第五节    碱金属

【知识网络】

【易错指津】

1．注意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na₂O₂溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。

2．注意Na₂O₂跟CO₂和水蒸气组成的混合气体反应时的先后顺序。若先发生反应：2 Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑，必还发生2NaOH+ CO₂=Na₂CO₃+H₂O，即应先考虑Na₂O₂跟CO₂的反应。

3．正确理解“焰色反应”：

（1）它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理变化过程。

（2）不是所有元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应。

（3）焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。

【典型例题评析】

例1  碱金属与卤素所形成的化合物大都具有的性质是（2001年上海高考题）

①高沸点    ②能溶于水    ③水溶液能导电    ④低熔点    ⑤熔融状态不导电

A.①②③                 B.③④⑤              C.①④⑤                D.②③

思路分析：碱金属与卤素两族元素为活泼的金属和非金属元素，它们形成的化合物为离子化合物，选项中①②③符合离子晶体的通性。

答案：A

方法要领：从物质结构的观点出发，理解物质所具体的性质。

例2  下列能用于扑灭金属钠着火的是（1996年上海高考题）

A.干冰灭火剂        B.黄沙        C.干粉（含NaHCO₃）灭火剂      D.泡沫灭火剂

思路分析：Na为活泼金属，除能与O₂反应外，还能与H₂O、CO₂等物质反应。干粉中NaHCO₃受热会分解产生H₂O和CO₂；泡沫灭火剂中含水等物质。

答案：B

方法要领：灭火一是降低温度，二是隔绝空气，此外灭火剂不能和被扑救的物质发生反应。解题中应根据物质的性质，选择适宜的方法。

例3  联合制碱法中关键的一步是把NH₄Cl从几乎饱和的NaHCO₃溶液中分离出来，为此根据NaCl和NH₄Cl溶解度的差异，向混合溶液中通入某种气体，同时加入磨细的食盐，可析出不夹带NaHCO₃的NH₄Cl.NaCl和NH₄Cl共同存在时的溶解度曲线如图所示，以下操作正确的是（1998年上海高考题）

通入气体

温度控制

（A）

（B）

（C）

（D）

CO₂

CO₂

NH₃

NH₃

30～40℃

0～10 ℃

30～40 ℃

0～10℃

思路分析：本题是电离平衡与溶解平衡统一在联合制碱法中一个很好的能力考核点。由于通入NH₃使HCO₃^-与NH₃.H₂O反应转化为CO₃^2-、NH₄⁺与H₂O，使NaHCO₃转化为Na₂CO₃而不易析出，又由于增加了NH₄⁺，并在降温条件下更易使NH₄Cl析出（根据NaCl与NH₄Cl共同存在时的溶解度曲线）。这是非常巧妙的综合分析能力的考核。

答案：D

方法要领：选项已指明了通过两个操作可达目的。由溶解度曲线知温度应低为好；再结合：NH₄Cl(s)   NH₄⁺+Cl^-，要析出NH₄Cl晶体，可增加[NH₄⁺]，因此可通入NH₃。

例4  （1）分别写出由氧在一定条件下，生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。（2000的广东高考题）

①O₃:                     ②Na₂O₂:                    ③Na₂O:                

(2)指出氧在下列各物质中的化合价:

O₃:      ; Na₂O₂:     ; Na₂O:     

(3)KO₂能吸收CO₂生成K₂CO₃和O₂,故可用作特殊情况下的氧气来源,试写出该反应的化学方程式                    

(4)人体内O₂^-离子对健康有害,使人过早衰老,但在催化剂SOD存在下可以发生如下反应,请完成该反应的离子方程式:

       O₂^-+    H₂O =    H₂O₂+  O₂+                  

思路分析：前2题为送分题（但要注意题目对反应条件的要求），3题关键是配平，4题先逆向配平：H₂O₂→O₂^-（O价态：-1到-0.5，变1价），O₂→O₂^-（O价态：0到-0.5，变1价），则1H₂O₂+1O₂――2O₂^-+2H₂O。由电荷守恒及H、O守恒判缺项为OH^-。或先由H、O守恒判缺项为OH^-，再观察配平。

答案：（1）①3O₂         2O₃  ②2Na+O₂          Na₂O₂  ③4Na+O₂           2Na₂O

（2）0；-1；-2   （3）4KO₂+2CO₂=2K₂CO₃+3O₂  （4）2O₂^-+2H₂O = 1H₂O₂+1O₂+2 OH^- 

方法要领：本题主要考查运用基本化学用语的能力。难点在第（4）小题，该题紧密联系生活实际，对中学生来说属于新知识、新情境。由电荷守恒可知，产物中必为一种阴离子，在H、O两种元素范围内组合，应为OH^-。

解题的前提是要具备由Na₂O₂与CO₂反应到KO₂与CO₂反应的迁移能力和从电荷守恒角度掌握缺项离子方程式的配平技能。

例5  若以X、Y和Z代表三种元素，且知X与Y形成原子数之比为1:1的化合物甲，Y与Z也可形成原子数之比为1:1的化合物乙，又知甲分子含18个电子，乙分子含38个电子，请填空：

（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年高考试测题）

思路分析：二元化合物甲的分子中含有18个电子，显然组成它的两种元素（X和Y）都只能在短周期。X与Y的原子数之比为1:1，因此，很容易想到可能是HCl。但是无论是H还是Cl作元素Y都不可能再形成满足题设条件的化合物乙，于是化合物甲可考虑是H₂O₂（原子比为1:1，分子含18个电子）。进而把O作为元素Y，则化合物乙就是Na₂O₂（原子比为1:1，分子含38个电子）。这样，本题要求填写的三个空白均迎刃而解。

答案：（1）二  （2）H₂O₂  （3）Na₂O₂

方法要领：本题考查考生对分子组成、元素性质和周期表的掌握程度。18个电子的微粒有：Ar、F₂、HCl、H₂S、PH₃、H₂O₂、SiH₄、N₂H₄、CH₃OH、C₂H₆、S^2-、Cl^-、K⁺、Ca²⁺、HS^-。

例6  现有一定量含有Na₂O杂质的Na₂O₂试样，请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na₂O₂试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO₃固体、6mol/L盐酸和蒸馏水）。(1994全国高考题)
　　        
   请填写下列空白:
   (1)写出实验中Na₂O₂和Na₂O分别发生反应的化学方程式_____________________。
   (2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号)_____________________________________。
   (3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母；连接胶管省略)________________________。

思路分析：由于Na₂O₂和水反应放出O₂，而Na₂O与水反应不放出气体，所以最简单的方法是通过O₂的量计算Na₂O₂的量，由于试样的量一定，即可求出Na₂O₂的纯度。

答案：方法1：(1)2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑ Na₂O+H₂O=2NaOH   (2)(G)接(A)(B)接(F)
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)

方法要领：设计实验确定混合体系中某一物质的纯度，一般步骤是：

（1）断题：

（加入某物质或加热）b.生成沉淀

                                    c.生成气体

通过称量混合物增重或减轻值可确定纯度；通过过滤、洗涤、烘干、称重可确认纯度；通过生成气体压水测气体体积亦可确认某物质的纯度。如确认Na₂CO₃和NaHCO₃混合物中Na₂CO₃的纯度用a；确认NaCl和BaCl₂中NaCl纯度可用b；Na₂O₂和Na₂O中Na₂O₂的纯度用c。

（2）框图分析（以Na₂O₂和Na₂O混合物为例）

①首先应明确设计最佳实验的标准：Ⅰ.原理正确；Ⅱ.现象明显；Ⅲ.操作简单；Ⅳ.仪器药品易得；Ⅴ.安全可靠

②Na₂O₂和Na₂O产生气体（压水测气体体积）

若选CO₂与Na₂O₂反应，则CO₂尚需制备；若选盐酸与Na₂O₂直接反应，则生成H₂O₂在酸性条件下分解速率没有在碱性条件下分解速率快，故选择水直接和混合物反应产生O₂，气体压出水测出O₂的体积，从而可计算Na₂O₂的纯度，此法最简单，符合题意。

