2009高考科学备考书系
“零”失误――考前专题点醒
专题一 化学反应及其能量变化
二、点击典型 失“足”考题 范例点睛
Ｂ．氯化铵与氢氧化钠两种浓溶液混合加热：ＮＨ４＋＋ＯＨ－
Ｈ２Ｏ＋ＮＨ３↑
Ｃ．氢氧化镁与稀硫酸反应：Ｈ＋＋ＯＨ－===Ｈ２Ｏ
Ｄ．单质铜与稀硝酸反应：Ｃｕ＋２Ｈ＋＋２ＮＯ３－===Ｃｕ２＋＋２ＮＯ↑＋Ｈ２Ｏ
解题思路：本题是离子方程式判断正误的考查。Ａ是关于量的离子方程式的书写问题，关键是假设少量的石灰水的物质的量为１ｍｏｌ，因此本题错在Ｃａ２＋与ＯＨ－的比应该为１∶２；Ｂ是正确的；Ｃ错在 Ｍｇ（ＯＨ）２应该是难溶物质，在书写时应该写化学式；Ｄ配平的问题。
答案：Ｂ
失“足”警示：解决此类问题的关键是：把握量的离子方程式的书写技巧、掌握氧化还原反应的离子反应顺序、牢记弱电解质及难溶物质的书写本质、注意三守恒（元素、电子、电荷）等。
【范例５】某溶液既能溶解Ａｌ（ＯＨ）３，又能溶解 Ｈ２ＳｉＯ３，在该溶液中可以大量共存的离子组是 （ ）
Ａ．Ｋ＋、Ｎａ＋、ＨＣＯ３－、ＮＯ３－ Ｂ．Ｎａ＋、ＳＯ４２－、Ｃｌ－、ＣｌＯ－
Ｃ．Ｈ＋、Ｍｇ２＋、ＳＯ４２－、ＮＯ３－ Ｄ．Ａｇ＋、Ｋ＋、ＮＯ３－、、Ｎａ＋
解题思路：本题是离子共存问题，再现率几乎是１００％的试题。本题主要是在题干部分进行合理的限制，而且角度比较新，溶液既能溶解Ａｌ（ＯＨ）３，又能溶解 Ｈ２ＳｉＯ３，说明该溶液是含有ＯＨ－的，因此本题就变成了下列各组离子能与ＯＨ－共存的是。Ａ中的ＨＣＯ３－不能与ＯＨ－共存；Ｂ在碱性条件下Ｃｌ－、ＣｌＯ－是可以共存的；Ｃ中的Ｈ＋、Ｍｇ２＋不能与ＯＨ－共存；Ｄ中４种离子间不发生反应。
答案：ＢＤ
失“足”警示：离子能大量共存的条件是离子间不反应，如果离子间发生复分解反应或氧化还原反应，则离子就不能大量共存，另外还要注意题干给出的信息。
【范例６】氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷的热化学方程式分别为：
Ｈ２（ｇ）＋１/２Ｏ２（ｇ）===Ｈ２Ｏ（ｌ）；ΔＨ＝－２８５.８ｋＪ／ｍｏｌ
ＣＯ（ｇ）＋１/２Ｏ２（ｇ）===ＣＯ２（ｇ）；ΔＨ＝－２８３.０ｋＪ／ｍｏｌ
Ｃ８Ｈ１８（ｌ）＋Ｏ２（ｇ）===８ＣＯ２（ｇ）＋９Ｈ２Ｏ（ｌ）；ΔＨ＝－５５１８ｋＪ／ｍｏｌ
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）===ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）；ΔＨ＝－８９.３ｋＪ／ｍｏｌ
相同质量的氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是（ ）
Ａ．Ｈ２（ｇ） Ｂ．ＣＯ（ｇ） Ｃ．Ｃ８Ｈ１８（ｌ） Ｄ．ＣＨ４（ｇ）
解题思路：本题考查的是热化学方程式的应用，Ｈ２、ＣＯ、Ｃ８Ｈ１８、ＣＨ４这四种物质等质量的情况下，放出热量最少的物质的判断。本题较快的解决方案是观察法，可以定ＣＯ２８ｇ为标准，其他的如Ｈ２扩大１４倍后与之比较，显然要比ＣＯ放出的热量多，其他两种物质的热量放出情况可按照上述方法进行比较。答案：Ｂ
失“足”警示：此类试题主要侧重于对学生处理巧妙数据的能力的考查，要注意巧妙数据的掌握和运用。
【范例７】同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难，现在可根据盖斯提出的观点“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”，已知
Ｐ４（固，白磷）＋５Ｏ２（气）===Ｐ４Ｏ１０（固）；ΔＨ＝－２９８３.２ｋＪ／ｍｏｌ ①
Ｐ（固，红磷）＋Ｏ２（气）===Ｐ４Ｏ１０（固）；ΔＨ＝－７３８.５ｋＪ／ｍｏｌ ②
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式 。
解题思路：据盖斯的观点，将两个反应方程式作如下处理：①－②×４，得：Ｐ４（固，白磷）===４Ｐ（固，红磷）；ΔＨ＝－２９.２ｋＪ／ｍｏｌ
答案：Ｐ４（固，白磷）===４Ｐ（固，红磷）；ΔＨ＝－２９.２ｋＪ／ｍｏｌ
失“足”警示：同种元素形成不同的单质（称为同素异形体）具有不同的能量，因此涉及书写该类单质的热化学方程式不仅要注明单质的聚集状态，还要注明同素异形体的名称。
