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第三章 重点难点突破
突破点一　Fe3＋、Fe2＋、Cu、Fe之间的转化
【典例1】　已知Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋，现把等物质的量的CuSO4、FeCl3和Zn三种物质置于盛有水的容器中，充分反应后，容器中除SO、Cl－外还有(　　)
A．Zn2＋、Cu、Fe2＋
B．Zn2＋、Cu2＋、Fe、Fe2＋
C．Zn2＋、Cu2＋、Fe2＋
D．Zn2＋、Cu2＋、Cu、Fe2＋
[思路启迪]　(1)切入点：要考虑到一种金属与多种阳离子发生反应时，阳离子按氧化性由强到弱的顺序发生反应。按发生反应的先后排序，结合题中的“量”推算反应的最终产物。
(2)关键点：正确分析反应的先后顺序。在同一溶液中，当发生氧化还原反应时，一定是氧化性最强的物质先与还原剂反应。另外在求解过程中还要考虑各反应物之间量的关系。
[解析]　设CuSO4、FeCl3和Zn的物质的量均为1 mol，由题中所给的反应式可得出氧化性：Fe3＋>Cu2＋，所以Zn先与Fe3＋反应，1 mol Fe3＋消耗0.5 mol Zn；剩余的0.5 mol Zn能置换出0.5 mol Cu，溶液中还剩余0.5 mol Cu2＋，即充分反应后，容器中还含有Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋、Cu。
[答案]　D
规律总结
判断化学反应先后顺序的方法
(1)一种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发生反应。如向含等物质的量浓度的碘化亚铁、溴化亚铁溶液中缓慢通入氯气，发生反应的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－。
(2)一种还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。如在含等物质的量浓度的H＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋的溶液中加入镁粉，反应的先后顺序为Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋、Zn2＋。
(3)一种碱与多种阳离子反应，生成物越难电离，越先发生反应。如在含等物质的量浓度的H＋、Fe3＋、NH的溶液中滴加氢氧化钠溶液，发生反应的先后顺序为H＋、Fe3＋、NH。
突破点二　Fe(OH)2的制备
【典例2】　用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
方法一：用FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
(1)除去蒸馏水中溶解的O2常采用________的方法。
(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是_____________________________________。
方法二：在如图所示装置中，用不含O2的NaOH溶液、铁屑和稀硫酸制备。
(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是________。
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是________。
(3)为了制得白色Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和试管Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是________。
(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是_________________________________。
[思路启迪]　(1)切入点：熟悉Fe(OH)2的制备原理是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓。
(2)关键点：要特别注意Fe(OH)2在空气中极易被氧化为Fe(OH)3，所以制备时一定要保证为无氧环境。
[解析]　方法一：
(1)气体的溶解度是随温度升高而降低的，所以煮沸后的蒸馏水中溶解的O2变少。
(2)避免生成的Fe(OH)2被空气(氧气)氧化。
方法二：
试管Ⅱ是开口式，无法利用产生的气体将溶液压入试管Ⅰ中，所以制取FeSO4应在试管Ⅰ中进行，而在试管Ⅱ中应加入不含O2的NaOH溶液。当把Fe与稀硫酸放入试管Ⅰ后，产生的H2可通过试管Ⅰ内的短导管排出试管Ⅰ内的空气，然后经过止水夹进入试管Ⅱ中，再排尽试管Ⅱ内的空气，最后关闭止水夹，试管Ⅰ内产生的H2无法逸出，H2产生的压强将试管Ⅰ内生成的FeSO4溶液通过长导管压入试管Ⅱ内，在此过程中，液体都处于H2环境中，从而避免了空气中的O2将反应生成的Fe(OH)2氧化成Fe(OH)3。
[答案]　方法一：(1)煮沸　(2)避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2而被氧化
方法二：(1)稀硫酸、铁屑　(2)NaOH溶液
(3)检验试管Ⅱ出口处排出的H2的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹
(4)试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入装置
规律总结
(1)Fe2＋极易被氧化，所以FeSO4溶液要现用现配。
(2)为了防止Fe2＋被氧化，配制FeSO4溶液的蒸馏水和NaOH溶液要煮沸，尽可能除去O2。
(3)为了防止滴加NaOH溶液时带入空气，可将吸有NaOH溶液的长滴管伸入FeSO4溶液的液面下，再挤出NaOH溶液。
(4)为防止Fe2＋被氧化，还可以向盛有FeSO4溶液的试管中加入少量的煤油或其他密度小于水而不溶于水的有机物，以隔绝空气。
突破点三　有关铝与酸反应的相关计算
【典例3】　将盛有等质量等浓度稀盐酸的甲、乙两个烧杯分别放在托盘天平的两边，调节天平，使天平达到平衡。然后在甲、乙烧杯中分别投入a mol Mg和b mol Al，充分反应。
(1)若甲、乙两烧杯中酸均过量，则甲、乙两烧杯中净增量分别为________g，________g。
(2)若甲、乙两烧杯中酸均用完，金属均过量，且天平仍保持平衡，则甲、乙两烧杯中产生H2的质量________(填“相等”或“不相等”)，由此推出a∶b＝________。
[思路启迪]　(1)切入点：要考虑到金属镁、铝均能与盐酸发生反应，且使溶液质量增加。
(2)关键点：依据反应方程式能灵活运用差量法进行相关计算，尤其注意反应物过量问题。
[解析]　(1)酸过量时金属完全反应，则：
甲烧杯中　Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑　Δm1
24 2 22
24a g 22a g
乙烧杯中　2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑　Δm2
54 6 48
27b g 24b g
则充分反应后甲增重22a g，乙增重24b g。
(2)两烧杯中金属均过量，酸均反应完，则产生H2的量相等，天平保持平衡，则加入的Mg和Al的质量也相等，故24a＝27b，a∶b＝9∶8。
[答案]　(1)22a　24b　(2)相等　9∶8
规律总结
解答铝与酸反应题的常用守恒法
包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。如根据得失电子守恒，1 mol Al不论与酸还是与碱反应失去的电子都是3 mol，生成的H2均为 mol，即n(H2)＝n(e－)＝n(金属)×化合价。反过来，生成11.2 L(标准状况)H2，一定转移1 mol电子。
突破点四　守恒法、差量法等在计算题中的应用
【典例4】　现有两种Na2CO3与NaHCO3的混合物X和Y。已知Na2CO3受热难分解，而NaHCO3受热易分解：
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
(1)现取5.00 g混合物X，充分加热后混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为________。
(2)现取5.00 g混合物Y，充分加热至恒重，把放出的气体通入足量澄清石灰水中，生成2.00 g沉淀，则原混合物中碳酸氢钠的质量分数为________。
[思路启迪]　(1)切入点：要考虑到两种盐对热稳定性不同，NaHCO3受热分解，但Na2CO3受热不分解。
(2)关键点：正确分析混合物受热时固体质量减少量为CO2和H2O之和，再依据方程式求解。
[解析]　
(1)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑　Δm
2×84 g 62 g
m(NaHCO3) 0.31 g
＝
解得m(NaHCO3)＝0.84 g，原混合物中Na2CO3的质量为5.00 g－0.84 g＝4.16 g。
(2)2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，Ca(OH)2＋CO2===H2O＋CaCO3↓，由此得关系式：
2NaHCO3～CO2～CaCO3
＝
解得w(NaHCO3)＝67.2%。
[答案]　(1)4.16 g　(2)67.2%
特别提醒
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量的差、气体体积差等，该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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