1、2015-2016学年江西省宜春市高安中学高一（上）期末化学试卷（创新班）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）12015年8月12日，位于天津滨海新区塘沽开发区的天津东疆保税港区瑞海国际物流有限公司所属危险品仓库发生爆炸，化学危险品的合理存放引起高度重视下列标志中，应贴在盛放高锰酸钾容器上的是（）ABCD2如图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是（）XYZACuSO45H2O盐纯净物B胶体分散系混合物C碱性氧化物氧化物化合物D置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A质量为16g的O2和O3
2、的混合气体中所含的氧原子的个数为NAB18 g NH4+含有质子数为10NAC1 mol过氧化钠与足量水反应时，转移电子的数目为2NAD0.1 molL1的NaCl溶液中，Na+与Cl的离子总数为0.2NA4下列有关气体摩尔体积的描述中正确的是（）A1mol气体的体积就是该气体的摩尔体积B通常状况下的气体摩尔体积约为22.4LC标准状况下的气体摩尔体积约为22.4Lmol1D单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积5新年伊始，我国中东部各地陆续出现大范围和长时间雾霾天气，主要原因是由于大气中PM2.5含量升高所造成，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（1微米=106米）的颗粒物其
3、中PM2.5的主要来源与汽车排放的尾气有关下列有关叙述正确的是（）A胶体的本质特征是具有丁达尔现象B将直径等于2.5微米的颗粒物分散于水即成为胶体C雾具有丁达尔现象D增加使用汽车，提高交通效率可缓解雾霾天气的产生6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A将气体X通入品红溶液中红色褪去X一定是SO2B向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42C向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强D向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+AABBCCDD7下列表示对应化学反应的离子
4、方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O28下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是（）过氧化钠 次氯酸 双氧水 活性炭 二氧化硫 臭氧AB只有CD只有9在一密封容器中盛有0.8mol Na2O2与1mol NaHCO3，将其加热到3000C，经充分反应后，容器内残留
5、的固体是（）A0.5mol Na2CO3和1.6mol NaOHB1mol Na2CO3与0.6mol NaHCO3C0.8mol Na2CO3和1mol NaOHD1mol Na2CO3和0.6mol NaOH10下列溶液与20mL 1molL1 NaNO3溶液中NO3物质的量浓度相等的是（）A10mL 1molL1 Mg（NO3）2溶液B5mL 0.8molL1 Al（NO3）3溶液C10mL 2molL1AgNO3溶液D10mL 0.5molL1 Cu（NO3）2溶液11同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2现将3支
6、试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）AV1V2V3BV3V1V2CV2V3V1DV1V3V212下列叙述正确的是（）ABaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质BSO2的水溶液能够导电，所以SO2是电解质C液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D盐酸能导电，所以盐酸是电解质13短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：XZCZ、W均可与Mg形成离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YW14从某些性质看
7、，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH和NH2，N3和O2两两相当，据此判断下列反应方程式正确的是（）2Na+2NH32NaNH2+H2CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3+H2O3Mg（NH2）2Mg3N2+4NH3NH4Cl+NaNH2NaCl+2NH3A仅正确B正确C全部正确D正确15铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是（）A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是9.6gC反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol16下
8、列示意图与对应的反应情况正确的是（）A含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸二、解答题（共7小题，满分52分）17下列各组混合物的分离或提纯应选用哪种方法？（填写主要的操作方法即可）（1）分离饱和食盐水和沙子的混合物，用（2）除去Cl2中少量的HCl，用（3）氯化钠溶液和碘的水溶液，用（4）分离乙醇与水的混合物，用（5）分离水和苯的混合物，用18用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制100mL 1.0molL