【范例８】Ｇ、Ｑ、Ｘ、Ｙ、Ｚ均为氯的含氧化合物。我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转换关系（未配平）：
①Ｇ
Ｑ＋ＮａＣｌ
②Ｑ＋Ｈ２Ｏ Ｘ＋Ｈ２
③Ｙ＋ＮａＯＨＧ＋Ｑ＋Ｈ２Ｏ
④Ｚ＋ＮａＯＨ→Ｑ＋Ｘ＋Ｈ２Ｏ
这五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为（ ）
Ａ.．ＱＧＺＹＸ Ｂ.．ＧＹＱＺＸ Ｃ.．ＧＹＺＱＸ Ｄ.．ＺＸＧＹＱ
解题思路：根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等这一规律，对于反应①Ｇ→ＮａＣｌ变化中，Ｃｌ的化合价降低，则Ｇ→Ｑ变化中Ｃｌ的化合价必然升高，亦即氯的化合价：Ｑ＞Ｇ；同理，由②可判断氯的化合价：Ｘ＞Ｑ；由③并结合Ｑ＞Ｇ可判断氯的化合价：Ｑ＞Ｙ＞Ｇ；由④并结合Ｘ＞Ｑ可判断氯的化合价：Ｘ＞Ｚ＞Ｑ，综合之即可得出答案。
答案：Ｂ
失“足”警示：本题将“氧化还原反应中元素化合价升降总数相等”这一基本规律应用于抽象思维，旨在考查学生运用规律等的综合思维能力。
【范例９】将ＮＯ３－＋Ｚｎ＋ＯＨ－＋Ｈ２Ｏ→ＮＨ３＋Ｚｎ（ＯＨ）４２－配平后，离子方程式中 Ｈ２Ｏ的化学计量数是（ ）
Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．６ Ｄ．８
解题思路：欲确定Ｈ２Ｏ的化学计量数，则要配平方程式。现用化合价升降法配平如下：
由ＮＨ３和 Ｚｎ（ＯＨ）４２－的化学计量数，即１ＮＯ３－＋４Ｚｎ＋ＯＨ－＋Ｈ２Ｏ→１ＮＨ３＋４Ｚｎ（ＯＨ）４２－；再根据电荷守恒可知ＯＨ－的化学计量数为７，之后用观察法得 Ｈ２Ｏ的化学计量数为６。
答案：Ｃ
【范例１０】已知反应式①Ｈ２Ｓ＋Ｉ２===Ｓ↓＋２Ｈ＋＋２Ｉ－；②Ｈ２ＳＯ３＋２Ｈ２Ｓ===３Ｓ↓＋３Ｈ２Ｏ；③２Ｉ－＋Ｂｒ２===Ｉ２＋２Ｂｒ－；④Ｈ２ＳＯ３＋Ｉ２＋Ｈ２Ｏ===ＳＯ４２－＋２Ｉ－＋４Ｈ＋下列各组中还原性由强到弱的是（ ）
Ａ．Ｈ２Ｓ、Ｈ２ＳＯ３、Ｉ－、Ｂｒ－ Ｂ．Ｉ－、Ｂｒ－、Ｈ２ＳＯ３、Ｈ２Ｓ
Ｃ．Ｈ２Ｓ、Ｉ－、Ｂｒ－、Ｈ２ＳＯ３ Ｄ．Ｉ－、Ｂｒ－、Ｈ２Ｓ、Ｈ２ＳＯ3
解题思路：对于已发生的氧化还原反应，有：还原剂的还原性＞氧化剂的还原剂；还原剂的还原性＞还原产物的还原性。对于①Ｈ２Ｓ＞Ｈ２ＳＯ３，对于③Ｉ－＞Ｂｒ－，对于④Ｈ２ＳＯ３＞Ｉ－，综合①②③④则还原性由强到弱的顺序：Ｈ２Ｓ、Ｈ２ＳＯ３、Ｉ－、Ｂｒ－。
答案：Ａ
失“足”警示：失“足”选Ｂ。对氧化性、还原性强弱的判断依据掌握得不好，容易忽视部分判断依据。因此，要想对该类题作出正确的解，必须加强对判断依据的识记和应用。
【范例１１】下列反应的离子方程式正确的是（ ）
Ａ．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳
Ｃａ２＋＋２ＣｌＯ－＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２===ＣａＣＯ３↓＋２ＨＣｌＯ
Ｂ．硫酸亚铁溶液中加入过量过氧化氢溶液
Ｆｅ２＋＋２Ｈ２Ｏ２＋４Ｈ＋===Ｆｅ３＋＋４Ｈ２Ｏ
Ｃ．用氨水吸收少量二氧化硫
ＮＨ３?Ｈ２Ｏ＋ＳＯ２===ＮＨ４＋＋ＨＳＯ３－
Ｄ．硫酸铁溶液加过量氨水
Ｆｅ３＋＋３ＮＨ３?Ｈ２Ｏ===Ｆｅ（ＯＨ）３↓＋３ＮＨ４＋
解题思路：在选项Ａ中，因为过量二氧化碳在水的存在下还要跟碳酸钙进一步反应：ＣａＣＯ３＋ＣＯ２＋Ｈ２Ｏ===Ｃａ２＋＋２ＨＣＯ３－。所以，正确的离子方程式应是ＣｌＯ－＋Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２===ＨＣＯ３－＋ＨＣｌＯ。选项Ｂ中的离子方程式离子电荷不守恒，正确的写法应是２Ｆｅ２＋＋Ｈ２Ｏ２＋２Ｈ＋===２Ｆｅ３＋＋２Ｈ２Ｏ。选项Ｃ中，用氨水吸收少量二氧化硫时，由于氨水过量，ＨＳＯ３－不可能作为最终产物，因为它可以与氨水发生反应：ＨＳＯ３－＋ＮＨ３?Ｈ２Ｏ===ＮＨ４＋＋ＳＯ３２－＋Ｈ２Ｏ。因此，正确的离子方程式应该是２ＮＨ３?Ｈ２Ｏ＋ＳＯ２===２ＮＨ４＋＋ＳＯ３２－＋Ｈ２Ｏ。
答案：Ｄ
失“足”警示：离子方程式是中学化学教学的重点之一，它涉及到较多的化学基本概念和物质的性质。本题考查考生对离子反应的理解和书写离子方程式的技能。最大的干扰项是选项Ｃ。
