13．(1)Fe3O4+8H+===Fe2++2Fe3++4H2O 2+O2+2H2O===4Fe(OH)3——青夏教育精英家教网—

反应后固体的成分	Cu	Cu₂S、Cu	Cu₂O、Cu
b的取值范围(用a表示)
P₁与P₂的关系(填>、<或=)	P₁ 　　　P₂	P₁　　　 P₂	P₁ 　　　P₂

2010届高三化学140分突破精品资料第1讲

常见金属元素及其化合物答案

例1：思路点拨：有关Na₂O₂、Na₂O和Na的性质这一考点最能考查学生分析问题、解决问题的能力。在求解这类问题时要运用极限思想和假设法计算，

疑难辨析：由于Na₂O₂和水反应放出O₂，因此若不能很好地判断Na₂O₂和Na₂O与水反应的情况则易导致错误。

解题过程：原不饱和溶液的量相同，欲使NaOH达到饱和，加入的物质含钠量越大，加入的量越少；加入的物质含钠量越小(相当于又加入了溶剂)，最终加入的量就大，可用化学式假设法来进行比较。本题答案A。

	NaOH		Na₂O₂		Na₂O		Na
^{化学式变形}^(Na^+相等⁾	_Na2(OH)2				^Na2O		^Na2
^除^Na^外，增重	_2×17		₁₆		¹⁶		⁰
饱和时，需固体的物质的量	n₁	＞	n₂	=	n₃	＞	n₄
饱和时，需固体的质量	m₁	＞	m₂	＞	m₃	＞	m₄

变式训练：

答案：(1) NaHCO₃为amol；Na₂O₂为(a+b)/2mol。(2) H₂O为(a－b)/2mol；O₂为(a+b)/4mol

解析：2NaHCO₃Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O↑，受热分解产生的CO₂和H₂O都要和Na₂O₂反应，可先考虑CO₂的反应(因为先考虑H₂O结果相同，且先考虑CO₂简便)。分析得：固体残留物为Na₂CO₃、NaOH，气体产物为O₂和H₂O。(1)根据C元素和Na元素守恒可得：NaHCO₃为amol；Na₂O₂为(a+b)/2mol；(2)根据H元素和O元素守恒可得：H₂O为(a－b)/2mol；O₂为(a+b)/4mol。

例2：思路点拨：根据反应发生的先后顺序再利用离子反应分析各线段所发生的反应。

疑难辨析：题目中已强调“注意线段的斜率”这一句话，所以更应明确图像表示的是一个等腰梯形，而非斜梯形。

解题过程：选项B中滴加的NaOH溶液先和HCl反应，所以一开始没有沉淀生成，不合题意。选项C所得的图形是一个斜梯形。选项D中生成的Mg(OH)₂沉淀不溶于NaOH，因此沉淀量不会减少。只有选项A正确。

变式训练：

答案：(1)中和过量的酸 (2)V₂×10^-2mol/L 　(3)不会(3m/80)×10³＜(V₂-V₁)＜(m/17) ×10³

解析：(1)0~V₁之间发生的反应为H⁺+OH^-=H₂O，V₁~V₂之间发生的反应为Fe³⁺+3OH^-=Fe(OH)₃↓，Al³⁺3OH^-=Al(OH)₃↓，V₂~V₃之间发生的反应为Al(OH)₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O。(2)在V₂时，溶液中的溶质为NaCl，所以有n(HCl)=n(NaOH)= V₂×10^-3mol，可得盐酸的浓度为V₂×10^-2mol/L，(3)由(2)可得混合物中Al₂O₃和Fe₂O₃按不同比例进行上述实验，V₂的值会是不会改变的，V₂-V₁表示的是和2种金属离子反应所需NaOH的体积，用极值法进行计算，若mg混合物全为Al₂O₃， V₂-V₁ 等于(m/17) ×10³mL，若mg混合物全为Fe₂O₃，V₂-V₁ 等于(3m/80)×10³mL，由此得解。

