化学成套优秀讲义[元素化合物部分复习]

第四节 氮族元素
【知识网络】
【易错指津】
1．氨水显弱碱性的理解不全面。
氨气溶于水形成氨水，氨水少部分电离出OH-、NH4+，所以氨水具有弱碱性。注意以下两点：
（1）氨水遇Al3+、Fe3+、Mg2+分别可以生成Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，但氨水中滴加Ag+溶液开始出现沉淀AgOH，继续滴加沉淀即溶解生成银氨溶液；（2）氨水遇酸、酸性氧化物可以成盐，又根据氨水与酸的量关系分别得到正盐和酸式盐。如：用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式 NH3.H2O+SO2=NH4++HSO3-是错误的。
2．NO、O2被水吸收的分析错误。
NO、O2被水吸收实质上发生如下反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+2H2O=2HNO3+NO。生成NO还可以继续氧化，生成NO2再溶于水，这是一个循环反应。如无任何气体剩余，最终产物应为HNO3，恰好反应的量的关系：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，实际反应中可以有NO或O2剩余，但不能两者兼有之。
3．氮可以形成多种氧化物。NO2可以与水反应生成硝酸，但NO2不是硝酸的酸酐。掌握酸酐的判断方法。NO2与溴蒸气不能用湿润的KI淀粉试纸检验。
4．NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+、SO32-氧化为SO42-，将I-、Br-、S2-氧化为I2、Br2、S。
5．检验NH4+离子，可加入烧碱溶液后，必须加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，否则不一定有NH3放出。
【典型例题评析】
例1 Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大发展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖。下列关于NO的叙述不正确的是（1999年全国高考题）
A.NO可以是某些含低价N物质氧化产物 B.NO不是亚硝酸酐
C.NO可以是某些含高价N物质的还原产物 D.NO是棕色气体
思路分析：本题看似很深奥，实际不然，考查的落点是中学化学常见物质NO的有关性质。根据NO中氮元素的化合价（+2）处于氮元素中间价态，应用氧化还原反应原理可推知：NO既可能是低价含N物质的氧化产物，又可能是高价含N物质的还原产物；根据酸酐概念亚硝酸酸酐应是N2O3；NO应是无色气体。
答案：D
方法要领：要答好这类“高起点，低落点”试题，首先要克服心理障碍，找准题中化学知识运用的着落点，其次，要掌握好重要基本概念和基本理论。这类试题所涉及的基本理论通常是结构理论（包括原子结构中的质量数=中子数+质子数，质子数、核电荷数、核外电子数之间关系等）、分子结构中微粒成键规律、氧化还原反应规律；所涉及的概念通常是原子相对原子质量、同位素、同素异形体等。
例2 右图为装有活塞的密闭容器，内盛22.4mL一氧化氮。若通入11.2mL氧气（气体体积均在标准状况下测定），保持温度、压强不变，则容器内的密度（1993年上海高考题）
A.等于1.369g/L B.等于2.054g/L.
C.在1.369g/L和2.054g/L之间 D.大于2.054g/L
思路分析：题给的密闭容器中通入O2后发生2个化学反应：2NO+O2=2NO2
2NO2 N2O4。为便于计算和推导，可将题给22.4mLNO转换为22.4LNO，将题
给11.2mLO2转换为11.2LO2，即容器内盛有1molNO，充入0.5molO2。根据质量守恒定律，容器内的总质量为：1mol×30g/mol+0.5mol×32g/mol=46g。
假定1molNO与0.5molO2恰好完全反应，则生成1molNO2。在标准状况下1molNO2的体积为22.4L，此时混合气体的密度为46g/22.4L=2.054g/L。但是，由于反应2NO2 N2O4的存在，且保持温度、压强不变，因此使平衡混合气体的体积小于22.4L，故其密度必定大于2.054g/L。
答案：D
方法要领：解本题时最容易忽略2NO2 N2O4的平衡（这是一个隐含的平衡），而误选B。
在涉及到的NO2或N2O4有关量的计算问题，一般要考虑可逆反应2NO2 N2O4的存在对有关量（气体物质的量、体积、密度、式量等）的影响，这是同学们应重视的一个知识点。
例3 已知磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换，又知次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不再能跟D2O发生氢交换。又此可推断出H3PO2的分子结构是（1994年全国高考题）
思路分析：由H3PO4在有三个氢原子可以与D2O发生氢交换及题给H3PO2分子结构知：-OH中的H原子能与D2O发生H交换。现H3PO2能与D2O发生H交换而NaH2PO2则不能(说明NaH2PO2分子中没有羟基H原子)，可以类推出H3PO2中只有一个-OH，从而选B。
答案：B
方法要领：本题题给信息的实质是：含氧酸分子中的H原子，只有与氧原子结合形成羟基-OH结构时，才有酸性。由于次磷酸H3PO2只能电离出一个H+，它是一元酸；NaH2PO2中的H原子不能电离，也不能与碱反应，NaH2PO2属于正盐。同理CH3COOH分子中只有一个-OH，乙酸是一元酸。因此“含氧酸分子中含有几个H原子，就是几元酸”的说法是错误的。
此题为信息给予题，它以一般学生没有接触过的知识实例作为原型（磷酸分子中3个-OH中的H可D2O发生H交换），要求学生在原型的启发下求解。这类题一般思路为：分析原型→找出规律[只有活泼的氢（能电离的H）才能发生氢交换]→比较问题和原型→建立联系→应用规律→完成迁移。
例4 用以下三种途径来制取相等质量的硝酸铜：（1996年高考化学试测题）
（1）铜跟浓硝酸反应；（2）铜跟稀硝酸反应；（3）铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应。以下叙述中正确的是
A.三种途径所消耗的铜的物质的量相等
B.三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等
C.所消耗的铜的物质的量是：途径（3）>途径（1）>途径（2）
D.所消耗的硝酸的物质的量是：途径（1）>途径（2）>途径（3）
思路分析：本题是评价制备方案的优劣。从绿色化学角度看（1）要节约原料；（2）是副产品对环境污染小。（1）Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，(3)2Cu+O2=2CuO,CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O。若生成3molCu(NO3)2，可得消耗原料量及生成污染物NOx的量（见下表）：
Cu(NO3)2 Cu HNO3 NOx
（1） 3mol 3mol 12mol 6mol
（2） 3mol 3mol 8mol 2mol
（3） 3mol 3mol 6mol 0mol
由上表知：（1）耗HNO3最多，生成污染物最多；（3）耗HNO3最少，没有污染物。
答案：A、D
方法要领：本题考查对硝酸性质、用途的理解及氧化还原反应知识，通过分析比较选择出最佳途径的能力。
从不同浓度硝酸与铜的反应可以看出，在硝酸与铜的反应中，硝酸充当了氧化剂和提供硝酸根两种作用，因稀硝酸与铜反应时，氮元素的化合价由+5降为+2价，故作为氧化剂消耗的硝酸较少，而（3）中氧气为氧化剂，硝酸全部用提供酸根用，故消耗硝酸的为(1)>(2)>(3)。
例5 在下图装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b 分别是（1995年全国高考题）
思路分析：产生喷泉的条件：气体在液体中的溶解度很大，产生足够的压强差（负压）。CO2在水中溶解度不大，不能产生喷泉，但在NaOH溶液中因发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，其溶解度显著增大，此时形成喷泉。题干要求液体充满烧瓶。
答案：B、D
方法要领：中学阶段，在水中能形成喷泉现象常见的有NH3、HCl、HBr、HI、SO2等溶解度大的气体；CO2、H2S、Cl2等在水中溶解度不大的气体，不能形成喷泉，但若将水改成NaOH溶液，这些气体在碱性溶液中溶解度显著增大，从而形成喷泉；此外，喷泉实验装置若发生改变，也可能使本来不能形成喷泉的气体形成喷泉，因此，要从产生喷泉的条件认识形成喷泉的本质。
例6 同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3，②NO2，进行喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（1998年上海高考题）
A.①>② B.①<② C.①=② D.不能确定
思路分析：设圆底烧瓶的体积为VL，所含气体的物质的量为xmol。则：
c(NH3)=x/Vmol/L 而3NO2+H2O=2HNO3+NO，c(HNO3)=[2/3xmol]÷[2/3VL]= x/V mol/L。
答案：C
方法要领：只要在同温同压下，单一气体（或某一气体中混有空气）如进行喷泉实验（在H2O中）后所得溶液的浓度均相同。它与液体上升高度无关。如是标准状况则浓度为1/22.4mol/L。
注意：若误以为NO2与H2O生成HNO3的物质的量为2/3x，而忽视了溶液的体积也是2V/3L的话，就会得出两者浓度不等的结论。
例7 某试剂厂有银(含杂质铜)和硝酸(含杂质Fe3+)反应制取硝酸银.步骤如下（1996年上海高考题）
依据上述步骤,完成下列填空：
(1)溶解银的硝酸应该用 硝酸(填浓或稀)。原因是 (填序号，下同)
(a)减少过程中产生NOX的量 (b)减少原料银的消耗量 (c)节省硝酸物质的量
(2)步骤B加热保温的作用是 .
(a)有利于加快反应速率
(b)有利于未反应的硝酸挥发
(c)有利于硝酸充分反应,降低溶液中[H+]
(3)步骤Ｃ中是为了除去Fｅ3+、Cu2+等杂质,冲稀静置时发生的化学反应是
(a)置换反应 (b)水解反应 (c)氧化还原反应
产生的沉淀物化学式 .
思路分析：（1）根据反应方程式：Ag+2 HNO3（浓）=AgNO3+NO2↑+H2O、3Ag+4HNO3（稀）=3AgNO3+NO↑+2H2O可知：每生成1molAgNO3，如用浓HNO3，消耗HNO32mol，产生1molNO2；如用稀HNO3，只需HNO34/3mol，放出NO1/3mol。故用稀硝酸比用浓硝酸好，原因为（a）、(c)。
（2）根据温度对反应速率的影响，加热保温是使反应加快，促使HNO3与Ag反应，而不希望HNO3损失，因此其目的是（a）、(c)。
（3）由水解原理，溶液浓度小，促进水解，使Fｅ3+、Cu2+生成难溶的Fe(OH)3、Cu(OH)2而除去。
答案：（1）稀，（a）、(c) （2）（a）、(c) （3）（b），Fe(OH)3、Cu(OH)2
方法要领：联系工业生产流程，运用化学知识，理解化学原理解答生产中的问题是高考的热点。用到的化学原理有：反应速率；水解反应；物质分离和提纯的方法。试题的能力要求较高，立意新。考生应首先将整个流程看懂，在理解每一操作步骤的目的和作用的同时，须联系各步骤的相互关系和作用。明确前一操作是后一操作过程的基础和条件。如：过量的Ag与稀HNO3混合其目的是使HNO3充分反应，步骤B加热保温的原因也是为这一目的而设置的。它使NOx不断逸出，降低酸度，有利于下一步用水冲稀，使杂质离子水解完全，并通过静置而沉降。以上三个步骤一环紧扣一环。
本题通过AgNO3生产的步骤、过程，考查考生对金属（Ag、Fe、Cu）与HNO3反应的理解程度。在步骤C中，虽然Ag+也参与水解，但AgOH很不稳定分解：AgOH→Ag2O，合并于过量银中循环使用。
题中给出了生产的过程图，提供了解题线索。解题时应根据银与不同浓度HNO3的反应及产生，考虑生产实际中的价值及产物对社会环境的影响，不难选择问题（1）中的答案为稀HNO3及其原因。借助化学反应的原理及条件，离子的性质等知识，从而顺利解答出问题（2）和（3）。
例8 实验室用氨气还原氧化铜的方法测定铜的近似相对原子质量,反应的化学方程式为: 2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O（1996年上海高考题）
试回答:(1)如果选用测定反应物CuO和生成物H2O的质量[m(CuO)、m(H2O)]时，请用下列仪器设计一个简单的实验方案。
①仪器连接的顺序(用字母编号表示,仪器可重复使用) ；d中浓硫酸的作用是 ， ；实验完毕时观察到a中的现象是 ；
②列出计算Cu的相对原子质量的表达式 ；
③下列情况将使测定结果偏大的是 。(以下选择填空不限1个正确答案，均用字母编号填写)
(a)CuO未全部还原为Cu (b)CuO受潮 (c)CuO中混有Cu
(2)如果仍采用上述仪器装置,其他方案可选用测定的物理量有
(a)m(Cu)和m(CuO) (b)m(N2)和m(H2O) (c)m(Cu)和m(H2O) (d)m(NH3)和m(H2O)
思路分析：根据本题的意图是需要测定反应物氧化铜和生成物水的质量，从而利用氨和加热条件下的氧化铜在化学反应中的关系求出铜的相对原子质量。氧化铜的质量可直接从所取的药品称量中得知，测反应生成的水的质量时，应考虑制得的氨气中混有的水蒸气对测量有干扰作用，应予以排除，反应后的气体中必然夹杂着未反应完的氨气，吸收水蒸气时也要考虑不能用浓硫酸作吸收剂，否则会同时吸入水蒸气和氨气，造成测量数据偏大。
（1）①NH4Cl和Ca(OH)2反应可生成NH3，经碱石灰干燥后（不能用浓H2SO4干燥），因为浓H2SO4要吸收NH3）把NH3通入a装置发生主体反应，将反应后生成的水蒸气用C吸收（不能用浓H2SO4吸收），因为还有未反应的NH3也可被浓H2SO4吸收，这样测量水的质量就偏大，多余的NH3用浓H2SO4吸收，同时也防止空气中的水蒸气进入第二个C装置中。
②2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O（设铜的相对原子质量为x）
3(x+16) 3×18
m(CuO) m(H2O) x=18 m(CuO)/ m(H2O)-16
或考虑计算铜的相对原子质量的思路是：
n(CuO)=m(H2O)/18 M(CuO)=m(CuO)/n(H2O)=18m(CuO)/m(H2O) M(Cu)=M(CuO)-16如果测量反应前后硬质玻璃管的质量，则可测出反应生成的铜的质量，从测得的氧化铜的质量可计算铜的相对原子质量为：
M(Cu)=m(Cu)/n(CuO)=18m(Cu)/m(H2O)。
从测得的生成的水的质量，也可计算铜的相对原子质量为：
M(Cu)=m(Cu)/n(H2O)=18m(Cu)/m(H2O)。
③要使测定结果偏大，则m(H2O)m要偏小，其中（a）导致m(H2O)偏小 （b）导致m(H2O)偏大 （c）相当于m(H2O)偏小。故选a、c。
（2）由于气体的质量难于测量，也难于收集，所以（b）（d）是不可选用的。
答案：(1)①b c a c d 吸收未反应的氨 防止空气中水分进入 固体由黑色转变为红色 ② ③a、c (2)a、c
方法要领：本题意在考查定量测定的能力和运用信息的能力。仪器的选择要从生成反应物及能够准确测量生成物来考虑，B装置产生混有水蒸气的氨气，因实验中要测定后一反应产生的水蒸气，故应先将氨气中的水蒸气除去，通过C得纯NH3后再通过A与CuO反应，因要测定生成的水的量，故再通过一次和C相同的装置（不是同一装置）只吸收水蒸气而不吸收多余的氨气，NH3有污染，不能排放到大气中，同时为防止空气中的水蒸气进入干燥管、确保实验准确性，故最后再通过浓H2SO4，这是此类定量实验中应密切注意的，问题②、③关系式法不难得到结论，问题（2）中b和d均与Cu或关系，无法计算。
O2
NH3
O2(放电)
H2加热加压