（3）此类题目解题模式的构建

①思维的总过程：

启动→发散→收敛→共识

明确问题→途径→核心→模式

②模式

思路的设计→优选方案→分析比较→操作程序→归纳总结

例7  将70g过氧化钠和氧化钠的混合物跟98g水充分反应后，所得的氢氧化钠溶液的质量分数为50%。试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式，并计算混合物中过氧化钠和氧化钠的质量各为多少g？

思路分析：设混合物中Na₂O₂物质的量为x，Na₂O物质的量为y，则有：

2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑      Na₂O+H₂O=2NaOH

  x           2x     x/2        y          2y

        解得：x=0.5mol  y=0.5mol 

则：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

一题多解：上述反应式知，Na₂O₂与H₂O反应Na₂O₂中既是氧化剂又是还原剂，产生的O₂来自Na₂O₂，相当于2Na₂O₂=2Na₂O+O₂↑；若设Na₂O₂的物质的量X，则混合物与H₂O反应可理解为将（70-16X）g Na₂O与H₂O作用。

根据题意，由钠离子守恒：

  得：X=0.5mol。（以下略）

例8  某天然碱（纯净物）可看作由CO₂和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO₂的体积（标准状况）如下表：（2000年上海高考题）

Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ

盐酸液的体积（mL）

30

30

30

30

样品（g）

3.32

4.15

5.81

7.47

二氧化碳的体积（mL）

672

840

896

672

（1）由第Ⅰ组数据中的CO₂体积与样品质量之比，可以推测用2.49 g样品进行同样的实验时，产生CO₂_________mL(标准状况)。

（2）另取3.32g天然碱样品于300℃加热分解至完全（300℃时Na₂CO₃不分解），产生CO₂112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。

（3）已知Na₂CO₃和HCl(aq)的反应分下列两步进行：

Na₂CO₃+HCl→NaCl+NaHCO₃                    Na₂CO₃+HCl→NaCl+CO₂↑+H₂O

由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCL(aq)的浓度为     mol/L。

(4)依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO₂(标准状况)体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。

思路分析：试题以天然碱的组成及碳酸盐的性质为依托，构筑一道有层次、有深度且思维容量较大的计算题。对信息的理解能力、对数据的观察和处理能力是解答本题的关键。

（1）(672 mL/3.32 g)×2.49 g=504 mL。

（2）由题意可知，天然碱含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

所以天然碱组成为2Na₂CO₃.NaHCO₃.2H₂O（式量332）。

（3）7.47 g样品中：n(Na₂CO₃)=(7.47 g/332 g.mol^-1)×2=0.045 mol，则：

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盐酸中n(HCl)=0.075mol，设样品与HCl反应全转化为NaCl，由：

2Na₂CO₃.NaHCO₃+5HCl=5NaCl+3CO₂↑+3H₂O知：需样品质量：(0.075 mol/5)×332 g/mol=4.98 g

    设样品中Na₂CO₃与HCl反应完全转化为NaHCO₃（无CO₂气体放出），由：

(2Na₂CO₃.NaHCO₃)+2HCl=2NaCl+3NaHCO₃知：需样品质量：(0.075mol/2)×332 g/mol=12.45g

    讨论：①0<W≤4.98，HCl过量：V(CO₂)=(W g/332 g.mol^-1×3)×22400 mL.mol^-1=202.4W mL

②4.98≤W≤12.45，Na₂CO₃转化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物质的量等于剩余HCl物质的量，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转化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

方法要领：本题是有关NaHCO₃和Na₂CO₃混合物系列计算，主要考查运用实验数据定量分析问题的能力，其难点主要是在第（4）小题的讨论上，关键是抓住盐酸的量是一个定值，即2.5mol/L×30×10^-3L=0.075mol，由此依据NaHCO₃、Na₂CO₃与盐酸的反应式求得样品在不同情况下的用量，从而确定W的取值范围。

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第四节    氮族元素

【知识网络】

例2  右图为装有活塞的密闭容器，内盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧气（气体体积均在标准状况下测定），保持温度、压强不变，则容器内的密度（1993年上海高考题）

A.等于1.369g/L                             B.等于2.054g/L.

C.在1.369g/L和2.054g/L之间                D.大于2.054g/L

思路分析：题给的密闭容器中通入O₂后发生2个化学反应：2NO+O₂=2NO₂  

 2NO₂   N₂O₄。为便于计算和推导，可将题给22.4mLNO转换为22.4LNO，将题

给11.2mLO₂转换为11.2LO₂，即容器内盛有1molNO，充入0.5molO₂。根据质量守恒定律，容器内的总质量为：1mol×30g/mol+0.5mol×32g/mol=46g。

    假定1molNO与0.5molO₂恰好完全反应，则生成1molNO₂。在标准状况下1molNO₂的体积为22.4L，此时混合气体的密度为46g/22.4L=2.054g/L。但是，由于反应2NO₂   N₂O₄的存在，且保持温度、压强不变，因此使平衡混合气体的体积小于22.4L，故其密度必定大于2.054g/L。

答案：D

方法要领：解本题时最容易忽略2NO₂   N₂O₄的平衡（这是一个隐含的平衡），而误选B。

在涉及到的NO₂或N₂O₄有关量的计算问题，一般要考虑可逆反应2NO₂   N₂O₄的存在对有关量（气体物质的量、体积、密度、式量等）的影响，这是同学们应重视的一个知识点。

例3  已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D₂O)中的D原子发生氢交换，又知次磷酸(H₃PO₂)也可跟D₂O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH₂PO₂)却不再能跟D₂O发生氢交换。又此可推断出H₃PO₂的分子结构是（1994年全国高考题）
                      

思路分析：由H₃PO₄在有三个氢原子可以与D₂O发生氢交换及题给H₃PO₂分子结构知：-OH中的H原子能与D₂O发生H交换。现H₃PO₂能与D₂O发生H交换而NaH₂PO₂则不能(说明NaH₂PO₂分子中没有羟基H原子)，可以类推出H₃PO₂中只有一个-OH，从而选B。

答案：B

方法要领：本题题给信息的实质是：含氧酸分子中的H原子，只有与氧原子结合形成羟基-OH结构时，才有酸性。由于次磷酸H₃PO₂只能电离出一个H⁺，它是一元酸；NaH₂PO₂中的H原子不能电离，也不能与碱反应，NaH₂PO₂属于正盐。同理CH₃COOH分子中只有一个-OH，乙酸是一元酸。因此“含氧酸分子中含有几个H原子，就是几元酸”的说法是错误的。

此题为信息给予题，它以一般学生没有接触过的知识实例作为原型（磷酸分子中3个-OH中的H可D₂O发生H交换），要求学生在原型的启发下求解。这类题一般思路为：分析原型→找出规律[只有活泼的氢（能电离的H）才能发生氢交换]→比较问题和原型→建立联系→应用规律→完成迁移。

例4  用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：（1996年高考化学试测题）

（1）铜跟浓硝酸反应；（2）铜跟稀硝酸反应；（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中正确的是

A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等

B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等

C.所消耗的铜的物质的量是：途径（3）>途径（1）>途径（2）

D.所消耗的硝酸的物质的量是：途径（1）>途径（2）>途径（3）

思路分析：本题是评价制备方案的优劣。从绿色化学角度看（1）要节约原料；（2）是副产品对环境污染小。（1）Cu+4HNO₃(浓)=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NO_x的量（见下表）：

Cu(NO₃)₂

Cu

HNO₃

NO_x

（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，没有污染物。

答案：A、D

方法要领：本题考查对硝酸性质、用途的理解及氧化还原反应知识，通过分析比较选择出最佳途径的能力。

从不同浓度硝酸与铜的反应可以看出，在硝酸与铜的反应中，硝酸充当了氧化剂和提供硝酸根两种作用，因稀硝酸与铜反应时，氮元素的化合价由+5降为+2价，故作为氧化剂消耗的硝酸较少，而（3）中氧气为氧化剂，硝酸全部用提供酸根用，故消耗硝酸的为(1)>(2)>(3)。

例5  在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b 分别是（1995年全国高考题）

思路分析：产生喷泉的条件：气体在液体中的溶解度很大，产生足够的压强差（负压）。CO₂在水中溶解度不大，不能产生喷泉，但在NaOH溶液中因发生CO₂+2NaOH=Na₂CO₃+H₂O，其溶解度显著增大，此时形成喷泉。题干要求液体充满烧瓶。

