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1、2013高考化學 必備經(jīng)典例題 （易錯指津+典型例題評析） 過渡元素 紫色 溶液 紅色 溶液 H+ O2 SCN- O2+H2O C6H5OH H2O、OH- H+ H2O、OH-、NH3.H2O、CO32- O2 H2、CO、Si、C、Al Fe FeS Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe(OH)2 Fe(OH)3 FeS2 S(Δ) Fe3+ Fe2+ Zn、Fe、Cu、 S2-、I-、SO2、 O2、Cl2、Br2、 HNO3、H2O2、 ClO-、MnO4- O2 O2(點燃) O2 Δ H+ H+ 隔絕空

2、 氣加熱 【知識網(wǎng)絡】 【易錯指津】 1．NO3-與Fe2+在酸性條件下，不能共存。 2．過量的Fe與硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入鹽酸，要注意產(chǎn)生的Fe3+還可以氧化單質(zhì)Fe這一隱含反應：Fe+2Fe3+=3Fe2+。 3．注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固體的區(qū)別。 FeCl3溶液加熱濃縮時，因Fe3+水解和HCl的揮發(fā)，得到的固體為Fe(OH)3，如灼燒后得到紅色的Fe2O3固體。但Fe2(SO4)3溶液蒸干時，因硫酸是難揮發(fā)性酸，將不能得到Fe(OH)3固體。 4．忽視亞鐵鹽及Fe(OH)2易被空氣中氧氣氧化成三價鐵的化合物。如某溶液

3、中加入堿溶液后，最終得到紅褐色沉淀，并不能斷定該溶液中一定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。 5．忽視鐵單質(zhì)與強氧化性物質(zhì)反應時，也有生成二價鐵化合物的可能性。反應中若鐵為足量，最終鐵元素將以二價鐵形式存在，因為2Fe3++Fe=3Fe2+。 【典型例題評析】 例1 久置于空氣中的下列物質(zhì)，因被氧化而呈黃色的是 A.濃HNO3 B.氯化亞鐵溶液 C.溴苯 D.溴化銀 思路分析：本題考查的是常見的“黃色體系”有四種固體：溴化銀、硫、過氧化鈉、三硝基甲苯；外加幾種黃色溶液：濃HNO3（因溶液中有NO2氣體）、工業(yè)鹽酸（

4、含F(xiàn)e3+離子）、不純的硝基苯（因溶有NO2）、亞鐵鹽溶液（因含F(xiàn)e3+離子）等。對于該題除考查物質(zhì)的物理性質(zhì)顏色之外，還附加了一個條件：“因被氧化”，因此，只能考慮B選項。 答案：B 方法要領：本題是“氧化”概念與化合物的物理、化學性質(zhì)的結(jié)合。該題看似簡單，但很容易選錯，關鍵注意答題時要看清題目的限制條件，并把握全面。抓住“氧化”這一特征便可。 例2 某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4種離子，若向其中加入過量的NaOH溶液，微熱并攪拌，再加入過量的鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是 A.NH4+ B.Mg2+

5、 C.Fe2+ D.Al3+ 思路分析：各離子在加入NaOH溶液和HCl的變化過程中，離子變化為：NH4+→NH3；Mg2+→Mg(OH)2→Mg2+；Fe2+→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe3+；Al3+→AlO2-→Al3+。只有A和C的離子數(shù)減小。 答案：A、C 方法要領：題中涉及多種陽離子在強酸、強堿溶液中的發(fā)生的變化。分析各離子的變化過程，從而搞清數(shù)目是否改變。注意試劑的用量及反應條件，如微熱。 本題考查了兩個知識點：（1）NH4+在堿性受熱條件下不穩(wěn)定；（2）Fe2+易變質(zhì)，特別在堿性條件下Fe(OH)2→Fe(OH)3速率極快。

6、例3 將鐵屑溶于過量鹽酸后，再加入下列物質(zhì)，會有三價鐵生成的是 A.硫酸 B.氯水 C.硝酸鋅 D.氯化銅 思路分析：本題考查Fe2+與Fe3+相互轉(zhuǎn)化。其中A項中加入硫酸，無任何反應；若加入B項中氯水，因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故有Fe3+生成；C項中加入Zn(NO3)2，因溶液中有H+，發(fā)生反應：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，C正確；D項中加入CuCl2無反應發(fā)生。 答案：B、C 方法要領：Fe2+有較強的還原性，易被氧化成Fe3+；對于NO3-的隱蔽