Cl2、CuO
Mg3N2
H2O
Δ
HCl
NaOH
AgNO3
NH4Cl
Ag(NH3)2+
NO2
NO
N2
NH3
NH3.H2O
H2O
N2O4
Mg
NaOH
NaNO2
HNO3
不稳定性
强氧化性
4HNO3(浓)==4NO2↑+2H2O+O2↑
O2(高温、催化剂)
SO2
H2O
Cu
HCl
Cu、Fe2+、、I-
①与金属反应:Cu
②与非金属反应：C、S
③Fe、Al在冷、浓HNO3 钝化
④Pt、Au能溶解于王水(浓HNO3:浓HCl=1:3）
⑤与还原性化合物反应：Fe2+、SO2、H2S、HI
有机物
硝化反应：C6H6
酯化反应：C3H5(OH)3
NO
过量银循环使用
原料混合A
加热保温B
冲稀静置C
过滤D
AgNO3晶体
蒸发E
冷却结晶F
吸收装置
银(过量)
HNO3
NOx
NOx
通入过量热的水蒸气
热点第二节 硫和硫的化合物
【知识网络】
【易错指津】
1．掌握常见物质的俗名、组成、用途，防止张冠李戴。
本章中出现的物质俗名比较多，有些名称之间又特别容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大苏打和苏打或小苏打等，还有名目繁多的矾盐。这些虽属识记性的知识，但也应做到在理解的基础上进行记忆，注意它们的性质和用途，对记忆其化学组成有帮助。同时要及时归纳和比较，以便清楚地区别它们。
2．熟悉有关各种价态的硫元素性质及转化，以作推断题（主要是框图型）。
牢固掌握各种代表物性质及它们之间的知识网络和反应原理，就可避免死搬硬套。对于框图型等推断题，也要善于找“题眼”，挖掘题中隐含的提示，注意对题设条件的充分应用，尽量缩小范围。推断时不仅要关注网络的结构，还要注意题干提供的不起眼的信息，如颜色、状态、式量、用途等都可能成为突破的切入口。
3．二氧化硫和氯气的漂白性
SO2和Cl2虽都有漂白性，但漂白原理和现象有不同特点。氯气的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有强氧化性，将有色物质氧化成无色物质，褪色后不能恢复原来的颜色。而SO2是由于它溶于水生成的亚硫酸与有色物质直接结合，形成不稳定的无色化合物，褪色后在一定的条件下又能恢复原来的颜色。如：
4．浓硫酸的吸水性和脱水性的区别
吸水性 脱水性
涵义 浓硫酸所具有的吸收游离水的性能。游离水包括空气中的水蒸气及物质中的湿存水。浓硫酸之所以能吸收水，是因它能和水结合成稳定的水合物：H2SO4+nH2O=H2SO4.nH2O（水合物在低温时可析出晶体）。 浓硫酸将许多有机物（特别是糖类）中的H、O原子按照水分子中H、O原子个数比夺取出来的性质。通常讲的浓硫酸腐蚀性即脱水性。
应用 在工厂和实验室是一种理想的干燥剂 实验室制CO、CH2=CH2
注意 不能干燥HI、HBr、H2S、NH3等 浓硫酸使有机物脱水，不一定都有碳游离出来。
【典型例题评析】
例1 导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是(2000年全国高考题)
A.酸雨 B.光化学烟雾 C.臭氧空洞 D.温室效应
思路分析：该题看似简单，实际提出了3个热点概念，因此必须搞清4个概念的内涵，方可做出正确的选择。题中列举的大气环境问题都与化学有密切关系，其中由SO2引发的现象是酸雨。降水时，硫的氧化物以及所形成的硫酸和硫酸盐随着雨雪降到地面，称之为“酸雨”，其发生的主要反应：2SO2+O22SO3，SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4。溶于雨水中的酸性物质，使雨水中pH在4.5左右。光化学类雾由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烃、一氧化氮等造成；温室气体主要为二氧化碳等。
答案：A
方法要领：这是一道有关环境保护问题的试题，SO2等气体引发酸雨，O3、氮氧化物、有机烃等引发光化学类烟雾，氟利昂、氮氧化物等造成臭氧空洞，CO2气体导致的温室效应。这些导致环境污染的热点问题，复习中应予以重视。
例2 在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见右图）。按此密闭体系中气体的流向，则在A处流出的气体为（1999年上海高考题）
A.SO2 B.SO3 O2 C.SO2 O2 D.SO2 SO3
思路分析：本题是联系生产实际的题目，结合硫酸工业生产，考核学生对工业生产中的热交换原理的理解。
答案：C
方法要领：对教材中工业生产中典型设备的结构（包括进出口方向）、原理及发生的反应必须有足够的重视。通入接触室的气体主要是SO2和O2，经过热交换后从A处流出，然后才能接触催化剂，反应后的气体经过内管又从下口通出。故A处流出的气体仍为SO2和O2。
例3 过氧化氢的沸点比水高，但受热容易分解。某试剂厂制得7%～8%的过氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液时，可采用的适宜方法是（上海市高考题）
A.常压蒸馏 B.减压蒸馏 C.加生石灰常压蒸馏 D.加压蒸馏
思路分析：液态物质的沸点与压强有关，减小压强，能降低其沸点，这样就能在温度不高的情况下使水蒸发而H2O2又不会分解。
答案：B
方法要领：要从混合液中分离出受热易分解的液体物质，一般采用减压蒸馏或减压分馏。防止选A，在常压下蒸馏，H2O2受热分解。
例4 下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（1998年上海高考题）
A.硫化氢在氧气中燃烧 B.铁在硫蒸气中燃烧
C.二氧化硫通入石灰水 D.硫酸中加入锌粉
思路分析：A中O2少量生成S，O2过量生成SO2；B中产物唯一；C中可生成CaSO4或Ca(HSO4)2；D中浓硫酸生成SO2，稀硫酸生成H2。
答案：B
方法要领：复习中应注意反应条件对产物的影响，与外界条件有关的反应如下：
1．反应温度
①4Na+O2(常温)=4Na2O、2Na+O2(加热)= Na2O2；②乙醇+浓硫酸
2．反应物的用量或浓度
①酸式盐+碱；②铝盐+碱；③偏铝酸盐+酸或CO2；④硝酸银+氨水；⑤FeBr2（FeI2）+Cl2；⑥C+ O2；⑥P+ Cl2等。
例5 标准状况下H2S和O2混合气体100mL，经点燃后反应至完全，所得气体经干燥后，恢复到原来状况时体积为10mL，该10mL气体可能是（2001年上海市高考题）
A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S D.SO3
思路分析：H2S和O2反应后的气体产物可能为①H2S；②SO2；③SO2和O2。
如为情况①，说明H2S过量。
则由：2H2S+O2=2H2O+2S体积减少
2 1 3
60 30 100-10=90
参加反应的H2S和O2的总体积为60+30=90，则余下的10mL气体为H2S。
若为情况②或③，说明O2过量。
则由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2体积减少
2 3 2 3
60 90 90
则参加反应的H2S和O2的总体积为60+90=150>100，所以这两种情况不存在。
答案：C
方法要领：本题为过量计算，由于只告诉两气体的总体积，因此按两种反应恰好发生的两反应分别讨论，具体计算中注意气体体积的计算可用差量法技巧。
例6 向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热。充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（1997年全国高考题）
A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之间 D.大于0.90mol
思路分析：本题考查了氧化还原反应的条件的重要性。Cu和H2SO4反应的前提条件是浓H2SO4，开始18mol/L为浓的，但随着Cu参加反应，H2SO4被消耗变稀，此时反应已终止。其次，考查了氧化性酸在与金属发生反应时，其作用分两部分：一部分充当氧化剂，使其得电子数与金属失电子数相同，另一部分是生成的金属阳离子与酸根结合生成盐。由Cu+2H2SO4=Cu SO4+SO2↑+2H2O可知如果H2SO4完全反应，也只有一半充当氧化剂被还原，故被还原18mol/L H2SO4的最大量为(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。
答案：A
方法要领：该类题的解答关键是判明充当氧化剂的那部分量的确切值。本题如果改成炽热的碳与上述量的浓H2SO4作用，被还原的H2SO4的物质的量的多少又该如何考虑？因此，做题时应看清单质的类别：即是否已告知为金属单质，或为非金属单质，或者为单质？常见氧化剂的酸为浓H2SO4、浓HNO3或稀HNO3。另MnO2只与浓HCl反应，与稀HCl是不反应的。
例7 为防治酸雨，降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时，有关“固硫”（不使硫化合物进入大气）反应的化学方程式 （1996年上海市高考题）
思路分析：煤中含硫，硫燃烧时生成的酸性氧化物SO2与碱性氧化物CaO作用生成含氧酸盐CaSO3，CaSO3易被空气中的O2氧化成CaSO4。
答案：CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O2=2CaSO4
方法要领：上述方法称为“钙基固硫法”。这种方法实际上是把生石灰或石灰石的粉粒掺入煤中，再进行燃烧。利用石灰石分解生成的CaO也能吸收SO2，但因石灰石分解是吸热反应，所以用CaCO3固硫比用CaO固硫多消耗部分热量。
2CaSO3+O2=2CaSO4这反应易漏写，在有空气存在和高温条件下，CaSO3易被氧化为CaSO4，这可以得出一条规律：温度高时，热稳定性不够好的物质将向热稳定性好的物质转化，如本题涉及CaCO3→CaSO3→CaSO4的转化。以防漏写其中一个方程式。
例8 对下列事实的解释错误的是（2000年上海高考题）
A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C.常温下，浓硝酸可以用铝贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D.反应CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸
思路分析：本题旨在考查一些常见的化学反应原理。Al与冷、浓硝酸发生钝化，属化学反应，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明显的反应现象。
答案：C
方法要领：本题提醒我们在复习中要注意物质的特殊性，并注意总结归纳，从而全面掌握知识。
例9 针对以下A～D四个涉及H2O2的反应（未配平），填写空白：（1999年广东省高考题）
A.Na2O2+HCl——H2O2+NaCl B.Ag2O+H2O2——Ag+O2+H2O
C.H2O2——H2O+O2 D.H2O2+Cr2(SO4)3+KOH——K2CrO4+K2SO4+H2O
（1）H2O2仅体现氧化性的反应是（填代号） ，该反应配平的化学方程式为
（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是（填代号）
（3）H2O2体现弱酸性的反应是（填代号） ，其理由为
思路分析：H2O2中氧元素的化合价为-1价，在氧化还原反应中既可升高成0价（表现还原性），又可降到-2价（表现氧化性）。在四个反应中，只有D中的H2O2中O的价态降为-2价，表现氧化性；C中的H2O2中O的价态既升高又降低，表现出氧化性和还原性；B中的H2O2中O由-1升为0价，表现还原性；只有A中Na2O2的跟强酸盐酸反应生成了H2O2和NaCl，这可看作是一个“强酸跟弱酸的盐反应，生成弱酸和强酸盐”的反应，认为在此反应中H2O2体现了弱酸性。
答案：（1）D，3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）C（3）A，此反应可看作是强酸制弱酸的反应。
方法要领：这是一个以H2O2的性质为载体，考查无机化学基本原理等方面知识的题目。题目中提出了三个问题：氧化性、还原性的含义，方程式的配平和强酸制弱酸的规律。只要紧紧扣住价态的变化进行分析，就可准确解答。对第3问，在判断了B、C、D均是氧化还原反应后，“酸性”则应体现于非氧化还原反应中，然后再从反应物强酸（HCl）制得H2O2，联系强酸制弱酸原理作答。
例10 某学生课外活动小组利用右图所示装置分别做如下实验：(2000年全国高考题)
（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是： ，（2）在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是________________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因______________________。
思路分析：题设情境有三大特点：①反应装置由常见的“开放型”到了“封闭型”；②溶液颜色由常见的“静态稳定型”到了“动态变化型”；③溶液成分由常见的“单一溶质型”到了“多种溶质型”。根据这些情境特点，进行思维发散：
解题的关键是要认真观察实验装置的特点：试管口上套有气球，说明加热时会气体逸出，一下就使“红色溶液”的范围缩小：溶有酸性气体的石蕊溶液或溶有碱性气体的酚酞溶液。而前者中加热后，红色变为紫色，不符合“溶液颜色逐渐变浅”的条件，结论只有稀氨水和酚酞。
由无色溶液气体+溶液变红气体溶+溶液无色。联想无色溶液虽多，但加热后放出气体且溶液变红不多，又冷却后该气体可使红色溶液褪色——显然该气体有漂白作用，并是一可逆过程，符合条件的无色溶液只能是SO2漂白过的品红溶液。
答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；（2）溶有SO2的品红、SO2气体逸出，品红溶液恢复红色
方法要领：此题要求考生调用平时积累的所有实验感性认识和各种实验经验与知识，用发散即就中学范围内的红色物质找出，再收敛（根据题意确定适当物质），做出题设情境的知识归纳、方案设计、结论评判。
引申发散：
溶液的组成 加热后的现象 分析
稀氨水和酚酞溶液 红色变浅 氨气逸出后，溶液中[OH-]下降
滴有酚酞的氢氧化钙饱和溶液 红色变浅 温度升高，氢氧化钙溶解度降低
滴有石蕊的CO2（或SO2）溶液 红色变紫色（不变浅） 气体逸出后，[H+]降低
滴有甲基橙的CO2（或SO2）溶液 红色变橙色或黄色 气体逸出后，[H+]降低
滴有酚酞的Na2CO3（或NaHCO3）溶液 红色变深 温度升高，促进水解，pH增大
滴有石蕊的氯化铵溶液 红色变深 温度升高，促进水解，pH减小
滴有石蕊的硫酸溶液 红色，无变化 稳定的强酸溶液
滴有酚酞的氢氧化钠溶液 红色，无变化 稳定的强碱溶液
Fe(SCN)3溶液 红色，无变化 稳定的配位化合物溶液
溶有SO2的品红溶液 无色变红色 SO2气体逸出，品红恢复原色
例11 将8.8 g FeS固体置于200 ml 2.0 mol/L的盐酸中，以制备H2S气体。反应完全后,若溶液中H2S的浓度为0.10 mol/L，假定溶液体积不变,试计算:（1997年全国高考题）
(1)收集到的H2S气体的体积(标准状况)。(2)溶液中Fe2+和H+的物质量浓度。
思路分析:根据方程式FeS+2H+=Fe2++H2S可判断盐酸过量,计算以FeS的物质的量为基准。N(FeS)=8.8 g÷88 mol/L=0.10mol。
(1)共生成H2S 0.10mol,在溶液中溶解的物质的量为0.10L×0.20mol/L=0.02mol,所以收集到H2S气体的物质的量=0.10mol-0.02mol =0.08mol,换算成体积=22.4L/mol×0.08mol=1.8L。
(2)生成Fe2+0.10mol,其浓度为0.10mol/0.2L=0.5mol/L,消耗掉H+的物质的量为0.20mol。反应前n(H+)=2.0mol/L×0.2L=0.4mol,故H+最后的浓度为 (0.4 mol-0.2 mol)÷0 2L=1.0 mol/L。