答案：B、D

方法要领：中学阶段，在水中能形成喷泉现象常见的有NH₃、HCl、HBr、HI、SO₂等溶解度大的气体；CO₂、H₂S、Cl₂等在水中溶解度不大的气体，不能形成喷泉，但若将水改成NaOH溶液，这些气体在碱性溶液中溶解度显著增大，从而形成喷泉；此外，喷泉实验装置若发生改变，也可能使本来不能形成喷泉的气体形成喷泉，因此，要从产生喷泉的条件认识形成喷泉的本质。

例6  同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH₃，②NO₂，进行喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（1998年上海高考题）

A.①>②            B.①<②            C.①=②                D.不能确定

思路分析：设圆底烧瓶的体积为VL，所含气体的物质的量为xmol。则：

c(NH₃)=x/Vmol/L    而3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO，c(HNO₃)=[2/3xmol]÷[2/3VL]= x/V mol/L。

答案：C

方法要领：只要在同温同压下，单一气体（或某一气体中混有空气）如进行喷泉实验（在H₂O中）后所得溶液的浓度均相同。它与液体上升高度无关。如是标准状况则浓度为1/22.4mol/L。

注意：若误以为NO₂与H₂O生成HNO₃的物质的量为2/3x，而忽视了溶液的体积也是2V/3L的话，就会得出两者浓度不等的结论。

例7  某试剂厂有银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe³⁺)反应制取硝酸银.步骤如下（1996年上海高考题）

依据上述步骤,完成下列填空：

(1)溶解银的硝酸应该用    硝酸(填浓或稀)。原因是      (填序号，下同)

(a)减少过程中产生NO_X的量       (b)减少原料银的消耗量      (c)节省硝酸物质的量

(2)步骤B加热保温的作用是    .

(a)有利于加快反应速率

(b)有利于未反应的硝酸挥发

(c)有利于硝酸充分反应,降低溶液中[H⁺]

(3)步骤Ｃ中是为了除去Fｅ³⁺、Cu²⁺等杂质,冲稀静置时发生的化学反应是    

(a)置换反应                     (b)水解反应                 (c)氧化还原反应

产生的沉淀物化学式            .

思路分析：（1）根据反应方程式：Ag+2 HNO₃（浓）=AgNO₃+NO₂↑+H₂O、3Ag+4HNO₃（稀）=3AgNO₃+NO↑+2H₂O可知：每生成1molAgNO₃，如用浓HNO₃，消耗HNO₃2mol，产生1molNO₂；如用稀HNO₃，只需HNO₃4/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为（a）、(c)。

（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO₃与Ag反应，而不希望HNO₃损失，因此其目的是（a）、(c)。

（3）由水解原理，溶液浓度小，促进水解，使Fｅ³⁺、Cu²⁺生成难溶的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

方法要领：联系工业生产流程，运用化学知识，理解化学原理解答生产中的问题是高考的热点。用到的化学原理有：反应速率；水解反应；物质分离和提纯的方法。试题的能力要求较高，立意新。考生应首先将整个流程看懂，在理解每一操作步骤的目的和作用的同时，须联系各步骤的相互关系和作用。明确前一操作是后一操作过程的基础和条件。如：过量的Ag与稀HNO₃混合其目的是使HNO₃充分反应，步骤B加热保温的原因也是为这一目的而设置的。它使NO_x不断逸出，降低酸度，有利于下一步用水冲稀，使杂质离子水解完全，并通过静置而沉降。以上三个步骤一环紧扣一环。

本题通过AgNO₃生产的步骤、过程，考查考生对金属（Ag、Fe、Cu）与HNO₃反应的理解程度。在步骤C中，虽然Ag⁺也参与水解，但AgOH很不稳定分解：AgOH→Ag₂O，合并于过量银中循环使用。

题中给出了生产的过程图，提供了解题线索。解题时应根据银与不同浓度HNO₃的反应及产生，考虑生产实际中的价值及产物对社会环境的影响，不难选择问题（1）中的答案为稀HNO₃及其原因。借助化学反应的原理及条件，离子的性质等知识，从而顺利解答出问题（2）和（3）。

例8  实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量,反应的化学方程式为: 2NH₃+3CuON₂+3Cu+3H₂O（1996年上海高考题）

试回答:(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m(CuO)、m(H₂O)]时，请用下列仪器设计一个简单的实验方案。

①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使用)      ；d中浓硫酸的作用是          ，       ；实验完毕时观察到a中的现象是           ；

②列出计算Cu的相对原子质量的表达式            ；

③下列情况将使测定结果偏大的是       。(以下选择填空不限1个正确答案，均用字母编号填写)

(a)CuO未全部还原为Cu            (b)CuO受潮              (c)CuO中混有Cu

(2)如果仍采用上述仪器装置,其他方案可选用测定的物理量有  

    (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：根据本题的意图是需要测定反应物氧化铜和生成物水的质量，从而利用氨和加热条件下的氧化铜在化学反应中的关系求出铜的相对原子质量。氧化铜的质量可直接从所取的药品称量中得知，测反应生成的水的质量时，应考虑制得的氨气中混有的水蒸气对测量有干扰作用，应予以排除，反应后的气体中必然夹杂着未反应完的氨气，吸收水蒸气时也要考虑不能用浓硫酸作吸收剂，否则会同时吸入水蒸气和氨气，造成测量数据偏大。

（1）①NH₄Cl和Ca(OH)₂反应可生成NH₃，经碱石灰干燥后（不能用浓H₂SO₄干燥），因为浓H₂SO₄要吸收NH₃）把NH₃通入a装置发生主体反应，将反应后生成的水蒸气用C吸收（不能用浓H₂SO₄吸收），因为还有未反应的NH₃也可被浓H₂SO₄吸收，这样测量水的质量就偏大，多余的NH₃用浓H₂SO₄吸收，同时也防止空气中的水蒸气进入第二个C装置中。

②2NH₃+3CuO=N₂+3Cu+3H₂O（设铜的相对原子质量为x）

       3(x+16)        3×18

       m(CuO)       m(H₂O)   x=18 m(CuO)/ m(H₂O)-16

或考虑计算铜的相对原子质量的思路是：

n(CuO)=m(H₂O)/18  M(CuO)=m(CuO)/n(H₂O)=18m(CuO)/m(H₂O)  M(Cu)=M(CuO)-16如果测量反应前后硬质玻璃管的质量，则可测出反应生成的铜的质量，从测得的氧化铜的质量可计算铜的相对原子质量为：

M(Cu)=m(Cu)/n(CuO)=18m(Cu)/m(H₂O)。

从测得的生成的水的质量，也可计算铜的相对原子质量为：

M(Cu)=m(Cu)/n(H₂O)=18m(Cu)/m(H₂O)。

③要使测定结果偏大，则m(H₂O)m要偏小，其中（a）导致m(H₂O)偏小  （b）导致m(H₂O)偏大   （c）相当于m(H₂O)偏小。故选a、c。

（2）由于气体的质量难于测量，也难于收集，所以（b）（d）是不可选用的。

答案：(1)①b c a c d  吸收未反应的氨   防止空气中水分进入   固体由黑色转变为红色  ②    ③a、c    (2)a、c

方法要领：本题意在考查定量测定的能力和运用信息的能力。仪器的选择要从生成反应物及能够准确测量生成物来考虑，B装置产生混有水蒸气的氨气，因实验中要测定后一反应产生的水蒸气，故应先将氨气中的水蒸气除去，通过C得纯NH₃后再通过A与CuO反应，因要测定生成的水的量，故再通过一次和C相同的装置（不是同一装置）只吸收水蒸气而不吸收多余的氨气，NH₃有污染，不能排放到大气中，同时为防止空气中的水蒸气进入干燥管、确保实验准确性，故最后再通过浓H₂SO₄，这是此类定量实验中应密切注意的，问题②、③关系式法不难得到结论，问题（2）中b和d均与Cu或关系，无法计算。

