2013高考化學 必備經(jīng)典例題 (易錯指津+典型例題評析) 過渡元素
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1、2013高考化學 必備經(jīng)典例題 (易錯指津+典型例題評析) 過渡元素 紫色 溶液 紅色 溶液 H+ O2 SCN- O2+H2O C6H5OH H2O、OH- H+ H2O、OH-、NH3.H2O、CO32- O2 H2、CO、Si、C、Al Fe FeS Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe(OH)2 Fe(OH)3 FeS2 S(Δ) Fe3+ Fe2+ Zn、Fe、Cu、 S2-、I-、SO2、 O2、Cl2、Br2、 HNO3、H2O2、 ClO-、MnO4- O2 O2(點燃) O2 Δ H+ H+ 隔絕空
2、 氣加熱 【知識網(wǎng)絡】 【易錯指津】 1.NO3-與Fe2+在酸性條件下,不能共存。 2.過量的Fe與硝酸作用,或在Fe和Fe2O3的混合物中加入鹽酸,要注意產(chǎn)生的Fe3+還可以氧化單質(zhì)Fe這一隱含反應:Fe+2Fe3+=3Fe2+。 3.注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固體的區(qū)別。 FeCl3溶液加熱濃縮時,因Fe3+水解和HCl的揮發(fā),得到的固體為Fe(OH)3,如灼燒后得到紅色的Fe2O3固體。但Fe2(SO4)3溶液蒸干時,因硫酸是難揮發(fā)性酸,將不能得到Fe(OH)3固體。 4.忽視亞鐵鹽及Fe(OH)2易被空氣中氧氣氧化成三價鐵的化合物。如某溶液
3、中加入堿溶液后,最終得到紅褐色沉淀,并不能斷定該溶液中一定含有Fe3+,而也可能含有Fe2+。 5.忽視鐵單質(zhì)與強氧化性物質(zhì)反應時,也有生成二價鐵化合物的可能性。反應中若鐵為足量,最終鐵元素將以二價鐵形式存在,因為2Fe3++Fe=3Fe2+。 【典型例題評析】 例1 久置于空氣中的下列物質(zhì),因被氧化而呈黃色的是 A.濃HNO3 B.氯化亞鐵溶液 C.溴苯 D.溴化銀 思路分析:本題考查的是常見的“黃色體系”有四種固體:溴化銀、硫、過氧化鈉、三硝基甲苯;外加幾種黃色溶液:濃HNO3(因溶液中有NO2氣體)、工業(yè)鹽酸(
4、含F(xiàn)e3+離子)、不純的硝基苯(因溶有NO2)、亞鐵鹽溶液(因含F(xiàn)e3+離子)等。對于該題除考查物質(zhì)的物理性質(zhì)顏色之外,還附加了一個條件:“因被氧化”,因此,只能考慮B選項。 答案:B 方法要領:本題是“氧化”概念與化合物的物理、化學性質(zhì)的結(jié)合。該題看似簡單,但很容易選錯,關(guān)鍵注意答題時要看清題目的限制條件,并把握全面。抓住“氧化”這一特征便可。 例2 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4種離子,若向其中加入過量的NaOH溶液,微熱并攪拌,再加入過量的鹽酸,溶液中大量減少的陽離子是 A.NH4+ B.Mg2+
5、 C.Fe2+ D.Al3+ 思路分析:各離子在加入NaOH溶液和HCl的變化過程中,離子變化為:NH4+→NH3;Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+;Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+;Al3+→AlO2-→Al3+。只有A和C的離子數(shù)減小。 答案:A、C 方法要領:題中涉及多種陽離子在強酸、強堿溶液中的發(fā)生的變化。分析各離子的變化過程,從而搞清數(shù)目是否改變。注意試劑的用量及反應條件,如微熱。 本題考查了兩個知識點:(1)NH4+在堿性受熱條件下不穩(wěn)定;(2)Fe2+易變質(zhì),特別在堿性條件下Fe(OH)2→Fe(OH)3速率極快。