7、氧化性，應用時應高度警惕；在離子共存、離子方程式正誤判斷，及還原性物質(zhì)在酸性環(huán)境中遇NO3-時，往往要考慮其氧化性。 例4 制印刷電路時常用氯化鐵溶液作為“腐蝕液”：發(fā)生的反應為2FeCl3+Cu＝2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，反應結(jié)束后，下列結(jié)果不可能出現(xiàn)的是 A.燒杯中有銅無鐵 B.燒杯中有鐵無銅 C.燒杯中鐵、銅都有 D.燒杯中鐵、銅都無 思路分析：向盛有FeCl3溶液的燒杯中同時加入鐵粉和銅粉，由于Fe的

8、還原性比Cu強，F(xiàn)e3+首先應與Fe反應，如果Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再與Cu反應。鐵粉未反應完時銅粉就不會被氧化，所以不可能出現(xiàn)燒杯中有鐵無銅的現(xiàn)象，故應選B。其他三個選項的情況都可能再現(xiàn)。當FeCl3過量或恰好完全反應時，F(xiàn)e、Cu均無剩余，即選項D，反應后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。當FeCl3不足量時，有兩種情況：①Fe粉有剩余，則Cu尚未參加反應，即選項C，反應后溶液中只有Fe2+（不考慮H+、OH-）；②鐵粉無剩余，則Cu反應了一部分或尚未參加反應，即選項A，反應后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。 答案：B 方法要領：此題涉及氧化還

9、原反應的一個規(guī)律：當一種氧化劑氧化幾種還原劑時，首先氧化最強的還原劑，待最強的還原劑完全氧化后，多余的氧化劑再依次氧化次強的還原劑。一種還原劑還原幾種氧化劑時與此類似。 金屬越活潑，還原性越強，不過對變價金屬所形成的中間價態(tài)的陽離子與高價態(tài)的陽離子其氧化性是不同的。常見的金屬陽離子氧化性順序為： K+

10、8mL氣體（標準狀況），此時溶液中無Fe3+離子，則下列判斷正確的是 A.混合物里3種物質(zhì)反應時消耗鹽鹽酸的物質(zhì)的量濃度之比為1:1:3 B.反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質(zhì)的量濃度之比為1:2 C.混合物里，F(xiàn)eO的物質(zhì)的量無法確定，但Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多 D.混合物里，F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量無法確定，但Fe比FeO的物質(zhì)的量多 思路分析：根據(jù)題意，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先與Fe3+反應后再還原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe還

11、原1mol Fe2O3)，和Fe與H+反應放出H2，可知n(Fe)>n(Fe2O3)；由反應后溶液中溶質(zhì)全為FeCl2知，n(Fe2+):n(Cl-)=1:2；至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之間量的關系，無從知道。 答案：B、C 方法要領：可用圖示分析反應過程，以幫助理解： 0.2molHCl Fe、Fe2O3及FeO H2(0.02mol) FeCl2(0.1mol) 例6 下圖中的每一方格表示有關的一種反應物或生成物,其中粗框表示初始反應物(反應時加入或生成的水,以及生成沉淀J時的其他產(chǎn)物均已略去) 。 請?zhí)顚懴铝锌瞻? (1)物質(zhì)B是

12、 、F是________、J是 。 (2)反應①的離子方程式是_____________________。 思路分析：飽和食鹽水電解的產(chǎn)物是NaOH、Cl2、H2。三者之間存在的反應是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由圖示：B能與另外兩種生成物反應，所以B為Cl2；又B與A反應產(chǎn)物有兩種所以C一定為H2，A為NaOH，G為HCl；再由F+Cl2→I，F(xiàn)+HCl→H+H2，H+Cl2→I，可推知F為變價金屬，可確定為Fe；H和I分別為FeCl2和FeCl3；最后注意理解D與H、I反應。由題知D、E為NaCl、NaClO，通

13、過上述分析可認定D應NaClO，有關反應為：I→J：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO，發(fā)生了雙水解反應。而H→J可理解為生成Fe(OH)2，但HClO有強氧化性而將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3。 答案：(1)Cl2(或氯氣)，F(xiàn)e(或鐵)，F(xiàn)e(OH)3(或氫氧化鐵) (2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 方法要領：本題的難點，是確定F為何種物質(zhì)。其推斷方法：先推斷F為何種類型的物質(zhì)，因F+ Cl2→I，F(xiàn)+HCl→H+H2，所以F必為金屬。再推斷這種金屬的特點，因I、H均為氯化物，又H+Cl2→I，所以F是變價金屬，而我們熟知的變價金屬是

14、鐵。先確定物質(zhì)的種類，再確認具體物質(zhì)，這是解推斷題中常用的方法。因為它能分解難點，使一步推斷的目標更具體、更明確。思路也變得非常清晰。 例7 Cu+在酸性溶液中不穩(wěn)定,可發(fā)生自身氧化還原反應生成Cu2+和Cu?，F(xiàn)有濃硫酸、濃硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH試紙，簡述如何用簡便的實驗方法來檢驗CuO經(jīng)氫氣還原所得紅色產(chǎn)物中是否含有堿性氧化物Cu2O。 思路分析：本題是一道信息遷移式的實驗題。題中給出一些考生未學過的新知識，要求考生認真審題，讀懂信息，聯(lián)想已有的基礎知識和基本技能，運用題示信息，分析推理，設計出簡便的檢驗方案。 由題給信息可知， Cu2O是堿性氧化物，可溶于酸溶