答案：1.8 L；0.5 mol/L、1.0 mol/L。
方法要领：H2S可溶于水（在酸中也溶，但溶解量小），如按常规题海中的习题（一般不考虑气体在水或酸中的溶解）将导致错误，因题中已明确给出的H2S在反应后溶液中的浓度，这说明有一部分H2S气体并未放出，而溶解在溶液中。由于氢硫酸的电离度极小，在计算H+的物质量浓度时，不必考虑H2S的电离。
例12 某化工厂每小时生产at（吨）98%（质量分数）硫酸。为使硫充分燃烧，且在下一步催化氧化时不再补充空气，要求燃烧后的混合气体中含氧气的体积分数为b%。若空气中氧气的体积分数为21%，且不考虑各生产阶段的物料损失，则（2001年高考试测题）
（1）该厂每小时消耗标准状况下空气的体积为 m3。
（2）为满足题设要求，b%的下限等于 。
思路分析：（1）每小时生产的纯硫酸为(a×106g×98%)÷98g/mol=a×104mol。生产过程中生成的SO2和SO3也都是a×104mol。设每小时消耗空气的体积为V，则由S+O2=SO2消耗O2的体积等于生成的SO2体积，即燃烧前空气的体积等于燃烧后混合气体的体积，据此可得以下关系：
空气中O2的体积=反应中消耗的O2的体积+燃烧后混合气体中O2的体积，即V×21%=a×104 mol×22.4L/mol×10-3 m3/L+V×b%，V=22400a/(21-b)。
（2）“b的下限”，其含义是指燃烧后剩余的O2在第二步催化氧化时恰好完全反应，也就是说，燃烧前空气中的氧（空气体积的21%）恰好满足两步反应。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3两步反应耗O2之比为2:1，故燃烧后（第一步反应后）混合气体中O2的体积分数的下限是b%=(1/3)×21%=7%。
答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7%
方法要领：根据S+O2=SO2反应前后气体体积不变，求出燃烧后O2的体积。
通入SO2
紫色石蕊
很快变成红色
立即变红随即变为无色
通入Cl2
加热至沸
褪色
红色
褪色
品红溶液
通入SO2
加热至沸
通入Cl2
不显红色
C2H4↑+ H2O
H+
Na2SO4
磺化剂
强氧化性
吸水性
脱水性
与Ca3(PO4)2
制H3PO4、
过磷酸钙
催化剂+脱水剂
Fe、Al
C
Cu
HI
钝化
CO2
CuSO4
I2
NaOH
H+
FeS2
Na2SO3
H2SO4
氧化性与还原性
弱氧化性
①2Mg+SO2=S+2MgO
②2H2S+SO2=3S+ 2H2O
③2S2-+3SO2=3S↓+2SO32-
强还原性
①2SO2+O2====2SO3
②SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
③SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+
④使KMnO4溶液褪色
特性
漂白性：使品红溶液褪色
SO2
酸酐
①SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-
②CO32-+ SO2=CO2+ SO32-
③HCO3-+SO2=CO2+HSO3-
④SO32-+ SO2+H2O=2HSO3-
S+O2=SO2 S+2H2SO4=3SO2↑+2H2O
还原性
氧化性
H2+S=H2S Fe+S=FeS 2Cu+S=Cu2S（金属为低价）
S
氧化性
还原性
3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O
Na2S2O3
H+
不稳定性
H2S=S+H2
强还原性
①2H2S+O2=2H2O+2S↓
②H2S+I2=2HI+S↓
③H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓
④H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2+2H2O
⑤3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O
可燃性
2H2S+O2(少量)=2H2O+2S 2H2S+3O2(过量)=2H2O+2SO2
H+
FeS
O2
Cl2+H2O
C2H5OH
制苯
磺酸
HCOOH
CO↑+H2O
作干燥剂
H2S
NaOH
酸性
浓H2SO4 170℃第三章 常见元素的单质及其重要化合物
第一节 卤素
【知识网络】
【易错指津】
1．分清氯水、溴水的成分，反应时的作用和褪色的原理。
氯水中正因为存在可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO，使其成分复杂且随着条件的改变，平衡发生移动，使成分发生动态的变化。当外加不同的反应物时，要正确判断是何种成分参与了反应。氯水中的HClO能使有色物质被氧化而褪色。反之，也有许多物质能使氯水、溴水褪色，发生的变化可属物理变化（如萃取），也可属化学变化，如歧化法（加碱液）、还原法（如Mg、SO2等）、加成法（加不饱和的有机物）等。值得一提的是有时虽然发生化学变化，但仍生成有色物，如Br2与Fe或KI反应。
2．区分清楚萃取和分液的原理、仪器、操作以及适用范围与其他物质分离方法不同。
萃取和分液是物质分离的众多方法之一。每一种方法适用于一定的前提。分液适用于分离互不相溶的两种液体，而萃取是根据一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解性有很大差异从而达到提取的目的。一般萃取和分液结合使用。其中萃取剂的合理选择、分液漏斗的正确使用、与过滤或蒸馏等分离方法的明确区分等是此类命题的重点和解决问题的关键。
命题以选择何种合适的萃取剂、萃取后呈何现象、上下层如何分离等形式出现。解题关键是抓住适宜萃取剂的条件、液体是否分层及分层后上下层位置的决定因素。分液操作时注意“先下后上、下流上倒”的顺序。为确保液体顺利流出，一定要打开上部塞子或使瓶塞与瓶颈处的小孔或小槽对齐，与大气相通。
【典型例题评析】
例1 氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的生成物是（1998年全国高考题）
A.HI和HClO B.HCl和HIO C.HClO3和HIO D.HClO和HIO
思路分析：题目以考生未学过的卤素互化物为素材，让考生对不同卤素的非金属性相对强弱作出判断。这种判断是以卤素跟氢、氧相互结合以及形成正负化合价的能力来实现的。
先联想Cl2+H2O=HCl+HClO，推断ICl与H2O反应有两种可能：ICl+H2O=HI+HClO，ICl+H2O=HCl+HIO。问题是I、Cl两元素何者形成氢卤酸，何者形成次卤酸。与I相比，氯的非金属性比碘强，更易形成负化合价；与Cl相比，I的金属性较强，较易形成正化合价，即产物不能是HI和HClO。
答案：B
方法要领：学习元素化合物知识时，抓住代表物的性质，并结合元素周期律知识，来指导同主族元素性质的学习。在ICl中I为+1价，Cl为-1价与水反应后其产物的化合价均不发生改变，防止受Cl2+H2O=HCl+HClO影响，认为ICl与H2O反应也是氧化还原反应，而误选A。
无机信息题在考卷中经常出现，在做这类题目时，必须对信息理解透彻，活学活用，这样才能保证答题的准确性。
水解产物的判断可根据电荷相互吸收的原则去思考，因化学作用也是电性作用。此类化学方程式可按下列“模式”书写：
A+B-+H+-OH-=A+OH-+H+B-
除ICl外，Mg3N2、CaC2、NaH、Al2S3、CH3COONa等水解均遵循该“规律”。
例2 下列物质在空气中久置变质，在变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生的是（1997年高考化学试测题）
A.食盐 B.漂白粉 C.氯水 D.硫酸亚铁溶液
思路分析：食盐在空气中不变质；漂白粉在空气中发生如下反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=2HClO
+CaCO3↓、2HClO2HCl+O2↑；氯水中只是2HClO2HCl+O2↑；硫酸亚铁溶液中只是Fe2+被氧化为Fe3+。
答案：B
方法要领：掌握各种物质的化学性质及反应中元素的价态变化。
例3 将1体积选项中的一种气体与10体积O2混合后，依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量的热铜屑的管子(假设反应都进行完全)，最后得到的尾气可以是（1996年全国高考题）
A.Cl2 B.CO C.CO2 D.N2
思路分析：假如“1体积为A中Cl2，则当通过足量浓碱液时，因Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O而被完全吸收，而10体积O2在通过铜屑时被完全吸收，故无尾气产生；若为B中CO，则在通过碱液时无变化；而通过铜屑时，因O2过量而生成CO2故选C；若分别为C中CO2或D中N2，当依次通过时C中无气体剩余，D中仍然保留了原来的N2。
答案：C、D
方法要领：该题要答正确，必须审明题意：即反应物需从四个选项中选，产物也要从四个选项中选。防止漏选C。
例4 为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘,，其中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。已知在溶液中IO3-可和I-发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O。根据此反应，可用试纸和一些生活中常见的物质进行实验，证明在食盐中存在IO3-。可供选用的物质有：①自来水；②蓝色石蕊试纸；③碘化钾淀粉试纸；④淀粉；⑤食糖；⑥食醋；⑦白酒。进行上述实验时必须使用的物质是（1997年全国高考题）
A.①③ B.③⑥ C.②④⑥ D.①②④⑤⑦
思路分析：依题给信息要检验NaCl中含有IO3-，宜使其变成有特殊颜色的物质才好识别。因此，应加含有I-和H+的物质使其变成I2，而且存在着能I2与结合成蓝色物质的淀粉。因而，③中含有I-和淀粉，⑥中含有H+（由CH3COOH溶液电离而得）。
答案：B
方法要领：题中向考生传达了我国在2000年消灭碘缺乏症的目标和达到此目标的办法。解题关键是：抓住IO3-+5I-+6H+=3I2+2H2O，可知所给物质要提供I-和H+。
本题属于原理型信息给予题，它给出两条反应原理的新信息：一是食盐中的碘是以碘酸钾（KIO3）的形式存在；二是给出了IO3-、I-、H+3种离子共同存在时发生的生成I2的氧化还原反应的信息，此反应原理成为实现问题解决的根本依据。为此，应能提取出I2和淀粉互检的已有知识，并把IO3-被I-在H+存在下还原为I2的反应和I2的常规检验联系起来，从而完成对问题的解答。
如果能深入把握KI淀粉试纸检验出氧化性物质（如Cl2、O3等）的反应原理，将已有知识迁移运用到IO3-氧化I-（H+存在）的新情境中，则不难找出用碘化钾淀粉试纸（H+存在）检出IO3-的方法。可见，将知识系统化、结构化，对形成知识的类比与迁移能力，是十分重要的。
例5 甲、乙、丙三种溶液各含有一种X--（X--为Cl-、Br-、I-）离子。向甲中加淀粉溶液和氯水，则溶液变橙色，再加丙溶液，颜色无明显变化。则甲、乙、丙依次含有（1991年全国高考题）
A.Br-、Cl-、I- B.Br-、I-、Cl- C.I-、Br-、Cl- D.Cl-、I-、Br-
思路分析：在甲溶液中加入淀粉溶液和氯水，淀粉不显蓝色，证明甲中不含I-离子，溶液显橙色，证明甲中含Br-离子（溴水显橙色）；再加丙溶液，无明显变化，表明丙中不含I-离子。综上所述，甲中含Br-离子，乙中含I-离子，丙中含Cl-离子。
答案：B
方法要领：利用非金属置换反应规律进行逻辑分析。非金属性较强的单质能从盐溶液（或酸溶液）中把非金属性弱的非金属置换出来。
本题考查了对卤素离子还原性强弱的理解及卤素置换实验现象的分析，它运用的知识有：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Cl2+2I-=2Br-+I2和Br2+2I-=2Br-+I2，I2遇淀粉变蓝色。
例6 冰箱致冷剂氟氯甲烷在高空中受紫外线辐射产生Cl原子，并进行下列反应：Cl+O3→ClO+O2，ClO+O→Cl+O2。下列说法不正确的是（1998年上海高考题）
A.反应后将O3转化为O2 B.Cl原子是总反应的催化剂
C.氟氯甲烷是总反应催化剂 D.Cl原子反复起分解O3的作用
思路分析：可将两个分反应合并得总反应2O3→3O2，催化剂应是Cl而不是氟氯甲烷，由于催化剂在反应前后物质的量保持不变，故Cl反复起分解O3的作用。
答案：C
方法要领：这是一道与环境化学相关的题目，也属信息给予题。中间产物和催化剂有相同点：①均参与了反应过程；②当分反应合并成总反应时两者均可消去，即生成量等于消耗的量。两者的不同之处在于催化剂先消耗后生成，而中间产物则先生成后消耗。据此可判断出Cl在上述过程中是催化剂。平时要善于比较一些相关的概念，找出它们的本质区别。
例7 某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素物质的量之比为（1999年全国高考题）
A.21:5 B.11:3 C.3:1 D.4:1
思路分析：Cl2与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，从电子得失角度分析，被氧化的Cl分别从0→+1、0→+5，根据题目所给条件分析得ClO-和ClO3-的个数之比为1:3，则被氧化的一方4个0价Cl共失电子1+3×5=16；被还原Cl从0→-1，欲使得失电子总数相等，则需16个0价Cl。所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为16:4=4:1。
答案：D
方法要领：本题考查利用氧化还原反应的本质分析问题的能力，考查学生应变的灵活性。Cl2与NaOH溶液反应，本身既是氧化剂又是还原剂，氧化产物为NaClO、NaClO3，还原产物为NaCl，通过电子守恒原理快解。
例8 KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯.其变化可表述为: KClO3+ HCl(浓)== KCl+ ClO2↑+ Cl2↑+
(1)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和化学计量数填入框内)
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 (填写编号,多选倒扣分)
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
(3)ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。（2000年上海市高考题）
思路分析：（1）此题的难点是方程式的配平,用化合价升降法配平时，首先要分清氧化产物是Cl2还原产物是ClO2,KCl中的Cl-来源于盐酸，化合价没有变化，再配平氧化剂，还原剂，氧化产物和还原产物的计量数，最后依据原子种类和个数守恒，配平其它物质的计量数和补加未知物。（2）由配平的方程式可知，参加反应的浓盐酸有一半被氧化，另一半起了酸作用。(3)消毒后，Cl元素的价态为为-1价，对ClO2单位质量得电子(1/67.5)×5；对Cl2单位质量得电子：(1/71)×2；二者的比值为2.63。
答案:(1)2 4 2 2 1 2 H2O (2) ② (3)2.63
方法要领：此题考查了氯及其化合物的相互转化和性质，氧化还原反应方程式的配平，氧化性还原性分析,电子转移数目的计算等知识；此题是一信息题，情境新颖，思考量大，有效地考查了学生的分析问题的能力，代表了今后高考命题的方向。
