗裝置，設計一個最簡單的實驗，測定Na2O2試樣的純度（可供選用的反應物只有CaCO3固體、6mol/L鹽酸和蒸餾水）。(1994全國高考題) 思路分析：由于Na2O2和水反應放出O2，而Na2O與水反應不放出氣體，所以最簡單的方法是通過O2的量計算Na2O2的量，由于試樣的量一定，即可求出Na2O2的純度。 答案：方法1：(1)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
Na2O+H2O=2NaOH
(2)(G)接(A)(B)接(F) 方法要領：設計實驗確定混合體系中某一物質的純度，一般步驟是： （1）斷題： （加入某物質或加熱）b.生成沉淀
c.生成氣體 通過稱量混合物增重或減輕值可確定純度；通過過濾、洗滌、烘干、稱重可確認純度；通過生成氣體壓水測氣體體積亦可確認某物質的純度。如確認Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的純度用a；確認NaCl和BaCl2中NaCl純度可用b；Na2O2和Na2O中Na2O2的純度用c。 （2）框圖分析（以Na2O2和Na2O混合物為例） ①首先應明確設計最佳實驗的標準：Ⅰ.原理正確；Ⅱ.現象明顯；Ⅲ.操作簡單；Ⅳ.儀器藥品易得；Ⅴ.安全可靠 ②Na2O2和Na2O產生氣體（壓水測氣體體積） 若選CO2與Na2O2反應，則CO2尚需制備；若選鹽酸與Na2O2直接反應，則生成H2O2在酸性條件下分解速率沒有在堿性條件下分解速率快，故選擇水直接和混合物反應產生O2，氣體壓出水測出O2的體積，從而可計算Na2O2的純度，此法最簡單，符合題意。 （3）此類題目解題模式的構建 ①思維的總過程： 明確問題→途徑→核心→模式 ②模式 思路的設計→優選方案→分析比較→操作程序→歸納總結 例7 將70g過氧化鈉和氧化鈉的混合物跟98g水充分反應后，所得的氫氧化鈉溶液的質量分數為50%。試分別寫出過氧化鈉和氧化鈉跟水反應的化學方程式，并計算混合物中過氧化鈉和氧化鈉的質量各為多少g？ 思路分析：設混合物中Na2O2物質的量為x，Na2O物質的量為y，則有： 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH x
2x
x/2
y
2y 解得：x=0.5mol y=0.5mol 則：m(Na2O2)=0.5mol×78g/mol=39g m(Na2O)=0.5mol×62g/mol=31g 答案：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2O+H2O=2NaOH；Na2O2：39g、Na2O：31g 一題多解：上述反應式知，Na2O2與H2O反應Na2O2中既是氧化劑又是還原劑，產生的O2來自Na2O2，相當于2Na2O2=2Na2O+O2↑；若設Na2O2的物質的量X，則混合物與H2O反應可理解為將（70-16X）g Na2O與H2O作用。 根據題意，由鈉離子守恒： 得：X=0.5mol。（以下略） 例8 某天然堿（純凈物）可看作由CO2和NaOH反應后的產物所組成。稱取天然堿樣品四份，溶于水后，分別逐滴加入相同濃度的鹽酸溶液30mL，產生CO2的體積（標準狀況）如下表：（2000年上海高考題） Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 鹽酸液的體積（mL） 30 30 30 30 樣品（g） 3.32 4.15 5.81 7.47 二氧化碳的體積（mL） 672 840 896 672 （1）由第Ⅰ組數據中的CO2體積與樣品質量之比，可以推測用2.49 g樣品進行同樣的實驗時，產生CO2_________mL(標準狀況)。 （2）另取3.32g天然堿樣品于300℃加熱分解至完全（300℃時Na2CO3不分解），產生CO2112mL（標準狀況）和水0.45g，計算并確定該天然堿的化學式。 （3）已知Na2CO3和HCl(aq)的反應分下列兩步進行： Na2CO3+HCl→NaCl+NaHCO3
Na2CO3+HCl→NaCl+CO2↑+H2O 由上表中第Ⅳ組數據可以確定所用的HCL(aq)的濃度為 mol/L。 (4)依據上表所列數據以及天然堿的化學式，討論并確定上述實驗中CO2(標準狀況)體積V（mL）與樣品質量W（g）之間的關系式。 思路分析：試題以天然堿的組成及碳酸鹽的性質為依托，構筑一道有層次、有深度且思維容量較大的計算題。對信息的理解能力、對數據的觀察和處理能力是解答本題的關鍵。 （1）(672 mL/3.32 g)×2.49 g=504 mL。 （2）由題意可知，天然堿含NaHCO3、Na2CO3。 n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×(112/22400)mol=0.01mol n(Na2CO3)=(672/22400)mol-0.01mol=0.02mol n(H2O)=[(0.45g-(112/22400)mol×18mol)/18mol=0.02mol 所以天然堿組成為2Na2CO3.NaHCO3.2H2O（式量332）。 （3）7.47 g樣品中：n(Na2CO3)=(7.47
g/332 g.mol-1)×2=0.045 mol，則： Na2CO3完全生成NaHCO3消耗HCl：0.045 mol；生成672mLCO2消耗HCl：672 mL/22400 mL.mol-1=0.03
mol。故c(HCl)=(0.045 mol+0.03 mol)/0.030 L=0.025 mol/L。 （4）30ml鹽酸中n(HCl)=0.075mol，設樣品與HCl反應全轉化為NaCl，由： 2Na2CO3.NaHCO3+5HCl=5NaCl+3CO2↑+3H2O知：需樣品質量：(0.075 mol/5)×332 g/mol=4.98 g 設樣品中Na2CO3與HCl反應完全轉化為NaHCO3（無CO2氣體放出），由： (2Na2CO3.NaHCO3)+2HCl=2NaCl+3NaHCO3知：需樣品質量：(0.075mol/2)×332 g/mol=12.45g 討論：①0<W≤4.98，HCl過量：V(CO2)=(W g/332 g.mol-1×3)×22400
mL.mol-1=202.4W mL ②4.98≤W≤12.45，Na2CO3轉化NaHCO3消耗n(HCl)=(W g/332 g.mol-1)×2；剩余n(HCl)= 0.075 mol-(W g/332 g.mol-1)×2，生成CO2物質的量等于剩余HCl物質的量，故V(CO2)=[0.075mol-(W g/332 g.mol-1×2)]×22400 mL/mol=(1860mL-134.9W) mL ③W≤12.45，HCl全部用于使Na2CO3轉化NaHCO3，故V(CO2)=0。 答案：(1)504 (2)2Na2CO3?NaHCO3?2H2O
(3)2.5 （4）①0<W≤4.98 V(CO2)=202.4W mL或V(CO2)= (W g/332 g.mol-1×3)×22400 mL.mol-1；②4.98≤W≤12.45 V(CO2)=1680-134.9W mL或V(CO2)=[0.075mol-(W g/332 g.mol-1×2)]×22400 mL/mol；③12.45≤W V(CO2)=0
