2013高考化學(xué) 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(xué) 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+O2SCN-O2+H2OC6H5OHH2O、OH-H+H2O、OH-、NH3.H2O、CO32-O2H2、CO、Si、C、AlFeFeSFe2O3Fe3O4FeOFe(OH)2Fe(OH)3FeS2S()Fe3+Fe2+Zn、Fe、Cu、S2-、I-、SO2、O2、Cl2、Br2、HNO3、H2O2、ClO-、MnO4-O2O2(點燃)O2H+H+隔絕空氣加熱【知識網(wǎng)絡(luò)】【易錯指津】1NO3-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

2、+還可以氧化單質(zhì)Fe這一隱含反應(yīng)：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(yīng)時，也有生成二價鐵化合物的可能性。反應(yīng)中若鐵為足量，最終鐵元素將以二價鐵

3、形式存在，因為2Fe3+Fe=3Fe2+?！镜湫屠}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（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(lǐng)：本題是“氧化”概念與化合物的物理、化學(xué)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

4、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+ 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)2Mg2+；Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+；Al3+AlO2-Al3+。只有A和C的離子數(shù)減小。答案：A、C方法要領(lǐng)：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

5、用量及反應(yīng)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)2Fe(OH)3速率極快。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(yīng)；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(yīng)：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，C正確；D項中加入CuCl2無反應(yīng)發(fā)生。答案：B、C方法要領(lǐng)：Fe2+有較強

6、的還原性，易被氧化成Fe3+；對于NO3-的隱蔽氧化性，應(yīng)用時應(yīng)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(yīng)為2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，反應(yīng)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的還原性比Cu強，F(xiàn)e3+首先應(yīng)與Fe反應(yīng)，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再與Cu反應(yīng)。鐵粉未反應(yīng)完時

7、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(yīng)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(yīng)時，F(xiàn)e、Cu均無剩余，即選項D，反應(yīng)后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。當FeCl3不足量時，有兩種情況：Fe粉有剩余，則Cu尚未參加反應(yīng)，即選項C，反應(yīng)后溶液中只有Fe2+（不考慮H+、OH-）；鐵粉無剩余，則Cu反應(yīng)了一部分或尚未參加反應(yīng)，即選項A，反應(yīng)后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。答案：B方法要領(lǐng)：此題涉及氧化還原反應(yīng)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

8、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+Na+Mg2+Al3+Zn2+Fe2+Cu2+Fe3+Hg2+H+，所以Fe先與Fe3+反應(yīng)后再還原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe還原1mol Fe2O3)，和Fe與H+反應(yīng)放出H2，可知n(Fe)n(Fe2O3)；由反應(yīng)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(lǐng)：可用圖示分析反應(yīng)過程，以幫

9、助理解：0.2molHClFe、Fe2O3及FeOH2(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(yīng)物或生成物,其中粗框表示初始反應(yīng)物(反應(yīng)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 、F是_、J是 。 (2)反應(yīng)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(yīng)是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由圖示：B能與另外兩種生成物反應(yīng)，所以B為Cl2；又B與A反應(yīng)產(chǎn)物有兩種所以C一定為H2，A為NaOH，G為HCl；再由F+C

10、l2I，F(xiàn)+HClH+H2，H+Cl2I，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(yīng)。由題知D、E為NaCl、NaClO，通過上述分析可認定D應(yīng)NaClO，有關(guān)反應(yīng)為：IJ：Fe3+3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClO，發(fā)生了雙水解反應(yīng)。而HJ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(lǐng)：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)，

11、因F+ Cl2I，F(xiàn)+HClH+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+Cl2I，所以F是變價金屬，而我們熟知的變價金屬是鐵。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(yīng)生成Cu2+和Cu?，F(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(xué)過的新知識，要求考生認真審題

12、，讀懂信息，聯(lián)想已有的基礎(chǔ)知識和基本技能，運用題示信息，分析推理，設(shè)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(yīng)生成Cu2+，如果選用這些試劑，它們和樣品反應(yīng)后的溶液都呈藍色（Cu2+），但分不清是與Cu還是與Cu2O反應(yīng)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(yīng)。在題給試劑中只有稀硫酸符合。答案：取

13、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(lǐng)：如將稀硫酸換成濃硫酸、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(dǎo)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(yīng)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

14、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+和Cu），則有Cu2O。試樣X試樣X過量鹽酸溶液Y過量CO，完全反應(yīng)粉末Z強酸性溶液（不含Cu2+），氣體和不溶物W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）請寫出步驟中所發(fā)生的全部反應(yīng)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(yīng)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(shè)定，先對溶液Y和粉末Z的組成作正確的判斷。中FeO、CuO與鹽酸反應(yīng)式為：FeO+

15、2HCl=FeCl2+H2O CuO+2HCl=CuCl2+H2O中試樣在較高溫度下與CO反應(yīng)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(yīng)，離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2+Cu Fe+2H+=Fe2+H2中反應(yīng)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(yīng)，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，一份試樣中的CuO質(zhì)量為0.

16、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(lǐng)：題目涉及到的化學(xué)基礎(chǔ)知識有：金屬氧化物跟酸的反應(yīng)，CO的還原性，金屬單質(zhì)與鹽溶液、非氧化性酸的置換反應(yīng)，離子方程式的書寫，有關(guān)的化學(xué)計算。其中，化學(xué)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(shè)置了幾個障礙點，它們是：1溶液Y和粉末Z經(jīng)過反應(yīng)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)

17、共存時，判斷有關(guān)的離子反應(yīng)并書寫離子方程式。3m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(shè)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溶液溶液濾液沉淀物沉淀物沉淀物氣體過濾加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)

18、32.73.7Fe(OH)27.69.6*Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1*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） 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）在步驟中加入的物質(zhì)X，最佳選擇應(yīng)是 ，其作用是 。（2）在步驟中加入的物質(zhì)Y應(yīng)是 ，之所以要控制pH=9.8的目的是 。（3）在步驟時發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式是： 。思路分析：題目給出了

19、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(yīng)選用漂液。從氯化鎂制成氧化鎂，有兩條反應(yīng)路線：其一，燒堿路線：MgCl2Mg(OH)2MgO其二，純堿路線：MgCl2MgCO3MgO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

20、困難，更重要的是反應(yīng)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(yīng)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+CO2方法要領(lǐng)：試題強調(diào)了生產(chǎn)中的經(jīng)濟效益，其立意指向了化學(xué)學(xué)習(xí)中的價值觀，將經(jīng)濟價值觀與化學(xué)反應(yīng)的選擇結(jié)合

21、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(yīng)商品經(jīng)濟大背景下的對學(xué)生綜合能力的培養(yǎng)和測試。解題中善于應(yīng)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(luò)，把在暫時硬水軟化中學(xué)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，步驟誤選為純堿。根據(jù)是純堿比燒堿便宜得多，如果將步驟中的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(dǎo)致生成碳酸鎂沉淀，所以加入氫氧化鈉為宜。