【范例１２】Ｃｕ２Ｓ与一定浓度的ＨＮＯ３反应，生成Ｃｕ（ＮＯ３）２、ＣｕＳＯ４、ＮＯ２、ＮＯ和 Ｈ２Ｏ，当ＮＯ２和ＮＯ的物质的量之比为１∶１时，实际参加反应的Ｃｕ２Ｓ与ＨＮＯ３的物质的量之比为（ ）
Ａ．１∶７ Ｂ．１∶９ Ｃ．１∶５ Ｄ．２∶９
解题思路：本题是守恒思想的综合应用。首先由ＮＯ２和ＮＯ的物质的量之比为１∶１，假设这两种物质的物质的量为１ｍｏｌ、１ｍｏｌ，得到的电子数为４ｍｏｌ。这样由得失电子守恒，可确定Ｃｕ２Ｓ的量为４／１０＝０.４ｍｏｌ，再由元素守恒可得：参加反应的总硝酸＝表现酸性的硝酸＋一氧化氮、二氧化氮的总物质的量＝０.４×２＋２＝２.８ｍｏｌ，因此实际参加反应的Ｃｕ２Ｓ与 ＨＮＯ３的物质的量之比为１∶７。
答案：Ａ
失“足”警示：解决此类试题的关键是抓住电子与元素守恒关系。即得到电子的总数与失去电子的总数相等和质量守恒定律。
【范例１３】已知充分燃烧ａｇ乙炔气体时生成１ｍｏｌ二氧化碳气体和液态水，并放出热量ｂｋＪ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（ ）
解题思路：从乙炔的化学式可知，１ｍｏｌ乙炔充分燃烧生成２ｍｏｌ二氧化碳气体和２ｍｏｌ液态水，则放出热量２ｂｋＪ，且放热用“－”。
答案：Ａ
失“足”警示：热化学反应方程式中注意“放热”“吸热”的表示方式。
【范例１４】在２５℃、１０１ｋＰａ下，１ｇ乙醇完全燃烧生成ＣＯ２和液态水时放热２９.７２ｋＪ，下列热化学方程式正确的是（ ）
解题思路：乙醇的摩尔质量为４６ｇ／ｍｏｌ，所以１ｍｏｌ乙醇完全燃烧生成ＣＯ２和液态水时放热２９.７２×４６＝１３６７ｋＪ。
答案：Ｂ
失“足”警示：解决此类问题，必须掌握化学变化中的能量变化，放热反应，吸热反应以及与反应物、生成物能量高低的关系。
【范例１５】煤在炉子中燃烧时，将炉子底门关小并放入一块新煤，结果炉火熄灭了。因此说煤燃烧是 过程。
解题思路：煤在燃烧时若氧气不足，反应放出的热量不能保持炉内温度在煤的着火点以上则炉火就会熄灭。
失“足”警示：错解：煤燃烧开始时是吸热反应，后来是放热反应。
首先结合题中信息分析炉火熄灭的真正原因有两个：（１）是底门关小。（２）是放入新煤。底门关小造成氧气不足，那么在较高温度下上层煤与底层煤燃烧生成的ＣＯ２气体发生反应Ｃ＋ＣＯ２
２ＣＯ，这一反应是吸热反应，会使炉膛温度降低，再加入新煤温度也较低，与原有煤炭发生热传递又一次降温，从而造成炉内温度降到煤的着火点以下，这才出现炉火熄灭的现象，并不能仅依此现象说明煤燃烧是先吸热后放热。另外，燃料充分燃烧需要足够多的空气和足够大的接触面积，但空气的量不宜过多，这一点是大家易忽略之处。
三. 实兵演练 考前“0”误
１．对于反应Ｈ－＋ＮＨ３==ＮＨ２－＋Ｈ２的说法正确的是（ ）
Ａ．该反应属于置换反应
Ｂ．ＮＨ３是氧化剂
Ｃ．ＮＨ２－是还原产物
Ｄ．若反应中有２ｍｏｌ电子转移，必生成１ｍｏｌＨ２
２．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（ ）
Ａ．１∶１∶１ Ｂ．２∶２∶１ Ｃ．２∶３∶１ Ｄ．４∶３∶２
３．有下列氧化还原反应
① Ｆｅ＋ＣｕＳＯ４===Ｃｕ＋ＦｅＳＯ４
② ②Ｃｕ＋２ＦｅＣｌ３===ＣｕＣｌ２＋２ＦｅＣｌ2
③ ２ＫＭｎＯ４?＋１６ＨＣｌ===２ＫＣｌ＋２ＭｎＣｌ２＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ
④ ２ＦｅＣｌ２＋Ｃｌ２===２ＦｅＣｌ3
根据上述反应可判断各离子的氧化性由强到弱的顺序正确的是（ ）
４．人体血红蛋白中含有Ｆｅ２＋离子，如果误食亚硝酸盐，会使人中毒，因为亚硝酸盐会使Ｆｅ２＋离子转化为Ｆｅ３＋离子，生成高铁血红蛋白而丧失与Ｏ２的结合的能力，服用维生素Ｃ可缓解亚硝酸盐的中毒，这说明维生素Ｃ具有（ ）
Ａ．酸性 Ｂ．碱性 Ｃ．氧化性 Ｄ．还原性
５．氯胺Ｈ２ＮＣｌ是常用的消毒杀菌剂，主要因为它能水解产生具有显著氧化性的物质，其水解的两种产物应是①ＮＨ４Ｃｌ ②ＨＣｌ ③ＮＨ４ＣｌＯ ④ＮＨ３ ⑤ＨＣｌＯ中的（ ）
Ａ．①② Ｂ．②③ Ｃ．④⑤ Ｄ．③④
６．航天飞机用铝粉与高氯酸铵（ＮＨ４ＣｌＯ４）的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：２ＮＨ４ＣｌＯ４===Ｎ２↑＋Ｈ２Ｏ＋Ｃｌ２↑＋２Ｏ２↑；ΔＨ＜０。下列对此反应的叙述中错误的是（ ）
Ａ．上述反应属于分解反应