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第二节    硫和硫的化合物

CO↑+H₂O

【易错指津】

   1．掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。

   本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。

2．熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。

牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。

3．二氧化硫和氯气的漂白性

2SO₃，SO₂+H₂O=H₂SO₃，2H₂SO₃+O₂=H₂SO₄。溶于雨水中的酸性物质，使雨水中pH在4.5左右。光化学类雾由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烃、一氧化氮等造成；温室气体主要为二氧化碳等。

答案：A

方法要领：这是一道有关环境保护问题的试题，SO₂等气体引发酸雨，O₃、氮氧化物、有机烃等引发光化学类烟雾，氟利昂、氮氧化物等造成臭氧空洞，CO₂气体导致的温室效应。这些导致环境污染的热点问题，复习中应予以重视。

例2  在硫酸工业生产中，为了有利于SO₂的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（1999年上海高考题）

A.SO₂            B.SO₃  O₂            C.SO₂  O₂          D.SO₂  SO₃

思路分析：本题是联系生产实际的题目，结合硫酸工业生产，考核学生对工业生产中的热交换原理的理解。

答案：C

方法要领：对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视。通入接触室的气体主要是SO₂和O₂，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出。故A处流出的气体仍为SO₂和O₂。

例3  过氧化氢的沸点比水高，但受热容易分解。某试剂厂制得7%～8%的过氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液时，可采用的适宜方法是（上海市高考题）

A.常压蒸馏          B.减压蒸馏          C.加生石灰常压蒸馏          D.加压蒸馏

思路分析：液态物质的沸点与压强有关，减小压强，能降低其沸点，这样就能在温度不高的情况下使水蒸发而H₂O₂又不会分解。

答案：B

方法要领：要从混合液中分离出受热易分解的液体物质，一般采用减压蒸馏或减压分馏。防止选A，在常压下蒸馏，H₂O₂受热分解。

例4 下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（1998年上海高考题）

A.硫化氢在氧气中燃烧                             B.铁在硫蒸气中燃烧

C.二氧化硫通入石灰水                             D.硫酸中加入锌粉

思路分析：A中O₂少量生成S，O₂过量生成SO₂；B中产物唯一；C中可生成CaSO₄或Ca(HSO₄)₂；D中浓硫酸生成SO₂，稀硫酸生成H₂。

答案：B

方法要领：复习中应注意反应条件对产物的影响，与外界条件有关的反应如下：

1．反应温度

①4Na+O₂(常温)=4Na₂O、2Na+O₂(加热)= Na₂O₂；②乙醇+浓硫酸

2．反应物的用量或浓度

①酸式盐+碱；②铝盐+碱；③偏铝酸盐+酸或CO₂；④硝酸银+氨水；⑤FeBr₂（FeI₂）+Cl₂；⑥C+ O₂；⑥P+ Cl₂等。

例5   标准状况下H₂S和O₂混合气体100mL，经点燃后反应至完全，所得气体经干燥后，恢复到原来状况时体积为10mL，该10mL气体可能是（2001年上海市高考题）

A.H₂S、SO₂              B.O₂                C.H₂S              D.SO₃

思路分析：H₂S和O₂反应后的气体产物可能为①H₂S；②SO₂；③SO₂和O₂。

如为情况①，说明H₂S过量。

则由：2H₂S+O₂=2H₂O+2S体积减少

2   1            3

       60   30          100-10=90  

参加反应的H₂S和O₂的总体积为60+30=90，则余下的10mL气体为H₂S。

若为情况②或③，说明O₂过量。

则由：2H₂S+3O₂=2H₂O+2SO₂体积减少

       2    3         2     3

       60   90              90

则参加反应的H₂S和O₂的总体积为60+90=150>100，所以这两种情况不存在。

答案：C

方法要领：本题为过量计算，由于只告诉两气体的总体积，因此按两种反应恰好发生的两反应分别讨论，具体计算中注意气体体积的计算可用差量法技巧。

例6  向50mL18mol/LH₂SO₄溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H₂SO₄的物质的量（1997年全国高考题）

A.小于0.45mol    B.等于0.45mol      C.在0.45mol和0.90mol之间     D.大于0.90mol

思路分析：本题考查了氧化还原反应的条件的重要性。Cu和H₂SO₄反应的前提条件是浓H₂SO₄，开始18mol/L为浓的，但随着Cu参加反应，H₂SO₄被消耗变稀，此时反应已终止。其次，考查了氧化性酸在与金属发生反应时，其作用分两部分：一部分充当氧化剂，使其得电子数与金属失电子数相同，另一部分是生成的金属阳离子与酸根结合生成盐。由Cu+2H₂SO₄=Cu SO₄+SO₂↑+2H₂O可知如果H₂SO₄完全反应，也只有一半充当氧化剂被还原，故被还原18mol/L H₂SO₄的最大量为(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。

答案：A

方法要领：该类题的解答关键是判明充当氧化剂的那部分量的确切值。本题如果改成炽热的碳与上述量的浓H₂SO₄作用，被还原的H₂SO₄的物质的量的多少又该如何考虑？因此，做题时应看清单质的类别：即是否已告知为金属单质，或为非金属单质，或者为单质？常见氧化剂的酸为浓H₂SO₄、浓HNO₃或稀HNO₃。另MnO₂只与浓HCl反应，与稀HCl是不反应的。

例7  为防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO₂，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时，有关“固硫”（不使硫化合物进入大气）反应的化学方程式              （1996年上海市高考题）

思路分析：煤中含硫，硫燃烧时生成的酸性氧化物SO₂与碱性氧化物CaO作用生成含氧酸盐CaSO₃，CaSO₃易被空气中的O₂氧化成CaSO₄。

答案：CaO+SO₂=CaSO₃，2CaSO₃+O₂=2CaSO₄

方法要领：上述方法称为“钙基固硫法”。这种方法实际上是把生石灰或石灰石的粉粒掺入煤中，再进行燃烧。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热反应，所以用CaCO₃固硫比用CaO固硫多消耗部分热量。

2CaSO₃+O₂=2CaSO₄这反应易漏写，在有空气存在和高温条件下，CaSO₃易被氧化为CaSO₄，这可以得出一条规律：温度高时，热稳定性不够好的物质将向热稳定性好的物质转化，如本题涉及CaCO₃→CaSO₃→CaSO₄的转化。以防漏写其中一个方程式。

例8    对下列事实的解释错误的是（2000年上海高考题）

A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性

B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定

C.常温下，浓硝酸可以用铝贮存，说明铝与浓硝酸不反应

D.反应CuSO₄+H₂S→CuS↓+H₂SO₄能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸

思路分析：本题旨在考查一些常见的化学反应原理。Al与冷、浓硝酸发生钝化，属化学反应，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明显的反应现象。

答案：C

方法要领：本题提醒我们在复习中要注意物质的特殊性，并注意总结归纳，从而全面掌握知识。

例9  针对以下A～D四个涉及H₂O₂的反应（未配平），填写空白：（1999年广东省高考题）

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仅体现氧化性的反应是（填代号）    ，该反应配平的化学方程式为         

（2）H₂O₂既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）   

（3）H₂O₂体现弱酸性的反应是（填代号）     ，其理由为                         

思路分析：H₂O₂中氧元素的化合价为-1价，在氧化还原反应中既可升高成0价（表现还原性），又可降到-2价（表现氧化性）。在四个反应中，只有D中的H₂O₂中O的价态降为-2价，表现氧化性；C中的H₂O₂中O的价态既升高又降低，表现出氧化性和还原性；B中的H₂O₂中O由-1升为0价，表现还原性；只有A中Na₂O₂的跟强酸盐酸反应生成了H₂O₂和NaCl，这可看作是一个“强酸跟弱酸的盐反应，生成弱酸和强酸盐”的反应，认为在此反应中H₂O₂体现了弱酸性。

答案：（1）D，3H₂O₂+Cr₂(SO₄)₃+10KOH=2K₂CrO₄+3K₂SO₄+8H₂O（2）C（3）A，此反应可看作是强酸制弱酸的反应。

方法要领：这是一个以H₂O₂的性质为载体，考查无机化学基本原理等方面知识的题目。题目中提出了三个问题：氧化性、还原性的含义，方程式的配平和强酸制弱酸的规律。只要紧紧扣住价态的变化进行分析，就可准确解答。对第3问，在判断了B、C、D均是氧化还原反应后，“酸性”则应体现于非氧化还原反应中，然后再从反应物强酸（HCl）制得H₂O₂，联系强酸制弱酸原理作答。