9、1稀硫酸，（1）需量取浓硫酸的体积为mL（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：量取 计算 溶解 颠倒摇匀 转移 洗涤 定容 冷却，其正确的操作顺序为，本实验必须用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有（3）在配制过程中，下列操作会引起浓度偏高的是，无影响的是（填序号）没有洗涤烧杯和玻璃棒；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水；定容时俯视刻度线；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线19现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mgmol1若阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体在
10、标准状况下的体积为L；（2）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为；（3）该气体在标准状况下的密度为gL120实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl：用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和 KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是；（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是；（3）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式
11、是；（4）上述制得的KMnO4产品0.165g恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度为21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）反应的化学方程式（2）H的化学式（3）L的溶液（呈碱性）与化合物E反应的离子方程式：（4）化合物J的化学式22碳酸钠俗称纯碱，在日常生产和生活中有着广泛的应用某化学兴趣小组想根据所学知识模拟制备碳酸钠，方法如下：
12、先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3（反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl），然后再将NaHCO3制成Na2CO3（1）装置乙的作用是为防止污染空气，尾气中含有的需要进行吸收处理（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有、（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下探究取加热了t1min的NaHCO3样品19g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中不断滴加1molL1的稀盐酸直到不再产生气泡，共消耗300ml稀盐酸问
13、该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是23在含有n mol FeI2的溶液中，通入氯气，有x molCl2发生反应（1）当x时，反应的离子方程式为（2）当反应的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl22Fe3+I2+6Cl时，x与n的关系是：（3）当Fe2+和I同时被氧化时，x与n的关系是（4）当x=1.25n时，反应后氧化产物的物质的量为2015-2016学年江西省宜春市高安中学高一（上）期末化学试卷（创新班）参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）12015年8月12日，位于天津滨海新区塘沽开发区的天津东疆保税港区瑞海国际物流有限公司所属危
14、险品仓库发生爆炸，化学危险品的合理存放引起高度重视下列标志中，应贴在盛放高锰酸钾容器上的是（）ABCD【考点】化学试剂的分类【专题】化学实验常用仪器及试剂【分析】高锰酸钾有强氧化性，据此解题【解答】解：高锰酸钾有强氧化性，为氧化剂故选D【点评】本题考查危险品标志，难度不大，了解各个标志所代表的含义和物质的性质是解答此类题的关键2如图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是（）XYZACuSO45H2O盐纯净物B胶体分散系混合物C碱性氧化物氧化物化合物D置换反应氧化还原反应离子反应AABBCCDD【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】由
15、图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答A硫酸铜属于盐，盐属于纯净物；B胶体属于分散系，分散系属于混合物；C碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物；D置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应【解答】解：由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答A硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；B胶体属于分散系，分散系属于混合物，符合包含关系，故B错误；C碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，所以碱性氧化物属于氧化
16、物，氧化物属于化合物，故C正确；D置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应，故D错误；故选D【点评】本题考查物质的组成和分类，比较简单，属于基础题学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键，题目较简单3NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A质量为16g的O2和O3的混合气体中所含的氧原子的个数为NAB18 g NH4+含有质子数为10NAC1 mol过氧化钠与足量水反应时，转移电子的数目为2NAD0.1 molL1的NaCl溶液中，Na+与Cl的离子总数为0.2NA【