Ｂ．上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行
Ｃ．反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能
Ｄ．在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用
７．在发生以下反应时，１１Ｐ＋１５ＣｕＳＯ４＋２４Ｈ２Ｏ===５Ｃｕ３Ｐ＋６Ｈ３ＰＯ４＋１５Ｈ２ＳＯ４，那么６.０２×１０２３个Ｃｕ２＋能氧化Ｐ的物质的量是 ｍｏｌ。（ ）
Ａ．１/５ Ｂ．１１/５ Ｃ．２/５ Ｄ．１/３
８．下列离子方程式正确的是（ ）
Ａ．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ｃａ（ＯＨ）２＋２Ｈ＋===Ｃａ２＋＋２Ｈ２Ｏ
Ｂ．钠与水反应：Ｎａ＋２Ｈ2Ｏ===Ｎａ＋＋２ＯＨ－＋Ｈ２
Ｃ．铜片插入硝酸银溶液中：Ｃｕ＋Ａｇ＋===Ｃｕ２＋＋Ａｇ
Ｄ．大理石溶于醋酸的反应：ＣａＣＯ３＋２ＣＨ３ＣＯＯＨ===Ｃａ２＋＋２ＣＨ３ＣＯＯ－＋ＣＯ２↑＋Ｈ２Ｏ
９．金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿的焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：
２ＣｕＦｅＳ２＋Ｏ２===Ｃｕ２Ｓ＋２ＦｅＳ＋ＳＯ２，下列说法不正确的是（ ）
Ａ．Ｏ２只做氧化剂
Ｂ．ＣｕＦｅＳ２既是氧化剂又是还原剂
Ｃ．ＳＯ２既是氧化产物又是还原产物
Ｄ．若有１ｍｏｌＯ２参加反应，则反应中有４ｍｏｌ电子转移
１０．在ｐＨ＝１的溶液中，可以大量共存的离子是（ ）
Ａ．Ｋ＋、Ｎａ＋、ＳＯ４２－、Ｓ２Ｏ３２－ Ｂ．ＮＨ４＋、Ｍｇ２＋、ＳＯ４２－、Ｃｌ－
Ｃ．Ｎａ＋、Ｋ＋、ＨＣＯ３－、Ｃｌ－ Ｄ．Ｋ＋、Ｎａ＋、ＡｌＯ２－、ＮＯ３－
１１．下列说法正确的是（ ）
Ａ．相同温度下，１ｍｏｌ?Ｌ－１氨水溶液与０.５ｍｏｌ?Ｌ－１氨水溶液中，［ＯＨ－］之比是２∶１
Ｂ．０.１ｍｏｌ?Ｌ－１ＮＨ４Ｃｌ溶液中的［ＮＨ４＋］＝［Ｃｌ－］
Ｃ．向０.１ｍｏｌ?Ｌ－１ＮａＮＯ３溶液中滴加稀盐酸，使溶液ｐＨ＝５，此时混合液中的［Ｎａ＋］＝［ＮＯ３－］
Ｄ．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，使混合液的ｐＨ＝７，此时混合液中的［Ｎａ＋］＝［ＣＨ３ＣＯＯ－］
１２．在化学分析中，草酸（Ｈ２Ｃ２Ｏ４）是重要的还原剂，已知２０.０ｍＬ０.１００ｍｏｌ?Ｌ－１ＶＯ２＋离子恰好将２０.０ｍＬ０.０５０ｍｏｌ?Ｌ－１Ｈ２Ｃ２Ｏ４完全氧化成ＣＯ２，ＶＯ２＋还原为ＶＯｎ＋离子，则ＶＯｎ＋中的ｎ值为（ ）
Ａ．１ Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
１３．在由水电离的ｃ（Ｈ＋）＝１×１０－１３ｍｏｌ／Ｌ的溶液中，下列各组离子可能大量共存的是 （ ）
Ａ．Ｎａ＋、ＮＨ４＋、ＮＯ３－、ＣＯ３２－ Ｂ．Ｋ＋、Ｍｇ２＋、ＡｌＯ２－、ＳＯ４２－
Ｃ．Ｎａ＋、Ｂａ２＋、ＯＨ－、ＮＯ３－ Ｄ．Ｆｅ２＋、Ｋ＋、ＮＯ３－、Ｃｌ－
１４．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
Ａ.酸性溶液Ｎａ＋、Ｋ＋、ＭｎＯ４－、Ｂｒ－
Ｂ.酸性溶液Ｆｅ３＋、ＮＨ４＋、ＳＣＮ－、ＮＯ３－
Ｃ.碱性溶液Ｎａ＋、Ｋ＋、ＡｌＯ２－、ＳＯ４２－
Ｄ.碱性溶液Ｂａ２＋、Ｎａ＋、ＣＯ３２－、Ｃｌ－
１５．在无土栽培时，需要用０.５ｍｏｌ／ＬＮＨ４Ｃｌ，０.１６ｍｏｌ／ＬＫＣｌ，０.２４ｍｏｌ／ＬＫ２ＳＯ４配制而成的营养液，若用ＫＣｌ、ＮＨ４Ｃｌ、（ＮＨ４）２ＳＯ４三种固体来配制１Ｌ营养液，则需此三种固体物质的量分别为（ ）
Ａ．０.４ｍｏｌ，０.５ｍｏｌ，０.１２ｍｏｌ
Ｂ．０.６６ｍｏｌ，０.５ｍｏｌ，０.２４ｍｏｌ
Ｃ．０.６４ｍｏｌ，０.５ｍｏｌ，０.２４ｍｏｌ
Ｄ．０.６４ｍｏｌ，０.０２ｍｏｌ，０.２４ｍｏｌ
１６．已知Ｃｏ２Ｏ３在酸性溶液中易被还原成Ｃｏ２＋，Ｃｏ２Ｏ３、Ｃｌ２、ＦｅＣｌ３、Ｉ２的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
Ａ．３Ｃｌ２＋６ＦｅＩ２===２ＦｅＣｌ３＋４ＦｅＩ３
Ｂ．Ｃｌ２＋ＦｅＩ２===ＦｅＣｌ２＋Ｉ２
