安徽省高考化学试卷.doc
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2009年安徽省高考化学试卷
一、选择题
1．（3分）（2009•安徽）石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（ ）
A．石墨烯与石墨互为同位素
B．0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子
C．石墨烯是一种有机物
D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合
2．（3分）（2009•安徽）北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（ ）
A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B．含有苯环、羟基、羰基、羧基
C．含有羟基、羰基、羧基、酯基
D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
3．（3分）（2009•安徽）下列选用的相关仪器符合实验要求的是（ ）
A
B
C
D
存放浓硝酸
分离水和乙酸乙酯
准确量取9.50mL水
实验室制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
4．（3分）（2009•安徽）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（ ）
A．NH4+、H+、NO3﹣、HCO3﹣ B．K+、Al3+、NH3•H2O
C．Na+、Fe2+、Cl2 D．Na+、CH3COO﹣、OH﹣
5．（3分）（2009•安徽）汽车尾气净化中的一个反应如下：
NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1．在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）（2009•安徽）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应：
2Cu+H2OCu2O+H2↑．下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成
7．（3分）（2009•安徽）向体积为Va的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）
A．Va＞Vb时：
c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）
B．Va=Vb时：
c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）
C．Va＜Vb时：
c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Va与Vb任意比时：
c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
二、填空题
8．（2009•安徽）W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的和黑色的ZO两种氧化物．
（1）W位于元素周期表第 周期第 族．W的气态氢化物稳定性比H2O（g） （填“强”或“弱”）．
（2）Y的基态原子核外电子排布式是 ，Y的第一电离能比X的 （填“大”或“小”）．
（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是 ．
（4）已知下列数据Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①
2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②
则X的单质和FeO反应的热化学方程式是 ．
9．（2009•安徽）是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：
（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是
（2）B→C的反应类型是
（3）E的结构简式是
（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：
（5）下列关于G的说法正确的是
a．能与溴单质反应b．能与金属钠反应
c．1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H6O3．
10．（2009•安徽）某厂废水中含5.00×10﹣3mol•L﹣1的Cr2O72﹣，其毒性较大．某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：
（1）第①步反应的离子方程式是
（2）第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是
（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有
（4）欲使1L该废水中的Cr2O72﹣完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4．理论上需要加入 gFeSO4•7H2O．
11．（2009•安徽）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物．现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响．
[实验设计]控制p﹣CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验．
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）．
实验编号
实验目的
T/K
pH
c/10﹣3mol．L﹣1
H2O
Fe2﹣
（1）
为以下实验作参照
298
3
6.0
0.30
（2）
探究温度对降解反应速的影响率
（3）
298
10
6.0
0.30
[数据处理]实验测得p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图．
（2）请根据如图实验①曲线，计算降解反应在50～150s内的反应速率：
（p﹣CP）= mol•L﹣1•s﹣1
[解释与结论]
（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大．但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：
（4）实验③得出的结论是：
pH值等于10时，
[思考与交流]
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来．根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：
．
2009年安徽省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2009•安徽）石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（ ）
A．石墨烯与石墨互为同位素
B．0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子
C．石墨烯是一种有机物
D．石墨烯中的碳原子间以共价键结合
【分析】A、因题目中说明“石墨烯可由石墨剥离而成”，故不符合同位素的概念；
B、0.12g石墨含碳原子数为=6.02×1021；
C、石墨烯只由C元素组成，是无机物；
D、一般非金属与非金属元素的原子之间以共价键结合．
【解答】解：
A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，应是互为同素异形体的关系，而同位素应是同一元素不同原子间的互称，故A错误；
B、0.12g石墨含=6.02×1021个碳原子，故B错误；
C、有机物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误；
D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查石墨烯的理解，题目难度不大，注意同位素、同素异形体、有机物等概念的理解．
2．（3分）（2009•安徽）北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（ ）
A．含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B．含有苯环、羟基、羰基、羧基
C．含有羟基、羰基、羧基、酯基