方法要領：本題是有關NaHCO3和Na2CO3混合物系列計算，主要考查運用實驗數據定量分析問題的能力，其難點主要是在第（4）小題的討論上，關鍵是抓住鹽酸的量是一個定值，即2.5mol/L×30×10-3L=0.075mol，由此依據NaHCO3、Na2CO3與鹽酸的反應式求得樣品在不同情況下的用量，從而確定W的取值范圍。 第四節 氮族元素 【知識網絡】 A.等于1.369g/L
B.等于2.054g/L. C.在1.369g/L和2.054g/L之間 D.大于2.054g/L 思路分析：題給的密閉容器中通入O2后發生2個化學反應：2NO+O2=2NO2 給11.2mLO2轉換為11.2LO2，即容器內盛有1molNO，充入0.5molO2。根據質量守恒定律，容器內的總質量為：1mol×30g/mol+0.5mol×32g/mol=46g。 答案：D 例3 已知磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發生氫交換，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不再能跟D2O發生氫交換。又此可推斷出H3PO2的分子結構是（1994年全國高考題） 思路分析：由H3PO4在有三個氫原子可以與D2O發生氫交換及題給H3PO2分子結構知：-OH中的H原子能與D2O發生H交換。現H3PO2能與D2O發生H交換而NaH2PO2則不能(說明NaH2PO2分子中沒有羥基H原子)，可以類推出H3PO2中只有一個-OH，從而選B。 答案：B 方法要領：本題題給信息的實質是：含氧酸分子中的H原子，只有與氧原子結合形成羥基-OH結構時，才有酸性。由于次磷酸H3PO2只能電離出一個H+，它是一元酸；NaH2PO2中的H原子不能電離，也不能與堿反應，NaH2PO2屬于正鹽。同理CH3COOH分子中只有一個-OH，乙酸是一元酸。因此“含氧酸分子中含有幾個H原子，就是幾元酸”的說法是錯誤的。 此題為信息給予題，它以一般學生沒有接觸過的知識實例作為原型（磷酸分子中3個-OH中的H可D2O發生H交換），要求學生在原型的啟發下求解。這類題一般思路為：分析原型→找出規律[只有活潑的氫（能電離的H）才能發生氫交換]→比較問題和原型→建立聯系→應用規律→完成遷移。 例4 用以下三種途徑來制取相等質量的硝酸銅：（1996年高考化學試測題） （1）銅跟濃硝酸反應；（2）銅跟稀硝酸反應；（3）銅先跟氧氣反應生成氧化銅，氧化銅再跟硝酸反應。以下敘述中正確的是 A.三種途徑所消耗的銅的物質的量相等 B.三種途徑所消耗的硝酸的物質的量相等 C.所消耗的銅的物質的量是：途徑（3）>途徑（1）>途徑（2） D.所消耗的硝酸的物質的量是：途徑（1）>途徑（2）>途徑（3） 思路分析：本題是評價制備方案的優劣。從綠色化學角度看（1）要節約原料；（2）是副產品對環境污染小。（1）Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，(3)2Cu+O2=2CuO,CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O。若生成3molCu(NO3)2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量（見下表）： Cu(NO3)2 Cu HNO3 NOx （1） 3mol 3mol 12mol 6mol （2） 3mol 3mol 8mol 2mol （3） 3mol 3mol 6mol 0mol 由上表知：（1）耗HNO3最多，生成污染物最多；（3）耗HNO3最少，沒有污染物。 答案：A、D 方法要領：本題考查對硝酸性質、用途的理解及氧化還原反應知識，通過分析比較選擇出最佳途徑的能力。 從不同濃度硝酸與銅的反應可以看出，在硝酸與銅的反應中，硝酸充當了氧化劑和提供硝酸根兩種作用，因稀硝酸與銅反應時，氮元素的化合價由+5降為+2價，故作為氧化劑消耗的硝酸較少，而（3）中氧氣為氧化劑，硝酸全部用提供酸根用，故消耗硝酸的為(1)>(2)>(3)。 例5
在下圖裝置中，燒瓶中充滿干燥氣體a，將滴管中的液體b擠入燒瓶內，輕輕振蕩燒瓶，然后打開彈簧夾f，燒杯中的液體b呈噴泉狀噴出，最終幾乎充滿燒瓶。則a和b 分別是（1995年全國高考題） 思路分析：產生噴泉的條件：氣體在液體中的溶解度很大，產生足夠的壓強差（負壓）。CO2在水中溶解度不大，不能產生噴泉，但在NaOH溶液中因發生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，其溶解度顯著增大，此時形成噴泉。題干要求液體充滿燒瓶。 答案：B、D 方法要領：中學階段，在水中能形成噴泉現象常見的有NH3、HCl、HBr、HI、SO2等溶解度大的氣體；CO2、H2S、Cl2等在水中溶解度不大的氣體，不能形成噴泉，但若將水改成NaOH溶液，這些氣體在堿性溶液中溶解度顯著增大，從而形成噴泉；此外，噴泉實驗裝置若發生改變，也可能使本來不能形成噴泉的氣體形成噴泉，因此，要從產生噴泉的條件認識形成噴泉的本質。 例6 同溫同壓下，兩個等體積的干燥圓底燒瓶中分別充滿①NH3，②NO2，進行噴泉實驗，經充分反應后，瓶內溶液的物質的量濃度為（1998年上海高考題） A.①>②
B.①<②
C.①=②
D.不能確定 思路分析：設圓底燒瓶的體積為VL，所含氣體的物質的量為xmol。則： c(NH3)=x/Vmol/L 而3NO2+H2O=2HNO3+NO，c(HNO3)=[2/3xmol]÷[2/3VL]=
x/V mol/L。 答案：C 方法要領：只要在同溫同壓下，單一氣體（或某一氣體中混有空氣）如進行噴泉實驗（在H2O中）后所得溶液的濃度均相同。它與液體上升高度無關。如是標準狀況則濃度為1/22.4mol/L。 注意：若誤以為NO2與H2O生成HNO3的物質的量為2/3x，而忽視了溶液的體積也是2V/3L的話，就會得出兩者濃度不等的結論。 依據上述步驟,完成下列填空： (1)溶解銀的硝酸應該用 硝酸(填濃或稀)。原因是 (填序號，下同) (a)減少過程中產生NOX的量 (b)減少原料銀的消耗量 (c)節省硝酸物質的量 (2)步驟B加熱保溫的作用是 . (a)有利于加快反應速率 (b)有利于未反應的硝酸揮發 (c)有利于硝酸充分反應,降低溶液中[H+] (3)步驟Ｃ中是為了除去Fｅ3+、Cu2+等雜質,沖稀靜置時發生的化學反應是 (a)置換反應
(b)水解反應
(c)氧化還原反應 產生的沉淀物化學式
. 思路分析：（1）根據反應方程式：Ag+2 HNO3（濃）=AgNO3+NO2↑+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用濃HNO3，消耗HNO32mol，產生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用濃硝酸好，原因為（a）、(c)。 （2）根據溫度對反應速率的影響，加熱保溫是使反應加快，促使HNO3與Ag反應，而不希望HNO3損失，因此其目的是（a）、(c)。 （3）由水解原理，溶液濃度小，促進水解，使Fｅ3+、Cu2+生成難溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。 答案：（1）稀，（a）、(c) （2）（a）、(c) （3）（b），Fe(OH)3、Cu(OH)2 方法要領：聯系工業生產流程，運用化學知識，理解化學原理解答生產中的問題是高考的熱點。用到的化學原理有：反應速率；水解反應；物質分離和提純的方法。試題的能力要求較高，立意新。考生應首先將整個流程看懂，在理解每一操作步驟的目的和作用的同時，須聯系各步驟的相互關系和作用。