17、考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A氧气和臭氧均由氧原子构成；B.1个铵根离子含有11个质子；C过氧化钠与水的反应为歧化反应；D溶液体积未知【解答】解：A氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n=1mol，故为NA个，故A正确；B.18 g NH4+物质的量为1mol，含有有质子数为11NA，故B错误；C过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子即NA个，故C错误；D溶液体积未知，无法计算微粒个数，故D错误；故选：A【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常
18、数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，题目难度不大4下列有关气体摩尔体积的描述中正确的是（）A1mol气体的体积就是该气体的摩尔体积B通常状况下的气体摩尔体积约为22.4LC标准状况下的气体摩尔体积约为22.4Lmol1D单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积【考点】气体摩尔体积【专题】化学用语专题【分析】A、一定温度和压强下，1mol气体的体积就是该气体的摩尔体积；B、标准状况气体摩尔体积约为22.4L/mol；C、准状况下的气体摩尔体积约为22.4Lmol1D、一定温度压强条件下，单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积【解答】解：A、温度
19、和压强不知，1mol气体的体积不一定是该气体的摩尔体积，故A错误；B、标准状况气体摩尔体积约为22.4L/L，故B错误；C、标准状况下的气体摩尔体积约为22.4Lmol1，故C正确；D、一定温度压强条件下，单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积，故D错误；故选C【点评】本题考查了气体摩尔体积的应用条件分析判断，温度压强是气体摩尔体积的前提条件，一定温度压强的气体，1mol气体体积一定，题目较简单5新年伊始，我国中东部各地陆续出现大范围和长时间雾霾天气，主要原因是由于大气中PM2.5含量升高所造成，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（1微米=106米）的颗粒物其中PM2.5的主要
20、来源与汽车排放的尾气有关下列有关叙述正确的是（）A胶体的本质特征是具有丁达尔现象B将直径等于2.5微米的颗粒物分散于水即成为胶体C雾具有丁达尔现象D增加使用汽车，提高交通效率可缓解雾霾天气的产生【考点】胶体的重要性质【专题】溶液和胶体专题【分析】A分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小；B胶体是指分散质粒子直径在1 nm100 nm之间的分散系；C雾是胶体；D增加使用汽车会增加污染物的排放【解答】解：A胶体区别于其他分散系的本质特性是分散质微粒的直径大小，故A错误； B分散于水形成的分散系不一定是均一的介稳体系，不一定是胶体，故B错误；C雾是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D增加使用汽车会增加
21、污染物的排放，加重雾霾，故D错误故选C【点评】本题考查胶体的定义和性质，题目难度不大，明确雾霾胶体的形成原因是解题的关键6下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A将气体X通入品红溶液中红色褪去X一定是SO2B向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中定含SO42C向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强D向某溶液中先加氯水再加KSCN溶液溶液呈血红色原溶液中定含Fe2+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A能使品红褪色的气体不一定为二氧化硫；B也可能含有SO32；C根据强
22、酸制备弱酸的反应原理判断；D不能排除Fe3+的干扰【解答】解：A氯气也能使品红褪色，不一定为二氧化硫，故A错误；B如含有SO32，可被氧化生成SO42，不能排除SO32的干扰，故B错误；CCO2气体与水反应生成碳酸，由于碳酸比硅酸的酸性强，向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，可生成白色沉淀，故C正确；D不能排除Fe3+的干扰，应先加KSCN溶液，如溶液无色再加氯水，溶液呈血红色，则可证明原溶液中定含Fe2+，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目侧重于物质的检验的考查，注意判断实验的严密性和科学性，结合物质的性质进行判断，题目难度不大7下列表示对应化学反应的离子方程式正确
23、的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO、水；B反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；C反应生成氢氧化铝和硫酸铵；D反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氧气【解答】解：A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反
24、应为2NO3+3SO32+2H+3SO42+2NO+H2O，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错误；C向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3H2O的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保