Ｃ．Ｃｏ２Ｏ３＋６ＨＣｌ===２ＣｏＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋３Ｈ２Ｏ
Ｄ．２Ｆｅ３＋＋２Ｉ－===２Ｆｅ２＋＋Ｉ２
１７．对于司机酒后驾车，可对其呼出的气体进行检验而查出，所用的化学反应如下
２ＣｒＯ３（红色）＋３Ｃ２Ｈ５ＯＨ＋３Ｈ２ＳＯ４===Ｃｒ２（ＳＯ４）３（绿色）＋３ＣＨ３ＣＨＯ＋６Ｈ２Ｏ被检测的气体成分是 ，上述反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
１８．已知反应ＡｇＦ＋Ｃｌ２＋Ｈ２Ｏ→ＡｇＣｌ＋ＡｇＣｌＯ３＋ＨＦ＋Ｏ２（未配平），配平后，（１）若Ｃｌ２的系数为ａ，则ＡｇＦ的系数为 ，判断的依据是 。（２）若ＡｇＣｌＯ３的系数为ｂ，Ｏ２的系数为ｃ，则ＡｇＣｌ的系数是 ，判断的依据是
１９．某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：Ｏ２、Ｈ２ＣｒＯ４、Ｃｒ（ＯＨ）３、Ｈ２Ｏ、Ｈ２Ｏ２。已知该反应中Ｈ２Ｏ２只发生如下过程：Ｈ２Ｏ２→Ｏ２
（１）该反应中的还原剂是 。
２）该反应中，发生还原反应的过程是 → 。
（３）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
（４）如反应转移了０.３ｍｏｌ电子，则产生的气体在标准状况下体积为 。
２０．根据侯德榜制碱法原理并参考下表的数据，实验室制备纯碱Ｎａ２ＣＯ３的主要步骤是：将配制好的饱和ＮａＣｌ溶液倒入烧杯中加热，控制温度在３０℃～３５℃，搅拌下分批加入研细的ＮＨ４ＨＣＯ３固体，加料完毕后，继续保温３０分钟，静置、过滤得ＮａＨＣＯ３晶体。用少量蒸馏水洗涤除去杂质，抽干后，转入蒸发皿中，灼烧２小时，制得Ｎａ２ＣＯ３固体。
请回答：
（１）反应温度控制在３０℃～３５℃，是因为若高于３５℃，则 ，若低于３０℃，则 。为控制此温度范围，采取的加热方法为 。
（２）加料完毕后，继续保温３０分钟，目的是 。静置后只析出ＮａＨＣＯ３晶体的原因是 。用蒸馏水洗涤ＮａＨＣＯ３晶体的目的是除去 杂质（以化学式表示）。
（３）过滤所得的母液中含有 （以化学式表示），需加入 ，并作进一步处理，使ＮａＣｌ溶液循环使用，同时可回收ＮＨ４Ｃｌ。
（４）测试纯碱产品中ＮａＨＣＯ３含量的方法是：准确称取纯碱样品Ｗ ｇ，放入锥形瓶中加蒸馏水溶解，加１～２滴酚酞指示剂，用物质的量浓度为ｃ（ｍｏｌ／Ｌ）的ＨＣｌ溶液滴定至溶液由红色到无色（指示ＣＯ３２－＋Ｈ＋===ＨＣＯ３－反应的终点），所用ＨＣｌ溶液体积为Ｖ１ｍＬ，再加１～２滴甲基橙指示剂，继续用ＨＣｌ溶液滴定至溶液由黄变橙，所用ＨＣｌ溶液总体积为Ｖ２ｍＬ。写出纯碱样品中ＮａＨＣＯ３质量分数的计算式：ＮａＨＣＯ３（％）＝ 。
２１．据下列信息完成所需回答的问题：
（１）氧化物Ａ是高熔点白色固体，Ａ在融熔状态下电解得到单质Ｃ；
（２）氧化物Ｂ是黑色固体，Ｂ与浓盐酸加热反应生成单质Ｄ；
（３）单质Ｃ与单质Ｄ反应生成 Ｍ，其中单质Ｃ不溶于冷的浓硝酸；
（４）Ｍ与适量ＮａＯＨ溶液反应生成沉淀Ｇ；
（５）Ｇ与ＮａＯＨ溶液反应得到溶液Ｎ；Ｇ与盐酸反应得到溶液 Ｍ。
请填空：
（１）Ａ是 ；Ｄ是 。（填化学式）
（２）元素Ｃ位于周期表的位置是 。
（３）写出下列反应的化学方程式Ｂ＋浓盐酸 ，
Ｇ＋ＮａＯＨ溶液 。
（４）单质Ｃ不溶于冷的浓硝酸的原因是 。
２２．在含有Ｎａ＋、Ｍｇ２＋、ＨＣＯ３－、ＳＯ４２－的稀溶液中，各离子的物质的量之比为ｎ（Ｎａ＋）∶ｎ（Ｍｇ２＋）∶ｎ（ＨＣＯ３－）∶ｎ（ＳＯ４２－）＝２∶１∶２∶１
（１）向该溶液中滴加酚酞试液数滴，溶液呈 色；有关反应的离子方程式为 。
（２）充分加热（１）步骤所得溶液，加热过程中的现象有 ，完全反应后溶液呈 色，有关反应的离子方程式为 。
２３．将Ｎａ＋、Ａｌ３＋、Ｋ＋、ＮＯ３－、ＯＨ－、Ｓ２－、ＭｎＯ４－、Ｆｅ３＋、ＮＨ４＋、Ｈ＋、ＡｌＯ２－、ＣＯ３２－１２种离子按在溶液中能大量共存的情况分成两组，每组中含有６种离子，且阳离子和阴离子分别不少于两种，则一组是 ，另一组是 。
２４．能的转化和守恒定律是自然界普遍存在的定律，能量可以由机械能转化为热能或由化学能转化为热能。
（１） 质量ｍ＝４００ｔ的机车，以恒定功率从静止出发经５ｍｉｎ在水平面上行驶
ｓ＝２.２５ｋｍ，速度达到最大值ｖｍ＝５４ｋｍ／ｈ，该过程中产生多少热量？