明確前一操作是后一操作過程的基礎和條件。如：過量的Ag與稀HNO3混合其目的是使HNO3充分反應，步驟B加熱保溫的原因也是為這一目的而設置的。它使NOx不斷逸出，降低酸度，有利于下一步用水沖稀，使雜質離子水解完全，并通過靜置而沉降。以上三個步驟一環緊扣一環。 本題通過AgNO3生產的步驟、過程，考查考生對金屬（Ag、Fe、Cu）與HNO3反應的理解程度。在步驟C中，雖然Ag+也參與水解，但AgOH很不穩定分解：AgOH→Ag2O，合并于過量銀中循環使用。 題中給出了生產的過程圖，提供了解題線索。解題時應根據銀與不同濃度HNO3的反應及產生，考慮生產實際中的價值及產物對社會環境的影響，不難選擇問題（1）中的答案為稀HNO3及其原因。借助化學反應的原理及條件，離子的性質等知識，從而順利解答出問題（2）和（3）。 例8 實驗室用氨氣還原氧化銅的方法測定銅的近似相對原子質量,反應的化學方程式為: 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O（1996年上海高考題） ①儀器連接的順序(用字母編號表示,儀器可重復使用) ；d中濃硫酸的作用是
， ；實驗完畢時觀察到a中的現象是
； ②列出計算Cu的相對原子質量的表達式
； ③下列情況將使測定結果偏大的是 。(以下選擇填空不限1個正確答案，均用字母編號填寫) (a)CuO未全部還原為Cu
(b)CuO受潮
(c)CuO中混有Cu (2)如果仍采用上述儀器裝置,其他方案可選用測定的物理量有
(a)m(Cu)和m(CuO) (b)m(N2)和m(H2O) (c)m(Cu)和m(H2O)
(d)m(NH3)和m(H2O) 思路分析：根據本題的意圖是需要測定反應物氧化銅和生成物水的質量，從而利用氨和加熱條件下的氧化銅在化學反應中的關系求出銅的相對原子質量。氧化銅的質量可直接從所取的藥品稱量中得知，測反應生成的水的質量時，應考慮制得的氨氣中混有的水蒸氣對測量有干擾作用，應予以排除，反應后的氣體中必然夾雜著未反應完的氨氣，吸收水蒸氣時也要考慮不能用濃硫酸作吸收劑，否則會同時吸入水蒸氣和氨氣，造成測量數據偏大。 （1）①NH4Cl和Ca(OH)2反應可生成NH3，經堿石灰干燥后（不能用濃H2SO4干燥），因為濃H2SO4要吸收NH3）把NH3通入a裝置發生主體反應，將反應后生成的水蒸氣用C吸收（不能用濃H2SO4吸收），因為還有未反應的NH3也可被濃H2SO4吸收，這樣測量水的質量就偏大，多余的NH3用濃H2SO4吸收，同時也防止空氣中的水蒸氣進入第二個C裝置中。 ②2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O（設銅的相對原子質量為x）
3(x+16) 3×18
m(CuO) m(H2O) x=18 m(CuO)/ m(H2O)-16 或考慮計算銅的相對原子質量的思路是： n(CuO)=m(H2O)/18 M(CuO)=m(CuO)/n(H2O)=18m(CuO)/m(H2O) M(Cu)=M(CuO)-16如果測量反應前后硬質玻璃管的質量，則可測出反應生成的銅的質量，從測得的氧化銅的質量可計算銅的相對原子質量為： M(Cu)=m(Cu)/n(CuO)=18m(Cu)/m(H2O)。 從測得的生成的水的質量，也可計算銅的相對原子質量為： M(Cu)=m(Cu)/n(H2O)=18m(Cu)/m(H2O)。 ③要使測定結果偏大，則m(H2O)m要偏小，其中（a）導致m(H2O)偏小 （b）導致m(H2O)偏大 （c）相當于m(H2O)偏小。故選a、c。 （2）由于氣體的質量難于測量，也難于收集，所以（b）（d）是不可選用的。 答案：(1)①b c a c d 吸收未反應的氨
防止空氣中水分進入
固體由黑色轉變為紅色 ② ③a、c (2)a、c 方法要領：本題意在考查定量測定的能力和運用信息的能力。儀器的選擇要從生成反應物及能夠準確測量生成物來考慮，B裝置產生混有水蒸氣的氨氣，因實驗中要測定后一反應產生的水蒸氣，故應先將氨氣中的水蒸氣除去，通過C得純NH3后再通過A與CuO反應，因要測定生成的水的量，故再通過一次和C相同的裝置（不是同一裝置）只吸收水蒸氣而不吸收多余的氨氣，NH3有污染，不能排放到大氣中，同時為防止空氣中的水蒸氣進入干燥管、確保實驗準確性，故最后再通過濃H2SO4，這是此類定量實驗中應密切注意的，問題②、③關系式法不難得到結論，問題（2）中b和d均與Cu或關系，無法計算。 第二節 硫和硫的化合物 CO↑+H2O 【易錯指津】
1．掌握常見物質的俗名、組成、用途，防止張冠李戴。
本章中出現的物質俗名比較多，有些名稱之間又特別容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大蘇打和蘇打或小蘇打等，還有名目繁多的礬鹽。這些雖屬識記性的知識，但也應做到在理解的基礎上進行記憶，注意它們的性質和用途，對記憶其化學組成有幫助。同時要及時歸納和比較，以便清楚地區別它們。 2．熟悉有關各種價態的硫元素性質及轉化，以作推斷題（主要是框圖型）。 牢固掌握各種代表物性質及它們之間的知識網絡和反應原理，就可避免死搬硬套。對于框圖型等推斷題，也要善于找“題眼”，挖掘題中隱含的提示，注意對題設條件的充分應用，盡量縮小范圍。推斷時不僅要關注網絡的結構，還要注意題干提供的不起眼的信息，如顏色、狀態、式量、用途等都可能成為突破的切入口。 3．二氧化硫和氯氣的漂白性 答案：A 方法要領：這是一道有關環境保護問題的試題，SO2等氣體引發酸雨，O3、氮氧化物、有機烴等引發光化學類煙霧，氟利昂、氮氧化物等造成臭氧空洞，CO2氣體導致的溫室效應。這些導致環境污染的熱點問題，復習中應予以重視。 例2 在硫酸工業生產中，為了有利于SO2的轉化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見右圖）。按此密閉體系中氣體的流向，則在A處流出的氣體為（1999年上海高考題） A.SO2
B.SO3 O2
C.SO2 O2
D.SO2 SO3 思路分析：本題是聯系生產實際的題目，結合硫酸工業生產，考核學生對工業生產中的熱交換原理的理解。 答案：C 方法要領：對教材中工業生產中典型設備的結構（包括進出口方向）、原理及發生的反應必須有足夠的重視。通入接觸室的氣體主要是SO2和O2，經過熱交換后從A處流出，然后才能接觸催化劑，反應后的氣體經過內管又從下口通出。故A處流出的氣體仍為SO2和O2。 例3
過氧化氫的沸點比水高，但受熱容易分解。某試劑廠制得7%～8%的過氧化氫溶液，再濃縮成30%的溶液時，可采用的適宜方法是（上海市高考題） A.常壓蒸餾 B.減壓蒸餾 C.加生石灰常壓蒸餾
D.加壓蒸餾 思路分析：液態物質的沸點與壓強有關，減小壓強，能降低其沸點，這樣就能在溫度不高的情況下使水蒸發而H2O2又不會分解。 答案：B 方法要領：要從混合液中分離出受熱易分解的液體物質，一般采用減壓蒸餾或減壓分餾。防止選A，在常壓下蒸餾，H2O2受熱分解。 例4 下列反應中，調節反應物用量或濃度不會改變反應產物的是（1998年上海高考題） A.硫化氫在氧氣中燃燒 B.鐵在硫蒸氣中燃燒 C.二氧化硫通入石灰水
