【正文】 O C．向 Ca（ HCO3） 2溶液中滴加過(guò)量的 NaOH溶液： Ca2++HCO3﹣ +OH﹣ ═CaCO 3↓+H 2O D．用 FeCl3溶液腐蝕銅線路板： Cu+Fe3+═Cu 2++Fe2+ 【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě)． 【專題】離子反應(yīng)專題． 【分析】 A．氫氧化亞鐵不 穩(wěn)定，易被氧氣氧化生成氫氧化鐵； B．氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能和強(qiáng)堿反應(yīng)但和弱堿不反應(yīng)； C．向 Ca（ HCO3） 2溶液中滴加過(guò)量的 NaOH溶液，二者反應(yīng)生成碳酸鈣、碳酸鈉和水； D．轉(zhuǎn)移電子不守恒、電荷不守恒． 【解答】解： A．氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被氧氣氧化生成氫氧化鐵，化學(xué)方程式 4Fe（ OH）2+2H2O+O2═4Fe （ OH） 3為，故 A正確； B．氫氧化鋁屬于兩性氫氧化物，能和強(qiáng)堿反應(yīng)但和弱堿不反應(yīng)，離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al（ OH） 3↓+3NH 4+，故 B錯(cuò)誤； C．向 Ca（ HCO3） 2溶液中滴加過(guò)量的 NaOH溶液，二者反應(yīng)生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，離子方程式為 Ca2++2HCO3﹣ +2OH﹣ ═CaCO 3↓+2H 2O+CO32﹣ ，故 C錯(cuò)誤； D．轉(zhuǎn)移電子不守恒、電荷不守恒，離子方程式為 Cu+2Fe3+═Cu 2++2Fe2+，故 D錯(cuò)誤； 故選 A． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)性質(zhì)及離子方程式書(shū)寫(xiě)規(guī)則是解本題關(guān)鍵，涉及氧化還原反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)，易錯(cuò)選項(xiàng)是 BC． 6． mg鐵粉與含有 H2SO4的 CuSO4溶液完全反應(yīng)后，得到 mg 銅，則參與反應(yīng)的 CuSO4與 H2SO4的物質(zhì)的量之比為（ ） A． 7： 1 B． 1： 7 C． 7： 8 D． 8： 7 【考點(diǎn)】化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算． 【專題】計(jì)算題． 【分析】發(fā)生反應(yīng)： Fe+CuSO4═FeSO 4+Cu， Fe+H2SO4═FeSO 4+H2↑ ，得到 Cu的質(zhì)量與 Fe的質(zhì)量相等，說(shuō)明 Fe與硫酸銅反應(yīng)中固體增重等于與硫酸反應(yīng)的 Fe的質(zhì)量，令與硫酸反應(yīng)的Fe的質(zhì)量為 56g，根據(jù)方程式計(jì)算參加反應(yīng)的硫酸銅、硫酸的物質(zhì)的量，以此來(lái)解答． 【解答】解：得到 Cu的質(zhì)量與 Fe 的質(zhì)量相等，說(shuō)明 Fe 與硫酸銅反應(yīng)中固體增重等于與硫酸反應(yīng)的 Fe的質(zhì)量， 設(shè)與 硫酸反應(yīng)的 Fe的質(zhì)量為 56g，則： Fe+CuSO4═FeSO 4+Cu 固體增重 1mol 64g﹣ 56g=8g n（ CuSO4） 56g 故 n（ CuSO4） = =7mol， Fe+H2SO4═FeSO 4+H2↑ 56g 1mol 故參加反應(yīng)的硫酸銅與硫酸的物質(zhì)的量之比為 7mol： 1mol=7： 1， 故選 A． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)方程式有關(guān)計(jì)算，難度中等，注意利用質(zhì)量差量法分析解答，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查． 7．為測(cè)定鎂鋁合金樣品中鋁的含量，進(jìn)行下列實(shí) 驗(yàn)：取一定量合金，加入 ?L﹣1稀硫酸，合金完全溶解，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為 560mL；再加入 ?L﹣ 1NaOH溶液至沉淀質(zhì)量恰好不再變化，用去 400mL NaOH溶液．則所取樣品中鋁的物質(zhì)的量為（ ） A． mol B． mol C． mol D． mol 【考點(diǎn)】有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算． 【專題】利用化學(xué)方程式的計(jì)算． 【分析】鎂鋁合金與硫酸反應(yīng)生成硫酸鎂、硫酸鋁與氫氣，向反應(yīng)后的溶液中加入 mol?L﹣ 1 NaOH溶液至沉淀質(zhì) 量恰好不再變化，鋁離子轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根、鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為 Na2SO NaAlO2，根據(jù)硫酸根守恒有 n（ Na2SO4） =n（ H2SO4），根據(jù)鈉離子守恒有 n（ NaOH） =2n（ Na2SO4） +n（ NaAlO2），據(jù)此計(jì)算 n（ NaAlO2），再根據(jù)鋁原子守恒n（ Al） =n（ NaAlO2）． 