（２） 已知Ｃ（ｓ）＋１／２Ｏ２（ｇ）===ＣＯ（ｇ）；ΔＨ＝－１１０．５０ｋＪ／ｍｏｌ Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）===ＣＯ２（ｇ）；ΔＨ＝－３９３．５１ｋＪ／ｍｏｌ
求下列反应Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）２ＣＯ（ｇ）的反应热。
２５．质量ｍ＝１．２ｇ的某种气体，其分子由氢和碳两种元素的原子组成，该气体中有Ｎ＝４．５×１０２２个分子，则该气体的分子式为 ； 一个分子中氢原子的质量是 ｋｇ，碳原子的质量是 ｋｇ；若１ｍｏｌ该种气体完全燃烧能放出８９０ｋＪ的热量，将该气体完全燃烧，相应热化学反应方程式为 ，放出 ｋＪ的热量，这些热量的５０％被５００ｇ２０℃的水吸收，水温将升高到℃。（已知１个质子的相对原子质量＝１．６７×１０－２７ｋｇ，ｃ水＝４．２×１０３Ｊ／ｋｇ?℃）
２６．（１）向ＮａＨＳＯ４溶液中，逐滴加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液至中性，写出发生反应的离子方程式 ；在以上中性溶液中，继续滴加Ｂａ（ＯＨ）２溶液，写出此反应的离子方程式 。
（２）向Ｂａ（ＯＨ）２溶液中，逐滴加入ＮａＨＳＯ４溶液至恰好不再生成沉淀时为止，写出反应的离子方程式 ；在上述溶液中，继续滴加ＮａＨＳＯ４溶液，写出此反应的离子方程式 。（３）向Ｂａ（ＯＨ）２溶液中逐滴加入明矾溶液至Ｂａ２＋恰好完全沉淀，其反应的离子方程式为 ；在上述溶液中，继续滴加明矾溶液，写出反应的离子方程式 。
五. 解题点评
１.Ｂ 点评：题给选项Ａ、Ｂ、Ｃ为概念的理解，只有Ｂ是正确的。Ｄ项中２ｍｏｌ电子转移应生成２ｍｏｌＨ２。
失“足”警示：氧化产物或还原产物是指元素化合价升高或元素化合价降低，而电子转移数是指得失电子总数，不是得失电子总数之和。
２.Ｂ 点评：解答此题的关键是生成的Ｏ２是由负几价的氧元素转化而来的。由于ＫＭｎＯ４和氯化钾中的氧为－２价，Ｈ２Ｏ２中的氧为－１价。故转移电子数之比等于其价态比，故选Ｂ。
失“足”警示：此题易通过它们发生的化学反应来解答而走了弯路。
.Ａ 点评：由①可得：氧化性Ｃｕ２＋＞Ｆｅ２＋。由②可得：氧化性Ｆｅ３＋＞Ｃｕ２＋。由③可得：氧化性 ＭｎＯ４－＞Ｃｌ２。故由上可得：氧化性 ＭｎＯ４－＞Ｃｌ２＞Ｆｅ３＋＞Ｃｕ２＋＞Ｆｅ２＋。
失“足”警示：要作出正确判断，必须掌握氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性这一规律。
４.Ｄ 点评：由题给信息知亚硝酸盐具有氧化性，说明维生素Ｃ具有还原性。
失“足”警示：此题失“足”选Ｃ，把其原理理解为与亚硝酸盐性质一致了。
５.Ｃ 点评：根据物质的结构可以写出其化学方程式 Ｈ２Ｎ―Ｃｌ＋ＨＯ―Ｈ→ＮＨ３＋ＨＣｌＯ，故答案为Ｃ。
失“足”警示：此题易把反应错写成ＮＨ２Ｃｌ＋Ｈ２Ｏ===ＮＨ４ＣｌＯ
６.Ｄ 点评：由反应２ＮＨ４ＣｌＯ４===Ｎ２↑＋Ｈ２Ｏ＋Ｃｌ２↑＋２Ｏ２↑；ΔＨ＜０可知①是分解反应，②反应是放热的，③ＮＨ４ＣｌＯ４既是氧化剂又是还原剂。故Ｄ项叙述是错误的。
失“足”警示：失“足”选Ｃ，主要是对ΔＨ＜０为放热理解为吸热，从而对能量的转化错误理解。
７.Ａ 点评：从反应１１Ｐ＋１５ＣｕＳＯ４＋２４Ｈ２Ｏ===５Ｃｕ３Ｐ＋６Ｈ３ＰＯ４＋１５Ｈ２ＳＯ４可知被氧化的Ｐ共６ｍｏｌ，而氧化的６ｍｏｌＰ又是由５ｍｏｌ的Ｐ本身和１４ｍｏｌＣｕＳＯ４共同完成的。１４ｍｏｌＣｕＳＯ４恰好氧化了６ｍｏｌＰ的一半，即３ｍｏｌＰ。所以１ｍｏｌＣｕＳＯ４氧化的Ｐ为３／１５＝１／５（ｍｏｌ）。故选Ａ。
失“足”警示：失“足”选Ｃ。把被氧化的６ｍｏｌＰ全部看成是由１５ｍｏｌＣｕＳＯ４氧化的。
８.Ｄ 点评：选项Ａ中的Ｃａ（ＯＨ）２要用离子表示。选项Ｂ和Ｃ得失电子不守恒。只有Ｄ项正确。
失“足”警示：必须掌握书写离子方程式的原则，（即离子反应发生的条件）以及氧化还原反应中得失电子守恒。
９.Ｃ 点评：由反应可知Ｓ的化合价既降低又升高，Ｏ的化合价降低。由此可知选项中Ｃ是正确的。
失“足”警示：失“足”选Ｄ。原因是１ｍｏｌＯ２参加反应时转移电子数应包括Ｏ２所得的电子数与Ｓ所得电子数之和。
１０.Ｂ 点评：ｐＨ＝１的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中Ｓ２Ｏ３２－、ＨＣＯ３－、ＡｌＯ２－不能大量共存，只有选项Ｂ正确。