15、液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O；而Cu+在酸溶液中不穩(wěn)定，自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。題給試劑中，濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均顯酸性，且都能與Cu反應生成Cu2+，如果選用這些試劑，它們和樣品反應后的溶液都呈藍色（Cu2+），但分不清是與Cu還是與Cu2O反應產(chǎn)生的Cu2+，故無法確證樣品中是否含有Cu2O。 根據(jù)以上分析，選用的試劑必須符合兩個條件，一是呈酸性，二是不能與Cu反應。在題給試劑中只有稀硫酸符合。 答案：取少量待檢樣品放入稀硫酸 ，振蕩，若溶液變?yōu)樗{色，說明樣品中有Cu2O，若溶液不變色，說明產(chǎn)物中無Cu2O。 方法要領：如將稀

16、硫酸換成濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一種，都會發(fā)生Cu-2e-=Cu2+。即使紅色產(chǎn)物無Cu+也會產(chǎn)生藍色溶液。導致題目錯解。 要搞清pH的概念及pH試紙的使用范圍。如用pH試紙測溶液的pH來判斷（理由是：因pH變大，則有Cu2O，因為Cu2O與稀硫酸反應消耗了H+），不知道對本實驗來說，溶液的pH變化用pH試紙是測不出的。 有些實驗現(xiàn)象，用肉眼看不清的。如雖選用稀硫酸，沒抓住解題關鍵，不是由溶液是否變藍確認，而是想當然，看紅色產(chǎn)物溶解情況，若部分溶解（因Cu不溶于稀硫酸，而Cu2O可溶），可知有Cu2O，甚至認為看有無Cu生成，若有Cu生成（因Cu+在酸溶液中分解成Cu2

17、+和Cu），則有Cu2O。 試樣X 試樣X ①過量鹽酸 溶液Y ②過量CO Δ，完全反應 粉末Z 強酸性溶液（不含Cu2+）， 氣體和不溶物W ③ 例8 試樣X由氧化亞鐵和氧化銅組成，取質(zhì)量相等的兩份試樣按下圖所示進行實驗：（1997年全國高考題） （1）請寫出步驟③中所發(fā)生的全部反應的離子方程式。 （2）若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反應后，生成的不溶物W的質(zhì)量是m，則每份試樣X中氧化銅的質(zhì)量為 。（用m表示） 思路分析：根據(jù)題目的設定，先對溶液Y和粉末Z的組成作正確的判斷。 ①中FeO、CuO與鹽酸反應式為：FeO+2HCl=FeCl2+H2O

18、 CuO+2HCl=CuCl2+H2O ②中試樣在較高溫度下與CO反應為：FeO+CO=Fe+CO2 CuO+CO=Cu+CO2 由此可見，溶液Y與粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金屬Fe、Cu以及過量鹽酸的混合。在此混合物中，兩種金屬單質(zhì)中只有Fe可分別與CuCl2溶液和HCl反應，離子方程式為： Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ ③中反應后的溶液呈強酸性表明HCl剩余，可判斷Fe已沒有剩余；溶液中不含Cu2+意味著CuCl2已全部參加了與Fe的置換反應，不溶物W全部是Cu。它是由兩份試樣中的CuO轉(zhuǎn)變而來。因此，一份試

19、樣中的CuO質(zhì)量為 0.5m× (CuO/Cu)= 0.5m×(80/64)=5m/8。 答案：（1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ （2）5m/8 方法要領：題目涉及到的化學基礎知識有：金屬氧化物跟酸的反應，CO的還原性，金屬單質(zhì)與鹽溶液、非氧化性酸的置換反應，離子方程式的書寫，有關的化學計算。其中，化學計算是通過填空的形式使那些只顧方法正確而忽視結(jié)果正確的考生得不到分數(shù)。 題目在敘述過程中設置了幾個障礙點，它們是： 1．溶液Y和粉末Z經(jīng)過反應③后所得溶液具有強酸性，會使判斷力不強的考生不能由此對溶液中不含鐵粉作出肯定的認定。 2．離子方