6、例3 將鐵屑溶于過量鹽酸后,再加入下列物質(zhì),會有三價鐵生成的是 A.硫酸 B.氯水 C.硝酸鋅 D.氯化銅 思路分析:本題考查Fe2+與Fe3+相互轉(zhuǎn)化。其中A項中加入硫酸,無任何反應;若加入B項中氯水,因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故有Fe3+生成;C項中加入Zn(NO3)2,因溶液中有H+,發(fā)生反應:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O,C正確;D項中加入CuCl2無反應發(fā)生。 答案:B、C 方法要領:Fe2+有較強的還原性,易被氧化成Fe3+;對于NO3-的隱蔽
7、氧化性,應用時應高度警惕;在離子共存、離子方程式正誤判斷,及還原性物質(zhì)在酸性環(huán)境中遇NO3-時,往往要考慮其氧化性。 例4 制印刷電路時常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”:發(fā)生的反應為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉,反應結(jié)束后,下列結(jié)果不可能出現(xiàn)的是 A.燒杯中有銅無鐵 B.燒杯中有鐵無銅 C.燒杯中鐵、銅都有 D.燒杯中鐵、銅都無 思路分析:向盛有FeCl3溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉,由于Fe的
8、還原性比Cu強,F(xiàn)e3+首先應與Fe反應,如果Fe3+有剩余,剩余的Fe3+再與Cu反應。鐵粉未反應完時銅粉就不會被氧化,所以不可能出現(xiàn)燒杯中有鐵無銅的現(xiàn)象,故應選B。其他三個選項的情況都可能再現(xiàn)。當FeCl3過量或恰好完全反應時,F(xiàn)e、Cu均無剩余,即選項D,反應后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。當FeCl3不足量時,有兩種情況:①Fe粉有剩余,則Cu尚未參加反應,即選項C,反應后溶液中只有Fe2+(不考慮H+、OH-);②鐵粉無剩余,則Cu反應了一部分或尚未參加反應,即選項A,反應后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。 答案:B 方法要領:此題涉及氧化還
9、原反應的一個規(guī)律:當一種氧化劑氧化幾種還原劑時,首先氧化最強的還原劑,待最強的還原劑完全氧化后,多余的氧化劑再依次氧化次強的還原劑。一種還原劑還原幾種氧化劑時與此類似。
金屬越活潑,還原性越強,不過對變價金屬所形成的中間價態(tài)的陽離子與高價態(tài)的陽離子其氧化性是不同的。常見的金屬陽離子氧化性順序為:
K+ 10、8mL氣體(標準狀況),此時溶液中無Fe3+離子,則下列判斷正確的是
A.混合物里3種物質(zhì)反應時消耗鹽鹽酸的物質(zhì)的量濃度之比為1:1:3
B.反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質(zhì)的量濃度之比為1:2
C.混合物里,F(xiàn)eO的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多
D.混合物里,F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比FeO的物質(zhì)的量多
思路分析:根據(jù)題意,n (HCl)=0.2mol,生成n(H2)=0.448L/22.4L.mol-1=0.02mol。
因氧化性:Fe3+>H+,所以Fe先與Fe3+反應后再還原H+,由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe還 11、原1mol Fe2O3),和Fe與H+反應放出H2,可知n(Fe)>n(Fe2O3);由反應后溶液中溶質(zhì)全為FeCl2知,n(Fe2+):n(Cl-)=1:2;至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之間量的關(guān)系,無從知道。
答案:B、C
方法要領:可用圖示分析反應過程,以幫助理解:
0.2molHCl
Fe、Fe2O3及FeO
H2(0.02mol)
FeCl2(0.1mol)
例6 下圖中的每一方格表示有關(guān)的一種反應物或生成物,其中粗框表示初始反應物(反應時加入或生成的水,以及生成沉淀J時的其他產(chǎn)物均已略去) 。
請?zhí)顚懴铝锌瞻?