失“足”警示：解答此类题目必须掌握离子共存条件，即离子之间不发生反应。
１１.ＣＤ 点评：选项Ａ应大于２∶１，选项Ｂ［ＮＨ４＋］＜［Ｃｌ－］，选项Ｃ、Ｄ正确。
失“足”警示：此题为弱电解质的电离及盐类水解的应用。
１２.Ｂ 点评：由得失电子守恒可知０.００１ｍｏｌＨ２Ｃ２Ｏ４完全氧化成ＣＯ２，共失０.００２ｍｏｌ电子，则０.００２ｍｏｌＶＯ２＋离子还原为
ＶＯｎ＋离子共得０.００２ｍｏｌ电子。故ｎ＝２。
失“足”警示：失“足”选Ａ，原因是未考虑由ＶＯ２＋转化为ＶＯｎ＋，少１个Ｏ，化合价降低２价。现在化合价降低１价，故ｎ＝２。
１３.Ｃ 点评：由水电离出的ｃ（Ｈ＋）＝１×１０－１３ｍｏｌ／Ｌ，其溶液中的ｃ（Ｈ＋）＝０.１ｍｏｌ／Ｌ，或者ｃ（ＯＨ－）＝０.１ｍｏｌ／Ｌ。故Ｃ正确。
失“足”警示：失“足”选Ａ和Ｂ，只判断是强碱性溶液从而忽略了也可能是强酸性溶液。
１４.Ｃ 点评：选项Ａ，ＭｎＯ４－氧化Ｂｒ－；选项Ｂ，Ｆｅ３＋与ＳＣＮ－形成络合物；选项Ｃ正确；选项Ｄ，Ｂａ２＋与ＣＯ３２－结合成ＢａＣＯ３沉淀。
失“足”警示：失“足”选Ｂ和Ｄ，选Ｂ是未考虑Ｆｅ３＋与ＳＣＮ－形成络合物，而选项Ｄ是未考虑Ｂａ２＋与ＣＯ３２－结合成ＢａＣＯ３沉淀。
１５.Ｄ 点评：由元素守恒原理，只有Ｄ正确
失“足”警示：解答此题应防止胡乱猜选。
１６.Ａ 点评：本题答案应为Ａ。本题属于基本概念与基本理论的考查范畴，主要是氧化还原反应规律的考查。Ａ中易忽略Ｃｌ２对Ｉ－的氧化；Ｂ、Ｃ、Ｄ均是符合氧化还原反应规律的。
失“足”警示：此类题是属于传统试题，解决策略是抓住“强氧化剂＋强还原剂→弱氧化剂＋弱还原剂”的规律。
１７.Ｃ２Ｈ５ＯＨ ＣｒＯ３ ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ
点评：由题意可知被检测的气体成分是Ｃ２Ｈ５ＯＨ，由反应可知氧化剂是ＣｒＯ３，还原剂是ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ。
失“足”警示：通过反应过程中颜色的变化判断反应的发生，从而检验出司机酒后驾车。从化合价的升降判断其氧化剂和还原剂。
１８（１）２ａ Ａｇ与Ｃｌ原子个数相等（２）５ｂ＋４ｃ 得失电子守恒
点评：（１）由原子守恒可得２ａ。Ａｇ与Ｃｌ原子个数相等。（２）由得失电子守恒有失电子＝５ｂ＋４ｃ，依据是得失电子守恒。
失“足”警示：此题考查氧化还原反应中不仅满足质量守恒，而且满足得失电子守恒，易出现的错误是只注意得失电子守恒而忽视质量守恒。
１９.（１）Ｈ２Ｏ２ （２）Ｈ２ＣｒＯ４ Ｃｒ（ＯＨ）３
点评：解答此题可先判断化学反应为２Ｈ２ＣｒＯ４＋３Ｈ２Ｏ２ ===２Ｃｒ（ＯＨ）３＋３Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
失“足”警示：解答此题易出现错误是想当然，把反应式写成：２Ｃｒ（ＯＨ）３＋３Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ===２Ｈ２ＣｒＯ４＋３Ｈ２Ｏ２，造成整体错误。
２０.（１）ＮＨ４ＨＣＯ３分解 反应速率降低 水浴加热
（２）使反应充分进行 ＮａＨＣＯ３的溶解度最小 ＮａＣｌ
（３）ＮＨ４Ｃｌ ＮＨ４ＨＣＯ３
（４）ｃ（Ｖ２－Ｖ１）×Ｍ/１０００×１００％
点评：根据表中各物质在不同温度下的溶解度数值来确定各小题答案。
失“足”警示：此题文字较多，易使考生思维混乱，特别是对表中各物质在不同温度下的溶解度数值的理解。另外还易出现的错误是用不同指示剂滴定时，滴定终点的准确判断。
２１.（１）Ａｌ２Ｏ３ Ｃｌ２ （２）第三周期第ⅢＡ族
（３）
ＭｎＯ２＋４ＨＣｌ（浓）ＭｎＣｌ２＋Ｃｌ２↑＋２Ｈ２Ｏ
Ａｌ（ＯＨ）３＋ＮａＯＨ===ＮａＡｌＯ２＋２Ｈ２Ｏ
（４） 在常温下，铝的表面被浓硝酸钝化生成一薄层致密、坚固的氧化物保护膜，从而阻止内部的金属继续与浓硝酸发生反应，所以铝不溶于冷的浓硝酸
失“足”警示：易出现的错误是不能正确理解题给信息，从而使解答过程只是盲目猜想，不能得出正确结论。
２２.（１）浅红 ＨＣＯ３－＋Ｈ２Ｏ===Ｈ２ＣＯ３＋ＯＨ－
（２）放出气体，溶液变浑浊，红色加深 红 Ｍｇ２＋＋２ＨＣＯ３===Ｍｇ（ＯＨ）２↓＋２ＣＯ２↑
失“足”警示：通过溶液中各离子的物质的量之比判断原物质为 ＭｇＳＯ４和 ＮａＨＣＯ３或Ｍｇ（ＨＣＯ３）２和Ｎａ２ＳＯ４。溶液中因ＨＣＯ３－的水解而呈碱性易出现的错误认为 ＨＣＯ３－电离出Ｈ＋而使溶液呈酸性。