25、留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大8下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是（）过氧化钠 次氯酸 双氧水 活性炭 二氧化硫 臭氧AB只有CD只有【考点】氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】过氧化钠、H2O2、O3、HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，活性炭具有吸附作用，以此来解答【解答】解：过氧化钠、H2O2、O3、HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，活性炭具有吸附作用，可有色物质被吸附而褪色，属于物理变化，则原理相同的为只有，故选B【点
26、评】本题考查漂白性，注意把握漂白原理，注意常见的三类漂白原理即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大9在一密封容器中盛有0.8mol Na2O2与1mol NaHCO3，将其加热到3000C，经充分反应后，容器内残留的固体是（）A0.5mol Na2CO3和1.6mol NaOHB1mol Na2CO3与0.6mol NaHCO3C0.8mol Na2CO3和1mol NaOHD1mol Na2CO3和0.6mol NaOH【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳
27、过量，最终产物为碳酸钠【解答】解：NaHCO3加热分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O可知：1mol NaHCO3分解生成0.5mol的二氧化碳、0.5mol的水和0.5molNa2CO3，生成的CO2和H2O分别与Na2O2反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，二氧化碳首先与过氧化钠反应，消耗过氧化钠0.5mol，生成碳酸钠0.5mol，还有0.3mol的过氧化钠与水反应，生成0.6mol NaOH，所以容器内残留的固体是1mol Na2CO3和0.6mol NaOH，故选D【点评】本题考查钠的化合物的性质，题目难度不大，本
28、题注意NaHCO3足量的特点，注意有关反应，以正确判断最终产物10下列溶液与20mL 1molL1 NaNO3溶液中NO3物质的量浓度相等的是（）A10mL 1molL1 Mg（NO3）2溶液B5mL 0.8molL1 Al（NO3）3溶液C10mL 2molL1AgNO3溶液D10mL 0.5molL1 Cu（NO3）2溶液【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】计算题【分析】根据化学式可知，20mL 1molL1 NaNO3溶液中NO3物质的量浓度为1mol/L，溶液中溶质离子浓度与溶液体积无关，与电解质强弱、溶质电离出的相应离子数目及溶质的浓度有关【解答】解：20mL 1molL1 NaN
29、O3溶液中NO3物质的量浓度为1mol/LA、1 molL1 Mg（NO3）2溶液中NO3物质的量浓度为1mol/L2=2mol/L，故A错误；B、0.8 molL1 Al（NO3）3溶液中NO3物质的量浓度为0.8mol/L3=2.4mol/L，故B错误；C、2 molL1AgNO3溶液中NO3物质的量浓度为2mol/L，故C错误；D、0.5 molL1 Cu（NO3）2溶液中NO3物质的量浓度为0.5mol/L2=1mol/L，故D正确；故选D【点评】本题考查物质的量浓度的计算，难度较小，明确物质的构成是解答本题的关键，并注意离子的浓度与溶液的浓度的关系来解答即可11同温同压下，在3支相同
30、体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是NO和NO2，NO2和O2，NH3和N2现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（）AV1V2V3BV3V1V2CV2V3V1DV1V3V2【考点】化学方程式的有关计算【分析】先判断同组内各物质间是否发生化学反应，反应前后的物质是否极易溶于水，气体的溶解性越大，试管内的压强越小，水面上升的越高试管中剩余气体越少；【解答】解：设每种气体各占L，组合发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，剩余气体的体积为： L+L=L；组合发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余气体的体
31、积为V1=L；组合NH3全部溶于水，N2与水不反应，不溶于水，故剩余气体的体积V3=L，故V1V3V2，故选：D【点评】本题考查了混合气体混合溶于水后的剩余气体体积的计算，明确各种气体的性质及发生的反应是解题关键，题目难度不大12下列叙述正确的是（）ABaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质BSO2的水溶液能够导电，所以SO2是电解质C液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D盐酸能导电，所以盐酸是电解质【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的
32、化合物；例：有机物，非金属氧化物等【解答】解：A硫酸钡属于盐，是电解质，故A正确；B二氧化硫不能电离，属于非电解质，故B错误；C氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误，故选A【点评】本题主要考查的是电解质与非电解质的概念，难度不大，掌握电解质是化合物是解决本题的关键13短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：XZCZ、W均可与Mg形成离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YW【考点】真题集萃；位置结构性质的
33、相互关系应用【分析】Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合元素化合物知识来解答【解答】解：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为XYZ，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为XZ，故B错误；CZ、W均可与
