2020-2021化学（2019）第一册学案：第三章 整理与提升含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精新教材2020-2021学年化学人教版（2019）必修第一册学案：第三章整理与提升含解析整理与提升梳理：铁及其重要化合物涉及的主要反应有①Fe和过量稀HNO3的反应：Fe＋4H＋＋NOeq\o\al（－，3）=Fe3＋＋NO↑＋2H2O;②Fe高温下和水蒸气的反应：3Fe＋4H2O(g）eq\o（=，\s\up15（△））Fe3O4＋4H2；③铝与氧化铁的铝热反应:Fe2O3＋2Aleq\o(=,\s\up15(高温))2Fe＋Al2O3;④用赤铁矿冶炼铁的原理:Fe2O3＋3COeq\o（=，\s\up15(高温））2Fe＋3CO2；⑤Fe(OH)2长时间露置于空气中:4Fe(OH）2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3;⑥FeO和稀HNO3的反应：3FeO＋10H＋＋NOeq\o\al（－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O；⑦Fe(OH)3和HI的反应：2Fe(OH）3＋6H＋＋2I－=2Fe2＋＋I2＋6H2O；⑧FeBr2溶液和少量Cl2的反应:2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－;⑨FeBr2溶液和等物质的量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－；⑩FeBr2溶液和过量Cl2的反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－。一、金属单质及化合物推断的常见突破口金属及其化合物的推断题具有综合性强、思维容量大等特点，解答此类问题的关键是找准“突破口”。常见的“突破口”总结如下：1．特殊颜色(1)焰色反应Na＋：黄色；K＋：紫色(透过蓝色钴玻璃）。（2)有色溶液含有的离子Fe2＋Fe3＋Cu2＋MnOeq\o\al（－,4)颜色浅绿色黄色蓝色紫红色（3)有色固体红色：Cu、Fe2O3(红棕色）红褐色：Fe(OH)3绿色:Cu2(OH)2CO3、FeSO4·7H2O蓝色:Cu(OH)2、CuSO4·5H2O黑色：FeO、CuO、MnO2、炭黑淡黄色：Na2O2、AgBr白色:Fe（OH）2、Mg(OH）2、Al（OH）3、CaCO3、BaSO4、AgCl2．特殊性质(1)在一定条件下能漂白有色物质的淡黄色固体只有Na2O2.(2）遇SCN－使溶液显红色的只有Fe3＋.（3)既不溶于水又不溶于稀盐酸或稀硝酸的化合物有BaSO4、AgCl。3．特殊反应(1)既能与强酸又能与强碱溶液反应的物质:金属单质，如Al;两性氧化物,如Al2O3等；弱酸的酸式盐，如NaHCO3等；弱酸的铵盐,如NH4HCO3、(NH4）2CO3等。（2）能与水反应放出气体的物质：活泼金属单质，如K、Ca、Na、Mg（加热)、Fe(高温生成Fe3O4）；金属过氧化物，如Na2O2。4．特殊转化关系（1）特征转化:Aeq\o(→,\s\up15(O2)）Beq\o(→，\s\up15（O2）)Ceq\o(→，\s\up15（H2O））D（酸或碱)如:Naeq\o(→，\s\up15(O2))Na2Oeq\o(→，\s\up15（O2）)Na2O2eq\o(→,\s\up15（H2O)）NaOH(2）三角转化1．由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物，在一定条件下可按如图所示发生转化：请回答：（1)A、B的化学式分别为Al、Fe2O3。（2）反应①的化学方程式为Fe2O3＋2Aleq\o（=,\s\up15(高温））Al2O3＋2Fe.（3)写出反应②、③的离子方程式：②2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al（－,2)＋3H2↑；③2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋.解析：由红褐色沉淀知I为Fe（OH)3，H为Fe(OH)2，F为FeCl2，单质D为Fe。又因溶液E与足量CO2生成沉淀J，沉淀J可以和强酸、强碱反应，则J为Al(OH)3，Al（OH)3与盐酸反应生成AlCl3溶液，Al（OH)3灼烧后生成的化合物C为Al2O3。固体B加盐酸后生成溶液G，溶液G又与D（Fe)反应生成溶液F（FeCl2），则B为Fe2O3,进而推知其他物质。二、多种金属与酸反应的计算技巧多种金属的混合物与酸反应，情景比较复杂,设问也灵活多变，如确定金属的成分、物质的量之比等。分析这类问题的核心依据是金属与酸反应的化学方程式(离子方程式）,解题技巧有“关系式法”“平均值法"“极端假设法”等.1．关系式法由Na、Mg、Al等与盐酸反应的化学方程式可归纳出金属M与酸反应的关系式是M～nH＋～eq\f（n,2)H2(n为反应后金属元素的化合价)，如Na～eq\f（1,2)H2、Mg～H2、Al~eq\f(3,2)H2(铝与强碱反应时，Al与产生的H2的关系式也是Al～eq\f（3，2）H2).2．守恒法化学反应中的守恒关系有:质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。(1)质量守恒①宏观特征：反应前后质量相等。②微观特征：反应前后各元素的原子个数不变。