高一化学碧必修一氯的应用题

Question

如题所述

Answer 1

1．电荷守恒
例1：已知2Fe2++Br2=2Fe3++Br―，向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得形成的溶液中Cl―和Br―的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为多少？
解析：由题中信息可知：还原性Fe2+>Br―，因此通入Cl2后Fe2+应该全部被氧化为Fe3+。由题意可知反应后的溶液中只有Fe3+、Cl―、Br―，且n(Cl―)=n(Br―)=2n(Cl2)=2×3.36L/22.4L•mol―1=0.3mol。
由电荷守恒有：n(Fe3+)×3=n(Cl―)×1+n(Br―)×1，解得n(Fe3+)=0.2mol。
原FeBr2溶液的物质的量浓度为：c(FeBr2)= 0.2mol /0.1L=2mol•L―1。
2．质量守恒
例2：把一块铁铝合金溶于足量的盐酸中，通入足量的氯气中，再加入过量NaOH溶液，过滤，将滤渣充分灼烧，得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等，则此合金中，铁与铝的质量比约为
A．1:1 B．3:1 C．7:3 D．1:4
解析：铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成Al3+和Fe2+，加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2—，留在溶液中；Fe2+生成了Fe(OH)2沉淀，过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到的红色粉末为Fe2O3，铁在反应过程中是守恒的， 质量不变，Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量，则：
m(Fe):m(Al)=m(Fe):m(O)=(2×56):(3×16)=7:3
正确选项为C
3．元素守恒
例3：向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物投入100 mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得铁的质量为
A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g D．无法计算
解析：依题意可知，反应后的溶液溶质只有FeCl2，而Cl―来自盐酸，所以n(Fe)=n(Fe2+)=1/2(Cl―)=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol，
m(Fe)= 0.05mol ×56g/mol=2.8 g
正确选项为C
4．得失电子守恒
例4：ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到ag铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为
A．1:7 B．7:1 C．7:8 D．8:7
解析：铁粉遇到H+、Cu2+时，优先和H+反应，只有消耗完H+后，再置换Cu2+。
得到ag铜，则参加反应的CuSO4物质的量为a/64mol；
设与CuSO4反应的铁为xmol，根据得失电子守恒：a/64mol×2=xmol×2，x=a/64mol；
则与H2SO4反应的铁a/56mol—a/64mol，同理根据得失电子守恒求出消耗的H2SO4的物质的量：a/56mol—a/64mol。
参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比：
a/64mol∶(a/56mol—a/64mol)= 7∶1
正确答案：B
5．综合守恒关系
例5：将10g铁粉置于40mL较浓的硝酸中，微热完全反应时，收集到NO2和NO混合气体1792mL(标准状况下)，还残留4.4g固体。求：
⑴该反应中被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比；
⑵原硝酸的物质的量浓度；
⑶NO和NO2的体积比。
解析：由题意可知残留固体必为铁，则生成的盐为Fe(NO3)2，参加反应的铁为：10g－4.4g=5.6g，即0.1mol，由N原子守恒知未被还原的硝酸为：0.1mol×2=0.2mol；n(混合气体)= 1.792L/22.4L•mol―1=0.08mol，由N原子守恒知被还原的硝酸为：0.08mol。
⑴n(被还原的硝酸):n(未被还原的硝酸)= 0.08mol:0.2mol =2:5
⑵c(HNO3)=( 0.08mol+0.2mol)/ 0.04L=7mol/L
⑶设NO为x mol，NO2为(0.08—x)mol
由得失电子守恒知：3 x+(0.08—x)= 0.1×2，解得x= 0.06mol
由阿伏加德罗定律有：V(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)
= 0.06mol∶(0.08—0.06)mol=3∶1

硝酸与金属反应的计算是近几年高考热点内容之一，解这类题主要运用电子守恒法、原子守恒法及综合运用守恒法。下面笔者对此加以解析，供参考。
一、原子守恒
例1：一定量Fe和Fe2O3的混合物放入25mL2mol/L硝酸溶液中，反应完全后无固体剩余，生成224mLNO气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是( )
A. 25mL B. 30mL C. 40mL D. 50mL
解析：Fe和Fe2O3与硝酸反应复杂，可能生成Fe(NO3)2、Fe(NO3)3，不可能利用铁元素守恒来解题。可用终态分析法：最后溶液中的铁元素全部沉淀后，溶液中溶质可能是NaNO3、NaOH，当所加NaOH溶液体积最少时，则只有NaNO3，故可利用钠元素和氮元素的守恒解题。
n(NaNO3)= n(Na+)=n(NaOH)(钠元素守恒)
n(NaNO3)= n(NO3—)=n(HNO3)—n(NO) (氮元素守恒)
所以：n(NaOH)=n(HNO3)—n(NO)
V(aq)=[0.025L×2mol/L—0.224L/22.4L•mol—1]/1 L•mol—1=0.04L=40mL
正确答案：C
二、电子守恒法
例2：有一块铜银合金质量为51.6g，将它溶解在足量的稀HNO3中，在标准状况下收集到6.72L气体，问该合金中Cu的质量为多少？
解析：稀硝酸与铜、银反应时生成的是NO：
3Cu+8HNO3==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
3Ag+4HNO3==3AgNO3+NO↑+2H2O
设合金中Cu为xg，则Ag为(5.16—x)g，由Cu¬—2e→Cu2+，Ag—e→Ag+；HNO3+3e→NO↑可知，1molCu可失去2mol电子，1molAg可失去1mol电子，而放出1molNO需得到3mol电子，则根据电子守恒得：
2x/64 + 1×(5.16—x)/108=3×6.72/22.4 解得：x=19.2g
三、守恒法的综合运用
例3：将13.2gMg、Cu组成的混合物放入足量的稀硝酸溶液中，反应完全后无固体剩余，生成4.48LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入过量的KOH溶液，使金属离子全部沉淀下来，则形成沉淀的质量是( )
A. 21.6g B. 23.4g C. 26.8g D. 31.9g
解析：最后形成的沉淀是Mg(OH)2、Cu(OH)2，如果运用电子守恒法求出Mg、Cu的物质的量，再计算出沉淀的质量，计算量大，过程繁杂，也易出错。可将沉淀拆开为金属阳离子和氢氧根离子两部分，运用电子守恒和元素守恒而计算。
①依元素守恒，金属阳离子的质量=Mg、Cu混合物的质量=13.2g。
②硝酸转化为NO时要得到电子数：4.48L/22.4L•mol—1×3=0.6mol
Mg、Cu得到电子数也是0.6mol，形成的阳离子带0.6mol正电荷，结合0.6mol的氢氧根离子，0.6mol氢氧根离子的质量=0.6mol×17g•mol—1=10.2g。
所以沉淀质量=13.2g +10.2g =23.4g
正确答案：B。