(1)物質(zhì)B是 12、 、F是________、J是 。
(2)反應①的離子方程式是_____________________。
思路分析:飽和食鹽水電解的產(chǎn)物是NaOH、Cl2、H2。三者之間存在的反應是:H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,由圖示:B能與另外兩種生成物反應,所以B為Cl2;又B與A反應產(chǎn)物有兩種所以C一定為H2,A為NaOH,G為HCl;再由F+Cl2→I,F(xiàn)+HCl→H+H2,H+Cl2→I,可推知F為變價金屬,可確定為Fe;H和I分別為FeCl2和FeCl3;最后注意理解D與H、I反應。由題知D、E為NaCl、NaClO,通 13、過上述分析可認定D應NaClO,有關(guān)反應為:I→J:Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO,發(fā)生了雙水解反應。而H→J可理解為生成Fe(OH)2,但HClO有強氧化性而將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3。
答案:(1)Cl2(或氯氣),F(xiàn)e(或鐵),F(xiàn)e(OH)3(或氫氧化鐵) (2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
方法要領:本題的難點,是確定F為何種物質(zhì)。其推斷方法:先推斷F為何種類型的物質(zhì),因F+ Cl2→I,F(xiàn)+HCl→H+H2,所以F必為金屬。再推斷這種金屬的特點,因I、H均為氯化物,又H+Cl2→I,所以F是變價金屬,而我們熟知的變價金屬是 14、鐵。先確定物質(zhì)的種類,再確認具體物質(zhì),這是解推斷題中常用的方法。因為它能分解難點,使一步推斷的目標更具體、更明確。思路也變得非常清晰。
例7 Cu+在酸性溶液中不穩(wěn)定,可發(fā)生自身氧化還原反應生成Cu2+和Cu。現(xiàn)有濃硫酸、濃硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH試紙,簡述如何用簡便的實驗方法來檢驗CuO經(jīng)氫氣還原所得紅色產(chǎn)物中是否含有堿性氧化物Cu2O。
思路分析:本題是一道信息遷移式的實驗題。題中給出一些考生未學過的新知識,要求考生認真審題,讀懂信息,聯(lián)想已有的基礎知識和基本技能,運用題示信息,分析推理,設計出簡便的檢驗方案。
由題給信息可知, Cu2O是堿性氧化物,可溶于酸溶 15、液:Cu2O+2H+=2Cu++H2O;而Cu+在酸溶液中不穩(wěn)定,自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。題給試劑中,濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均顯酸性,且都能與Cu反應生成Cu2+,如果選用這些試劑,它們和樣品反應后的溶液都呈藍色(Cu2+),但分不清是與Cu還是與Cu2O反應產(chǎn)生的Cu2+,故無法確證樣品中是否含有Cu2O。
根據(jù)以上分析,選用的試劑必須符合兩個條件,一是呈酸性,二是不能與Cu反應。在題給試劑中只有稀硫酸符合。
答案:取少量待檢樣品放入稀硫酸 ,振蕩,若溶液變?yōu)樗{色,說明樣品中有Cu2O,若溶液不變色,說明產(chǎn)物中無Cu2O。
方法要領:如將稀 16、硫酸換成濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一種,都會發(fā)生Cu-2e-=Cu2+。即使紅色產(chǎn)物無Cu+也會產(chǎn)生藍色溶液。導致題目錯解。
要搞清pH的概念及pH試紙的使用范圍。如用pH試紙測溶液的pH來判斷(理由是:因pH變大,則有Cu2O,因為Cu2O與稀硫酸反應消耗了H+),不知道對本實驗來說,溶液的pH變化用pH試紙是測不出的。
有些實驗現(xiàn)象,用肉眼看不清的。如雖選用稀硫酸,沒抓住解題關(guān)鍵,不是由溶液是否變藍確認,而是想當然,看紅色產(chǎn)物溶解情況,若部分溶解(因Cu不溶于稀硫酸,而Cu2O可溶),可知有Cu2O,甚至認為看有無Cu生成,若有Cu生成(因Cu+在酸溶液中分解成Cu2 17、+和Cu),則有Cu2O。