【解答】解：鎂鋁合金與硫酸反應(yīng)生成硫酸鎂、硫酸鋁與氫氣，向反應(yīng)后的溶液中加入 mol?L﹣ 1 NaOH溶液至沉淀質(zhì)量恰好不再變化，鋁離子轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根、鎂離子轉(zhuǎn)化 為氫氧化鎂沉淀，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為 Na2SO NaAlO2，根據(jù)硫酸根守恒有 n（ Na2SO4） =n（ H2SO4）=， 根據(jù)鈉離子守恒有： n（ NaOH） =2n（ Na2SO4） +n（ NaAlO2），故 n（ NaAlO2） =﹣ 2= ，根據(jù)鋁原子守恒： n（ Al） =n（ NaAlO2） =， 故選 C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物的有關(guān)計(jì)算，題目難度中等，明確發(fā)生的反應(yīng)原理、利用守恒進(jìn)行計(jì)算是解題關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分 析能力及化學(xué)計(jì)算能力． 二、解答題（共 4小題，滿分 58分） 8．化學(xué)實(shí)驗(yàn)的微型化可有效地減少污染，實(shí)現(xiàn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綠色化的要求．某學(xué)生按下列操作做一個(gè)實(shí)驗(yàn)：在一塊下襯白紙的玻璃片的不同位置分別滴加濃度為 、 KI（含淀粉溶液）、 NaOH（含酚酞）、 FeCl2（含 KSCN）溶液各 1滴，每種液滴彼此分開(kāi)，圍成半徑小于表面皿的圓形（如圖所示），在圓心處放置 2粒芝麻粒大小的 KMnO4晶體，向 KMnO4晶體滴加一滴濃鹽酸，再立即將表面皿蓋好． （ 1）請(qǐng)配平 e處的化學(xué)反應(yīng)方程式 □KMnO 4+□H Cl（濃） ═□KCl+□MnCl 2+□Cl 2↑+□H 2O （ 2） e處反應(yīng)中發(fā)生氧化還原反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為 1： 5 ． （ 3） b處的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為 溶液由無(wú)色變藍(lán)色 ， d處的離子方程式為 2FeCl2+Cl2═2FeCl 3 ． （ 4） c處反應(yīng)的離子方程式為 Cl2+2OH﹣ ═Cl ﹣ +ClO﹣ +H2O ，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，當(dāng)有 Cl2被 NaOH溶液吸收后，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為 mol． （ 5）通過(guò)該實(shí)驗(yàn)?zāi)芊癖容^ Cl FeCl KMnO4三種物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱？ 能 （填 “ 能 ” 或“ 不能 ” ），若能，其氧化性由強(qiáng)到弱的順序是 KMnO4＞ Cl2＞ FeCl3 ． 【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)． 【專題】氧化還原反應(yīng)專題． 【分析】（ 1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把鹽酸氧化生成氯氣，自身被還原生成氯化錳，據(jù)此寫(xiě)出反應(yīng)方程式； （ 2） Mn元素的化合價(jià)降低， Cl元素的化合價(jià)升高； （ 3） b處氯氣能置換出碘，碘遇淀粉變藍(lán)色， d處氯氣能氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，氯化鐵和硫氰化鉀溶液反應(yīng)使溶液呈血紅色； （ 4）氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，結(jié)合元素化合價(jià)的變化計(jì)算； （ 5）自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)中， 氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性． 【解答】解：（ 1）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能把鹽酸氧化生成氯氣，自身被還原生成氯化錳，所以發(fā)生的反應(yīng)方程式為： 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H 2O，離子方程式為 2MnO4﹣+16H++10Cl﹣ ═2Mn 2++5Cl2↑+8H 2O，故答案為： 2MnO4﹣ +16H++10Cl﹣ ═2Mn 2++5Cl2↑+8H 2O； （ 2） 2MnO4﹣ +16H++10Cl﹣ ═2Mn 2++5Cl2↑+8H 2O中， Mn元素的化合價(jià)降低， Cl元素的化合價(jià)升高