例10  某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：(2000年全国高考题)

（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是：                                         ，（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是________________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因______________________。

思路分析：题设情境有三大特点：①反应装置由常见的“开放型”到了“封闭型”；②溶液颜色由常见的“静态稳定型”到了“动态变化型”；③溶液成分由常见的“单一溶质型”到了“多种溶质型”。根据这些情境特点，进行思维发散：

解题的关键是要认真观察实验装置的特点：试管口上套有气球，说明加热时会气体逸出，一下就使“红色溶液”的范围缩小：溶有酸性气体的石蕊溶液或溶有碱性气体的酚酞溶液。而前者中加热后，红色变为紫色，不符合“溶液颜色逐渐变浅”的条件，结论只有稀氨水和酚酞。

由无色溶液气体+溶液变红气体溶+溶液无色。联想无色溶液虽多，但加热后放出气体且溶液变红不多，又冷却后该气体可使红色溶液褪色――显然该气体有漂白作用，并是一可逆过程，符合条件的无色溶液只能是SO₂漂白过的品红溶液。

答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH₃气逸出，所以溶液的颜色变浅；（2）溶有SO₂的品红、SO₂气体逸出，品红溶液恢复红色

方法要领：此题要求考生调用平时积累的所有实验感性认识和各种实验经验与知识，用发散即就中学范围内的红色物质找出，再收敛（根据题意确定适当物质），做出题设情境的知识归纳、方案设计、结论评判。

引申发散：

溶液的组成

加热后的现象

分析

稀氨水和酚酞溶液

红色变浅

氨气逸出后，溶液中[OH^-]下降

滴有酚酞的氢氧化钙饱和溶液

红色变浅

温度升高，氢氧化钙溶解度降低

滴有石蕊的CO₂（或SO₂）溶液

红色变紫色（不变浅）

气体逸出后，[H⁺]降低

滴有甲基橙的CO₂（或SO₂）溶液

红色变橙色或黄色

气体逸出后，[H⁺]降低

滴有酚酞的Na₂CO₃（或NaHCO₃）溶液

红色变深

温度升高，促进水解，pH增大

滴有石蕊的氯化铵溶液

红色变深

温度升高，促进水解，pH减小

滴有石蕊的硫酸溶液

红色，无变化

稳定的强酸溶液

滴有酚酞的氢氧化钠溶液

红色，无变化

稳定的强碱溶液

Fe(SCN)₃溶液

红色，无变化

稳定的配位化合物溶液

溶有SO₂的品红溶液

无色变红色

SO₂气体逸出，品红恢复原色

例11  将8.8 g FeS固体置于200 ml 2.0 mol/L的盐酸中，以制备H₂S气体。反应完全后,若溶液中H₂S的浓度为0.10 mol/L，假定溶液体积不变,试计算:（1997年全国高考题）
    (1)收集到的H₂S气体的体积(标准状况)。(2)溶液中Fe²⁺和H⁺的物质量浓度。

思路分析:根据方程式FeS+2H⁺=Fe²⁺+H₂S­可判断盐酸过量,计算以FeS的物质的量为基准。N(FeS)=8.8 g÷88 mol/L=0.10mol。
    (1)共生成H₂S 0.10mol,在溶液中溶解的物质的量为0.10L×0.20mol/L=0.02mol,所以收集到H₂S气体的物质的量=0.10mol-0.02mol =0.08mol,换算成体积=22.4L/mol×0.08mol=1.8L。
    (2)生成Fe²⁺0.10mol,其浓度为0.10mol/0.2L=0.5mol/L,消耗掉H⁺的物质的量为0.20mol。反应前n(H⁺)=2.0mol/L×0.2L=0.4mol,故H⁺最后的浓度为 (0.4 mol-0.2 mol)÷0 2L=1.0 mol/L。

答案：1.8 L；0.5 mol/L、1.0 mol/L。

方法要领：H₂S可溶于水（在酸中也溶，但溶解量小），如按常规题海中的习题（一般不考虑气体在水或酸中的溶解）将导致错误，因题中已明确给出的H₂S在反应后溶液中的浓度，这说明有一部分H₂S气体并未放出，而溶解在溶液中。由于氢硫酸的电离度极小，在计算H⁺的物质量浓度时，不必考虑H₂S的电离。

例12  某化工厂每小时生产at（吨）98%（质量分数）硫酸。为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则（2001年高考试测题）

（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为     m³。

（2）为满足题设要求，b%的下限等于    。

思路分析：（1）每小时生产的纯硫酸为(a×10⁶g×98%)÷98g/mol=a×10⁴mol。生产过程中生成的SO₂和SO₃也都是a×10⁴mol。设每小时消耗空气的体积为V，则由S+O₂=SO₂消耗O₂的体积等于生成的SO₂体积，即燃烧前空气的体积等于燃烧后混合气体的体积，据此可得以下关系：

空气中O₂的体积=反应中消耗的O₂的体积+燃烧后混合气体中O₂的体积，即V×21%=a×10⁴ mol×22.4L/mol×10^-3 m³/L+V×b%，V=22400a/(21-b)。

（2）“b的下限”，其含义是指燃烧后剩余的O₂在第二步催化氧化时恰好完全反应，也就是说，燃烧前空气中的氧（空气体积的21%）恰好满足两步反应。因S+O₂=SO₂和O₂+2SO₂=2SO₃两步反应耗O₂之比为2:1，故燃烧后（第一步反应后）混合气体中O₂的体积分数的下限是b%=(1/3)×21%=7%。

答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7%

方法要领：根据S+O₂=SO₂反应前后气体体积不变，求出燃烧后O₂的体积。

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第三章   常见元素的单质及其重要化合物

    氯水中正因为存在可逆反应Cl₂+H₂O    HCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO₂等）、加成法（加不饱和的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br₂与Fe或KI反应。

2．区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。

萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。

命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通。

【典型例题评析】

例1  氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的生成物是（1998年全国高考题）

A.HI和HClO        B.HCl和HIO        C.HClO₃和HIO        D.HClO和HIO

思路分析：题目以考生未学过的卤素互化物为素材，让考生对不同卤素的非金属性相对强弱作出判断。这种判断是以卤素跟氢、氧相互结合以及形成正负化合价的能力来实现的。

先联想Cl₂+H₂O=HCl+HClO，推断ICl与H₂O反应有两种可能：ICl+H₂O=HI+HClO，ICl+H₂O=HCl+HIO。问题是I、Cl两元素何者形成氢卤酸，何者形成次卤酸。与I相比，氯的非金属性比碘强，更易形成负化合价；与Cl相比，I的金属性较强，较易形成正化合价，即产物不能是HI和HClO。

答案：B

方法要领：学习元素化合物知识时，抓住代表物的性质，并结合元素周期律知识，来指导同主族元素性质的学习。在ICl中I为+1价，Cl为-1价与水反应后其产物的化合价均不发生改变，防止受Cl₂+H₂O=HCl+HClO影响，认为ICl与H₂O反应也是氧化还原反应，而误选A。

无机信息题在考卷中经常出现，在做这类题目时，必须对信息理解透彻，活学活用，这样才能保证答题的准确性。

水解产物的判断可根据电荷相互吸收的原则去思考，因化学作用也是电性作用。此类化学方程式可按下列“模式”书写：

A⁺B^-+H⁺-OH^-=A⁺OH^-+H⁺B^-

除ICl外，Mg₃N₂、CaC₂、NaH、Al₂S₃、CH₃COONa等水解均遵循该“规律”。

例2  下列物质在空气中久置变质，在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是（1997年高考化学试测题）

      A.食盐              B.漂白粉              C.氯水             D.硫酸亚铁溶液

思路分析：食盐在空气中不变质；漂白粉在空气中发生如下反应：Ca(ClO)₂+CO₂+H₂O=2HClO

+CaCO₃↓、2HClO2HCl+O₂↑；氯水中只是2HClO2HCl+O₂↑；硫酸亚铁溶液中只是Fe²⁺被氧化为Fe³⁺。

答案：B

方法要领：掌握各种物质的化学性质及反应中元素的价态变化。

例3  将1体积选项中的一种气体与10体积O₂混合后，依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量的热铜屑的管子(假设反应都进行完全)，最后得到的尾气可以是（1996年全国高考题）