例9 已知氯水中有如下平衡：Cl2+H2O HCl+HClO。常温下，在一个体积为50mL的针筒里吸入40mL氯气后，再吸进10mL水。写出针筒中可能观察到的现象 。
若将此针筒长时间放置，又可能看到何种变化 ；试用平衡观点加以解释
。（1994年上海市高考题）
思路分析：因Cl2与H2O反应而溶解，气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。若此针筒长时间放置，气体体积进一步缩小，气体和溶液均变成无色；原因是氯水中的平衡Cl2+H2O HCl+HClO，由于HClO逐渐分解（2HClO=2HCl+O2）而不断地向右移动，最终Cl2耗尽全部转化为O2，导致气体体积缩小和黄绿色消退。
答案：气体体积缩小，溶液呈浅黄绿色。气体体积继续减小，气体和溶液均变成无色；氯水中的平衡Cl2+H2O HCl+HClO，又由于2HClO=2HCl+O2，HClO不断分解，平衡右移，最终Cl2耗尽全部转化成O2。由总反应式2Cl2+2H2O===4HCl+O2，可知，气体体积减少。
方法要领：回答实验现象要完整并且表达确切。
例10 某化学课外小组用海带为原料制取少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，其实验操作可分为如下几步:（1991年全国高考题）
A. 把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中
B. 把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中,并盖好玻璃塞
C. 检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液
D. 倒转漏斗用力振荡,并不时旋开活塞放气,最后关闭活塞,把分液漏斗放正
E. 打开活塞,用烧杯接收溶液
F. 从分液漏斗上口倒出上层水溶液
G. 将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗口上的小孔
H. 静置,分层
就此实验,完成下列填空:
(1)正确操作步骤的顺序是 → → A→G→ →E→F。
(2)上述E步骤的操作中应注意
上述G步骤操作的目的是
(3)能选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是
(4)下列物质,不能作为从溴水中萃取溴的溶剂是
A.热裂汽油 B.苯 C.酒精 D.正庚烷
思路分析：（1）检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液，这当然是第一步。B、D的操作属于萃取，E、F属于分液操作，A、G、H是分液前的准备操作。（4）中的热裂汽油中，含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而酒精与溴水互溶，所以两者均不适宜作萃取剂。
答案:(1)CBDH；(2)使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁,及时关闭活塞,不要让上层液体流出;使漏斗内外空气相通,以保证E操作时漏斗里液体能够流出；(3)四氯化碳与水不溶,I2且在四氯化碳溶解度比在水中大很多；（4）A、C
方法要领：萃取和分液操作是中学化学实验中分离物质的常用方法之一，本题所涉及到的知识的技能有：分液漏斗的作用，萃取操作步骤及每一步聚的目的，萃取操作中的注意事项，萃取剂的性质及选择原则；碘在水和CCl4等有机溶剂中的溶解性，热裂汽油的不饱和性，乙醇和水的互溶性等。只有掌握这些基本知识，并在学生实验中注意这些问题，才能在解决实际问题时综合运用这些知识进行正确的推理和判断。
例11 实验室可用氯气与金属铁反应制备无水三氯化铁,该化合物呈棕红色,易潮解,100℃左右时升华,下图是两个学生设计的实验装置,左边的反应装置相同,而右边的产物收集装置则不同,分别如(Ⅰ) (Ⅱ)所示:（2000年全国高考题）
(1)B中反应的化学方程式为： 。
(2)D中的反应开始前,需排除装置中的空气,应采取的方法是: 。
(3)D中反应的化学方程式为： 。
(4)装置(Ⅰ)的主要缺点是： 。
(5)装置(Ⅱ)的主要缺点是： ，如果选用此装置来完成实验,则必须采取的改进措施是： 。
思路方法：此题综合了氯气的性质、制法，三氯化铁的性质和制取，化学实验操作及实验装置等问题。此题中涉及的制取氯气和三氯化铁的原理比较简单，排除装置中空气的方法属常识性操作，（1）、（2）、（3）问容易作答。只要根据题给信息，对装置（Ⅰ）、（Ⅱ）的不同部分进行对比分析，答案就在（Ⅰ）、（Ⅱ）两图中，（4）、（5）问即可得解。
1．装置（Ⅰ）中三氯化铁由D进入E是通过细玻璃管，而装置（Ⅱ）D直接插入E中，此二法那一种更好呢？根据题给信息，三氯化铁在100℃左右升华，D管生成的三氯化铁已是蒸气，温度降低即凝结成固体颗粒，细玻璃管就会被堵塞，此为装置（Ⅰ）的缺点之一。
2．装置（Ⅱ）中E下边有一盛有NaOH溶液的洗气瓶。NaOH溶液的作用是什么呢？联想到氯气是有毒气体，实验时的尾气排入空气前必须用NaOH溶液来吸收，而装置（Ⅰ）中没有，此为装置（Ⅰ）的缺点之二。
3．装置（Ⅰ）中E右边连有盛浓H2SO4的洗气瓶，而装置（Ⅱ）中没有。浓H2SO4在此起什么作用呢？根据题目所给信息，三氯化铁易潮解，要制得无水三氯化铁，必须在制取三氯化铁装置前后都要设计干燥装置（这点原题D管前已经设计出此信息）。装置（Ⅱ）未这样设计即为缺点，需在E、F之间连接干燥装置。
答案：（1）4HCl+MnO2 MnO2+Cl2↑+2H2O；（2）B中的反应进行一段时间后,看到黄绿色气体充满装置，再开始加热D；（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3；4）导管易被新产品堵塞，尾气排入空气,易造成环境污染；（5）产品易受潮解，在E和F之间连接装有干燥剂的装置（其他既能防止产品潮解又能防止尾气污染环境的合理答案均给分）
解题要领：本题考查了氯气的实验室制取原理、性质、干燥方法，尾气处理及FeCl3制备和潮解等问题，只有全面地掌握了有关知识点，才能准确作答。
本题的侧重点在于考查考生对实验装置的评价与改进的能力。要评价和改进，就应从实验反应物与生成物的性能出发。本题制取的FeCl3在100℃升华，易潮解，故必须考虑FeCl3凝结会堵塞导管的可能性和外部空气侵入使FeCl3潮解的问题。此外，尾气（特别是有毒的气体）处理是应当特别注意的问题。
△
△
AgCl
NaCl
自身氧化还原反应
①H2+Cl2=2HCl
②2P+3Cl2=2PCl3
非金属
①2Fe+3Cl2=2FeCl3
②Cu+Cl2=CuCl2 (生成高价)
金属
还原性
化合物
H2S、HBr、HI
KMnO4、电解
氧化性
Ca(ClO)2
Cl2
（黄绿色气体）
AgNO3
Na
电解
H+、CO2
光
Ca(OH)2
AgNO3
CH CH
加成
Cl
CH2=CH
取代
C2H5Cl
C2H5OH
Cl2
AgCl
MnO2
Ag+
Cl-
CO2
NH4+
H2O
H2
CaCO3
NH3
OH-
Zn
H+
HClO
（强氧化性）
HCl
①2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
②2I-+Cl2=I2+2Cl-
③S2-+Cl2=S↓+2Cl-
④SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
⑤8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl
①Cl2+H2O=HCl+HClO
②Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
③2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O第六节 镁和铝
【知识网络】
【易错指津】
1．镁是活泼金属，虽不跟碱性溶液反应，但能置换出酸中的氢，也能与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2。
2．注意对Al2O3、Al(OH)3两性的理解，以及对Al3+、AlO2-存在条件的认识。
Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、AlO2-只能分别存在于酸性与碱性溶液中。
Al3+与下列离子不能大量共存：OH-、CO32-、HCO3-、SO32-、S2-、AlO2-，其中OH-是因为直接反应，其余均是“双水解”。
AlO2-与下列离子不能大量共存：H+、HCO3-、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。其中H+和HCO3-是因为直接反应（AlO2-+ HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-），其余也是“双水解”。
3．注意正确理解图象的涵义。
图示中每个曲线或每条曲线的转折点（拐点），都反映了特定的反应，若没有找对，或对生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或气体）的量之比没搞清，易导致错误。
注意研究以下几个实验现象及产生沉淀的量与加入物质的量的数量关系的图象：
①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；②向AlCl3和MgCl2混合中逐滴加入NaOH溶液直至过量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至过量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至过量。
这些是以化学知识为载体考查学生的综合能力的重要的命题内容，认真研究一定会有益处。
4．Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。所以在碱性溶液中Mg2+总是转化为Mg(OH)2沉淀，产生的MgCO3也会在加热的条件下逐渐转化为Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。
【典型例题评析】
例1 在下列各物质中，加入过量盐酸后，最终不产生沉淀或浑浊的是（1997年上海高考题）
A.偏铝酸钠溶液 B.苯酚钠溶液 C.硅酸钠溶液 D.硫代硫酸钠溶液
思路分析：各选项中产物依次为Al(OH)3、C6H5OH、H2SiO3、S。但Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于过量的盐酸中。
答案：A
方法要领：注意盐酸的量，氢氧化铝溶于强酸；苯酚微溶于水，通常呈浑浊，而不是沉淀，常用分液法分离。复习中注意归纳物质的化学性质，搞清反应物用量不同时的有关实验现象。
例2 将等物质的量的镁和铝相混合,取等质量该混合物四份,分别加到足量的下列溶液中,充分反应后,放出氢气最多的是(1996年上海高考题)
A.3mol/LHCl B.4mol/LHNO3 C.8mol/LNaOH D.18mol/LH2SO4
思路分析：在镁、铝混合物中加入HNO3和浓H2SO4（两物质均具有强氧化性）都不能产生H2，加入NaOH溶液只有Al与NaOH溶液反应生成H2而与Mg不反应。而加入HCl，Mg和Al都与盐酸反应生成H2，所以H2量最多。
答案：A
方法要领：该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”。8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸。
解答时要注意：①等物质的量的铝和足量酸（非氧化性的酸）和碱反应放出的气体相同；②镁、铝与硝酸反应不能生成氢气；③镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；④镁与盐酸反应产生氢气，与NaOH溶液不发生反应。
记住Al与H+反应产生H2之间的物质的量的关系：
n(Al)～3n(H+)～n(OH-)～3/2n(H2)
例3 下列物质能跟镁反应并生成氢气的是（1995年全国高考题）
A.甲酸溶液 B.氢氧化钠溶液 C.氯化铵溶液 D.碳酸钠溶液
思路分析：镁为金属与H+反应而产生氢气：Mg+2H+=Mg2++H2↑。
答案：A、C
方法要领：酸中的有机酸也可与较活泼金属反应。解题中防漏选C，氯化铵水解其溶液呈酸性，产生的H+可与Mg反应产生氢气。
例4 甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲:乙=1:2，则加入铝粉的质量为
A.5.4g B.3.6g C.2.7g D.1.6g
思路分析：根据铝与盐酸和氢氧化钠溶液反应的方程式判断，若在含等物质的量的HCl和NaOH溶液中分别加入足量的铝粉，产生的H2之比为1:3。而题中为1:2，说明铝粉的量相对盐酸是过量的，而对NaOH是不足的。与前者反应的铝粉是2.7g，则与后者反应的铝粉应为5.4g。
答案：A
一题多解：解题关键是判断Al在哪种溶液中是完全反应的，并以它作为计算的依据。
根据化学反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
可见相同质量的铝分别与足量盐酸、氢氧化钠溶液反应时产生氢气的量相同；但相同质量的铝分别与不足量的盐酸、氢氧化钠溶液反应时产生氢气的量不相同，需要盐酸的物质的量比氢氧化钠多。现产生H2的质量比为1:2，说明盐酸的量不足，于是根据0.3mol盐酸产生H2为0.15mol，可知与NaOH反应产生的H2为0.3mol，再推得放入相同质量的铝片应为0.2mol，即5.4g。
例5 若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，可能共存的是（1995年上海高考题）
A.NH4+ NO3- CO32- Na+ B.Na+ Ba2+ Mg2+ HCO3-
C.NO3- Ca2+ K+ Cl- D.NO3- K+ AlO2- OH-
思路分析：铝粉加入酸溶液或强碱溶液中均可放出H2，A中NH4+与OH-不能大量共存，CO32-不能与H+大量共存；B中HCO3-既能与H+反应又能与OH-反应；C、D在强碱条件下可以共存。
答案：C、D
方法要领：解该题要把题干中“加入铝粉能放出氢气的溶液中”的题设要求迁移为在酸性溶液或强碱溶液中，这样就变成了一般的离子共存问题了。
例6 将溶液（或气体）X，逐渐加入（或通入）到一定量的Y溶液中，产生沉淀的量与加入
X物质的量的关系如图，符合图中情况的一组物质是（1991年上海高考题）
A B C D
X H2S HCl NH3 NH3.H2O
Y Na2SO3 NaAlO2 AlCl3 AgNO3
思路分析：由图可知，B中加入试剂1份，沉淀完全，再加入3份，
沉淀全溶解。
NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O
A中二者反应生成S，继续通入不溶解；C中通入NH3生成沉淀，继续通入也不溶；而D中AgNO3AgOH↓[Ag(NH3)2]++OH-。
答案：B
方法要领：有关图像的问题，通常的解法是“三看”：
一看起点：即加入极少量X物质时，看能否产生沉淀。
二看终点：即加入过量的X物质时，看所生成的沉淀能否全部消失。A组中生成的沉淀S，不溶于过量的H2S，C组中生成的Al(OH)3沉淀不溶于过量的NH3.H2O中。
三看“拐点”：即图像中拐弯的点在X轴上的坐标。也就是生成最大量沉淀所需X的量与完全溶解这些沉淀所需X量的比值。在B组中拐点前后比为1:3，在D组中，拐点前后比为1:2。
前二“看”直观，难度较小，所以应先考虑。第三“看“难度大些，要求正确书写出变化过程中的反应方程式，尤其是方程式中的化学计量数。
例7 怎样将氯化铝和氯化铁的混合溶液分离成氯化铝和氯化铁两种溶液？（写出实验操作步骤和有关离子方程式）（1994年上海高考题）
思路分析：本题属于物质的分离题，题中文字虽少，但它考查的知识面却比较广，要答好这道题，必须对Al3+、Fe3+性质的差异及各自相互转化条件和关系有清楚的认识。答好这类题要注意当步骤较多时，应考虑周全、条理清晰、分步列答。