34、Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C正确；DCl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：YW，故D错误；故选C【点评】本题为2015年山东高考题，侧重位置、结构与性质的考查，把握原子序数的关系推断元素为解答的关键，注意元素性质的比较方法，选项D为解答的易错点，题目难度不大14从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH和NH2，N3和O2两两相当，据此判断下列反应方程式正确的是（）2Na+2NH32NaNH2+H2CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3+H2O3Mg（NH2）2Mg3N2+4NH3NH4Cl+NaNH2Na
35、Cl+2NH3A仅正确B正确C全部正确D正确【考点】铵盐【专题】信息给予题【分析】从某些性质看，NH3和H2O，NH4+和H3O+，OH和NH2，N3和O2两两相当，依据信息分析判断；注意应用已有知识来推断未知知识，利用类推方法得到答案；【解答】解：NH3和H2O相当，可以依据2Na+2H22NaOH+H2，类推得到反应为：2Na+2NH32NaNH2+H2，正确，故正确；NH4+和H3O+相当，依据CaO+2HCl=CaCl2+H2O；类推得到反应：CaO+2NH4ClCaCl2+2NH3+H2O，正确，故正确；OH和NH2相当，N3和O2两两相当，依据Mg（OH）2=MgO+H2O，类推得
36、到：3Mg（NH2）2Mg3N2+4NH3正确，故正确；OH和NH2相当，NH3和H2O相当，依据NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3+H2O；类推得到：NH4Cl+NaNH2NaCl+2NH3 正确；故正确；故选C【点评】本题考查了信息的分析应用，主要考查依据微粒相似，性质相似，依据已学知识类推反应判断，题目难度中等15铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0molL1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g下列说法正确的是（）A剩余固体是铁、铜混合物B原固体混合物中铜的质量是9.6gC反应后溶液中n（Fe3+）=0.10molD反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2
37、+）=0.75mol【考点】有关混合物反应的计算【专题】计算题【分析】铁比铜活泼，与FeCl3溶液反应时先后发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n（FeCl3）=5mol/L0.1L=0.5mol，结合反应的方程式解答【解答】解：铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol，设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2，则：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+64g 2mol 56g 2molm1 0.5mol m2 0.
38、5molm1=16g，m2=14g，溶解的金属质量为：18g2.8g=15.2g，14g15.2g16g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3+完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：64n1+56n2=15.2gn1+n2=n（Fe3+）=0.25mol，解得：n1=0.15mol、n2=0.1mol，则原来混合物中含有的铜的质量为：0.15mol64g/mol+2.8g=12.4g，故B错误；根据反应方程式可知反应后溶液中n（Fe2+）=2n（Cu）+3n（Fe）=20.15mol+30.10mol=0.6mol，反应后溶液中铜离
39、子的物质的量为n（Cu2+）=n（Cu）=0.15mol，故n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.6mol+0.15mol=0.75mol，故D正确故选D【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据反应的相关方程式从质量守恒的角度解答，难度中等16下列示意图与对应的反应情况正确的是（）A含0.01molKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2B NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液C KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液D NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸【考点】镁、铝的重要化合物【专题】图像图表题【分析】A、
40、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会生成碳酸钙，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，最后将碳酸钙溶解；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀；C、KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液开始铝离子和硫酸根逐渐形成沉淀，然后形成的氢氧化铝逐渐溶解，直到只剩余硫酸钡为止；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后沉淀逐渐溶解【解答】解：A、向一定量的氢氧化钙和氢氧化钾溶液中通入二氧化碳，开始先和氢氧化钙反应，会逐渐生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增大，当氢氧化钙完全反应后，再和氢氧化钾反应，此时沉淀量不