A.Cl₂                B.CO                 C.CO₂                    D.N₂

思路分析：假如“1体积为A中Cl₂，则当通过足量浓碱液时，因Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O而被完全吸收，而10体积O₂在通过铜屑时被完全吸收，故无尾气产生；若为B中CO，则在通过碱液时无变化；而通过铜屑时，因O₂过量而生成CO₂故选C；若分别为C中CO₂或D中N₂，当依次通过时C中无气体剩余，D中仍然保留了原来的N₂。

答案：C、D

方法要领：该题要答正确，必须审明题意：即反应物需从四个选项中选，产物也要从四个选项中选。防止漏选C。

例4  为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘,，其中的碘以碘酸钾(KIO₃)形式存在。已知在溶液中IO₃^-可和I^-发生反应：IO₃^-+5I^-+6H⁺=3I₂+2H₂O。根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO₃^-。可供选用的物质有：①自来水；②蓝色石蕊试纸；③碘化钾淀粉试纸；④淀粉；⑤食糖；⑥食醋；⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（1997年全国高考题）

A.①③            B.③⑥             C.②④⑥              D.①②④⑤⑦

思路分析：依题给信息要检验NaCl中含有IO₃^-，宜使其变成有特殊颜色的物质才好识别。因此，应加含有I^-和H⁺的物质使其变成I₂，而且存在着能I₂与结合成蓝色物质的淀粉。因而，③中含有I^-和淀粉，⑥中含有H⁺（由CH₃COOH溶液电离而得）。

答案：B

方法要领：题中向考生传达了我国在2000年消灭碘缺乏症的目标和达到此目标的办法。解题关键是：抓住IO₃^-+5I^-+6H⁺=3I₂+2H₂O，可知所给物质要提供I^-和H⁺。

本题属于原理型信息给予题，它给出两条反应原理的新信息：一是食盐中的碘是以碘酸钾（KIO₃）的形式存在；二是给出了IO₃^-、I^-、H⁺3种离子共同存在时发生的生成I₂的氧化还原反应的信息，此反应原理成为实现问题解决的根本依据。为此，应能提取出I₂和淀粉互检的已有知识，并把IO₃^-被I^-在H⁺存在下还原为I₂的反应和I₂的常规检验联系起来，从而完成对问题的解答。

如果能深入把握KI淀粉试纸检验出氧化性物质（如Cl₂、O₃等）的反应原理，将已有知识迁移运用到IO₃^-氧化I^-（H⁺存在）的新情境中，则不难找出用碘化钾淀粉试纸（H⁺存在）检出IO₃^-的方法。可见，将知识系统化、结构化，对形成知识的类比与迁移能力，是十分重要的。

例5  甲、乙、丙三种溶液各含有一种X_-^-（X_-^-为Cl^-、Br^-、I^-）离子。向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变橙色，再加丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有（1991年全国高考题）

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，淀粉不显蓝色，证明甲中不含I^-离子，溶液显橙色，证明甲中含Br^-离子（溴水显橙色）；再加丙溶液，无明显变化，表明丙中不含I^-离子。综上所述，甲中含Br^-离子，乙中含I^-离子，丙中含Cl^-离子。

答案：B

方法要领：利用非金属置换反应规律进行逻辑分析。非金属性较强的单质能从盐溶液（或酸溶液）中把非金属性弱的非金属置换出来。

本题考查了对卤素离子还原性强弱的理解及卤素置换实验现象的分析，它运用的知识有：Cl₂+2Br^-=2Cl^-+Br₂，Cl₂+2I^-=2Br^-+I₂和Br₂+2I^-=2Br^-+I₂，I₂遇淀粉变蓝色。

例6  冰箱致冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生Cl原子，并进行下列反应：Cl+O₃→ClO+O₂，ClO+O→Cl+O₂。下列说法不正确的是（1998年上海高考题）

A.反应后将O₃转化为O₂                     B.Cl原子是总反应的催化剂

C.氟氯甲烷是总反应催化剂                   D.Cl原子反复起分解O₃的作用

思路分析：可将两个分反应合并得总反应2O₃→3O₂，催化剂应是Cl而不是氟氯甲烷，由于催化剂在反应前后物质的量保持不变，故Cl反复起分解O₃的作用。

答案：C

方法要领：这是一道与环境化学相关的题目，也属信息给予题。中间产物和催化剂有相同点：①均参与了反应过程；②当分反应合并成总反应时两者均可消去，即生成量等于消耗的量。两者的不同之处在于催化剂先消耗后生成，而中间产物则先生成后消耗。据此可判断出Cl在上述过程中是催化剂。平时要善于比较一些相关的概念，找出它们的本质区别。

例7  某温度下，将Cl₂通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaClO₃的混合液，经测定ClO^-和ClO₃^-的浓度之比为1:3，则Cl₂与NaOH反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素物质的量之比为（1999年全国高考题）

A.21:5                 B.11:3               C.3:1               D.4:1

思路分析：Cl₂与NaOH溶液反应，Cl₂既是氧化剂又是还原剂，从电子得失角度分析，被氧化的Cl分别从0→+1、0→+5，根据题目所给条件分析得ClO^-和ClO₃^-的个数之比为1:3，则被氧化的一方4个0价Cl共失电子1+3×5=16；被还原Cl从0→-1，欲使得失电子总数相等，则需16个0价Cl。所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为16:4=4:1。
    答案：D

方法要领：本题考查利用氧化还原反应的本质分析问题的能力，考查学生应变的灵活性。Cl₂与NaOH溶液反应，本身既是氧化剂又是还原剂，氧化产物为NaClO、NaClO₃，还原产物为NaCl，通过电子守恒原理快解。

例8  KClO₃和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯.其变化可表述为:   KClO₃+   HCl(浓)==   KCl+   ClO₂↑+   Cl₂↑+     

(1)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和化学计量数填入框内)

(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是         (填写编号,多选倒扣分)

①只有还原性       ②还原性和酸性         ③只有氧化性        ④氧化性和酸性

(3)ClO₂具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl₂的     倍。（2000年上海市高考题）

思路分析：（1）此题的难点是方程式的配平,用化合价升降法配平时，首先要分清氧化产物是Cl₂还原产物是ClO₂,KCl中的Cl^-来源于盐酸，化合价没有变化，再配平氧化剂，还原剂，氧化产物和还原产物的计量数，最后依据原子种类和个数守恒，配平其它物质的计量数和补加未知物。（2）由配平的方程式可知，参加反应的浓盐酸有一半被氧化，另一半起了酸作用。(3)消毒后，Cl元素的价态为为-1价，对ClO₂单位质量得电子(1/67.5)×5；对Cl₂单位质量得电子：(1/71)×2；二者的比值为2.63。

答案:(1)2 4 2 2 1 2 H₂O (2) ②  (3)2.63

方法要领：此题考查了氯及其化合物的相互转化和性质，氧化还原反应方程式的配平，氧化性还原性分析,电子转移数目的计算等知识；此题是一信息题，情境新颖，思考量大，有效地考查了学生的分析问题的能力，代表了今后高考命题的方向。

例9  已知氯水中有如下平衡：Cl₂+H₂O   HCl+HClO。常温下，在一个体积为50mL的针筒里吸入40mL氯气后，再吸进10mL水。写出针筒中可能观察到的现象                  。

若将此针筒长时间放置，又可能看到何种变化              ；试用平衡观点加以解释   

           。（1994年上海市高考题）

思路分析：因Cl₂与H₂O反应而溶解，气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。若此针筒长时间放置，气体体积进一步缩小，气体和溶液均变成无色；原因是氯水中的平衡Cl₂+H₂O   HCl+HClO，由于HClO逐渐分解（2HClO=2HCl+O₂）而不断地向右移动，最终Cl₂耗尽全部转化为O₂，导致气体体积缩小和黄绿色消退。

答案：气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。气体体积继续减小，气体和溶液均变成无色；氯水中的平衡Cl₂+H₂O   HCl+HClO，又由于2HClO=2HCl+O₂，HClO不断分解，平衡右移，最终Cl₂耗尽全部转化成O₂。由总反应式2Cl₂+2H₂O===4HCl+O₂，可知，气体体积减少。