試樣X
試樣X
①過量鹽酸
溶液Y
②過量CO
Δ,完全反應
粉末Z
強酸性溶液(不含Cu2+),
氣體和不溶物W
③
例8 試樣X由氧化亞鐵和氧化銅組成,取質(zhì)量相等的兩份試樣按下圖所示進行實驗:(1997年全國高考題)
(1)請寫出步驟③中所發(fā)生的全部反應的離子方程式。
(2)若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反應后,生成的不溶物W的質(zhì)量是m,則每份試樣X中氧化銅的質(zhì)量為 。(用m表示)
思路分析:根據(jù)題目的設定,先對溶液Y和粉末Z的組成作正確的判斷。
①中FeO、CuO與鹽酸反應式為:FeO+2HCl=FeCl2+H2O 18、 CuO+2HCl=CuCl2+H2O
②中試樣在較高溫度下與CO反應為:FeO+CO=Fe+CO2 CuO+CO=Cu+CO2
由此可見,溶液Y與粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金屬Fe、Cu以及過量鹽酸的混合。在此混合物中,兩種金屬單質(zhì)中只有Fe可分別與CuCl2溶液和HCl反應,離子方程式為:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑
③中反應后的溶液呈強酸性表明HCl剩余,可判斷Fe已沒有剩余;溶液中不含Cu2+意味著CuCl2已全部參加了與Fe的置換反應,不溶物W全部是Cu。它是由兩份試樣中的CuO轉(zhuǎn)變而來。因此,一份試 19、樣中的CuO質(zhì)量為
0.5m× (CuO/Cu)= 0.5m×(80/64)=5m/8。
答案:(1)Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2)5m/8
方法要領:題目涉及到的化學基礎知識有:金屬氧化物跟酸的反應,CO的還原性,金屬單質(zhì)與鹽溶液、非氧化性酸的置換反應,離子方程式的書寫,有關(guān)的化學計算。其中,化學計算是通過填空的形式使那些只顧方法正確而忽視結(jié)果正確的考生得不到分數(shù)。
題目在敘述過程中設置了幾個障礙點,它們是:
1.溶液Y和粉末Z經(jīng)過反應③后所得溶液具有強酸性,會使判斷力不強的考生不能由此對溶液中不含鐵粉作出肯定的認定。
2.離子方 20、程式歷來是考試中的難點,在鹽酸、氯化亞鐵、氯化銅、金屬鐵和金屬銅5種物質(zhì)共存時,判斷有關(guān)的離子反應并書寫離子方程式。
3.m是全部不溶物的質(zhì)量,試題要求回答的是每份試樣中氧化銅的質(zhì)量,這是一種具有較大迷惑性的設問,對考生的思維嚴密性是一種深刻的檢驗。如不能通過這種檢驗,會把答案錯寫成5m/4。
例9 “鹵塊”的主要成分為MgCl2(含F(xiàn)e2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子),若以它為原料,按如下工藝流程圖,即可制得“輕質(zhì)氧化鎂”。
水中煮沸
鹵塊
加鹽酸
加YpH=9.8
加X
①
溶液
②
溶液
③
④
⑤
⑥
濾液
沉淀物
沉淀物
沉淀物
氣體
21、過濾
加Z
灼燒
輕質(zhì)氧化鎂
如果要求產(chǎn)品盡量不含雜質(zhì)離子,而且成本較低。流程中所用試劑或pH控制可參考下列附表確定。
表1 生成氫氧化物沉淀的pH
物 質(zhì)
開始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6*
Mn(OH)2
8.3
9.8
Mg(OH)2
9.6
11.1
*Fe2+氫氧化物呈絮狀,不易從溶液中除去,所以常將它氧化成為Fe3+,生成沉淀Fe(OH)3而除去。
表2 工業(yè)品價格表
工業(yè)品
規(guī) 格
價格(元/t)
22、
漂 液
含NaClO 25.2%
450
過氧化氫
30%
2400
燒 堿
98%
2100
純 堿
99.5%
600
鹵 塊
含MgCl2 30%
310
請?zhí)顚懸韵驴瞻?