41、变，当氢氧化钾消耗完毕时，将碳酸钙逐渐溶解，沉淀量逐渐减少，故A错误；B、NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液会产生越来越多的硫酸钡白色沉淀，直到最大量，然后不再减少为止，故B正确；C、假设n（KAl（SO4）2）=2mol，则n（Al3+）=2mol，n（SO42）=4mol，当加入n（Ba（OH）2）=3mol时，Al3+完全沉淀生成2mol Al（OH）3，此时SO42剩余1mol，继续加入1mol Ba（OH）2，此时发生的反应为Ba2+SO42BaSO4、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，生成1molBaSO4沉淀，同时有2molAl（OH）3溶解，因此沉淀的物质的量减
42、少，最后保持不变，根据分析可知图象应该只有一段上升的过程，故C错误；D、NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸，开始出现沉淀，然后过量的盐酸又将沉淀逐渐溶解掉，故D错误故选B【点评】本题考查运用课本知识解决新问题的能力，并且要考虑反应的先后顺序问题，属于偏难题二、解答题（共7小题，满分52分）17下列各组混合物的分离或提纯应选用哪种方法？（填写主要的操作方法即可）（1）分离饱和食盐水和沙子的混合物，用过滤（2）除去Cl2中少量的HCl，用洗气（3）氯化钠溶液和碘的水溶液，用萃取（4）分离乙醇与水的混合物，用蒸馏（5）分离水和苯的混合物，用分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分
43、离提纯和鉴别【分析】（1）沙子不溶于水，NaCl溶于水；（2）食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水；（3）碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；（4）乙醇与水互溶，但沸点不同；（5）水和苯的混合物分层【解答】解：（1）沙子不溶于水，NaCl溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：过滤；（2）食盐水抑制Cl2的溶解，HCl极易溶于水，则利用饱和食盐水洗气，故答案为：洗气；（3）碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择有机溶剂萃取、分液分离，故答案为：萃取；（4）乙醇与水互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：蒸馏；（5）水和苯的混合物分层，则选择分液法分离，故答案为：分液【点评】本题考查混合物分离提纯
44、，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大18用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3）配制100mL 1.0molL1稀硫酸，（1）需量取浓硫酸的体积为5.4mL（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：量取 计算 溶解 颠倒摇匀 转移 洗涤 定容 冷却，其正确的操作顺序为，本实验必须用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有100mL容量瓶（3）在配制过程中，下列操作会引起浓度偏高的是，无影响的是（填序号）没有洗涤烧杯和玻璃棒；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水；定容时俯视刻度线；未冷
45、却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】溶液的配制【专题】化学实验基本操作【分析】（1）根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2）依据配制一定物质的量浓度溶液时的一般步骤解答；（3）根据c=进行误差分析，凡是引起n偏小或者V偏大的操作，所配溶液的浓度将会偏小；凡是引起n偏大或者V偏小的操作，所配溶液的浓度将会偏大【解答】解：（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以x
46、mL18.4mol/L=100mL1mol/L，解得：x5.4；故答案为：5.4；（2）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序为：；用到的仪器：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶，所以还缺少的仪器：100mL容量瓶；故答案为：，100mL容量瓶；（3）没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；未
47、冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高；定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏高；所以：操作会引起浓度偏高的是，无影响的是；故答案为：；【点评】本题考查学生化学实验的基本操作知识，熟悉配置一定物质的量浓度溶液的原理和操作步骤及常见仪器的使用方法是解题关键，注意容量瓶规格的选择及误差分析的方法和技巧19现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为Mgmol1若阿伏加德罗常数用NA表示，则：（1）该气体在标准状况下的体积为L；（2）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为%；（
48、3）该气体在标准状况下的密度为gL1【考点】物质的量的相关计算【专题】物质的量的计算【分析】（1）根据n=，V=nVm计算；（2）1L水的质量为1000g，溶质的质量分数=100%；（3）由（1）得该气体在标准状况下的体积为L，带入计算【解答】解：（1）mg该气体的物质的量n=mol，该气体在标准状况下的体积V=nVm=mol22.4L/mol=L，故答案为：；（2）1L水的质量为1000g，溶质的质量分数=100%=100%=%，故答案为： %；（3）由（1）得该气体在标准状况下的体积为L， =gL1故答案为：【点评】本题考查物质的量的相关计算，题目难度中等，综合性较强，充分考查学生的分析、