方法要领：回答实验现象要完整并且表达确切。

例10  某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水。现用CCl₄从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，其实验操作可分为如下几步:（1991年全国高考题）

A.                 把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中

B.                 把50mL碘水和15mLCCl₄加入分液漏斗中,并盖好玻璃塞

C.                 检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液

D.                 倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正

E.                 打开活塞,用烧杯接收溶液

F.                 从分液漏斗上口倒出上层水溶液

G.                 将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔

H.                 静置,分层

就此实验,完成下列填空:

(1)正确操作步骤的顺序是    →   →   A→G→   →E→F。

(2)上述E步骤的操作中应注意                                            

上述G步骤操作的目的是                                                          

(3)能选用CCl₄从碘水中萃取碘的原因是                                    

(4)下列物质,不能作为从溴水中萃取溴的溶剂是     

A.热裂汽油               B.苯                    C.酒精              D.正庚烷

思路分析：（1）检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液，这当然是第一步。B、D的操作属于萃取，E、F属于分液操作，A、G、H是分液前的准备操作。（4）中的热裂汽油中，含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而酒精与溴水互溶，所以两者均不适宜作萃取剂。

答案:(1)CBDH；(2)使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,及时关闭活塞,不要让上层液体流出;使漏斗内外空气相通,以保证E操作时漏斗里液体能够流出；(3)四氯化碳与水不溶,I₂且在四氯化碳溶解度比在水中大很多；（4）A、C

方法要领：萃取和分液操作是中学化学实验中分离物质的常用方法之一，本题所涉及到的知识的技能有：分液漏斗的作用，萃取操作步骤及每一步聚的目的，萃取操作中的注意事项，萃取剂的性质及选择原则；碘在水和CCl₄等有机溶剂中的溶解性，热裂汽油的不饱和性，乙醇和水的互溶性等。只有掌握这些基本知识，并在学生实验中注意这些问题，才能在解决实际问题时综合运用这些知识进行正确的推理和判断。

例11  实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁,该化合物呈棕红色,易潮解,100℃左右时升华,下图是两个学生设计的实验装置,左边的反应装置相同,而右边的产物收集装置则不同,分别如(Ⅰ) (Ⅱ)所示:（2000年全国高考题）

(1)B中反应的化学方程式为：                                   。

(2)D中的反应开始前,需排除装置中的空气,应采取的方法是:                         。

(3)D中反应的化学方程式为：                                  。

(4)装置(Ⅰ)的主要缺点是：                                     。

(5)装置(Ⅱ)的主要缺点是：                                     ，如果选用此装置来完成实验,则必须采取的改进措施是：                             。

思路方法：此题综合了氯气的性质、制法，三氯化铁的性质和制取，化学实验操作及实验装置等问题。此题中涉及的制取氯气和三氯化铁的原理比较简单，排除装置中空气的方法属常识性操作，（1）、（2）、（3）问容易作答。只要根据题给信息，对装置（Ⅰ）、（Ⅱ）的不同部分进行对比分析，答案就在（Ⅰ）、（Ⅱ）两图中，（4）、（5）问即可得解。

1．装置（Ⅰ）中三氯化铁由D进入E是通过细玻璃管，而装置（Ⅱ）D直接插入E中，此二法那一种更好呢？根据题给信息，三氯化铁在100℃左右升华，D管生成的三氯化铁已是蒸气，温度降低即凝结成固体颗粒，细玻璃管就会被堵塞，此为装置（Ⅰ）的缺点之一。

2．装置（Ⅱ）中E下边有一盛有NaOH溶液的洗气瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？联想到氯气是有毒气体，实验时的尾气排入空气前必须用NaOH溶液来吸收，而装置（Ⅰ）中没有，此为装置（Ⅰ）的缺点之二。

3．装置（Ⅰ）中E右边连有盛浓H₂SO₄的洗气瓶，而装置（Ⅱ）中没有。浓H₂SO₄在此起什么作用呢？根据题目所给信息，三氯化铁易潮解，要制得无水三氯化铁，必须在制取三氯化铁装置前后都要设计干燥装置（这点原题D管前已经设计出此信息）。装置（Ⅱ）未这样设计即为缺点，需在E、F之间连接干燥装置。

答案：（1）4HCl+MnO₂    MnO₂+Cl₂↑+2H₂O；（2）B中的反应进行一段时间后,看到黄绿色气体充满装置，再开始加热D；（3）2Fe+3Cl₂     2FeCl₃；4）导管易被新产品堵塞，尾气排入空气,易造成环境污染；（5）产品易受潮解，在E和F之间连接装有干燥剂的装置（其他既能防止产品潮解又能防止尾气污染环境的合理答案均给分）

解题要领：本题考查了氯气的实验室制取原理、性质、干燥方法，尾气处理及FeCl₃制备和潮解等问题，只有全面地掌握了有关知识点，才能准确作答。

本题的侧重点在于考查考生对实验装置的评价与改进的能力。要评价和改进，就应从实验反应物与生成物的性能出发。本题制取的FeCl₃在100℃升华，易潮解，故必须考虑FeCl₃凝结会堵塞导管的可能性和外部空气侵入使FeCl₃潮解的问题。此外，尾气（特别是有毒的气体）处理是应当特别注意的问题。