20、程式歷來是考試中的難點，在鹽酸、氯化亞鐵、氯化銅、金屬鐵和金屬銅5種物質(zhì)共存時，判斷有關的離子反應并書寫離子方程式。 3．m是全部不溶物的質(zhì)量，試題要求回答的是每份試樣中氧化銅的質(zhì)量，這是一種具有較大迷惑性的設問，對考生的思維嚴密性是一種深刻的檢驗。如不能通過這種檢驗，會把答案錯寫成5m/4。 例9 “鹵塊”的主要成分為MgCl2（含F(xiàn)e2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子），若以它為原料，按如下工藝流程圖，即可制得“輕質(zhì)氧化鎂”。 水中煮沸 鹵塊 加鹽酸 加YpH=9.8 加X ① 溶液 ② 溶液 ③ ④ ⑤ ⑥ 濾液 沉淀物 沉淀物 沉淀物 氣體

21、過濾 加Z 灼燒 輕質(zhì)氧化鎂 如果要求產(chǎn)品盡量不含雜質(zhì)離子，而且成本較低。流程中所用試劑或pH控制可參考下列附表確定。 表1 生成氫氧化物沉淀的pH 物 質(zhì) 開始沉淀 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+氫氧化物呈絮狀，不易從溶液中除去，所以常將它氧化成為Fe3+，生成沉淀Fe(OH)3而除去。 表2 工業(yè)品價格表 工業(yè)品 規(guī) 格 價格（元/t）

22、 漂 液 含NaClO 25.2% 450 過氧化氫 30% 2400 燒 堿 98% 2100 純 堿 99.5% 600 鹵 塊 含MgCl2 30% 310 請?zhí)顚懸韵驴瞻? （1）在步驟②中加入的物質(zhì)X，最佳選擇應是 ，其作用是 。 （2）在步驟③中加入的物質(zhì)Y應是 ，之所以要控制pH=9.8的目的是 。 （3）在步驟⑤時發(fā)生的化學反應方程式是：

23、 。 思路分析：題目給出了生產(chǎn)的工藝流程，也是為考生提供了解題線索。 為除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子，從表1可以看出，當加入燒堿控制在pH=9.8時即可達到目的。此時Mg2+離子也會因生成部分Mg(OH)2而進入沉淀中,但由于鹵塊價格低廉，這點不可避免的損失還是可以承受的,其結(jié)果是保證了產(chǎn)品的純度.。 為將Fe2+氧化成Fe3+離子，有兩種氧化劑可以采用,即漂液和過氧化氫。從表2中的價格可看出，前者比后者便宜得多，應選用漂液。 從氯化鎂制成氧化鎂，有兩條反應路線： 其一，燒堿路線： MgCl2Mg(OH)2MgO 其二，純堿路線： MgCl2MgC

24、O3MgO 燒堿比純堿價格昂貴，生成的中間產(chǎn)物氫氧化鎂是膠狀沉淀會造成過濾困難，更重要的是反應過程中不能進行輕化處理，因而只能得重質(zhì)氧化鎂。由此而見，燒堿路線應當摒棄。 純堿價格較低，生成的中間產(chǎn)物碳酸鎂呈粗顆粒狀，易過濾，碳酸鎂在水中經(jīng)一定時間的加熱會有部分因水解形成了二氧化碳： MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+CO2↑ 由于氣體二氧化碳的產(chǎn)生，使沉淀變?yōu)槭杷?，灼燒沉淀后得到的是輕質(zhì)氧化鎂。 答案：（1）漂液 使Fe2+氧化成為 Fe3+ （2）燒堿 使除Mg2+以外的各種雜質(zhì)金屬離子都生成氫氧化物沉淀以便過濾除去。 （3）MgCO3+H2O= Mg(OH)2↓+C

25、O2↑ 方法要領：試題強調(diào)了生產(chǎn)中的經(jīng)濟效益，其立意指向了化學學習中的價值觀，將經(jīng)濟價值觀與化學反應的選擇結(jié)合在一起考查了考生的評價能力，這是一種對思維作較深刻的考查，也是適應商品經(jīng)濟大背景下的對學生綜合能力的培養(yǎng)和測試。 解題中善于應用數(shù)據(jù)來判斷問題、解決問題，善于調(diào)取已形成的知識網(wǎng)絡，把在暫時硬水軟化中學到的知識遷移到輕質(zhì)氧化鎂的生產(chǎn)里來。 解題中防止：步驟②誤選過氧化氫。根據(jù)是過氧化氫不會引入“雜質(zhì)離子”，因為在步驟⑤中，我們只需沉淀物，把濾液棄去，因而鈉離子和氯離子不會進入產(chǎn)物，步驟③誤選為純堿。根據(jù)是純堿比燒堿便宜得多，如果將步驟③中的Y改成純堿，由于純堿的堿性明顯小于燒堿，要使pH升高到9.8必須加大純堿的用量，就會形成碳酸鹽沉淀，而表中無碳酸鹽溶解度資料，無法判斷除雜的效果，而且碳酸根離子用量增大，可導致生成碳酸鎂沉淀，所以加入氫氧化鈉為宜。