D.硫酸中加入鋅粉 思路分析：A中O2少量生成S，O2過量生成SO2；B中產物唯一；C中可生成CaSO4或Ca(HSO4)2；D中濃硫酸生成SO2，稀硫酸生成H2。 答案：B 方法要領：復習中應注意反應條件對產物的影響，與外界條件有關的反應如下： 1．反應溫度 ①4Na+O2(常溫)=4Na2O、2Na+O2(加熱)= Na2O2；②乙醇+濃硫酸 2．反應物的用量或濃度 ①酸式鹽+堿；②鋁鹽+堿；③偏鋁酸鹽+酸或CO2；④硝酸銀+氨水；⑤FeBr2（FeI2）+Cl2；⑥C+ O2；⑥P+ Cl2等。 例5 標準狀況下H2S和O2混合氣體100mL，經點燃后反應至完全，所得氣體經干燥后，恢復到原來狀況時體積為10mL，該10mL氣體可能是（2001年上海市高考題） A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S
D.SO3 思路分析：H2S和O2反應后的氣體產物可能為①H2S；②SO2；③SO2和O2。 如為情況①，說明H2S過量。 則由：2H2S+O2=2H2O+2S體積減少 2 1
3 60
30
100-10=90 參加反應的H2S和O2的總體積為60+30=90，則余下的10mL氣體為H2S。 若為情況②或③，說明O2過量。 則由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2體積減少 2 3
2 3 60 90 90 則參加反應的H2S和O2的總體積為60+90=150>100，所以這兩種情況不存在。 答案：C 方法要領：本題為過量計算，由于只告訴兩氣體的總體積，因此按兩種反應恰好發生的兩反應分別討論，具體計算中注意氣體體積的計算可用差量法技巧。 例6 向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的銅片并加熱。充分反應后，被還原的H2SO4的物質的量（1997年全國高考題） A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之間 D.大于0.90mol 思路分析：本題考查了氧化還原反應的條件的重要性。Cu和H2SO4反應的前提條件是濃H2SO4，開始18mol/L為濃的，但隨著Cu參加反應，H2SO4被消耗變稀，此時反應已終止。其次，考查了氧化性酸在與金屬發生反應時，其作用分兩部分：一部分充當氧化劑，使其得電子數與金屬失電子數相同，另一部分是生成的金屬陽離子與酸根結合生成鹽。由Cu+2H2SO4=Cu SO4+SO2↑+2H2O可知如果H2SO4完全反應，也只有一半充當氧化劑被還原，故被還原18mol/L H2SO4的最大量為(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。 答案：A 方法要領：該類題的解答關鍵是判明充當氧化劑的那部分量的確切值。本題如果改成熾熱的碳與上述量的濃H2SO4作用，被還原的H2SO4的物質的量的多少又該如何考慮？因此，做題時應看清單質的類別：即是否已告知為金屬單質，或為非金屬單質，或者為單質？常見氧化劑的酸為濃H2SO4、濃HNO3或稀HNO3。另MnO2只與濃HCl反應，與稀HCl是不反應的。 例7
為防治酸雨，降低煤燃燒時向大氣排放的SO2，工業上將生石灰和含硫煤混合后使用。請寫出燃燒時，有關“固硫”（不使硫化合物進入大氣）反應的化學方程式
（1996年上海市高考題） 思路分析：煤中含硫，硫燃燒時生成的酸性氧化物SO2與堿性氧化物CaO作用生成含氧酸鹽CaSO3，CaSO3易被空氣中的O2氧化成CaSO4。 答案：CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O2=2CaSO4 方法要領：上述方法稱為“鈣基固硫法”。這種方法實際上是把生石灰或石灰石的粉粒摻入煤中，再進行燃燒。利用石灰石分解生成的CaO也能吸收SO2，但因石灰石分解是吸熱反應，所以用CaCO3固硫比用CaO固硫多消耗部分熱量。 2CaSO3+O2=2CaSO4這反應易漏寫，在有空氣存在和高溫條件下，CaSO3易被氧化為CaSO4，這可以得出一條規律：溫度高時，熱穩定性不夠好的物質將向熱穩定性好的物質轉化，如本題涉及CaCO3→CaSO3→CaSO4的轉化。以防漏寫其中一個方程式。 例8 對下列事實的解釋錯誤的是（2000年上海高考題） A.在蔗糖中加入濃硫酸后出現發黑現象，說明濃硫酸具有脫水性 B.濃硝酸在光照下顏色變黃，說明濃硝酸不穩定 C.常溫下，濃硝酸可以用鋁貯存，說明鋁與濃硝酸不反應 D.反應CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能進行，說明硫化銅既不溶于水，也不溶于稀硫酸 思路分析：本題旨在考查一些常見的化學反應原理。Al與冷、濃硝酸發生鈍化，屬化學反應，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明顯的反應現象。 答案：C 方法要領：本題提醒我們在復習中要注意物質的特殊性，并注意總結歸納，從而全面掌握知識。 例9
針對以下A～D四個涉及H2O2的反應（未配平），填寫空白：（1999年廣東省高考題） A.Na2O2+HCl――H2O2+NaCl
B.Ag2O+H2O2――Ag+O2+H2O C.H2O2――H2O+O2 D.H2O2+Cr2(SO4)3+KOH――K2CrO4+K2SO4+H2O （1）H2O2僅體現氧化性的反應是（填代號） ，該反應配平的化學方程式為
（2）H2O2既體現氧化性又體現還原性的反應是（填代號） （3）H2O2體現弱酸性的反應是（填代號） ，其理由為
思路分析：H2O2中氧元素的化合價為-1價，在氧化還原反應中既可升高成0價（表現還原性），又可降到-2價（表現氧化性）。在四個反應中，只有D中的H2O2中O的價態降為-2價，表現氧化性；C中的H2O2中O的價態既升高又降低，表現出氧化性和還原性；B中的H2O2中O由-1升為0價，表現還原性；只有A中Na2O2的跟強酸鹽酸反應生成了H2O2和NaCl，這可看作是一個“強酸跟弱酸的鹽反應，生成弱酸和強酸鹽”的反應，認為在此反應中H2O2體現了弱酸性。 答案：（1）D，3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）C（3）A，此反應可看作是強酸制弱酸的反應。 方法要領：這是一個以H2O2的性質為載體，考查無機化學基本原理等方面知識的題目。題目中提出了三個問題：氧化性、還原性的含義，方程式的配平和強酸制弱酸的規律。只要緊緊扣住價態的變化進行分析，就可準確解答。對第3問，在判斷了B、C、D均是氧化還原反應后，“酸性”則應體現于非氧化還原反應中，然后再從反應物強酸（HCl）制得H2O2，聯系強酸制弱酸原理作答。 例10 某學生課外活動小組利用右圖所示裝置分別做如下實驗：(2000年全國高考題) （1）在試管中注入某紅色溶液，加熱試管，溶液顏色逐漸變淺，冷卻后恢復紅色，則原溶液可能是________________溶液；加熱時溶液由紅色逐漸變淺的原因是：
