金屬化合物典型例題

.析OAlCl液與稀NaOH溶液間的反響OH現(xiàn)象：開(kāi)場(chǎng)無(wú)沉淀，接著產(chǎn)生白色沉淀，逐漸增多至到達(dá)最大值，繼續(xù)參加NaAlO2溶液，沉淀.v.((c)混合物中XY [板書(shū)]3、鐵的轉(zhuǎn)化關(guān)系 ，那么反響后溶液中存在較多的陽(yáng)離子是() [板書(shū)](2)鐵與稀HNO3反響規(guī)律 續(xù)反響， .v.. n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) [板書(shū)](3)守恒法在Fe計(jì)算中的綜合應(yīng)用 [講]質(zhì)量守恒定律表示：參加化學(xué)反響的各種物質(zhì)的質(zhì)量總和，等于反響后生成物的各物質(zhì)的質(zhì)量 g物質(zhì)的量濃度。解：設(shè)硫酸鐵、硫酸銅的物質(zhì)的量分別為x和y。根據(jù)反響前后鐵和銅的質(zhì)量和相等得： 56g·mol－1×2x＋64g·mol－1×y＋30g＝2L×0．25g·mol－1×56g·mol－1＋26g①再由反響前后硫酸根離子的物質(zhì)的量守恒3x＋y＝2L×0．25g·mol－1②聯(lián)立①②解得x＝0．1mol，y＝0．2mol。因此硫酸鐵、硫酸銅的物質(zhì)的量濃度分別為0．05mol·L－1和0.1mol·L－1。[板書(shū)]Ⅱ元素守恒 [講]在化學(xué)反響過(guò)程中，從某種意義上說(shuō)可以認(rèn)為是原子重新組合的過(guò)程，因此在反響過(guò)程中某種.v.. [投影]例2、把鐵、氧化鐵、氧化銅的混合物粉末放入110mL4mol·L－1鹽酸中，充分反響后產(chǎn)測(cè)得其中c〔H＋〕為0．4mol·L－1。試求原混合物的總質(zhì)量。 解：由Cu元素守恒可得：n〔CuO〕＝n〔Cu〕＝1．28g／64g·mol－1＝0．02mol2n〔FeCl2〕＋n〔HCl余〕＝n〔HCl總〕＝0．44mol即2n〔FeCl2〕＋0．08mol＝0．44mol，那么n〔FeCl2〕＝0．18mol。2n〔生成H2O〕＋2n〔H2〕＋n〔HCl余〕＝n〔HCl總〕＝0．44mol，解得反響產(chǎn)物中水的物質(zhì)的量為n〔生成H2O〕＝0．14mol。3n〔Fe2O3〕＋n〔CuO〕＝n〔生成H2O〕，解得：n〔Fe2O3〕＝0．04moln〔Fe〕＋2n〔Fe2O3〕＝n〔FeCl2〕解得：n〔Fe〕＝0．1mol.v..gmol0．1mol＋160g·mol－1×0．04mol＋80g·mol－1×0．02mol＝13．6g [板書(shū)]Ⅲ電荷守恒 [投影]例3、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－，當(dāng)向100mL的FeBr2溶液入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl23．36L，充分反響后測(cè)得形成的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，那么原FeBr2溶度為多少"解;由題供信息可知：Fe2＋的復(fù)原性強(qiáng)于Br－的復(fù)原性；因此，通入Cl2后Fe2＋應(yīng)該全部被氧化成了Fe3＋。據(jù)題意知反響后的溶液中只有Fe3＋、Cl－、Br－，且n〔Cl－〕＝n〔Br－〕＝2n〔Cl2〕＝2×3．36L／22．4L·mol－1＝2×0．15mol。據(jù)電荷守恒原理，必有：3n〔Fe3＋〕＝n〔Cl－〕×1＋n〔Br－〕×1解得：n〔Fe3＋〕＝0．2mol又由鐵元素守恒知n〔Fe2＋〕＝n〔Fe3＋〕＝0．2mol。故原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為：0．2mol／0．