D．含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【分析】根据S﹣诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断．
【解答】解：
根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基．
故选A．
【点评】本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单．
3．（3分）（2009•安徽）下列选用的相关仪器符合实验要求的是（ ）
A
B
C
D
存放浓硝酸
分离水和乙酸乙酯
准确量取9.50mL水
实验室制取乙烯
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．浓硝酸有强氧化性；
B．分液漏斗分离互不相溶的液体；
C．量筒精确到0.1ml；
D．实验室制取乙烯需在170℃．
【解答】解：
A．浓硝酸有强氧化性，能将橡胶塞氧化，不能用橡胶塞，故A错误；
B．分液漏斗分离互不相溶的液体，水和乙酸乙酯不互溶，能分层，能用分液漏斗分离，故B正确；
C．量筒精确到0.1ml，无法量取9.50mL水，故C错误；
D．实验室制取乙烯需在170℃，温度计的最大量程是100℃，不符合要求，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查常用仪器的使用，难度不大，注意浓硝酸有强氧化性，能将橡胶塞氧化．
4．（3分）（2009•安徽）在溶液中能大量共存的一组离子或分子是（ ）
A．NH4+、H+、NO3﹣、HCO3﹣ B．K+、Al3+、NH3•H2O
C．Na+、Fe2+、Cl2 D．Na+、CH3COO﹣、OH﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，以此来解答．
【解答】解：
A．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，则不能共存，故A错误；
B．Al3+、NH3•H2O结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；
C．Fe2+、Cl2发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；
D．离子之间不反应，能共存，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意选项C中氧化还原反应为解答的易错点，题目难度不大．
5．（3分）（2009•安徽）汽车尾气净化中的一个反应如下：
NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1．在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】A、平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动．
B、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率降低．
C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关．
D、增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，平衡向逆反应移动．
【解答】解：
A、平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数降低，故A错误；
B、该反应正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率降低，故B错误；
C、平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关，增大NO的物质的量，不影响平衡常数，故C正确；
D、增大氮气的物质的量，氮气的浓度增大，平衡向逆反应移动，NO的转化率降低，故D错误．
故选：
C．
【点评】考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响．
6．（3分）（2009•安徽）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应：
2Cu+H2OCu2O+H2↑．下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成
【分析】根据电解总反应：
2Cu+H2O═Cu2O+H2↑来判断电极材料以及电极反应的情况．
【解答】解：
A、电解总反应：
2Cu+H2O═Cu2O+H2↑，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，故A正确；
B、铜电极本身失电子，发生氧化反应，故B错误；
C、铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，故C错误；
D、反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑失电子的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用．
7．（3分）（2009•安徽）向体积为Va的0.05mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol•L﹣1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）
A．Va＞Vb时：
c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+）
B．Va=Vb时：
c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣）
C．Va＜Vb时：
c（CH3COO﹣）＞c（K+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．Va与Vb任意比时：
c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
【分析】A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒判断醋酸根离子与醋酸浓度之和与钾离子浓度的关系．
B、当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒判断正误．
C、当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，根据物料守恒和电荷守恒判断．
D、Va和Vb为任意比时，根据电荷守恒判断正误．
【解答】解：
A、酸和碱的物质的量浓度相等，且都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞0.025mol/L，c（K+）＜0.025mol/L，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＞c（K+），故A正确．
B、当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH3COOH）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确．
C、当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和氢氧化钾，溶液中钾离子浓度大于醋酸根离子浓度，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，当氢氧化钾的体积远远大于醋酸的体积，则氢氧根离子浓度大于醋酸根离子浓度，当氢氧化钾体积比醋酸体积稍微大时，醋酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误．
D、Va和Vb为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：
c（K+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故D正确．
故选C．
【点评】本题考查了混合溶液中离子浓度大小的比较，属于中等难度，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒即可分析解答本题．
二、填空题
8．（2009•安徽）W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的和黑色的ZO两种氧化物．
（1）W位于元素周期表第 二 周期第 ⅤA 族．W的气态氢化物稳定性比H2O（g） 弱 （填“强”或“弱”）．
（2）Y的基态原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4 ，Y的第一电离能比X的 大 （填“大”或“小”）．