，（2）在試管中注入某無色溶液，加熱試管，溶液變為紅色，冷卻后恢復無色，則此溶液可能是________________溶液；加熱時溶液由無色變為紅色的原因______________________。 思路分析：題設情境有三大特點：①反應裝置由常見的“開放型”到了“封閉型”；②溶液顏色由常見的“靜態穩定型”到了“動態變化型”；③溶液成分由常見的“單一溶質型”到了“多種溶質型”。根據這些情境特點，進行思維發散： 解題的關鍵是要認真觀察實驗裝置的特點：試管口上套有氣球，說明加熱時會氣體逸出，一下就使“紅色溶液”的范圍縮小：溶有酸性氣體的石蕊溶液或溶有堿性氣體的酚酞溶液。而前者中加熱后，紅色變為紫色，不符合“溶液顏色逐漸變淺”的條件，結論只有稀氨水和酚酞。 由無色溶液氣體+溶液變紅氣體溶+溶液無色。聯想無色溶液雖多，但加熱后放出氣體且溶液變紅不多，又冷卻后該氣體可使紅色溶液褪色――顯然該氣體有漂白作用，并是一可逆過程，符合條件的無色溶液只能是SO2漂白過的品紅溶液。 答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH3氣逸出，所以溶液的顏色變淺；（2）溶有SO2的品紅、SO2氣體逸出，品紅溶液恢復紅色 方法要領：此題要求考生調用平時積累的所有實驗感性認識和各種實驗經驗與知識，用發散即就中學范圍內的紅色物質找出，再收斂（根據題意確定適當物質），做出題設情境的知識歸納、方案設計、結論評判。 引申發散： 溶液的組成 加熱后的現象 分析 稀氨水和酚酞溶液 紅色變淺 氨氣逸出后，溶液中[OH-]下降 滴有酚酞的氫氧化鈣飽和溶液 紅色變淺 溫度升高，氫氧化鈣溶解度降低 滴有石蕊的CO2（或SO2）溶液 紅色變紫色（不變淺） 氣體逸出后，[H+]降低 滴有甲基橙的CO2（或SO2）溶液 紅色變橙色或黃色 氣體逸出后，[H+]降低 滴有酚酞的Na2CO3（或NaHCO3）溶液 紅色變深 溫度升高，促進水解，pH增大 滴有石蕊的氯化銨溶液 紅色變深 溫度升高，促進水解，pH減小 滴有石蕊的硫酸溶液 紅色，無變化 穩定的強酸溶液 滴有酚酞的氫氧化鈉溶液 紅色，無變化 穩定的強堿溶液 Fe(SCN)3溶液 紅色，無變化 穩定的配位化合物溶液 溶有SO2的品紅溶液 無色變紅色 SO2氣體逸出，品紅恢復原色 例11 將8.8 g FeS固體置于200
ml 2.0 mol/L的鹽酸中，以制備H2S氣體。反應完全后,若溶液中H2S的濃度為0.10 mol/L，假定溶液體積不變,試計算:（1997年全國高考題） 思路分析:根據方程式FeS+2H+=Fe2++H2S可判斷鹽酸過量,計算以FeS的物質的量為基準。N(FeS)=8.8 g÷88 mol/L=0.10mol。 答案：1.8 L；0.5 mol/L、1.0 mol/L。 方法要領：H2S可溶于水（在酸中也溶，但溶解量小），如按常規題海中的習題（一般不考慮氣體在水或酸中的溶解）將導致錯誤，因題中已明確給出的H2S在反應后溶液中的濃度，這說明有一部分H2S氣體并未放出，而溶解在溶液中。由于氫硫酸的電離度極小，在計算H+的物質量濃度時，不必考慮H2S的電離。 例12 某化工廠每小時生產at（噸）98%（質量分數）硫酸。為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時不再補充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分數為b%。若空氣中氧氣的體積分數為21%，且不考慮各生產階段的物料損失，則（2001年高考試測題） （1）該廠每小時消耗標準狀況下空氣的體積為 m3。 （2）為滿足題設要求，b%的下限等于 。 思路分析：（1）每小時生產的純硫酸為(a×106g×98%)÷98g/mol=a×104mol。生產過程中生成的SO2和SO3也都是a×104mol。設每小時消耗空氣的體積為V，則由S+O2=SO2消耗O2的體積等于生成的SO2體積，即燃燒前空氣的體積等于燃燒后混合氣體的體積，據此可得以下關系： 空氣中O2的體積=反應中消耗的O2的體積+燃燒后混合氣體中O2的體積，即V×21%=a×104
mol×22.4L/mol×10-3
m3/L+V×b%，V=22400a/(21-b)。 （2）“b的下限”，其含義是指燃燒后剩余的O2在第二步催化氧化時恰好完全反應，也就是說，燃燒前空氣中的氧（空氣體積的21%）恰好滿足兩步反應。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3兩步反應耗O2之比為2:1，故燃燒后（第一步反應后）混合氣體中O2的體積分數的下限是b%=(1/3)×21%=7%。 答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7% 方法要領：根據S+O2=SO2反應前后氣體體積不變，求出燃燒后O2的體積。 第三章 常見元素的單質及其重要化合物 2．區分清楚萃取和分液的原理、儀器、操作以及適用范圍與其他物質分離方法不同。 萃取和分液是物質分離的眾多方法之一。每一種方法適用于一定的前提。分液適用于分離互不相溶的兩種液體，而萃取是根據一種溶質在兩種互不相溶的溶劑中溶解性有很大差異從而達到提取的目的。一般萃取和分液結合使用。其中萃取劑的合理選擇、分液漏斗的正確使用、與過濾或蒸餾等分離方法的明確區分等是此類命題的重點和解決問題的關鍵。 命題以選擇何種合適的萃取劑、萃取后呈何現象、上下層如何分離等形式出現。解題關鍵是抓住適宜萃取劑的條件、液體是否分層及分層后上下層位置的決定因素。分液操作時注意“先下后上、下流上倒”的順序。為確保液體順利流出，一定要打開上部塞子或使瓶塞與瓶頸處的小孔或小槽對齊，與大氣相通。 【典型例題評析】 例1 氯化碘（ICl）的化學性質跟氯氣相似，預計它跟水反應的生成物是（1998年全國高考題） A.HI和HClO
B.HCl和HIO
C.HClO3和HIO
D.HClO和HIO 思路分析：題目以考生未學過的鹵素互化物為素材，讓考生對不同鹵素的非金屬性相對強弱作出判斷。這種判斷是以鹵素跟氫、氧相互結合以及形成正負化合價的能力來實現的。 先聯想Cl2+H2O=HCl+HClO，推斷ICl與H2O反應有兩種可能：ICl+H2O=HI+HClO，ICl+H2O=HCl+HIO。問題是I、Cl兩元素何者形成氫鹵酸，何者形成次鹵酸。與I相比，氯的非金屬性比碘強，更易形成負化合價；與Cl相比，I的金屬性較強，較易形成正化合價，即產物不能是HI和HClO。 答案：B 方法要領：學習元素化合物知識時，抓住代表物的性質，并結合元素周期律知識，來指導同主族元素性質的學習。在ICl中I為+1價，Cl為-1價與水反應后其產物的化合價均不發生改變，防止受Cl2+H2O=HCl+HClO影響，認為ICl與H2O反應也是氧化還原反應，而誤選A。 無機信息題在考卷中經常出現，在做這類題目時，必須對信息理解透徹，活學活用，這樣才能保證答題的準確性。 水解產物的判斷可根據電荷相互吸收的原則去思考，因化學作用也是電性作用。此類化學方程式可按下列“模式”書寫： A+B-+H+-OH-=A+OH-+H+B- 除ICl外，Mg3N2、CaC2、NaH、Al2S3、CH3COONa等水解均遵循該“規律”。 例2 下列物質在空氣中久置變質，在變質過程中，既有氧化還原反應發生，又有非氧化還原反應發生的是（1997年高考化學試測題） A.食鹽
B.漂白粉
C.氯水
D.硫酸亞鐵溶液 思路分析：食鹽在空氣中不變質；漂白粉在空氣中發生如下反應：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO +CaCO3↓、2HClO2HCl+O2↑；氯水中只是2HClO2HCl+O2↑；硫酸亞鐵溶液中只是Fe2+被氧化為Fe3+。 答案：B 方法要領：掌握各種物質的化學性質及反應中元素的價態變化。 例3 將1體積選項中的一種氣體與10體積O2混合后，依次通過盛有足量濃NaOH溶液的洗氣瓶和盛有足量的熱銅屑的管子(假設反應都進行完全)，最后得到的尾氣可以是（1996年全國高考題） A.Cl2
B.CO
C.CO2 D.N2