1L＝2mol·L－1[板書(shū)]Ⅳ電子守恒關(guān)系 [講]氧化復(fù)原反響的本質(zhì)是參加反響的原子間的電子轉(zhuǎn)移〔包括電子得失和電子對(duì)的偏移〕。在氧化復(fù)原反響過(guò)程中，氧化劑得到電子的總物質(zhì)的量必定等于復(fù)原劑失去電子的總物質(zhì)的量。在解有關(guān)氧化復(fù)原反響的試題〔尤其是涉及多個(gè)氧化復(fù)原反響的綜合題〕時(shí)，運(yùn)用電子守恒法可起到事半功倍 [投影]例4、將14g鐵粉溶于1L稀硝酸中恰好完全反響，放出NO氣體后稱(chēng)量所得溶液，發(fā)現(xiàn)比原溶液質(zhì)量增加8g，那么原溶液中硝酸的濃度為〔〕A．0．4mol·L－1B．0．6mol·L－1C．0.8mol·L－1D．1.0mol·L－1解：按常規(guī).v..Fe－ne－→Fe〔NO3〕n→nHNO31nn〔14／56〕mol0．25nmol0．25nmol由題意知，產(chǎn)生氣體NO的質(zhì)量為14g－8g＝6g，物質(zhì)的量為6g／30g·mol－1＝0．2mol。0．2mol0．6mol0．2mol據(jù)電子的守恒原理可得0．25n＝0．6；0．25nmol＋0．2mol＝0．8mol應(yīng)選C。[點(diǎn)擊試題]1、在100mL的FeBrL，溶液中有1／3的Br－被氧化成溴單質(zhì)。求求原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度。解：設(shè)FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為xmol·L－1，根據(jù)氧化復(fù)原反響中氧化劑和復(fù)原劑得失電子數(shù)相等的原那么知，Cl2所得電子的物質(zhì)的量應(yīng)等于Fe2＋和Br－所失電子的物質(zhì)的量之和。那解得x＝1．2。因此原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為1．2mol·L－1。[板書(shū)]Ⅴ體積守恒關(guān)系 固體中參加足量的稀硫酸反響至固體不再溶解，所制得的氣體在0℃、1．01×105Pa下的體積約為.v..Fe＋S＝FeSFe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑FeS＋H2SO4＝FeSO4＋H2S↑從上述反響方程式分析可發(fā)現(xiàn)如下變化關(guān)系：Fe→FeSO4→H2；Fe→FeS→H2S。即1molFe經(jīng)充分反響后，最終能生成1mol氣體〔可能是H2S，也可能是H2和H2S的混合氣〕，而與硫粉的質(zhì)量多少無(wú)關(guān)。因題中Fe粉的物質(zhì)的量為0．1mol，所以，生成氣體也恒為0．1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2．24L。應(yīng)選A。 [點(diǎn)擊試題]1、有關(guān)物質(zhì)及離子的氧化性順序?yàn)椋簼饬蛩幔綟e3＋＞H＋。現(xiàn)將30g鐵粉〔過(guò)量〕1＝0．5mol，那么混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為：19．6g÷0．5mol＝39．2g·mol－1所以，混合氣體中的SO2、H2體積比〔即物質(zhì)的量之比〕為：37．2∶24．8＝3∶2，即生成的SO2、H2的物質(zhì)的量分別為0．3mol和0．2mol。Fe－2e－——→Fe2＋.v....2x＝0．3mol×2＋0．2mol×2＝1．0mol解得：x＝0．5mol實(shí)際參加反響的鐵粉質(zhì)量為0．5mol×56g·mol－1＝28g，由質(zhì)量守恒原理知剩余鐵粉質(zhì)量又由鐵元素守恒知最后溶液中FeSO4的物質(zhì)的量也應(yīng)為0．5mol。n〔H2SO4