答案：（1）向混合液中加过量NaOH溶液，过滤。Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(2)把Fe(OH)3沉淀洗涤后加入盐酸到沉淀完全溶解得FeCl3溶液。Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
(3)取步骤（1）所得滤液，加入适量盐酸（或通入足量CO2）至完全沉淀为止。AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓(或AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-)
(4)再过滤，沉淀经洗涤后，再用盐酸溶解，得AlCl3溶液：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
方法要领：一、为使Al3+、Fe3+完全分离，步骤（1）所加NaOH溶液必须过量，这是答题时考虑的；二、在（2）、（4）两步中，洗涤沉淀的目的是洗去沉淀里吸附的可溶性杂质离子，这属较高层次要求，答题时洗涤操作不写会扣分；三、在（3）步中，若加入过量盐酸，直接得到AlCl3溶液，因混有Na+使制得AlCl3溶液不纯，因此在步骤中要注意不要犯这种错误。
例8 四种化合物①NaHCO3，②Al(OH)3，③(NH4)2S，④CH2-COOH中，跟盐酸和氢氧化钠溶液
NH2
都能反应的是（1991年全国高考题）
A.只有②④ B.只有①② C.只有①②③ D.①②③④
思路分析：该题在于考查对氨基酸中羧基和氨基的酸碱性的认识，并联系无机化学中的有关物质，归纳“既能与酸反应，又能和碱反应”的物质类别。
题中Al(OH)3和NH2CH2-COOH均是两性化合物，它们既能跟酸反应，又能跟碱反应。氨基酸反应方程式为：
CH2-COOH+HCl→CH2-COOH CH2-COOH+NaOH→CH2-COONa+H2O
NH2 NH3+Cl- NH2 NH2
NaHCO3是弱酸酸式盐，HCO3-能跟H+结合生成H2O和CO2，又能跟OH-结合生成H2O和CO32-，(NH4)2S是弱酸弱碱盐，其中S2-遇H+生成H2S，NH4+遇OH-生成NH3和H2O。综上所述，题中的四种化合物都能与盐酸和NaOH溶液反应。
答案：D
引申发散：既能与强酸反应又能与强碱反应的物质有：①Al、Be，②Al2O3、BeO，③Al(OH)3、Be(OH)2，④弱酸的酸式盐，如：HCO3-、HSO3-、HS-、HPO42-、H2PO4-，⑤弱酸的铵盐，如(NH4)2S、(NH4)2CO3⑥有机物：氨基酸、蛋白质。
例9 在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：（1995年全国高考题）
请填写以下空白：
（1）孔雀石的主要成分是CuCO3.Cu(OH)2(碱式碳酸铜)，受热易分解。下图中的F是_____。
（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式：______________________。
（3）图中所得G和D都为固体，混和后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式：______________________。
（4）每生成1molD，同时生成____molE。
思路分析：A为NaAlO2，反应式Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。孔石分解的反应式：CuCO3.Cu(OH)2=2CuO+CO2↑+H2O F是CO2，A、F发生的反应式是CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，沉淀C是Al(OH)3，受热分解后生成Al2O3（B）和水。
Al和CuO的反应，类似于铝热反应。
第四问可根据2Al2O34Al+3O2↑求解。
答案：（1）CO2（或二氧化碳） （2）Al3++4OH-=AlO2-+2H2O （3）3CuO+2Al=====Al2O3+3Cu
（4）3/4
方法要领：本题难度不大，着重考查基础知识。此框图题已给出的起始物质，可顺向推导。
例10 我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：（2000年上海高考题）
pH 6.5～6.8
Ca2+、Mg2+总浓度 <0.0045mol/L
细菌总数 <100个/L
以下是源水处理成自来水的工艺流程示意图：
源水→曝气池 一级沉降池 二级沉降池 过滤池→自来水
(1)源水中含Ca2+ 、Mg2+、HCO3-、Cl-等,加入石灰后生成Ca(OH)2 ，进而发生若干复分解反应，写出其中一个离子方程式 。
(2)凝聚剂除去悬浮固体颗粒的过程 (填写编号，多选倒扣分)
①只是物理过程 ②只是化学过程 ③是物理和化学过程
FeSO4.7H2O是常用的凝聚剂，它在水中最终生成 沉淀。
(3)通入二氧化碳的目的是 和 。
(4)气体A的作用是 。这种作用是基于气体A和水反应的产物具有 性.
(5)下列物质中， 可以作为气体A的代用品。(填写编号,多选倒扣分)
①Ca(ClO)2 ②NH3 (液) ③K2FeO4 ④SO2
思路分析：自来水的质量标准从酸度、硬度、细菌总数等方面来衡量。
降低水的硬度是用石灰，降低Mg2+浓度，减少HCO3-和CO32-的含量；再通入CO2气体降低Ca2+的浓度，从而降低水的硬度，同时调pH。
降低细菌总数：靠强氧化剂的氧化性杀死细菌；常用Cl2，但近年改用Ca(ClO)2、K2FeO4、ClO2等。
除去固体悬浮物：金属离子水解形成胶体，胶粒表面积大吸附性强，而吸附悬浮物沉降，达到净水的目的。
常用的净水剂：明矾：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+；因Al3+在人体内聚集过多会造成老年性痴呆，故改用FeSO4.7H2O；Fe2++H2O Fe(OH)2+2H+，且4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；Fe(OH)3胶体吸附悬浮物沉降，净水效果好。
（1）由题给信息，水中含有暂时硬度和永久硬度，加石灰后分发生如下离子反应：
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；HCO3-+OH-=CO32-+H2O；Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；
（2）凝聚剂既有水解反应，又有胶体的凝聚作用，属于物理化学过程。例如FeSO4在水中发生水解：Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+，Fe(OH)2极易被氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3能将悬浮颗粒凝聚而除去。
（3）通入CO2能将Ca2+除去，同时调整溶液中的pH达到饮用水质量标准：
Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
碱性 接近中性
（4）气体A显然是用于消毒、杀菌的Cl2，Cl2和H2O反应生成具有强氧化性的HClO。
（5）作为漂白粉有效成分的Ca(ClO)2，在CO2和H2O作用下，也会产生HClO，可以作为A的代用品。而氧化性比KMnO4还要强的铁酸盐在水中会发生还原反应，起消毒杀菌的作用，同时FeO42-中+6价的Fe被还原成+3价的Fe，也会水解，作为净水剂。
答案：（1）Mg2++OH-=Mg(OH)2↓ （2）③ Fe(OH)3 （3）将Ca2+除去，同时调整溶液中的pH达到饮用水质量标准 （4）消毒杀菌 强氧化性 （5）①和③
方法要领：此题通过饮用水的处理：水的软化、净水和消毒杀菌，考查考生能否应用有关的化学原理解决实际生产中的问题。关于K2FeO4的作用，可根据Fe处+6价，势必有很强的氧化性进行推论，展开思维。
本题以水处理为素材，切中当今社会热点问题，旨在考查学生运用知识解决实际问题的能力，同时让学生在考试过程中学习了自来水的处理，使学生眼中的化学更亲近了，看得到，摸得着，学习更有意义了。用FeSO4.7H2O和Cl2进行凝聚沉降和杀菌消毒为课本相关的基础知识。主要难点是第（5）小题易出现漏选或错选。K2FeO4（铁酸钾）是一种新型净水剂，由强氧化性的要求当可推及。
例11 氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐。根据以下化学反应框图填空：
(1)单质F是_____________________。
(2)写出由E生成G的离子反应方程式（或化学方程式）________________________。
(3)溶液I中所含金属离子是_______。
(4)由C→E+F若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）_______________。
思路分析：粗读本题，抓住红褐色沉淀G就是Fe(OH)3逆推，则E中含Fe2+，单质C为Fe，F是H2。
由“化合物A+单质B单质C+化合物D”，且单质C为Fe，从记忆中搜寻典型反应：3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3 Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，则知单质B为Al，化合物D为Al2O3。
由B 为Al，推知单质F为H2，溶液K为含AlO2-的溶液，其反应是：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
由K溶液中含AlO2-，逆推化合物H为NaAlO2。化合物H也可由D结合题干信息推出：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O。
由H为NaAlO2推知溶液I中含Al3+，发生的反应是：AlO2-+4H+=Al3++2H2O。
继续往下推知沉淀J是Al(OH)3，因为：Al3++3NH3.H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al(OH)3溶于强碱溶液生成AlO2-（K溶液），与前面推理相吻合：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
答案：（1）H2 （2）4Fe2++8NH3.H2O+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NH4+或分两步写出亦可：①Fe2++2NH3.H2O=Fe(OH)2↓+2NH4+ ②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓ (3)Al3+和Na+ （4）H2SO4（或HNO3）
方法要领：题中框图看起来很复杂，似乎无从下手，实际上图中有很多有关物质性质的特征信息，如红褐色沉淀G（是氢氧化铁的特征），溶于强碱的沉淀J（是氢氧化铝的特征）等。抓住这些特征可顺利推出答案。
通入CO2
加入凝聚剂
加入石灰
通入气体A
高温
H2O
溶液
沉淀C
H2O
E
B
F
D
G
电镀
孔雀石
A
明矾
NaOH溶液
过量
Δ
Δ
沉淀量
X物质的量
H+
OH-
Δ
Al2O3
Al(OH)3
AlO2-
①酸(H+,弱酸)②气体(CO2,SO2) ③盐(NH4+,Al3+,Fe3+,Mg2+)④HCO3-
OH-
OH-、NH3.H2O、CO32-、HCO3-、S2-、AlO2-
Al3+
H+
Al
H2O
OH--
H+、Cu2+第五节 碱金属
【知识网络】
【易错指津】
1．注意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na2O2溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。
2．注意Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时的先后顺序。若先发生反应：2 Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，必还发生2NaOH+ CO2=Na2CO3+H2O，即应先考虑Na2O2跟CO2的反应。
3．正确理解“焰色反应”：
（1）它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理变化过程。
（2）不是所有元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应。
（3）焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区别。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。
【典型例题评析】
例1 碱金属与卤素所形成的化合物大都具有的性质是（2001年上海高考题）
①高沸点 ②能溶于水 ③水溶液能导电 ④低熔点 ⑤熔融状态不导电
A.①②③ B.③④⑤ C.①④⑤ D.②③
思路分析：碱金属与卤素两族元素为活泼的金属和非金属元素，它们形成的化合物为离子化合物，选项中①②③符合离子晶体的通性。
答案：A
方法要领：从物质结构的观点出发，理解物质所具体的性质。
例2 下列能用于扑灭金属钠着火的是（1996年上海高考题）
A.干冰灭火剂 B.黄沙 C.干粉（含NaHCO3）灭火剂 D.泡沫灭火剂
思路分析：Na为活泼金属，除能与O2反应外，还能与H2O、CO2等物质反应。干粉中NaHCO3受热会分解产生H2O和CO2；泡沫灭火剂中含水等物质。
答案：B
方法要领：灭火一是降低温度，二是隔绝空气，此外灭火剂不能和被扑救的物质发生反应。解题中应根据物质的性质，选择适宜的方法。
例3 联合制碱法中关键的一步是把NH4Cl从几乎饱和的NaHCO3溶液中分离出来，为此根据NaCl和NH4Cl溶解度的差异，向混合溶液中通入某种气体，同时加入磨细的食盐，可析出不夹带NaHCO3的NH4Cl.NaCl和NH4Cl共同存在时的溶解度曲线如图所示，以下操作正确的是（1998年上海高考题）
通入气体 温度控制
（A）（B）（C）（D） CO2CO2NH3NH3 30～40℃0～10 ℃30～40 ℃0～10℃
思路分析：本题是电离平衡与溶解平衡统一在联合制碱法中一个很好的能力考核点。由于通入NH3使HCO3-与NH3.H2O反应转化为CO32-、NH4+与H2O，使NaHCO3转化为Na2CO3而不易析出，又由于增加了NH4+，并在降温条件下更易使NH4Cl析出（根据NaCl与NH4Cl共同存在时的溶解度曲线）。这是非常巧妙的综合分析能力的考核。
答案：D
方法要领：选项已指明了通过两个操作可达目的。由溶解度曲线知温度应低为好；再结合：NH4Cl(s) NH4++Cl-，要析出NH4Cl晶体，可增加[NH4+]，因此可通入NH3。
例4 （1）分别写出由氧在一定条件下，生成下列物质的化学方程式(必须注明反应条件)。（2000的广东高考题）
①O3: ②Na2O2: ③Na2O:
(2)指出氧在下列各物质中的化合价:
O3: ; Na2O2: ; Na2O:
(3)KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2,故可用作特殊情况下的氧气来源,试写出该反应的化学方程式
(4)人体内O2-离子对健康有害,使人过早衰老,但在催化剂SOD存在下可以发生如下反应,请完成该反应的离子方程式:
O2-+ H2O = H2O2+ O2+
思路分析：前2题为送分题（但要注意题目对反应条件的要求），3题关键是配平，4题先逆向配平：H2O2→O2-（O价态：-1到-0.5，变1价），O2→O2-（O价态：0到-0.5，变1价），则1H2O2+1O2——2O2-+2H2O。由电荷守恒及H、O守恒判缺项为OH-。或先由H、O守恒判缺项为OH-，再观察配平。