例3：思路点拨：弄清了下面三个过程后这类问题可迅速得解：①过量的铁与浓硫酸共热的反应情况：2Fe+6H₂SO₄(浓)Fe₂(SO₄⁾₃+3SO₂↑+6H₂O；Fe+ Fe₂(SO₄)₃=3FeSO₄；Fe+H₂SO₄=FeSO₄+ H₂↑②过量的铁与浓硝酸共热的反应情况分析：Fe+6HNO₃(浓) Fe(NO₃)₃+3NO₂↑+3H₂O；3Fe+ 8HNO₃(稀)= 3Fe(NO₃)₂+2NO₂↑+4H₂O；Fe+2Fe(NO₃)₃= 3Fe(NO₃)₂③当金属和混酸反应时，要用离子方程式来计算产生气体的物质的量。

疑难辨析：本题较为综合，没有一定的解题方法与技巧，很难完整地解决这个题目，如果按照有序思维来解决问题(1)，则较易解决，也不会漏掉某种情况，同时也为(2)、(3)的解决打下一个好的基础。当题目中出现两个变量时常用有序思维来解。

解题过程：(1)按照有序思维，假设HNO₃的量由少逐渐增多，从而依次确定残留固体成分及溶液中的金属离子。①Fe、Cu；Fe²⁺，②Cu；Fe²⁺，③Cu；Fe²⁺、Cu²⁺，④无；Fe²⁺、Cu²⁺，⑤无；Fe²⁺、Cu²⁺，Fe³⁺，⑥无；Cu²⁺，Fe³⁺。其中②为特殊情况，Fe与稀HNO₃恰好反应生成Fe²⁺；④为Fe、Cu恰好与稀HNO₃反应生成Fe²⁺、Cu²⁺，其余各种情况按HNO₃的量逐渐增多来考虑，则不难确定。

(2)3Cu+8HNO₃=3 Cu(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O；3Fe+8HNO₃=3 Fe(NO₃)₂+2NO↑+4H₂O

　 ax　 8ax/3 　　　　　　　　　　　　a(1-x) 　8a(1-x)/3

生成Fe²⁺、Cu²⁺时，总耗用硝酸量：n(HNO₃)= 8ax/3+8a(1-x)/3=8a/3，铁恰好反应且生成Fe²⁺时耗硝酸量：n(HNO₃)= 8a(1-x)/3，因此溶液中金属离子只有Fe²⁺、Cu²⁺时b的取值范围是8a(1-x)/3＜b≤8a/3。(3)根据电子守恒：0.5a×2+0.25a×3+0.25a×2=672/22400×3，解得a=0.04mol，根据硝酸中的NO₃^-守恒可得b的值：

b==n[Fe(NO₃)₂] ×2+n[Fe(NO₃)₃] ×3+ n[Cu(NO₃)₂] ×2+n(NO)

==0.04mol×0.25×2+0.04mol×0.25×3+0.5×2×0.04mol+672/22400mol==0.12mol。

答案：(1)c(HNO₃)＝4mol/L　 (2)Fe、Cu　　 Cu　 (3)14.4 g

解析：(1)由第一组数据可知固体有剩余。无论硝酸和什么金属反应，都有n(HNO₃)＝4 n(NO)。加入100 mL硝酸溶液时，n(NO)＝0.1mol，则n(HNO₃)＝0.4mol，c(HNO₃)＝4mol/L。(2)由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体(转移0.15 mol电子)。若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g。由此可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属。所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu。第二次实验后剩余金属只有Cu。(3)由以上分析可知，第二次实验后剩余铜8 g，而与第一次相比少掉的9.2 g中Fe和Cu都有。设这9.2 g固体中Fe的物质的量为x mol和Cu的物质的量为y mol。

56 x+64 y＝9.2 ……(1)