(2)得失电子守恒在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数.即n（氧化剂)×氧化剂化学中变价元素的原子个数×价差＝n（还原剂)×还原剂化学式中变价元素的原子个数×价差。（3）电荷守恒①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数，即溶液呈电中性。例如,在0.1mol·L－1的K2SO4溶液中，c（K＋）＋c（H＋)＝2c（SOeq\o\al(2－，4))＋c(OH－)。②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。例如,3Cu＋2NOeq\o\al(－,3）＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O中，等号左侧反应物所带电荷总数为6个单位的正电荷［（＋1)×8＋2×(－1）＝＋6］，右侧生成物也带有6个单位的正电荷［(＋2)×3＝＋6］.3．平均值法平均值法对分析金属与酸（碱）溶液反应的计算问题十分有效。例如，已知2g金属混合物与足量的强酸反应生成2。24L（标准状况）H2，则将反应后金属元素的化合价均视为＋2价，平均相对原子质量Ar＝eq\f(2，0.1)＝20，混合物必然由Ar〈20和Ar>20的金属组成(注意,如果将铝视为二价金属,则其Ar变换为18；若将Na、K视为二价金属，其Ar分别变为46、78；Cu、Ag等金属不与酸反应，其Ar可视为∞）.则该混合物可能由Al与Mg、Al与Fe、Al与Cu等金属混合而成，而不可能由Be与Al（Ar均小于20)、Mg与Fe、Fe与Zn（Ar均大于20）等组成。4．极端假设法极端假设法是从某种极端情况出发，进行分析、推理、判断的一种思维方法.极端假设的意义在于通过合理、巧妙的假定添加一个条件，从而确定具体取值或取值范围。解题的一般步骤：①分析问题特征，判断基准物质；②找到边界情况，确定两个极点;③结合题设条件，计算确定答案.常见的情况是将混合物假设为单一成分，依据单一成分计算后再确定可能的范围.2．(双选）将一定质量的Mg、Al、Zn混合物与足量稀硫酸反应，生成H22.8L(标准状况下）。则原混合物的质量可能是(BC）A．2gB．4gC．8gD．10g解析：只依据H2的体积这一个已知条件肯定不能求出金属的质量,如果设未知数、列方程组,必然步入误区。用极端假设法,假设金属是纯净物，则可确定金属的质量范围.当生成的H2的体积一定时，消耗的Al的质量最小、消耗Zn的质量最大。n（H2）＝eq\f（2。8L，22.4L·mol－1）＝0.125mol。假设全部是铝,则其质量为2.25g，假设全部是锌，则其质量是8。125g.那么混合物的质量应介于2.25g和8。125g之间。3．某物质Xg和足量的氧气燃烧后，在150℃时将燃烧产物通过足量的Na2O2后，Na2O2增重Xg，该物质不可能为(A)A．CH4 B．COC．CH2O D．CO和H2混合气解析:2CO＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃)）2CO2，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，两式相加可得：CO＋Na2O2=Na2CO3；2H2＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃))2H2O，2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2↑，两式相加可得:H2＋Na2O2=2NaOH,故X的组成为(CO）x(H2）y的化合物。结合题中选项可知A不可能。4．现有Fe、FeO、Fe2O3的混合物粉末3。44g，加入含0。1molHCl的盐酸恰好完全溶解,并收集到气体22.4mL(标准状况）。向反应后的溶液滴加KSCN溶液，无明显变化。若将1。72g该混合物在高温下与足量的CO充分反应，残留固体的质量为(A）A．1。4gB．1.3gC．1.2gD．1.1g解析：Fe、FeO、Fe2O3的混合物粉末3。44g,加入含0。1molHCl的盐酸恰好完全溶解，向反应后的溶液滴加KSCN溶液，无明显变化，说明生成物是氯化亚铁,根据氯原子守恒可知氯化亚铁的物质的量是0.05mol，所以混合物中铁原子的物质的量是0。05mol，质量是0.05mol×56g·mol－1＝2。8g。将1.72g该混合物在高温下与足量的CO2充分反应，残留固体是铁，则其质量为eq\f（2.8g，2)＝1。4g，答案选A.5．将一定量的镁铝合金样品分成两等份，一份加入足量NaOH溶液中,充分反应后，收集到标准状况下气体6。72L;另一份加入到足量稀盐酸中,充分反应后，收集到标准状况下气体11。2L。则原合金样品中镁的质量为(C）A．4.8gB．6gC．9。6gD．12g解析:得失电子守恒法是计算题中常用方法，可简化运算，快速解答.加入足量NaOH溶液，只有Al能与之反应,加入足量稀盐酸，两金属均反应，由得失电子守恒，可知标准状况下Al与稀盐酸反应产生的氢气和与NaOH溶液反应产生的氢气的量相同，即为6.72L，则Mg与稀盐酸反应产生的氢气为11.2L－6。72L＝4。48L，结合Mg～H2↑知，n（Mg)＝n（H2)＝eq\f(4.48L,22.4L·mol－1）＝0.2mol，m(Mg)＝0.2mol×24g·mol－1＝4.8g，此处计算的质量为原来的一半的质量,故原合金样品中镁的质量为9.6g。6．20g由Mg、Zn、Fe组成的混合物与40mL稀硫酸恰好完全反应,产生的氢气在标准状况下为11。2