试题详情

     合肥市省级示范三校09年3月文综第四次协作联考

                         地理试题

          命题人  杨会杰(合肥七中)   卢广安 (长丰一中)     审校 庞德美     3月18日

一  选择题

1．安徽美菱集团生产总部从合肥市中心环城公园边迁往西南郊经济技术开发区，主要原因是美菱集团公司想：

A．保护城市环境  B.接近消费市场  C.降低生产成本   D. 扩充生产地盘

  2.下面四图示中，设C为市场，M₁、M₂为原料供应地，假如生产1吨产品需要M₁提供2.5吨原料，M₂提供3.5吨原料，从节省运费的角度考虑，工厂 P府设在 

    A．④           B．③           C．②            D． ①

下图为我国亚热带某大城市人口密度、土地价格、交通通达度、夏季平均气温变化图，读图完成第3题。

3.图中四条曲线，表示土地价格变化的曲线是

A、a曲线    B、b曲线    C、c曲线    D、d曲线

图4为“年平均逐日从海洋输入大气的总热量分布图（部分，单位：×0.484W/┫）”。读图回答4～5题。

4．对甲、乙区域数值范围的判断，正确的是         

A．0<甲<50     B．50<甲<100     C．150<乙<200    D．200<乙<250

5．造成甲、乙区域数值差异的原因主要是

A．两区域大气环流的差异          

B．两区域降水量的差异

C．两区域纬度位置的差异

   D.流经两区域洋流性质的差异

6．图中岩层形成的先后顺序为 A．④③②①⑥⑤       B．④③②①⑤⑥ C．①②③④⑤⑥       D．⑤⑥④③②① 7．若①为石灰岩，则在①与⑥之间的结合部位容易形成 A．花岗岩      B．页岩    C．大理岩     D．砾岩 下图为中温带的山区A村庄在某时刻等压面示意图，读图回答8～9题。 8．2008年12月15日，人们在清晨发现整个小村弥漫在浓密的烟尘之中，下列关于这种现象主要成因的说法正确的是（    ）                                                                                                      A．冬季燃煤取暖释放的烟尘太多 B．村民做早饭释放大量烟尘 C．谷地地形易形成地形逆温现象，烟尘不易扩散 D．此时盛行山风，山坡易形成地形雨，多云雾 9．关于图中时刻的叙述正确的是（    ）                                                             ①图中等压面一般出现在夜晚                        ②图中等压面一般出现白天 ③此时吹山风                                                 ④此时吹谷风 A． ①③             B． ①④           C． ②③          D． ②④                                     图6                               图7    图7为北半球某区域局部图，M、O、W在同一条经线上，W、P在同一条纬线上，其中M、W两点为一年中晨昏线与纬线相切点的纬度最高点和最低点，回答10―11题： 10.下列说法不正确的是（   ）   A. O点纬度可能为78017′    B. O点地方时可能为12：00   C. W的夜长可达24小时      D. M点纬度为66034′N 11.6月22日这天，下列说法可信的是（   ）   A  合肥(310 51′N)昼夜太阳高度变幅为1170 28′       B  图中各点观察者看到太阳从东北升，西北落   C  若O点纬度数为78017′，此日其太阳高度变幅为23026′   D  M点比O点日出早30分钟 34. （26分）材料一： 10月25日，中国外交部发言人孔泉今天证实安徽省禽流感疫情。安徽天长市便益乡梁营村发生H5N1禽流感的死亡家禽是550只，捕杀家禽44736只。目前疫情已经扑灭，没有发生新的疫点和新的感染。 材料二：专家认为，禽流感病毒喜欢冷凉和潮湿，低抗温抵力较强，病毒在直射阳光下40～48h即可灭活，如果用紫外线直接照射，可迅速破坏其传染性另外，随着气温的回暖，候鸟将会向北迁徙，候鸟传播病毒的范围将会扩大，对控制禽流感发生也将是不利的。 　材料三: 丹顶鹤喜欢生活在芦苇沼泽湿地，其繁殖地：内蒙古达来诺尔,乌拉盖,科尔沁,呼伦湖,辉河,嘟噜河下游,迎春,小兴凯湖,兴凯湖,吉林向海,莫莫格,辽宁辽河三角洲。越冬地：　山东日照,江苏盐城,洪泽湖,高邮湖,邵伯湖,灌江,如东,上海,河南庞寨、云南昭通、中甸。 （1）一般来说，高致病性禽流感一年四季均可发生，但主要在低温环境中最为严重。从地理学角度分析其在低温环境中最为严重的原因。     （2）简析候鸟的迁移的原因。请分析我国冬季南北温差特别大的原因。     （3）简述湿地的生态价值. 35．（30分）根据我省区的相关材料，完成下列各题。                                 （1）图21中乙河中下游地区是我国重要的商品粮生产基地，试分析其原因。（6分）       （2）图21中A县农业生产最容易导致的生态问题是                ，并结合下表分析 A县该生态问题所造成的危害比B县大的原因。（5分）             人口 （万人） 土地面积 （平方千米） 土层厚度 （米） 2006年粮食产量 （万吨） 图中A县 65 3667 0.1―0.8 56 黄土高原上某 B县 15 4182 50―80 45 （3）图22为A县土地垂直分布与土地利用状况图。结合材料，分析A县土地利用中存在哪些不合理现象？应如何改进才能促进A县农业的可持续发展？（6分）                                                 合肥市省级示范三校09年3月文综地理试题答案                                        1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C A B D D A C C D D C 一    选择题     34．（26分）（1）（10分）原因：①冬春季节温度比较低，病毒存活时间长 ，而夏秋季节温度较高，光照强度相对更高，阳光中的紫外线对病毒有很强的杀灭作用；（6分） ②夏秋时节禽舍通风强度远远高于冬春季，良好的通风可以大大减少鸡舍环境中病毒的数量。病毒侵入鸡体内的机会和数量就明显减少，感染几率下降。（4分） （2）冬半年到低纬度越冬，下半年到纬度较高的地方去生长和繁殖。（4分） ①我国南北跨纬度大。冬季，北方正午太阳高度小于南方，北方昼长也短于南方，白天地面所获得的热量少于南方。 ②北方距离冬季风源地近 ，加剧了北方的严寒。 ③南方距离冬季风源地远 ，重重的山岭对冷空气南下具有阻挡作用； （6分） （3）①天然蓄水库,涵养水源,调节径流; ②调节气候; ③降解污染物; ④保护生物多样性. （6分） 35.（30分） （1）（10分）①该地粮食生产条件好，高产稳产农田比重较大，余粮较多（或答气候为亚热带季风气候，热量充足，降水丰富，雨热同期（2分）。地形为长江中下游平原，地形平坦，土壤肥沃（2分）；水源充足，粮食生产条件好）；②该地农业经济基础好，科技水平较高，增产潜力大；③市场需求量大；④政策鼓励和支持。⑤水运便利（10分自然4分人文6分） （2）（8分）水土流失（2分）A县比B县：人均土地少（2分），单位面积土地产量高，造成经济损失大（2分）；土层薄，山地石质容易裸露，土壤流失后恢复困难（2分）。 （3）（10分）不合理现象：A县把坡度为30°-50°的海拔较高的山坡开垦成旱地（滥垦）（2分），导致该地植被减少，水土流失严重，土壤肥力下降（4分）。措施：发展多种经营，走立体农业道路（4分）；退耕还林（封山育林）（2                         合肥市省级示范三校09年3月文综地理试题答题卡 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11                       34．（1）（10分）       试题详情 目     录 第一章   化学反应及能量变化 第一课时  氧化还原反应                                                   第二课时  离子反应                                                        第三课时  化学反应中的能量变化 燃烧热和中和热                              第二章   碱金属 第一课时  钠及其化合物                                                     第二课时  碱金属元素                                                  第三章   物质的量 第一课时  物质的量和气体摩尔体积                                        第二课时  物质的量浓度                                                     第三课时  有关物质的量的计算                                          第四章   卤素 第一课时  氯气及其化合物                                                           第二课时  卤族元素                                                      第五章   物质结构  元素周期律 第一课时  原子结构                                                         第二课时  元素周期律 元素周期表                                            第三课时  化学键和分子结构                                                          第四课时  非极性分子和极性分子                                           第五课时  晶体的类型和性质                                                          第六章   氧族元素   硫酸工业 第一课时  氧族元素                                                         第二课时  硫  硫酸                                                       第三课时  接触法制硫酸                                                     第四课时  环境保护   绿色化学                                           第七章   碳族元素  无机非金属材料 第一课时  碳族元素                                                      第二课时  硅 二氧化硅 无机非金属材料                                   第八章   氮族元素 第一课时  氮与磷                                                         第二课时  氨 铵盐                                                         第三课时 硝酸                                                           第九章   化学反应速率  化学平衡 第一课时  化学反应速率                                                   第二课时  化学平衡  影响化学平衡的条件                                     第三课时  合成氨工业  有关化学平衡的计算                                第十章   电离平衡 第一课时  电离平衡                                                       第二课时  水的电离和溶液的pH值                                           第三课时  盐类的水解                                                       第四课时  酸碱中和滴定                                          第十一章   几种重要的金属 第一课时  金属的概述                                                       第二课时  镁  铝及其化合物                                                第三课时  铁及其化合物                                                     第四课时  金属的冶炼                                                     第十二章   烃 第一课时  甲烷的性质与“四同”规律                                      第二课时  不饱和烃的性质与空间构型                                        第三课时  苯及其同系物的结构和性质                                         第四课时  有机物的燃烧规律及有机计算  第十三 章   电化学原理 第一课时  原电池原理及其应用                                              第二课时  电解原理及其应用                                                 第三课时  胶体的性质及应用                                               第十四 章   烃的衍生物 第一课时  卤代烃的两大反应和基团的移动和保护                            第二课时  醇羟基、酚羟基与羧羟基的区别和联系（1）                     第三课时  醇羟基、酚羟基与羧羟基的区别和联系 (2)                         第四课时  羟基酸、氨基酸、脂肪酸的性质                                   第五课时  醛、酯的重要性质与拓展                                         第六课时  有机化学实验探究                                               第十五章    糖类   蛋白质 第一课时  糖类                                                          第二课时  油脂                                                           第三课时  蛋白质                                                        第十六章    合成材料 第一课时  有机反应规律                                                   第二课时  有机合成方法                                               第十七章    化学实验方案的设计 第一课时  物质的制备和性质实验方案的设计                                第二课时  物质的检验                                                                前       言 试题详情  浙江省萧山区2009年中考语文模拟试卷二 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卷两部分。得分为120分，考试时间为120分钟。 2.答题时，必须在答题卷的指定位置写明校名、姓名和准考证号。 3.所有答案都必须写在答题卷标定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应。 4.考试结束后，上交试题卷和答题卷。       试　题　卷 试题详情 关 闭 试题分类 高中 数学英语物理化学生物地理 初中 数学英语物理化学生物地理 小学 数学英语 其他 阅读理解答案已回答习题未回答习题题目汇总试卷汇总