49、理解能力及灵活应用公式的能力20实验室可由软锰矿（主要成分为MnO2）制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl：用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和 KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的KMnO4请回答：（1）软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（3）KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该
50、反应的化学方程式是2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O；（4）上述制得的KMnO4产品0.165g恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全，该KMnO4的纯度为95.8%【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）根据反应物与生成物来书写反应方程式；（2）根据反应物与生成物来书写反应方程式；（3）根据KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，并利用质量守恒定律来书写反应方程式；（4）利用（3）中的化学反应方程式及恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全来计算【解答】解：（1）由软
51、锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾（K2MnO4）和KCl，则反应为3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O；（2）由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，则反应为3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O，故答案为：3MnO42+4H+MnO2+2MnO4+2H2O；（3）由KMnO4能与热的经硫酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，则反应为2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8
52、H2O，故答案为：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O；（4）设该KMnO4的纯度为y，根据2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2+8H2O可知，KMnO4Na2C2O4158 134 0.165y 0.335y=100%=95.8%，答：该KMnO4的纯度为95.8%【点评】本题考查化学反应方程式的书写及有关氧化还原反应的计算，明确反应物与生成物及物质之间的关系是解答的关键，难度不大21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
53、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）反应的化学方程式2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4（2）H的化学式（NH4）2SO3或NH4HSO3（3）L的溶液（呈碱性）与化合物E反应的离子方程式：ClO+SO2+2OH=Cl+SO42+H2O（4）化合物J的化学式N2H4【考点】无机物的推断【专题】无机推断【分析】转化中各物质均是由短周期元素的单质及其化合物，化合物E是形成酸雨的污染物之一，由非金属单质A与气体单质B反应得到，则A为S、
54、B为O2，E为SO2气体单质C与气体单质D反应得到F，F与硫酸反应得到K为是常用的氮肥，则C、D分别为N2、H2中的一种，F为NH3，K为（NH4）2SO4，H为（NH4）2SO3或NH4HSO3化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得，则L为NaClO，氨气与NaClO反应生成J，J由两种元素组成，其相对分子质量为32，则J为N2H4，J与氧气反应生成C，C为N2，D为H2，据此解答【解答】解：转化中各物质均是由短周期元素的单质及其化合物，化合物E是形成酸雨的污染物之一，由非金属单质A与气体单质B反应得到，则A为S、B为O2，E为SO2气体单质C与气体单质D反应得到F，F与硫酸
55、反应得到K为是常用的氮肥，则C、D分别为N2、H2中的一种，F为NH3，K为（NH4）2SO4，H为（NH4）2SO3或NH4HSO3化合物L具有漂白性，可由Cl2与NaOH溶液反应而制得，则L为NaClO，氨气与NaClO反应生成J，J由两种元素组成，其相对分子质量为32，则J为N2H4，J与氧气反应生成C，C为N2，D为H2（1）反应的化学方程式为：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故答案为：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4；（2）H的化学式为：（NH4）2SO3或NH4HSO3，故答案为：（NH4）2SO3或NH4HSO3；（3）NaClO的溶液（呈碱性）与化合物N2H4
56、反应的离子方程式：ClO+SO2+2OH=Cl+SO42+H2O，故答案为：ClO+SO2+2OH=Cl+SO42+H2O；（4）化合物J的化学式为N2H4，故答案为：N2H4【点评】本题考查无机物的推断，“固体单质与气体单质生成E是形成酸雨的污染物之一、化合物K是常用的氮肥”等是推断突破口，熟练掌握元素化合物性质，题目难度中等22碳酸钠俗称纯碱，在日常生产和生活中有着广泛的应用某化学兴趣小组想根据所学知识模拟制备碳酸钠，方法如下：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3（反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl），然后再将Na