思路分析：假如“1體積為A中Cl2，則當通過足量濃堿液時，因Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O而被完全吸收，而10體積O2在通過銅屑時被完全吸收，故無尾氣產生；若為B中CO，則在通過堿液時無變化；而通過銅屑時，因O2過量而生成CO2故選C；若分別為C中CO2或D中N2，當依次通過時C中無氣體剩余，D中仍然保留了原來的N2。 答案：C、D 方法要領：該題要答正確，必須審明題意：即反應物需從四個選項中選，產物也要從四個選項中選。防止漏選C。 例4 為實現中國2000年消除碘缺乏病的目標，衛生部規定食鹽必須加碘,，其中的碘以碘酸鉀(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3-可和I-發生反應：IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O。根據此反應，可用試紙和一些生活中常見的物質進行實驗，證明在食鹽中存在IO3-。可供選用的物質有：①自來水；②藍色石蕊試紙；③碘化鉀淀粉試紙；④淀粉；⑤食糖；⑥食醋；⑦白酒。進行上述實驗時必須使用的物質是（1997年全國高考題） A.①③
B.③⑥
C.②④⑥
D.①②④⑤⑦ 思路分析：依題給信息要檢驗NaCl中含有IO3-，宜使其變成有特殊顏色的物質才好識別。因此，應加含有I-和H+的物質使其變成I2，而且存在著能I2與結合成藍色物質的淀粉。因而，③中含有I-和淀粉，⑥中含有H+（由CH3COOH溶液電離而得）。 答案：B 方法要領：題中向考生傳達了我國在2000年消滅碘缺乏癥的目標和達到此目標的辦法。解題關鍵是：抓住IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O，可知所給物質要提供I-和H+。 本題屬于原理型信息給予題，它給出兩條反應原理的新信息：一是食鹽中的碘是以碘酸鉀（KIO3）的形式存在；二是給出了IO3-、I-、H+3種離子共同存在時發生的生成I2的氧化還原反應的信息，此反應原理成為實現問題解決的根本依據。為此，應能提取出I2和淀粉互檢的已有知識，并把IO3-被I-在H+存在下還原為I2的反應和I2的常規檢驗聯系起來，從而完成對問題的解答。 如果能深入把握KI淀粉試紙檢驗出氧化性物質（如Cl2、O3等）的反應原理，將已有知識遷移運用到IO3-氧化I-（H+存在）的新情境中，則不難找出用碘化鉀淀粉試紙（H+存在）檢出IO3-的方法。可見，將知識系統化、結構化，對形成知識的類比與遷移能力，是十分重要的。 例5 甲、乙、丙三種溶液各含有一種X--（X--為Cl-、Br-、I-）離子。向甲中加淀粉溶液和氯水，則溶液變橙色，再加丙溶液，顏色無明顯變化。則甲、乙、丙依次含有（1991年全國高考題） A.Br-、Cl-、I-
B.Br-、I-、Cl- C.I-、Br-、Cl- D.Cl-、I-、Br- 思路分析：在甲溶液中加入淀粉溶液和氯水，淀粉不顯藍色，證明甲中不含I-離子，溶液顯橙色，證明甲中含Br-離子（溴水顯橙色）；再加丙溶液，無明顯變化，表明丙中不含I-離子。綜上所述，甲中含Br-離子，乙中含I-離子，丙中含Cl-離子。 答案：B 方法要領：利用非金屬置換反應規律進行邏輯分析。非金屬性較強的單質能從鹽溶液（或酸溶液）中把非金屬性弱的非金屬置換出來。 本題考查了對鹵素離子還原性強弱的理解及鹵素置換實驗現象的分析，它運用的知識有：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Cl2+2I-=2Br-+I2和Br2+2I-=2Br-+I2，I2遇淀粉變藍色。 例6 冰箱致冷劑氟氯甲烷在高空中受紫外線輻射產生Cl原子，并進行下列反應：Cl+O3→ClO+O2，ClO+O→Cl+O2。下列說法不正確的是（1998年上海高考題） A.反應后將O3轉化為O2
B.Cl原子是總反應的催化劑 C.氟氯甲烷是總反應催化劑
D.Cl原子反復起分解O3的作用 思路分析：可將兩個分反應合并得總反應2O3→3O2，催化劑應是Cl而不是氟氯甲烷，由于催化劑在反應前后物質的量保持不變，故Cl反復起分解O3的作用。 答案：C 方法要領：這是一道與環境化學相關的題目，也屬信息給予題。中間產物和催化劑有相同點：①均參與了反應過程；②當分反應合并成總反應時兩者均可消去，即生成量等于消耗的量。兩者的不同之處在于催化劑先消耗后生成，而中間產物則先生成后消耗。據此可判斷出Cl在上述過程中是催化劑。平時要善于比較一些相關的概念，找出它們的本質區別。 例7 某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中,反應得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，經測定ClO-和ClO3-的濃度之比為1:3，則Cl2與NaOH反應時,被還原的氯元素與被氧化的氯元素物質的量之比為（1999年全國高考題） A.21:5
B.11:3 C.3:1 D.4:1 思路分析：Cl2與NaOH溶液反應，Cl2既是氧化劑又是還原劑，從電子得失角度分析，被氧化的Cl分別從0→+1、0→+5，根據題目所給條件分析得ClO-和ClO3-的個數之比為1:3，則被氧化的一方4個0價Cl共失電子1+3×5=16；被還原Cl從0→-1，欲使得失電子總數相等，則需16個0價Cl。所以，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質的量之比為16:4=4:1。 方法要領：本題考查利用氧化還原反應的本質分析問題的能力，考查學生應變的靈活性。Cl2與NaOH溶液反應，本身既是氧化劑又是還原劑，氧化產物為NaClO、NaClO3，還原產物為NaCl，通過電子守恒原理快解。 例8 KClO3和濃鹽酸在一定溫度下反應會生成綠黃色的易爆物二氧化氯.其變化可表述為: KClO3+ HCl(濃)== KCl+ ClO2↑+ Cl2↑+ (2)濃鹽酸在反應中顯示出來的性質是
(填寫編號,多選倒扣分) ①只有還原性
②還原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 (3)ClO2具有很強的氧化性。因此，常被用作消毒劑，其消毒效率(以單位質量得到的電子數表示)是Cl2的 倍。（2000年上海市高考題） 思路分析：（1）此題的難點是方程式的配平,用化合價升降法配平時，首先要分清氧化產物是Cl2還原產物是ClO2,KCl中的Cl-來源于鹽酸，化合價沒有變化，再配平氧化劑，還原劑，氧化產物和還原產物的計量數，最后依據原子種類和個數守恒，配平其它物質的計量數和補加未知物。（2）由配平的方程式可知，參加反應的濃鹽酸有一半被氧化，另一半起了酸作用。(3)消毒后，Cl元素的價態為為-1價，對ClO2單位質量得電子(1/67.5)×5；對Cl2單位質量得電子：(1/71)×2；二者的比值為2.63。 答案:(1)2 4 2 2 1 2 H2O (2) ② (3)2.63 方法要領：此題考查了氯及其化合物的相互轉化和性質，氧化還原反應方程式的配平，氧化性還原性分析,電子轉移數目的計算等知識；此題是一信息題，情境新穎，思考量大，有效地考查了學生的分析問題的能力，代表了今后高考命題的方向。 若將此針筒長時間放置，又可能看到何種變化
；試用平衡觀點加以解釋
。（1994年上海市高考題） 方法要領：回答實驗現象要完整并且表達確切。 例10
某化學課外小組用海帶為原料制取少量碘水。現用CCl4從碘水中萃取碘并用分液漏斗分離兩種溶液，其實驗操作可分為如下幾步:（1991年全國高考題） A.