答案：（1）①3O2 2O3 ②2Na+O2 Na2O2 ③4Na+O2 2Na2O
（2）0；-1；-2 （3）4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 （4）2O2-+2H2O = 1H2O2+1O2+2 OH-
方法要领：本题主要考查运用基本化学用语的能力。难点在第（4）小题，该题紧密联系生活实际，对中学生来说属于新知识、新情境。由电荷守恒可知，产物中必为一种阴离子，在H、O两种元素范围内组合，应为OH-。
解题的前提是要具备由Na2O2与CO2反应到KO2与CO2反应的迁移能力和从电荷守恒角度掌握缺项离子方程式的配平技能。
例5 若以X、Y和Z代表三种元素，且知X与Y形成原子数之比为1:1的化合物甲，Y与Z也可形成原子数之比为1:1的化合物乙，又知甲分子含18个电子，乙分子含38个电子，请填空：
（1）元素Y在第 周期。（2）化合物甲的分子式是 。（3）化合物乙的分子式是 。（2001年高考试测题）
思路分析：二元化合物甲的分子中含有18个电子，显然组成它的两种元素（X和Y）都只能在短周期。X与Y的原子数之比为1:1，因此，很容易想到可能是HCl。但是无论是H还是Cl作元素Y都不可能再形成满足题设条件的化合物乙，于是化合物甲可考虑是H2O2（原子比为1:1，分子含18个电子）。进而把O作为元素Y，则化合物乙就是Na2O2（原子比为1:1，分子含38个电子）。这样，本题要求填写的三个空白均迎刃而解。
答案：（1）二 （2）H2O2 （3）Na2O2
方法要领：本题考查考生对分子组成、元素性质和周期表的掌握程度。18个电子的微粒有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、H2O2、SiH4、N2H4、CH3OH、C2H6、S2-、Cl-、K+、Ca2+、HS-。
例6 现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，请从下图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定Na2O2试样的纯度（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6mol/L盐酸和蒸馏水）。(1994全国高考题)
　　
请填写下列空白:
(1)写出实验中Na2O2和Na2O分别发生反应的化学方程式_____________________。
(2)应选用的装置是(只要求写出图中装置的标号)_____________________________________。
(3)所选用装置的连接顺序应是(填各接口的字母；连接胶管省略)________________________。
思路分析：由于Na2O2和水反应放出O2，而Na2O与水反应不放出气体，所以最简单的方法是通过O2的量计算Na2O2的量，由于试样的量一定，即可求出Na2O2的纯度。
答案：方法1：(1)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH (2)(G)接(A)(B)接(F)
方法2：(1)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O+CO2=Na2CO3 (3)(G)接(D)(C)接(H)(I)[或(I)(H)]接(J)(K)〔或(K)(J)〕接(A)(B)接(F)
方法要领：设计实验确定混合体系中某一物质的纯度，一般步骤是：
（1）断题：
a.称量
课题（加入某物质或加热）b.生成沉淀
c.生成气体
通过称量混合物增重或减轻值可确定纯度；通过过滤、洗涤、烘干、称重可确认纯度；通过生成气体压水测气体体积亦可确认某物质的纯度。如确认Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的纯度用a；确认NaCl和BaCl2中NaCl纯度可用b；Na2O2和Na2O中Na2O2的纯度用c。
（2）框图分析（以Na2O2和Na2O混合物为例）
①首先应明确设计最佳实验的标准：Ⅰ.原理正确；Ⅱ.现象明显；Ⅲ.操作简单；Ⅳ.仪器药品易得；Ⅴ.安全可靠
②Na2O2和Na2O产生气体（压水测气体体积）
若选CO2与Na2O2反应，则CO2尚需制备；若选盐酸与Na2O2直接反应，则生成H2O2在酸性条件下分解速率没有在碱性条件下分解速率快，故选择水直接和混合物反应产生O2，气体压出水测出O2的体积，从而可计算Na2O2的纯度，此法最简单，符合题意。
（3）此类题目解题模式的构建
①思维的总过程：
启动→发散→收敛→共识
明确问题→途径→核心→模式
②模式
思路的设计→优选方案→分析比较→操作程序→归纳总结
例7 将70g过氧化钠和氧化钠的混合物跟98g水充分反应后，所得的氢氧化钠溶液的质量分数为50%。试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式，并计算混合物中过氧化钠和氧化钠的质量各为多少g？
思路分析：设混合物中Na2O2物质的量为x，Na2O物质的量为y，则有：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ Na2O+H2O=2NaOH
x 2x x/2 y 2y
78g/mol x+62g/mol y=70g
根据题意得方程组：
解得：x=0.5mol y=0.5mol
则：m(Na2O2)=0.5mol×78g/mol=39g m(Na2O)=0.5mol×62g/mol=31g
答案：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2O+H2O=2NaOH；Na2O2：39g、Na2O：31g
一题多解：上述反应式知，Na2O2与H2O反应Na2O2中既是氧化剂又是还原剂，产生的O2来自Na2O2，相当于2Na2O2=2Na2O+O2↑；若设Na2O2的物质的量X，则混合物与H2O反应可理解为将（70-16X）g Na2O与H2O作用。
根据题意，由钠离子守恒：
得：X=0.5mol。（以下略）
例8 某天然碱（纯净物）可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2的体积（标准状况）如下表：（2000年上海高考题）
Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
盐酸液的体积（mL） 30 30 30 30
样品（g） 3.32 4.15 5.81 7.47
二氧化碳的体积（mL） 672 840 896 672
（1）由第Ⅰ组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49 g样品进行同样的实验时，产生CO2_________mL(标准状况)。
（2）另取3.32g天然碱样品于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生CO2112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。
（3）已知Na2CO3和HCl(aq)的反应分下列两步进行：
Na2CO3+HCl→NaCl+NaHCO3 Na2CO3+HCl→NaCl+CO2↑+H2O
由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCL(aq)的浓度为 mol/L。
(4)依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2(标准状况)体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。
思路分析：试题以天然碱的组成及碳酸盐的性质为依托，构筑一道有层次、有深度且思维容量较大的计算题。对信息的理解能力、对数据的观察和处理能力是解答本题的关键。
（1）(672 mL/3.32 g)×2.49 g=504 mL。
（2）由题意可知，天然碱含NaHCO3、Na2CO3。
n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×(112/22400)mol=0.01mol n(Na2CO3)=(672/22400)mol-0.01mol=0.02mol n(H2O)=[(0.45g-(112/22400)mol×18mol)/18mol=0.02mol
所以天然碱组成为2Na2CO3.NaHCO3.2H2O（式量332）。
（3）7.47 g样品中：n(Na2CO3)=(7.47 g/332 g.mol-1)×2=0.045 mol，则：
Na2CO3完全生成NaHCO3消耗HCl：0.045 mol；生成672mLCO2消耗HCl：672 mL/22400 mL.mol-1=0.03 mol。故c(HCl)=(0.045 mol+0.03 mol)/0.030 L=0.025 mol/L。
（4）30ml盐酸中n(HCl)=0.075mol，设样品与HCl反应全转化为NaCl，由：
2Na2CO3.NaHCO3+5HCl=5NaCl+3CO2↑+3H2O知：需样品质量：(0.075 mol/5)×332 g/mol=4.98 g
设样品中Na2CO3与HCl反应完全转化为NaHCO3（无CO2气体放出），由：
(2Na2CO3.NaHCO3)+2HCl=2NaCl+3NaHCO3知：需样品质量：(0.075mol/2)×332 g/mol=12.45g
讨论：①0②4.98≤W≤12.45，Na2CO3转化NaHCO3消耗n(HCl)=(W g/332 g.mol-1)×2；剩余n(HCl)= 0.075 mol-(W g/332 g.mol-1)×2，生成CO2物质的量等于剩余HCl物质的量，故V(CO2)=[0.075mol-(W g/332 g.mol-1×2)]×22400 mL/mol=(1860mL-134.9W) mL
③W≤12.45，HCl全部用于使Na2CO3转化NaHCO3，故V(CO2)=0。
答案：(1)504 (2)2Na2CO3·NaHCO3·2H2O (3)2.5 （4）①0方法要领：本题是有关NaHCO3和Na2CO3混合物系列计算，主要考查运用实验数据定量分析问题的能力，其难点主要是在第（4）小题的讨论上，关键是抓住盐酸的量是一个定值，即2.5mol/L×30×10-3L=0.075mol，由此依据NaHCO3、Na2CO3与盐酸的反应式求得样品在不同情况下的用量，从而确定W的取值范围。
放电
空气中燃烧
暴露在空气中
NaCl
NH4Cl
Na2O2+CO2+H2O= H2O2+Na2CO3
H2O2+ClO-=
O2↑+Cl-+H2O
①H2O2+SO2=H2SO4
②H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++H2O
③H2O2+H2S=S↓+2H2O
2H2O2=2H2O+O2↑↑
弱酸性
弱还原性
强氧化性
H2O2
不稳定性
C2H5OH
C2H5ONa
H2（Δ）
C17H35COONa
NaH
O2(加热）
C6H5OH
CO2（少量）
H2O
C6H5ONaa
NaOH
Na2O2
Na2O
Na
O2(常温）
O2
CO2
Ca(HCO3)2
Δ
NaOH
Ca(OH)2
NaHCO3
Na2CO3
H2O
H2O
C17H35COOH
H2O
Ca(OH)2（过量）
CO2（过量）
CO2
C6H5OH
Ca(OH)2、H2O第三节 碳族
【知识网络】
【易错指津】
1．CO2通入NaOH溶液的判别错误。
CO2通入NaOH溶液的反应与CO2气体通入量有关。当CO2通入少量时生成Na2CO3，当CO2通入过量时生成NaHCO3，CO2通入量介于两者之间，既有Na2CO3又有NaHCO3。因此推断产物时一定要注意CO2与NaOH间量的关系。
2．Na2CO3溶液中滴加盐酸过程不清楚。
在Na2CO3溶液中滴加HCl，CO32-先转化为HCO3-，再滴加盐酸HCO3-转化为H2CO3，不稳定分解为CO2。
如：在10mL0.01mol/L纯碱溶液中，不断搅拌并逐滴加入1.2mL0.05mol/L盐酸，完全反应后在标准状况下生成二氧化碳的体积为（1998年上海高考题）
A.1.334mL B.2.240mL C.0.672mL D.0mL
思路分析：反应过程为：CO32-HCO3-CO2。
盐酸溶液中n(HCl)=0.00006mol，纯碱溶液中n(Na2CO3)=0.0001mol
CO32- + H+ = HCO3-
0.0001mol 0.0001mol 现盐酸不足，故无气体产生。
答案：D
3．CO2通入CaCl2溶液中是否有沉淀的分析错误。
可用反证法：如能产生沉淀，则反应的化学方程式为：CO2+CaCl2+H2O=CaCO3↓+2HCl。因CaCO3溶于盐酸，故反应不能发生。因为CO2只有通入中性或碱性溶液才能产生CO32-，并同时产生部分H+，若原溶液无法消耗这部分H+，则不利于CO2转化为CO32-，也就无法与Ca2+形成沉淀。若要使CaCl2与CO2反应生成沉淀，就必须加入部分碱溶液中和CO2与H2O反应而产生的H+。同理，该思维方式适用于CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液。
4．不要把Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑与Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓相混。前者是工业制玻璃的反应式之一，是在高温条件下发生的反应，而后者是在水溶液中发生的反应。若交换条件，两者均不发生反应。
【典型例题评析】
例1 已知天然气的主要成份CH4是一种会产生温室效应的气体,等物质的量的CH4和CO2产生的温室效应，前者大。下面是有关天然气的几种叙述:①天然气与煤、柴油相比是较清洁的能源;②等质量的CH4和CO2产生的温室效应也是前者大;③燃烧天然气也是酸雨的成因之一.其中正确的是(2001年理科综合能力测试第10题)
A.是①②③ B.只有① C.是①和② D.只有③
思路分析：大气中的CH4和CO2为红外线吸收体，它们吸收太阳和地球的长波辐射，并将其中一部分反射回地球。因此，大气中CH4和CO2浓度增加，则阳光被吸收得多，反射到太空的部分减少,地表温度将上升。天然气燃烧产物为CO2和水，而煤和柴油燃烧产物会造成污染。对等质量的CH4和CO2，CH4的物质的量比CO2多，由题意知等质量的CH4和CO2产生的温室效应CH4大，但CO2不是形成酸雨的物质。
答案：C
方法要领：CO2导致“温室效应”是人们所熟知的常识，但本题告诫人们，CH4也是一种会产生“温室效应”的气体，且等物质的量的CH4产生“温室效应”比CO2还要大。纵观当今世界范围内都在呼吁控制CO2的排放量以遏制“温室效应”的加剧，同时又在为保护环境号召多使用清洁能源——天然气。殊不知，事物都是一分为二的，就像天然气，既有有利的一面，也有有害的一面。本题让人们意识到利用天然气作燃料的同时，一定要防止其泄漏。
例2 下列物质不属于“城市空气质量日报”报道的是(2001年上海高考题)
A.二氧化硫 B.氮氧化物 C.二氧化碳 D.悬浮颗粒
思路分析：二氧化硫、氮氧化物和悬浮颗粒均为大气污染物，只有二氧化碳不需报道。
答案：C
方法要领：SO2主要来自含硫煤燃烧时的排放。其危害一方面是由于本身的刺激性会影响人的呼吸系统和眼睛，另一方面还由于能与空气中的其它污染物相互影响，产生所谓的“协同效应”，可导致更为严重的后果。氮氧化物中造成空气污染的主要是NO和NO2，习惯上可用NOx来表示。氮氧化物主要来自汽车尾气排放，汽车内燃机运转时，高温和电火花条件使缸内N2和O2反应生成氮氧化物。两种氮氧化物中，二氧化氮的毒性要比NO高4～5倍，人吸入NO2后，首先对呼吸道产生刺激作用，浸入肺部后，又与细胞中的水分结合而生成硝酸和亚硝酸，造成肺水肿。NO2吸收紫外光后被分解：NO2NO+O，生成的O非常活泼，再继续发生一系列化学反应，最后导致光化学烟雾，这是NO2造成的另一危害。