57、HCO3制成Na2CO3（1）装置乙的作用是除去HCl为防止污染空气，尾气中含有的NH3需要进行吸收处理（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有过滤、洗涤、灼烧（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下探究取加热了t1min的NaHCO3样品19g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中不断滴加1molL1的稀盐酸直到不再产生气泡，共消耗300ml稀盐酸问该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1：1【考点】制备实验方案的设计【专题】化学应用【分析】实验中，稀盐酸和碳酸钙反应生
58、成二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl极易溶于水，所以用水洗气；将较纯净的二氧化碳通入含氨的饱和食盐水中，发生的反应为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，尾气中含有氨气，对环境产生污染，所以尾气要进行处理，（1）HCl极易溶于水生成稀盐酸，二氧化碳能溶于水，但不易溶于稀盐酸中；氨气有刺激性气味，污染空气；（2）将得到的碳酸氢钠过滤、洗涤得到较干净的碳酸氢钠，然后灼烧碳酸氢钠得到碳酸钠；（3）根据固体质量、消耗盐酸物质的量列方程组计算二者物质的量之比【解答】解：实验中，稀盐酸和碳酸钙
59、反应生成二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl极易溶于水，所以用水洗气；将较纯净的二氧化碳通入含氨的饱和食盐水中，发生的反应为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，尾气中含有氨气，对环境产生污染，所以尾气要进行处理（1）HCl极易溶于水生成稀盐酸，碳酸酸性小于盐酸，虽然二氧化碳能溶于水，但不易溶于稀盐酸中；氨气有刺激性气味，污染空气，尾气中含有氨气，所以尾气要进行处理，故答案为：除去HCl；NH3；（2）将得到的碳酸氢钠过滤、洗涤得到较干净的碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，灼烧碳酸氢钠得到碳
60、酸钠，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：过滤；洗涤；灼烧；（3）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是xmol、ymol，碳酸氢钠、碳酸钠分别需要盐酸物质的量为xmol、2ymol，列方程组为：，解得：，则NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，故答案为：1：1【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，题目难度中等，试题综合性较强，涉及溶液配制、根据方程式计算、基本操作、除杂等知识点，明确实验原理、基本操作方法、物质性质即可解答，试题培养了学生的化学实验能力23在含有n mol FeI2的溶液中，通入氯气，有x m
61、olCl2发生反应（1）当x时，反应的离子方程式为2I+Cl2=I2+2Cl（2）当反应的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl22Fe3+I2+6Cl时，x与n的关系是：x1.5n（3）当Fe2+和I同时被氧化时，x与n的关系是xn（4）当x=1.25n时，反应后氧化产物的物质的量为1.5nmol【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）根据得失电子守恒，当x=n时碘离子恰好完全被氧化，生成碘单质，而x时，碘离子只有极少部分被氧化；（2）向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应，然后再和亚铁离子发生反应，根据氯气和FeI2反应的离子方程式确定x与n的关系；（2）n
62、molFeI2的溶液中通入Cl2，有x molCl2发生反应，当xn时，氯气只能氧化碘离子；（3）氯气先和碘离子发生置换反应，然后再和亚铁离子发生反应，所以当Fe2+和I两种离子同时被氧化时，xn；（4）当x=n时，只能氧化碘离子，根据2I+Cl2=2Cl+I2方程式计算可解【解答】解：向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应2I+Cl2=2Cl+I2，然后再和亚铁离子发生反应2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl；所以在含有n molFeI2的溶液中通入Cl2，有x molCl2发生反应，当时，碘离子、二价铁离子全部被氧化；1时，只能氧化碘离子；1时，既氧化全部碘离子，又氧化部分二价铁
63、离子（1）根据得失电子守恒，当x=n时碘离子恰好完全被氧化，生成碘单质，而x时，碘离子只有极少部分被氧化，所以反应的离子方程式为：2I+Cl2=I2+2Cl，故答案为：2I+Cl2=I2+2Cl；（2）当反应的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl时，由方程式可知：当参加反应的FeI2为2mol时，通入的氯气为3mol，此时碘离子、二价铁离子全部被氧化，氯气可以过量，所以，在含有n molFeI2的溶液中通入x molCl2，x与n的关系为，即x1.5n，故答案为：x1.5n；（3）当Fe2+和I两种离子同时被氧化时，反应中先氧化全部碘离子，然后剩余的氯气再氧化二价铁离子，xn，故答案为：xn；（4）x=1.25n时，2nmol的I全部被氧化，0.252mol的Fe2+被氧化，所以氧化产物为nmolI2和0.5mol的Fe3+，所以氧化产物一共1.5nmol，故答案为：1.5nmol【点评】本题以氯气和碘化亚铁的反应为载体考查了氧化还原反应，明确溶液中离子反应的先后顺序是解本题的关键，采用极值讨论法来分析解答较简便，题目难度中等
