金属化合物典型例题

.析OAlCl液与稀NaOH溶液间的反响OH现象：开场无沉淀，接着产生白色沉淀，逐渐增多至到达最大值，继续参加NaAlO2溶液，沉淀.v.((c)混合物中XY [板书]3、铁的转化关系 ，那么反响后溶液中存在较多的阳离子是() [板书](2)铁与稀HNO3反响规律 续反响， .v.. n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) n(Fe)n(HNO3) [板书](3)守恒法在Fe计算中的综合应用 [讲]质量守恒定律表示：参加化学反响的各种物质的质量总和，等于反响后生成物的各物质的质量 g物质的量浓度。解：设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为x和y。根据反响前后铁和铜的质量和相等得： 56g·mol－1×2x＋64g·mol－1×y＋30g＝2L×0．25g·mol－1×56g·mol－1＋26g①再由反响前后硫酸根离子的物质的量守恒3x＋y＝2L×0．25g·mol－1②联立①②解得x＝0．1mol，y＝0．2mol。因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为0．05mol·L－1和0.1mol·L－1。[板书]Ⅱ元素守恒 [讲]在化学反响过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反响过程中某种.v.. [投影]例2、把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL4mol·L－1盐酸中，充分反响后产测得其中c〔H＋〕为0．4mol·L－1。试求原混合物的总质量。 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总〕＝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总〕＝0．44mol，解得反响产物中水的物质的量为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 [板书]Ⅲ电荷守恒 [投影]例3、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－，当向100mL的FeBr2溶液入标准状况下的Cl23．36L，充分反响后测得形成的溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，那么原FeBr2溶度为多少"解;由题供信息可知：Fe2＋的复原性强于Br－的复原性；因此，通入Cl2后Fe2＋应该全部被氧化成了Fe3＋。据题意知反响后的溶液中只有Fe3＋、Cl－、Br－，且n〔Cl－〕＝n〔Br－〕＝2n〔Cl2〕＝2×3．36L／22．4L·mol－1＝2×0．15mol。据电荷守恒原理，必有：3n〔Fe3＋〕＝n〔Cl－〕×1＋n〔Br－〕×1解得：n〔Fe3＋〕＝0．2mol又由铁元素守恒知n〔Fe2＋〕＝n〔Fe3＋〕＝0．2mol。故原FeBr2溶液的物质的量浓度为：0．2mol／0．1L＝2mol·L－1[板书]Ⅳ电子守恒关系 [讲]氧化复原反响的本质是参加反响的原子间的电子转移〔包括电子得失和电子对的偏移〕。在氧化复原反响过程中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于复原剂失去电子的总物质的量。在解有关氧化复原反响的试题〔尤其是涉及多个氧化复原反响的综合题〕时，运用电子守恒法可起到事半功倍 [投影]例4、将14g铁粉溶于1L稀硝酸中恰好完全反响，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8g，那么原溶液中硝酸的浓度为〔〕A．0．4mol·L－1B．0．6mol·L－1C．0.8mol·L－1D．1.0mol·L－1解：按常规.v..Fe－ne－→Fe〔NO3〕n→nHNO31nn〔14／56〕mol0．25nmol0．25nmol由题意知，产生气体NO的质量为14g－8g＝6g，物质的量为6g／30g·mol－1＝0．2mol。0．2mol0．6mol0．2mol据电子的守恒原理可得0．25n＝0．6；0．25nmol＋0．2mol＝0．8mol应选C。[点击试题]1、在100mL的FeBrL，溶液中有1／3的Br－被氧化成溴单质。求求原FeBr2溶液的物质的量浓度。解：设FeBr2溶液的物质的量浓度为xmol·L－1，根据氧化复原反响中氧化剂和复原剂得失电子数相等的原那么知，Cl2所得电子的物质的量应等于Fe2＋和Br－所失电子的物质的量之和。那解得x＝1．2。因此原FeBr2溶液的物质的量浓度为1．2mol·L－1。[板书]Ⅴ体积守恒关系 固体中参加足量的稀硫酸反响至固体不再溶解，所制得的气体在0℃、1．01×105Pa下的体积约为.v..Fe＋S＝FeSFe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑FeS＋H2SO4＝FeSO4＋H2S↑从上述反响方程式分析可发现如下变化关系：Fe→FeSO4→H2；Fe→FeS→H2S。即1molFe经充分反响后，最终能生成1mol气体〔可能是H2S，也可能是H2和H2S的混合气〕，而与硫粉的质量多少无关。因题中Fe粉的物质的量为0．1mol，所以，生成气体也恒为0．1mol，标准状况下的体积为2．24L。应选A。 [点击试题]1、有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸＞Fe3＋＞H＋。现将30g铁粉〔过量〕1＝0．5mol，那么混合气体的平均摩尔质量为：19．6g÷0．5mol＝39．2g·mol－1所以，混合气体中的SO2、H2体积比〔即物质的量之比〕为：37．2∶24．8＝3∶2，即生成的SO2、H2的物质的量分别为0．3mol和0．2mol。Fe－2e－——→Fe2＋.v....2x＝0．3mol×2＋0．2mol×2＝1．0mol解得：x＝0．5mol实际参加反响的铁粉质量为0．5mol×56g·mol－1＝28g，由质量守恒原理知剩余铁粉质量又由铁元素守恒知最后溶液中FeSO4的物质的量也应为0．5mol。n〔H2SO4