２３.Ｈ＋、Ｆｅ３＋、Ａｌ３＋、ＮＨ４＋、ＭｎＯ４－、ＮＯ３－ Ｎａ＋、Ｋ＋、ＣＯ３２－、Ｓ２－、ＡｌＯ２－、ＯＨ－
点评：根据题给条件 Ｈ＋只能与Ｆｅ３＋、Ａｌ３＋、ＮＨ４＋、ＭｎＯ４－、
ＮＯ３－共存；而ＯＨ－只能与ＣＯ３２－、Ｓ２－、ＡｌＯ２－共存，从而得出一组为 Ｈ＋、Ｆｅ３＋、Ａｌ３＋、ＮＨ４＋、ＭｎＯ４－、ＮＯ３－；另一组为Ｎａ＋、Ｋ＋、ＣＯ３２－、Ｓ２－、ＡｌＯ２－、ＯＨ－。
失“足”警示：解答此题的关键，各组离子间不发生反应从而可确定 Ｈ＋与 ＯＨ－不在一组。Ｆｅ３＋、Ａｌ３＋、ＮＨ４＋、ＭｎＯ４－可与Ｈ＋共存。ＣＯ３２－、Ｓ２－、ＡｌＯ２－可与ＯＨ－共存。此题易出现的错误是只满足各组有６种离子的条件，而忽视离子大量共存。
２４.（１）Ｑ＝４.５０×１０７Ｊ （２）Ｑ＝１７２.５１ｋＪ
点评：（１）通过能的转化可计算出该过程产生的热量Ｑ＝４.５０×１０７Ｊ。（２）由盖斯定律可知：ＣＯ２（ｇ）===Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）－３９３.５１ｋＪ ２Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）===２ＣＯ（ｇ）＋２２１ｋＪ。
上述两式相加可得：Ｃ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）===２ＣＯ（ｇ）－１７２.５１ｋＪ，所以反应热Ｑ＝１７２.５１ｋＪ。
失“足”警示：考查能的转化在物理、化学中的表现。动能定律的运用以及热化学方程式的书写。
２５.ＣＨ４ ６.６８×１０－２７ １２×１.６７×１０－２７
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）===ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ） ８９０ ３６点评：由题给数据计算分子的式量为１６，由此可知该气体的分子式为ＣＨ４，然后由题给数据计算出后面的答案。
失“足”警示：此题是综合能力考查，但主要考查反应热和能量守恒原理的应用。要注重对题给信息的理解以及综合知识的掌握。
２６.（１）２Ｈ＋＋ＳＯ４２－＋Ｂａ２＋＋２ＯＨ－===ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ ＳＯ４２－＋Ｂａ２＋===ＢａＳＯ４↓
（２）Ｂａ２＋＋ＯＨ－＋Ｈ＋＋ＳＯ４２－===ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ
ＯＨ－＋Ｈ＋===Ｈ２Ｏ（或 ＯＨ－＋ＨＳＯ４－===ＳＯ４２－＋Ｈ２Ｏ）
（３）２Ｂａ２＋＋４ＯＨ－＋Ａｌ３＋＋２ＳＯ４２－==ＡｌＯ２－＋２ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ Ａｌ３＋＋３ＡｌＯ２－＋６Ｈ２Ｏ===４Ａｌ（ＯＨ）３↓
点评：（１）由题给信息要求溶液至中性必须使ＯＨ－反应完即离子方程式为
２Ｈ＋＋ＳＯ４２－＋Ｂａ２＋＋２ＯＨ－===ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ；Ｂａ２＋完全沉淀后溶液中存在ＳＯ４２－，此时加入Ｂａ（ＯＨ）２溶液发生反应的离子方程式为ＳＯ４２－＋Ｂａ２＋===ＢａＳＯ４↓
（２）Ｂａ２＋＋ＯＨ－＋Ｈ＋＋ＳＯ４２－===ＢａＳＯ４↓＋Ｈ２Ｏ ＯＨ－＋Ｈ＋===Ｈ２Ｏ（或 ＯＨ－＋ＨＳＯ４－===ＳＯ４２－＋Ｈ２Ｏ）
（３）２Ｂａ２＋＋４ＯＨ－＋Ａｌ３＋＋２ＳＯ４２－===ＡｌＯ２－＋２ＢａＳＯ４↓＋２Ｈ２Ｏ Ａｌ３＋＋３ＡｌＯ２－＋６Ｈ２Ｏ===４Ａｌ（ＯＨ）３↓
失“足”警示：易出现的错误是不按题目要求写。如（１）中要求呈中性，应该是：Ｂａ（ＯＨ）２＋２ＮａＨＳＯ４===ＢａＳＯ４↓＋Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ可能写成Ｂａ（ＯＨ）２＋ＮａＨＳＯ４===ＢａＳＯ４↓＋ＮａＯＨ＋Ｈ２Ｏ，即离子方程式为Ｈ＋＋ＳＯ４２－＋Ｂａ２＋＋ＯＨ－===ＢａＳＯ4＋Ｈ２Ｏ
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