把盛有溶液的分液漏斗放在鐵架臺的鐵圈中 B.
把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中,并蓋好玻璃塞 C.
檢驗分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液 D.
倒轉漏斗用力振蕩,并不時旋開活塞放氣,最后關閉活塞,把分液漏斗放正 E.
打開活塞,用燒杯接收溶液 F.
從分液漏斗上口倒出上層水溶液 G.
將漏斗上口的玻璃塞打開或使塞上的凹槽或小孔對準漏斗口上的小孔 H.
靜置,分層 就此實驗,完成下列填空: (1)正確操作步驟的順序是 → → A→G→ →E→F。 (2)上述E步驟的操作中應注意
上述G步驟操作的目的是
(3)能選用CCl4從碘水中萃取碘的原因是
(4)下列物質,不能作為從溴水中萃取溴的溶劑是 A.熱裂汽油
B.苯
C.酒精
D.正庚烷 思路分析：（1）檢驗分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液，這當然是第一步。B、D的操作屬于萃取，E、F屬于分液操作，A、G、H是分液前的準備操作。（4）中的熱裂汽油中，含碳碳雙鍵，與溴水發生加成反應，而酒精與溴水互溶，所以兩者均不適宜作萃取劑。 答案:(1)CBDH；(2)使漏斗下端管口緊靠燒杯內壁,及時關閉活塞,不要讓上層液體流出;使漏斗內外空氣相通,以保證E操作時漏斗里液體能夠流出；(3)四氯化碳與水不溶,I2且在四氯化碳溶解度比在水中大很多；（4）A、C 方法要領：萃取和分液操作是中學化學實驗中分離物質的常用方法之一，本題所涉及到的知識的技能有：分液漏斗的作用，萃取操作步驟及每一步聚的目的，萃取操作中的注意事項，萃取劑的性質及選擇原則；碘在水和CCl4等有機溶劑中的溶解性，熱裂汽油的不飽和性，乙醇和水的互溶性等。只有掌握這些基本知識，并在學生實驗中注意這些問題，才能在解決實際問題時綜合運用這些知識進行正確的推理和判斷。 例11
實驗室可用氯氣與金屬鐵反應制備無水三氯化鐵,該化合物呈棕紅色,易潮解,100℃左右時升華,下圖是兩個學生設計的實驗裝置,左邊的反應裝置相同,而右邊的產物收集裝置則不同,分別如(Ⅰ) (Ⅱ)所示:（2000年全國高考題） (1)B中反應的化學方程式為：
。 (2)D中的反應開始前,需排除裝置中的空氣,應采取的方法是:
。 (3)D中反應的化學方程式為： 。 (4)裝置(Ⅰ)的主要缺點是：
。 (5)裝置(Ⅱ)的主要缺點是：
，如果選用此裝置來完成實驗,則必須采取的改進措施是：
。 思路方法：此題綜合了氯氣的性質、制法，三氯化鐵的性質和制取，化學實驗操作及實驗裝置等問題。此題中涉及的制取氯氣和三氯化鐵的原理比較簡單，排除裝置中空氣的方法屬常識性操作，（1）、（2）、（3）問容易作答。只要根據題給信息，對裝置（Ⅰ）、（Ⅱ）的不同部分進行對比分析，答案就在（Ⅰ）、（Ⅱ）兩圖中，（4）、（5）問即可得解。 1．裝置（Ⅰ）中三氯化鐵由D進入E是通過細玻璃管，而裝置（Ⅱ）D直接插入E中，此二法那一種更好呢？根據題給信息，三氯化鐵在100℃左右升華，D管生成的三氯化鐵已是蒸氣，溫度降低即凝結成固體顆粒，細玻璃管就會被堵塞，此為裝置（Ⅰ）的缺點之一。 2．裝置（Ⅱ）中E下邊有一盛有NaOH溶液的洗氣瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？聯想到氯氣是有毒氣體，實驗時的尾氣排入空氣前必須用NaOH溶液來吸收，而裝置（Ⅰ）中沒有，此為裝置（Ⅰ）的缺點之二。 解題要領：本題考查了氯氣的實驗室制取原理、性質、干燥方法，尾氣處理及FeCl3制備和潮解等問題，只有全面地掌握了有關知識點，才能準確作答。 本題的側重點在于考查考生對實驗裝置的評價與改進的能力。要評價和改進，就應從實驗反應物與生成物的性能出發。本題制取的FeCl3在100℃升華，易潮解，故必須考慮FeCl3凝結會堵塞導管的可能性和外部空氣侵入使FeCl3潮解的問題。此外，尾氣（特別是有毒的氣體）處理是應當特別注意的問題。 合肥市省級示范三校09年3月文綜第四次協作聯考
地理試題
命題人 楊會杰(合肥七中) 盧廣安 (長豐一中) 審校 龐德美 一 選擇題 1．安徽美菱集團生產總部從合肥市中心環城公園邊遷往西南郊經濟技術開發區，主要原因是美菱集團公司想： A．保護城市環境 B.接近消費市場 C.降低生產成本 D. 擴充生產地盤 2.下面四圖示中，設C為市場，M1、M2為原料供應地，假如生產1噸產品需要M1提供2.5噸原料，M2提供3.5噸原料，從節省運費的角度考慮，工廠 P府設在
A．④
B．③
C．②
D． ① 下圖為我國亞熱帶某大城市人口密度、土地價格、交通通達度、夏季平均氣溫變化圖，讀圖完成第3題。 3.圖中四條曲線，表示土地價格變化的曲線是 A、a曲線 B、b曲線 C、c曲線 D、d曲線 圖4為“年平均逐日從海洋輸入大氣的總熱量分布圖（部分，單位：×0.484W/┫）”。讀圖回答4～5題。 4．對甲、乙區域數值范圍的判斷，正確的是
A．0<甲<50
B．50<甲<100 C．150<乙<200 D．200<乙<250 5．造成甲、乙區域數值差異的原因主要是 A．兩區域大氣環流的差異
B．兩區域降水量的差異 C．兩區域緯度位置的差異 D.流經兩區域洋流性質的差異
6．圖中巖層形成的先后順序為 A．④③②①⑥⑤ B．④③②①⑤⑥ C．①②③④⑤⑥ D．⑤⑥④③②① 7．若①為石灰巖，則在①與⑥之間的結合部位容易形成 A．花崗巖
B．頁巖 C．大理巖 D．礫巖 下圖為中溫帶的山區A村莊在某時刻等壓面示意圖，讀圖回答8～9題。 8． A．冬季燃煤取暖釋放的煙塵太多 B．村民做早飯釋放大量煙塵 C．谷地地形易形成地形逆溫現象，煙塵不易擴散 D．此時盛行山風，山坡易形成地形雨，多云霧 9．關于圖中時刻的敘述正確的是（ ） ①圖中等壓面一般出現在夜晚 ②圖中等壓面一般出現白天 ③此時吹山風 ④此時吹谷風 A． ①③ B．
①④ C． ②③ D． ②④
圖7
圖7為北半球某區域局部圖，M、O、W在同一條經線上，W、P在同一條緯線上，其中M、W兩點為一年中晨昏線與緯線相切點的緯度最高點和最低點，回答10―11題： 10.下列說法不正確的是（ ）