(1)在步驟②中加入的物質(zhì)X,最佳選擇應是 ,其作用是 。
(2)在步驟③中加入的物質(zhì)Y應是 ,之所以要控制pH=9.8的目的是 。
(3)在步驟⑤時發(fā)生的化學反應方程式是: 23、 。
思路分析:題目給出了生產(chǎn)的工藝流程,也是為考生提供了解題線索。
為除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子,從表1可以看出,當加入燒堿控制在pH=9.8時即可達到目的。此時Mg2+離子也會因生成部分Mg(OH)2而進入沉淀中,但由于鹵塊價格低廉,這點不可避免的損失還是可以承受的,其結(jié)果是保證了產(chǎn)品的純度.。
為將Fe2+氧化成Fe3+離子,有兩種氧化劑可以采用,即漂液和過氧化氫。從表2中的價格可看出,前者比后者便宜得多,應選用漂液。
從氯化鎂制成氧化鎂,有兩條反應路線:
其一,燒堿路線:
MgCl2Mg(OH)2MgO
其二,純堿路線:
MgCl2MgC 24、O3MgO
燒堿比純堿價格昂貴,生成的中間產(chǎn)物氫氧化鎂是膠狀沉淀會造成過濾困難,更重要的是反應過程中不能進行輕化處理,因而只能得重質(zhì)氧化鎂。由此而見,燒堿路線應當摒棄。
純堿價格較低,生成的中間產(chǎn)物碳酸鎂呈粗顆粒狀,易過濾,碳酸鎂在水中經(jīng)一定時間的加熱會有部分因水解形成了二氧化碳:
MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑
由于氣體二氧化碳的產(chǎn)生,使沉淀變?yōu)槭杷?,灼燒沉淀后得到的是輕質(zhì)氧化鎂。
答案:(1)漂液 使Fe2+氧化成為 Fe3+ (2)燒堿 使除Mg2+以外的各種雜質(zhì)金屬離子都生成氫氧化物沉淀以便過濾除去。 (3)MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+C 25、O2↑
方法要領:試題強調(diào)了生產(chǎn)中的經(jīng)濟效益,其立意指向了化學學習中的價值觀,將經(jīng)濟價值觀與化學反應的選擇結(jié)合在一起考查了考生的評價能力,這是一種對思維作較深刻的考查,也是適應商品經(jīng)濟大背景下的對學生綜合能力的培養(yǎng)和測試。
解題中善于應用數(shù)據(jù)來判斷問題、解決問題,善于調(diào)取已形成的知識網(wǎng)絡,把在暫時硬水軟化中學到的知識遷移到輕質(zhì)氧化鎂的生產(chǎn)里來。
解題中防止:步驟②誤選過氧化氫。根據(jù)是過氧化氫不會引入“雜質(zhì)離子”,因為在步驟⑤中,我們只需沉淀物,把濾液棄去,因而鈉離子和氯離子不會進入產(chǎn)物,步驟③誤選為純堿。根據(jù)是純堿比燒堿便宜得多,如果將步驟③中的Y改成純堿,由于純堿的堿性明顯小于燒堿,要使pH升高到9.8必須加大純堿的用量,就會形成碳酸鹽沉淀,而表中無碳酸鹽溶解度資料,無法判斷除雜的效果,而且碳酸根離子用量增大,可導致生成碳酸鎂沉淀,所以加入氫氧化鈉為宜。
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