（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是 2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O ．
（4）已知下列数据Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①
2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②
则X的单质和FeO反应的热化学方程式是 Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol ．
【分析】导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素，据此解答．
【解答】解：
导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素．
（1）W是N元素，N原子的原子结构示意图为，电子层数等于其周期数，最外层电子数等于其主族序数，所以氮元素属于第二周期第ⅤA族；
气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关系，非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性大于氮元素的非金属性，所以水的稳定性大于氨气的稳定性，
故答案为：
二；ⅤA；弱；
（2）Y为硫元素，硫原子核外电子数为16，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，硫为非金属，X为铝元素，非金属的第一电离能高于金属的第一电离能，故Y的第一电离能比X的大；
故答案为：
1s22s22p63s23p4；大；
（3）浓硫酸和铜在加热条件下能反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，方程式为：
2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：
2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；
（4）Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①
2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②
将方程式×②﹣①得方程式X的单质和FeO反应的热化学方程式是：
Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol，
故答案为：
Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol．
【点评】本题考查了元素的推断、化学反应方程式、热化学反应方程式、核外电子排布式等知识点，难度不，能正确判断各元素是解本题的关键，注意书写基态原子核外电子排布式要遵循构造原理．
9．（2009•安徽）是一种医药中间体，常用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成：
（1）A与银氨溶液反应有银镜生成，则A的结构简式是 CH3CHO
（2）B→C的反应类型是 取代反应
（3）E的结构简式是
（4）写出F和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式：
（5）下列关于G的说法正确的是 abd
a．能与溴单质反应b．能与金属钠反应
c．1molG最多能和3mol氢气反应d．分子式是C9H6O3．
【分析】A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，由F的结构简式可知，C和E在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到F，F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．
【解答】解：
A与银氨溶液反应有银镜生成，则A中存在醛基，由流程可知，A与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，D与甲醇在浓硫酸条件下发生酯化反应生成E，E的结构为，
（1）由以上分析可知A为CH3CHO，故答案为：
CH3CHO；
（2）由B和C的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，故答案为：
取代反应；
（3）由以上分析可知E为，故答案为：
；
（4）F中存在酯基，在碱液中可以发生水解反应，方程式为：
，
故答案为：
；
（5）G分子的结构中存在苯环、酯基、羟基、碳碳双键，所以能够与溴单质发生加成反应或者取代反应，能够与金属钠反应产生氢气，a和b正确；1molG中1mol碳碳双键和1mol苯环，所以需要4mol氢气，c错误；G的分子式为C9H6O3，d正确，
故答案为：
abd．
【点评】本题考查有机物的推断，为高考常见题型，综合考查学生分析问题的能力和化学知识的综合运用能力，题目难度中等，答题注意注意仔细审题，把握题给信息．
10．（2009•安徽）某厂废水中含5.00×10﹣3mol•L﹣1的Cr2O72﹣，其毒性较大．某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4（Fe的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：
（1）第①步反应的离子方程式是 Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
（2）第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照．
（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有 Fe（OH）3、Fe（OH）2
（4）欲使1L该废水中的Cr2O72﹣完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4．理论上需要加入 13.9 gFeSO4•7H2O．
【分析】
（1）Cr2O72﹣有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72﹣在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成．再根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平；
（2）依据PH试纸的基本操作方法回答；
（3）碱性条件下Fe2+、Fe3+不能存在，会转化为Fe（OH）2、Fe（OH）3；
（4）根据Cr原子计算Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量，结合Cr0.5Fe1.5FeO4的物质的量利用Fe原子守恒计算FeSO4•7H2O质量．
【解答】解：
（1）Cr2O72﹣有较强氧化性，FeSO4•7H2O中Fe2+有一定的还原性，在酸性介质中发生氧化还原反应，由实验流程可知，第①步反应中Cr2O72﹣在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据守恒元素守恒及所处环境可知，还应有水生成，反应离子方程式为Cr2O72﹣+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：
Cr2O72﹣+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O；
（2）将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上；
故答案为：
将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照；
（3）由题给框图之二可得：
Fe2+过量，加NaOH时，产生Cr（OH）3、Fe（OH）3和Fe（OH）2三种沉淀物，
故答案为：
Fe（OH）3、Fe（OH）2；
（4）1L废水中含n（Cr2O72﹣）=5.00×10﹣3mol．根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：
Cr2O72﹣～～～4Cr0.5Fe1.5FeO4～～～10FeSO4•7H2O，
所以理论上n（FeSO4•7H2O）=10n（Cr2O72﹣）=5.00×10﹣3mol×10=0.05mol，
所以m（FeSO4•7H2O）=0.05mol×278g/mol=13.9g．
故答案为：
13.9．
【点评】本题以工业废水处理为载体，考查氧化还原反应、离子反应、关系式计算等，难度中等，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查．
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