A. O點緯度可能為78017′ B. O點地方時可能為12：00
C. W的夜長可達24小時 D. M點緯度為66034′N 11.
A 合肥(310 51′N)晝夜太陽高度變幅為1170 28′ B 圖中各點觀察者看到太陽從東北升，西北落
C 若O點緯度數為78017′，此日其太陽高度變幅為23026′
D M點比O點日出早30分鐘 34. （26分）材料一： 材料二：專家認為，禽流感病毒喜歡冷涼和潮濕，低抗溫抵力較強，病毒在直射陽光下40～48h即可滅活，如果用紫外線直接照射，可迅速破壞其傳染性另外，隨著氣溫的回暖，候鳥將會向北遷徙，候鳥傳播病毒的范圍將會擴大，對控制禽流感發生也將是不利的。 材料三: 丹頂鶴喜歡生活在蘆葦沼澤濕地，其繁殖地：內蒙古達來諾爾,烏拉蓋,科爾沁,呼倫湖,輝河,嘟嚕河下游,迎春,小興凱湖,興凱湖,吉林向海,莫莫格,遼寧遼河三角洲。越冬地： 山東日照,江蘇鹽城,洪澤湖,高郵湖,邵伯湖,灌江,如東,上海,河南龐寨、云南昭通、中甸。 （1）一般來說，高致病性禽流感一年四季均可發生，但主要在低溫環境中最為嚴重。從地理學角度分析其在低溫環境中最為嚴重的原因。 （2）簡析候鳥的遷移的原因。請分析我國冬季南北溫差特別大的原因。 （3）簡述濕地的生態價值. 35．（30分）根據我省區的相關材料，完成下列各題。
（1）圖21中乙河中下游地區是我國重要的商品糧生產基地，試分析其原因。（6分） （2）圖21中A縣農業生產最容易導致的生態問題是
，并結合下表分析 A縣該生態問題所造成的危害比B縣大的原因。（5分） 人口 （萬人） 土地面積 （平方千米） 土層厚度 （米） 2006年糧食產量 （萬噸） 圖中A縣 65 3667 0.1―0.8 56 黃土高原上某 B縣 15 4182 50―80 45 （3）圖22為A縣土地垂直分布與土地利用狀況圖。結合材料，分析A縣土地利用中存在哪些不合理現象？應如何改進才能促進A縣農業的可持續發展？（6分）
合肥市省級示范三校09年3月文綜地理試題答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C A B D D A C C D D C 一 選擇題 34．（26分）（1）（10分）原因：①冬春季節溫度比較低，病毒存活時間長 ，而夏秋季節溫度較高，光照強度相對更高，陽光中的紫外線對病毒有很強的殺滅作用；（6分） ②夏秋時節禽舍通風強度遠遠高于冬春季，良好的通風可以大大減少雞舍環境中病毒的數量。病毒侵入雞體內的機會和數量就明顯減少，感染幾率下降。（4分） （2）冬半年到低緯度越冬，下半年到緯度較高的地方去生長和繁殖。（4分） ①我國南北跨緯度大。冬季，北方正午太陽高度小于南方，北方晝長也短于南方，白天地面所獲得的熱量少于南方。 ②北方距離冬季風源地近 ，加劇了北方的嚴寒。 ③南方距離冬季風源地遠 ，重重的山嶺對冷空氣南下具有阻擋作用； （6分） （3）①天然蓄水庫,涵養水源,調節徑流; ②調節氣候; ③降解污染物; ④保護生物多樣性. （6分） 35.（30分） （1）（10分）①該地糧食生產條件好，高產穩產農田比重較大，余糧較多（或答氣候為亞熱帶季風氣候，熱量充足，降水豐富，雨熱同期（2分）。地形為長江中下游平原，地形平坦，土壤肥沃（2分）；水源充足，糧食生產條件好）；②該地農業經濟基礎好，科技水平較高，增產潛力大；③市場需求量大；④政策鼓勵和支持。⑤水運便利（10分自然4分人文6分） （2）（8分）水土流失（2分）A縣比B縣：人均土地少（2分），單位面積土地產量高，造成經濟損失大（2分）；土層薄，山地石質容易裸露，土壤流失后恢復困難（2分）。 （3）（10分）不合理現象：A縣把坡度為30°-50°的海拔較高的山坡開墾成旱地（濫墾）（2分），導致該地植被減少，水土流失嚴重，土壤肥力下降（4分）。措施：發展多種經營，走立體農業道路（4分）；退耕還林（封山育林）（2 合肥市省級示范三校09年3月文綜地理試題答題卡 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
例11 下圖中①～ 分別代表有關反應中的一種物質,請填寫以下空白。
(1)①、③、④的化學式分別是
、 、
請填寫下列空白:
(1)寫出實驗中Na2O2和Na2O分別發生反應的化學方程式_____________________。
(2)應選用的裝置是(只要求寫出圖中裝置的標號)_____________________________________。
(3)所選用裝置的連接順序應是(填各接口的字母；連接膠管省略)________________________。
方法2：(1)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O+CO2=Na2CO3 (3)(G)接(D)(C)接(H)(I)[或(I)(H)]接(J)(K)〔或(K)(J)〕接(A)(B)接(F)
試回答:(1)如果選用測定反應物CuO和生成物H2O的質量[m(CuO)、m(H2O)]時，請用下列儀器設計一個簡單的實驗方案。
(1)收集到的H2S氣體的體積(標準狀況)。(2)溶液中Fe2+和H+的物質量濃度。
(1)共生成H2S 0.10mol,在溶液中溶解的物質的量為0.10L×0.20mol/L=0.02mol,所以收集到H2S氣體的物質的量=0.10mol-0.02mol =0.08mol,換算成體積=22.4L/mol×0.08mol=1.8L。
(2)生成Fe2+0.10mol,其濃度為0.10mol/0.2L=0.5mol/L,消耗掉H+的物質的量為0.20mol。反應前n(H+)=2.0mol/L×0.2L=0.4mol,故H+最后的濃度為 (0.4 mol-0.2 mol)÷0
2L=1.0 mol/L。
答案：D 
圖6