大气中悬浮的大小在10微米以内的颗粒，因鼻腔无法将其阻挡，可进入人体的呼吸道和肺部，被称为可吸入颗粒。这些颗粒不仅仅是尘土，还在表面吸附了其它污染物，因此吸入后可能引起多种病变。
例3 向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是（2000年全国高考题）
A.氢氧化钙饱和溶液 B.苯酚钠饱和溶液
C.醋酸钠饱和溶液 D.氯化钙饱和溶液
思路分析：当足量CO2通入Ca(OH)2饱和溶液时，由于其为二元酸，故可生成溶于水的酸式盐Ca(HCO3)2而“最终”无浑浊。而当遇苯酚钠时，由于碳酸的酸性较苯酚的酸性强，故可生成苯酚。又由于苯酚在常温下的溶解度不大，故最终出现浑浊。而C、D两选项中，由于醋酸、盐酸的酸性较碳酸强，故CO2与其均不可反应。A中先有沉淀后又溶解；B中出现浑浊；C和D中无反应发生。
答案：B
方法要领：本题原理不难，但由于考生审题不严及粗心，很易错选。本题的“题眼”在“过量CO2”。如：若看不到“最终”或“足量CO2”，很易因为氢氧化钙能与二氧化碳反应而错选。故提醒考生，答好选择题的关键是审题，正确应用好关键字句，避免疏忽错误。
例4 将CO2气体通入CaCl2溶液，若要有白色沉淀产生，可加入的试剂是（1997年上海高考题）
A.硫酸氢钾溶液 B.碳酸氢钙溶液 C.氯水 D.氢氧化钠溶液
思路分析：在CaCl2溶液中：CaCl2=Ca2++2Cl-；CO2通入溶液中存在如下平衡：CO2+H2O H2CO3、
H2CO3 H++HCO3-、HCO3- H++CO32-。
在CO2和CaCl2的混合溶液中，加入的各物质电离为：
A中：KHSO4=K++H++SO42-；B中：Ca(HCO3)2==Ca2++2HCO3-；C中：Cl2+H2O==H++Cl-+HClO；D中：NaOH=Na++OH-
要产生沉淀，必须使H2CO3的电离平衡右移，以增加[CO32-]，方能有CaCO3沉淀生成，纵观选项中四种物质，只有D中的NaOH电离的OH-离子可中和H+使电离平衡右移，使CO32-浓度增加至足以与Ca2+结合为CaCO3沉淀。
答案：D
方法要领：当CO2通入碱溶液中，才能生成CO32-，此时与Ca2+结合形成CaCO3沉淀。而A、C显酸性，不可能形成CO32-。碳酸氢钙中虽然有大量的Ca2+和HCO3-，但CO32-的量仍然很少，所以无法形成CaCO3沉淀。
阴阳离子要结合生成难溶于水的沉淀物，必须使阴阳离子的量都达到一定的数值。如只有阳离子无阴离子或阴离子极少，是不能形成沉淀的。反过来只有阴离子无阳离子或阳离子极少也是不能形成沉淀的。
运用电离平衡的知识解决化学反应现象。CO2气体通入CaCl2溶液中，是不能产生沉淀的，这是由于碳酸是弱酸，不能与强酸盐反应生成强酸：HCl。大家熟知的“弱酸不能制强酸”的实质，仍然离不开电离平衡移动原理的解释。
运用“强酸制弱酸”原理时需注意如下两点：①强酸制弱酸原理是指强酸可与弱酸盐发生复分解反应的原理；②这一规律也有例外，如H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，这是因为生成的CuS极难溶于水的缘故。
例5 已知酸性强弱顺序为H2CO3＞　　　　＞HCO，下列化学方程式正确的是（1998年上海高考题）
思路分析：已知酸性H2CO3＞C6H5OH＞HCO3-，即碱性CO32->C6H5O->HCO3-，根据较强的酸可以制取较弱的酸，较强碱可制取较弱的碱的原理，A、D是错误的。
答案：B、C
方法要领：“强酸制弱酸”的实质是电离能力强的物质可生成电离能力弱的物质。
例6 CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物，判断下列反应产物正确的是（1997年高考化学试测题）
A.ZnC2水解生成乙烷（C2H6） B.Al4C3水解生成丙炔（C3H4）
C.Mg2C3水解生成丙炔（C3H4） D.Li2C2水解生成乙烯（C2H4）
思路分析：由CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，借用其规律作模仿，可以从各种角度考虑。
考虑方法（1）：假定钙、氢、氧的化合价在反应前后都没有变化，从CaC2来看，钙是+2价、C22-是-2价，相当是-2价的烃，所以产物是乙炔（C2H2）。类比可知，ZnC2水解也应该是乙炔（C2H2）；Al4C3水解的C3应该表现-12价，只能是3个甲烷（CH4）；Mg2C3水解的C34-应该表现-4价，产物为C3H4；Li2C2水解的C22-是-2价，还是乙炔。检查选项只有C对。
答案：C
一题多解：考虑方法（2）：假定碳化物中的金属元素都水解成为氢氧化物，那么，每用去一个氢氧根都会多出一个氢原子，这些氢原子与反应物中的碳原子分配。因此，CaC2产物是Ca(OH)2、C2H2，ZnC2、Li2C2也都得到C2H2，Al4C3得到“C3H12”，只能是3CH4，Mg2C3应得到C3H4。
方法要领：本题新颖，希望考生用已有的一个代表性的化合物的性质摸索其规律，再用这个规律去解决新问题。所用方法没有常规，题海中也没有。考查了思维能力，创造能力。
解题中根据水解原理写出化学方程式或用电荷守恒原理，把金属阳离子所带的总电荷数用等量的H+替代，即得产物的分子式。作为第ⅣA族、第二周期的碳，一般情况下难以形成离子，通常在化合物中以共价键的形式存在。但当其与某些较活泼的金属在高温下形成无机化合物时，也可以以阴离子的形式存在。这些金属碳化物与水极易发生彻底的水解，生成对应的碱和某些烃类化合物。
例7 纯净的Ca(HCO3)2试样在高温下分解，当剩余固体是原试样质量的一半时，它的分解率为（1996年上海市高考题）
A.50% B.75% C.92.5% D.100%
思路分析：若Ca(HCO3)2按下式完全分解：
Ca(HCO3)2==CaCO3+CO2↑+H2O
162 100
剩余固体质量为原试样的100/162，大于1/2，故伴随着发生进一步分解：
CaCO3==CaO+CO2↑
答案：D
方法要领：掌握碳酸盐的分解规律：一般来说，热稳定性大小的顺序为：正盐>酸式盐（成盐离子相同）。考虑问题要周密，防止只考虑第一步反应，而忽略了第二步分解反应。
例8 某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种。现将13.8克样品加入足量水,样品全部溶解。再加入过量的CaCl2溶液,得到9克沉淀，对样品所含杂质的正确判断是(1996年上海高考题).
A.肯定有KNO3 B.肯定有KNO3,可能还含有Na2CO3
C.肯定没有Ba(NO3)2,可能有KNO3 D.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2
思路分析：根据“加足量水，样品全部溶解”这一种条件，可确定不可能含有Ba(NO3)2杂质，否则会与K2CO3生成BaCO3沉淀。因此对杂质成分的判断集中在KNO3和Na2CO3是否存在这一问题。
根据反应的关系，假定13.8g样品全部是K2CO3，则n(K2CO3)=13.8g/138 g.mol-1=0.1mol。
按加入CaCl2生成CaCO3沉淀的量关系，有：
K2CO3～CaCO3
0.1mol 0.1mol
则应生成CaCO3质量为0.1mol×100g mol-1=10g，现只生成9g沉淀，说明13.8g CO32-只有0.09mol，则在NaNO3、Na2CO3二种杂质中，必含有不与CaCl2反应的KNO3存在，C错。
肯定存在KNO3时，是否可能含有Na2CO3？由于0.09molK2CO3质量为m(K2CO3)= 0.09mol×138m.mol-1=12.42g，故可能存在K2CO3、Na2CO3共0.09mol，再加入KNO3使总质量达到13.8g的可能性，则在存在KNO3的前提下，可能有Na2CO3存在，B对，D错。
上述思考过程中，涉及的计算，有些不必精确算出结果，只须估计即可，这样可以节省时间。
答案：A、B
方法要领：根据实验现象、结合所给数据利用极限思想解题。
例9 汽车尾气（含烃类、CO、SO2与NO等物质）是城市空气的污染源。治理方法之一是在汽车排气管上装一个“催化转换器”（用铂、钯合金做催化剂）。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧及SO2的转化。（1998年上海市高考题）
（1）写出一氧化碳与一氧化氮反应的化学方程式 。
（2）“催化转换器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是 。
（3）控制城市空气污染源的方法可以有（ ）
A.开发氢能源 B.使用电动车 C.植树造林 D.戴上呼吸面具
思路分析：本题涉及的反应产物均隐含在题中，只有认真分析才能得出正确的结论。如NO与CO反应产物是参与大气循环的无毒气体，排除NO2等有毒气体，也排除生成的单质碳，同时也不可能是不常见的气体，只能是空气中存在的N2和CO2。又因催化转换器中的铂、钯合金是SO2与O2生成SO3反应的催化剂，这样就合理解释了空气酸度的增加。控制城市空气污染当然不能靠戴呼吸面具，植树造林虽是环保的重要措施，但不会直接关系到城市污染的控制。
答案：（1）2CO+2NO=2CO2+N2；（2）SO2转化为SO3，产生硫酸酸雾；（3）A、B
方法要领：因为“CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体”，所以这气体是CO2和N2；（2）SO2可被氧化SO3，与水蒸气形成硫酸酸雾；（3）在控制城市空气污染的方法中，植树造林这一选项具有一定的迷惑性，植树造林能控制CO2量的增加，是改善环境的一种重要手段，而对消除汽车尾气中烃类、CO、SO2与NO等物质没有直接的效果。戴上呼吸面具是一种防止污染的方法，并不能减小污染。
例10 下图是石英晶体平面示意图：
—Si—O—Si—O—Si—
O O O
—S—O—Si—O—Si—
O O O
它实际上是立体的网状结构，其中硅和氧的原子数之比为 。原硅酸根离子SiO44-的
O
结构可表示为 O—Si—O 二聚硅酸根Si2O76-只有硅氧键，它的结构可以表示为 。
O
思路分析：从示意图中的结构可以看出每个Si原子结合了四个O原子，而每个O只结合了二个Si，所以在二氧化硅晶体中硅原子与氧原子的最简个数比为1:(4×1/2)=1:2，原硅酸（H4SiO4）
O —H
的结构可以表示为：H—O—Si—O —H，两个原硅酸分子可发生分子间脱水，生成二聚硅酸
O—H
（H6Si2O7）：
OH OH OH OH
HO—Si---OH + H O—Si--OH→ HO—Si—O—Si—OH + H2O
OH OH OH OH O O
二聚硅酸脱去6个H+形成带6个单位负电荷的阴离子（二聚硅酸根离子）：O-Si-O-Si-O
O O
方法要领：根据物质的空间结构，结合数学空间几何知识和思想、方法，推断出组成晶体的微粒（原子或离子）个数比，推出晶体的化学式。
该题在含氧酸的考查中经常出现：如：焦硫酸、多聚磷酸等。可采用同样的方法求解。
例11 下图中①～ 分别代表有关反应中的一种物质,请填写以下空白。
(1)①、③、④的化学式分别是 、 、
(2)⑧与⑨反应的化学方程式是
思路分析：本题的突破口就在题目的开始部分。因为这一部分把反应条件和部分反应物都已列出，为推断物质提供的充足的已知条件。气体混合物通过碱石灰后得氨气③，通过浓H2SO4可得CO2气体，CO2气体与Na2O2反应得氧气④，氨气和氧气在催化剂作用下加热反应得NO⑥，NO和O2反应生成NO2⑦，与H2O反应生成HNO3⑧，CO2与Mg条点燃后生成MgO⑩和C⑨、C与HNO3反应生成NO2⑦，CO2②和H2O ，所以①是NH4HCO3。
答案：（1）NH4HCO3、NH3、O2；（2）C+4HNO3=2H2O+4NO2↑+CO2↑
引申发散：1.热分解全是气体的是何物？-----碳酸铵或碳酸氢铵，亚硫酸铵
2.与过氧化钠产生两种产物的气体有哪些 -------CO2,H2O
3.能与镁条燃烧的气体有哪些 ------CO2,SO2、O2、N2
4.两物质反应产物还能继续与反应物反应的有哪些 ----NH3(+O2)→NO(+O2)→NO2,H2S(+O2)→SO2(+O2)→SO3,C(+O2)→CO(+O2)→CO2,O2(+C)→CO2(+C)→CO
⑧
⑥
⑦
⑥
⑤
③
④
②
+④
+Mg条(点燃)
高温
催化剂
+Na2O2
Δ
①
气 体
混合物
通过浓硫酸
通过碱石灰
11
6-
4--
HF
SiF4
H2O
Cl2
H2
SiO2
SiO2
CaCO3
O2、FeO
SiC
H4SiO4
SiCl4
Na2SiO3
SiO2
Si
高温
CH4
Na2O、NaOH
CaCl2
Ca(OH)2
Na2CO3
CO2
CO
CaO
C
Na2CO3、Δ
Δ
Ca(HCO3)2
CaO
Ca(OH)2
CaC2
H2O
H2O
CaCO3
CO2+ H2O
C
CuO、O2
Fe2O3
HNO3、H2SO4、O2、
O2
Mg
HCl、FeCl3、SiO2
NaOH
C
NaOH
H+、CO2+H2O
H2SiO3
CO2
⑦
②
⑨
⑩
11
11
11
11第7节 过渡元素
【知识网络】
【易错指津】
1．NO3-与Fe2+在酸性条件下，不能共存。
2．过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
3．注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。
FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性酸，将不能得到Fe(OH)3固体。
4．忽视亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。
5．忽视铁单质与强氧化性物质反应时，也有生成二价铁化合物的可能性。反应中若铁为足量，最终铁元素将以二价铁形式存在，因为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【典型例题评析】
例1 久置于空气中的下列物质，因被氧化而呈黄色的是（2000年全国高考题）
A.浓HNO3 B.氯化亚铁溶液 C.溴苯 D.溴化银
思路分析：本题考查的是常见的“黄色体系”有四种固体：溴化银、硫、过氧化钠、三硝基甲苯；外加几种黄色溶液：浓HNO3（因溶液中有NO2气体）、工业盐酸（含Fe3+离子）、不纯的硝基苯（因溶有NO2）、亚铁盐溶液（因含Fe3+离子）等。对于该题除考查物质的物理性质颜色之外，还附加了一个条件：“因被氧化”，因此，只能考虑B选项。
答案：B
方法要领：本题是“氧化”概念与化合物的物理、化学性质的结合。该题看似简单，但很容易选错，关键注意答题时要看清题目的限制条件，并把握全面。抓住“氧化”这一特征便可。
例2 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量减少的阳离子是（1996年全国高考题）
A.NH4+ B.Mg2+ C.Fe2+ D.Al3+
思路分析：各离子在加入NaOH溶液和HCl的变化过程中，离子变化为：NH4+→NH3；Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+；Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+；Al3+→AlO2-→Al3+。只有A和C的离子数减小。
答案：A、C
方法要领：题中涉及多种阳离子在强酸、强碱溶液中的发生的变化。分析各离子的变化过程，从而搞清数目是否改变。注意试剂的用量及反应条件，如微热。
本题考查了两个知识点：（1）NH4+在碱性受热条件下不稳定；（2）Fe2+易变质，特别在碱性条件下Fe(OH)2→Fe(OH)3速率极快。
例3 将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（1998年全国高考题）
A.硫酸 B.氯水 C.硝酸锌 D.氯化铜
思路分析：本题考查Fe2+与Fe3+相互转化。其中A项中加入硫酸，无任何反应；若加入B项中氯水，因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故有Fe3+生成；C项中加入Zn(NO3)2，因溶液中有H+，发生反应：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D项中加入CuCl2无反应发生。
答案：B、C
方法要领：Fe2+有较强的还原性，易被氧化成Fe3+；对于NO3-的隐蔽氧化性，应用时应高度警惕；在离子共存、离子方程式正误判断，及还原性物质在酸性环境中遇NO3-时，往往要考虑其氧化性。
例4 制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”：发生的反应为2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是
A.烧杯中有铜无铁 B.烧杯中有铁无铜
C.烧杯中铁、铜都有 D.烧杯中铁、铜都无
思路分析：向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，由于Fe的还原性比Cu强，Fe3+首先应与Fe反应，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再与Cu反应。铁粉未反应完时铜粉就不会被氧化，所以不可能出现烧杯中有铁无铜的现象，故应选B。其他三个选项的情况都可能再现。当FeCl3过量或恰好完全反应时，Fe、Cu均无剩余，即选项D，反应后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。当FeCl3不足量时，有两种情况：①Fe粉有剩余，则Cu尚未参加反应，即选项C，反应后溶液中只有Fe2+（不考虑H+、OH-）；②铁粉无剩余，则Cu反应了一部分或尚未参加反应，即选项A，反应后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。
答案：B
方法要领：此题涉及氧化还原反应的一个规律：当一种氧化剂氧化几种还原剂时，首先氧化最强的还原剂，待最强的还原剂完全氧化后，多余的氧化剂再依次氧化次强的还原剂。一种还原剂还原几种氧化剂时与此类似。
金属越活泼，还原性越强，不过对变价金属所形成的中间价态的阳离子与高价态的阳离子其氧化性是不同的。常见的金属阳离子氧化性顺序为：
K+由上表知，Fe3+的氧化性比Cu2+强，才会发生题中介绍的印刷电路腐蚀原理的反应。
例5 在由Fe、FeO、和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是（1997年上海高考题）
A.混合物里3种物质反应时消耗盐盐酸的物质的量浓度之比为1:1:3
B.反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1:2
C.混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多
D.混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多
思路分析：根据题意，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先与Fe3+反应后再还原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe还原1mol Fe2O3)，和Fe与H+反应放出H2，可知n(Fe)>n(Fe2O3)；由反应后溶液中溶质全为FeCl2知，n(Fe2+):n(Cl-)=1:2；至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之间量的关系，无从知道。
答案：B、C
方法要领：可用图示分析反应过程，以帮助理解：
例6 下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中粗框表示初始反应物(反应时加入或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去) 。（1994年全国高考题）
请填写下列空白:
(1)物质B是 、F是________、J是 。
(2)反应①的离子方程式是_____________________。
思路分析：饱和食盐水电解的产物是NaOH、Cl2、H2。三者之间存在的反应是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由图示：B能与另外两种生成物反应，所以B为Cl2；又B与A反应产物有两种所以C一定为H2，A为NaOH，G为HCl；再由F+Cl2→I，F+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知F为变价金属，可确定为Fe；H和I分别为FeCl2和FeCl3；最后注意理解D与H、I反应。由题知D、E为NaCl、NaClO，通过上述分析可认定D应NaClO，有关反应为：I→J：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO，发生了双水解反应。而H→J可理解为生成Fe(OH)2，但HClO有强氧化性而将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。
答案：(1)Cl2(或氯气)，Fe(或铁)，Fe(OH)3(或氢氧化铁) (2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
方法要领：本题的难点，是确定F为何种物质。其推断方法：先推断F为何种类型的物质，因F+ Cl2→I，F+HCl→H+H2，所以F必为金属。再推断这种金属的特点，因I、H均为氯化物，又H+Cl2→I，所以F是变价金属，而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类，再确认具体物质，这是解推断题中常用的方法。因为它能分解难点，使一步推断的目标更具体、更明确。思路也变得非常清晰。
例7 Cu+在酸性溶液中不稳定,可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，简述如何用简便的实验方法来检验CuO经氢气还原所得红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。（1992年全国高考题）
思路分析：本题是一道信息迁移式的实验题。题中给出一些考生未学过的新知识，要求考生认真审题，读懂信息，联想已有的基础知识和基本技能，运用题示信息，分析推理，设计出简便的检验方案。
由题给信息可知，Cu2O是碱性氧化物，可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O；而Cu+在酸溶液中不稳定，自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。题给试剂中，浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均显酸性，且都能与Cu反应生成Cu2+，如果选用这些试剂，它们和样品反应后的溶液都呈蓝色（Cu2+），但分不清是与Cu还是与Cu2O反应产生的Cu2+，故无法确证样品中是否含有Cu2O。
根据以上分析，选用的试剂必须符合两个条件，一是呈酸性，二是不能与Cu反应。在题给试剂中只有稀硫酸符合。
答案：取少量待检样品放入稀硫酸 ，振荡，若溶液变为蓝色，说明样品中有Cu2O，若溶液不变色，说明产物中无Cu2O。
方法要领：如将稀硫酸换成浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一种，都会发生Cu-2e-=Cu2+。即使红色产物无Cu+也会产生蓝色溶液。导致题目错解。
要搞清pH的概念及pH试纸的使用范围。如用pH试纸测溶液的pH来判断（理由是：因pH变大，则有Cu2O，因为Cu2O与稀硫酸反应消耗了H+），不知道对本实验来说，溶液的pH变化用pH试纸是测不出的。
有些实验现象，用肉眼看不清的。如虽选用稀硫酸，没抓住解题关键，不是由溶液是否变蓝确认，而是想当然，看红色产物溶解情况，若部分溶解（因Cu不溶于稀硫酸，而Cu2O可溶），可知有Cu2O，甚至认为看有无Cu生成，若有Cu生成（因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu），则有Cu2O。
例8 试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两份试样按下图所示进行实验：（1997年全国高考题）
（1）请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式。
（2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为 。（用m表示）
思路分析：根据题目的设定，先对溶液Y和粉末Z的组成作正确的判断。
①中FeO、CuO与盐酸反应式为：FeO+2HCl=FeCl2+H2O CuO+2HCl=CuCl2+H2O
②中试样在较高温度下与CO反应为：FeO+CO=Fe+CO2 CuO+CO=Cu+CO2
由此可见，溶液Y与粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金属Fe、Cu以及过量盐酸的混合。在此混合物中，两种金属单质中只有Fe可分别与CuCl2溶液和HCl反应，离子方程式为：
Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑
③中反应后的溶液呈强酸性表明HCl剩余，可判断Fe已没有剩余；溶液中不含Cu2+意味着CuCl2已全部参加了与Fe的置换反应，不溶物W全部是Cu。它是由两份试样中的CuO转变而来。因此，一份试样中的CuO质量为
0.5m×(CuO/Cu)= 0.5m×(80/64)=5m/8。
答案：（1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ （2）5m/8
方法要领：题目涉及到的化学基础知识有：金属氧化物跟酸的反应，CO的还原性，金属单质与盐溶液、非氧化性酸的置换反应，离子方程式的书写，有关的化学计算。其中，化学计算是通过填空的形式使那些只顾方法正确而忽视结果正确的考生得不到分数。
题目在叙述过程中设置了几个障碍点，它们是：
1．溶液Y和粉末Z经过反应③后所得溶液具有强酸性，会使判断力不强的考生不能由此对溶液中不含铁粉作出肯定的认定。
2．离子方程式历来是考试中的难点，在盐酸、氯化亚铁、氯化铜、金属铁和金属铜5种物质共存时，判断有关的离子反应并书写离子方程式。
3．m是全部不溶物的质量，试题要求回答的是每份试样中氧化铜的质量，这是一种具有较大迷惑性的设问，对考生的思维严密性是一种深刻的检验。如不能通过这种检验，会把答案错写成5m/4。
例9 “卤块”的主要成分为MgCl2（含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子），若以它为原料，按
如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。（1997年高考试测题）
如果要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低。流程中所用试剂或pH控制可参考下列附表确定。
表1 生成氢氧化物沉淀的pH
物 质 开始沉淀 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+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化成为Fe3+，生成沉淀Fe(OH)3而除去。
表2 工业品价格表
工业品 规 格 价格（元/t）
漂 液 含NaClO 25.2% 450
过氧化氢 30% 2400
烧 碱 98% 2100
纯 碱 99.5% 600
卤 块 含MgCl2 30% 310
请填写以下空白:
（1）在步骤②中加入的物质X，最佳选择应是 ，其作用是 。
（2）在步骤③中加入的物质Y应是 ，之所以要控制pH=9.8的目的是 。
（3）在步骤⑤时发生的化学反应方程式是： 。
思路分析：题目给出了生产的工艺流程，也是为考生提供了解题线索。
为除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子，从表1可以看出，当加入烧碱控制在pH=9.8时即可达到目的。此时Mg2+离子也会因生成部分Mg(OH)2而进入沉淀中,但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的,其结果是保证了产品的纯度.。
为将Fe2+氧化成Fe3+离子，有两种氧化剂可以采用,即漂液和过氧化氢。从表2中的价格可看出，前者比后者便宜得多，应选用漂液。
从氯化镁制成氧化镁，有两条反应路线：
其一，烧碱路线：
MgCl2Mg(OH)2MgO
其二，纯碱路线：
MgCl2MgCO3MgO
烧碱比纯碱价格昂贵，生成的中间产物氢氧化镁是胶状沉淀会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，因而只能得重质氧化镁。由此而见，烧碱路线应当摒弃。
纯碱价格较低，生成的中间产物碳酸镁呈粗颗粒状，易过滤，碳酸镁在水中经一定时间的加热会有部分因水解形成了二氧化碳：
MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑
由于气体二氧化碳的产生，使沉淀变为疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁。
答案：（1）漂液 使Fe2+氧化成为 Fe3+ （2）烧碱 使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀以便过滤除去。 （3）MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑
方法要领：试题强调了生产中的经济效益，其立意指向了化学学习中的价值观，将经济价值观与化学反应的选择结合在一起考查了考生的评价能力，这是一种对思维作较深刻的考查，也是适应商品经济大背景下的对学生综合能力的培养和测试。
解题中善于应用数据来判断问题、解决问题，善于调取已形成的知识网络，把在暂时硬水软化中学到的知识迁移到轻质氧化镁的生产里来。
解题中防止：步骤②误选过氧化氢。根据是过氧化氢不会引入“杂质离子”，因为在步骤⑤中，我们只需沉淀物，把滤液弃去，因而钠离子和氯离子不会进入产物，步骤③误选为纯碱。根据是纯碱比烧碱便宜得多，如果将步骤③中的Y改成纯碱，由于纯碱的碱性明显小于烧碱，要使pH升高到9.8必须加大纯碱的用量，就会形成碳酸盐沉淀，而表中无碳酸盐溶解度资料，无法判断除杂的效果，而且碳酸根离子用量增大，可导致生成碳酸镁沉淀，所以加入氢氧化钠为宜。
溶液
①
加X
加YpH=9.8
加盐酸
卤块
水中煮沸
③
强酸性溶液（不含Cu2+），
气体和不溶物W
粉末Z
Δ，完全反应
②过量CO
溶液Y
①过量盐酸
试样X
试样X
FeCl2(0.1mol)
H2(0.02mol)
Fe、Fe2O3及FeO
0.2molHCl
隔绝空
气加热
H+
H+
Δ
O2
O2(点燃)
O2
O2、Cl2、Br2、
HNO3、H2O2、
ClO-、MnO4-
Zn、Fe、Cu、
S2-、I-、SO2、
Fe2+
Fe3+
S(Δ)
FeS2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
FeO
Fe3O4
Fe2O3
FeS
Fe
H2、CO、Si、C、Al
O2
H2O、OH-、NH3.H2O、CO32-
H+
H2O、OH-
C6H5OH
O2+H2O
SCN-
O2
H+
红色
溶液
紫色
溶液
②
溶液
③
④
⑤
⑥
滤液
沉淀物
沉淀物
沉淀物
气体
过滤
加Z
灼烧
轻质氧化镁