19．某工厂以精辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料冶炼金属铜，在炼铜炉内发生如下反应(在高温条件下进行)：2Cu2S+3O2 = 2Cu2O+2SO2，2Cu2O+Cu2S = 6Cu+SO2
⑴若生产38.4t金属铜，需要含杂质20%的精辉铜矿多少吨(设杂质不参加反应)?
⑵若⑴中产生的二氧化硫用于制硫酸，可生产98%的硫酸多少吨(二氧化硫转化成三氧化硫的转化率为92%，三氧化硫的吸收率为98%)?
⑶今将a mol Cu2S与b mol空气(氧气约占空气体积的20%)在密闭容器中高温加热，设反应前容器内的压强为P1，反应结束后冷却到原来温度，容器内的压强为P2，请完成下列表格。
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反应后固体的成分 |
Cu |
Cu2S、Cu |
Cu2O、Cu |
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b的取值范围(用a表示) |
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P1与P2的关系(填>、<或=) |
P1 P2 |
P1 P2 |
P1
P2 |
2010届高三化学140分突破精品资料第1讲
常见金属元素及其化合物答案
例1：思路点拨：有关Na2O2、Na2O和Na的性质这一考点最能考查学生分析问题、解决问题的能力。在求解这类问题时要运用极限思想和假设法计算，
疑难辨析：由于Na2O2和水反应放出O2，因此若不能很好地判断Na2O2和Na2O与水反应的情况则易导致错误。
解题过程：原不饱和溶液的量相同，欲使NaOH达到饱和，加入的物质含钠量越大，加入的量越少；加入的物质含钠量越小(相当于又加入了溶剂)，最终加入的量就大，可用化学式假设法来进行比较。本题答案A。
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NaOH |
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Na2O2 |
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Na2O |
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Na |
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化学式变形(Na+相等) |
Na2(OH)2 |
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Na2O |
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Na2 |
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除Na外，增重 |
2×17 |
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16 |
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16 |
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0 |
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饱和时，需固体的物质的量 |
n1 |
＞ |
n2 |
= |
n3 |
＞ |
n4 |
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饱和时，需固体的质量 |
m1 |
＞ |
m2 |
＞ |
m3 |
＞ |
m4 |
变式训练：
答案：(1) NaHCO3为amol；Na2O2为(a+b)/2mol。(2) H2O为(a－b)/2mol；O2为(a+b)/4mol
解析：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O↑，受热分解产生的CO2和H2O都要和Na2O2反应，可先考虑CO2的反应(因为先考虑H2O结果相同，且先考虑CO2简便)。分析得：固体残留物为Na2CO3、NaOH，气体产物为O2和H2O。(1)根据C元素和Na元素守恒可得：NaHCO3为amol；Na2O2为(a+b)/2mol；(2)根据H元素和O元素守恒可得：H2O为(a－b)/2mol；O2为(a+b)/4mol。
例2：思路点拨：根据反应发生的先后顺序再利用离子反应分析各线段所发生的反应。
疑难辨析：题目中已强调“注意线段的斜率”这一句话，所以更应明确图像表示的是一个等腰梯形，而非斜梯形。
解题过程：选项B中滴加的NaOH溶液先和HCl反应，所以一开始没有沉淀生成，不合题意。选项C所得的图形是一个斜梯形。选项D中生成的Mg(OH)2沉淀不溶于NaOH，因此沉淀量不会减少。只有选项A正确。
变式训练：
答案：(1)中和过量的酸 (2)V2×10-2mol/L (3)不会(3m/80)×103＜(V2-V1)＜(m/17) ×103
解析：(1)0~V1之间发生的反应为H++OH-=H2O，V1~V2之间发生的反应为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，Al3+3OH-=Al(OH)3↓，V2~V3之间发生的反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。(2)在V2时，溶液中的溶质为NaCl，所以有n(HCl)=n(NaOH)= V2×10-3mol，可得盐酸的浓度为V2×10-2mol/L，(3)由(2)可得混合物中Al2O3和Fe2O3按不同比例进行上述实验，V2的值会是不会改变的，V2-V1表示的是和2种金属离子反应所需NaOH的体积，用极值法进行计算，若mg混合物全为Al2O3， V2-V1 等于(m/17) ×103mL，若mg混合物全为Fe2O3，V2-V1 等于(3m/80)×103mL，由此得解。
例3：思路点拨：弄清了下面三个过程后这类问题可迅速得解：①过量的铁与浓硫酸共热的反应情况：2Fe+6H2SO4(浓)
Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O；Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4；Fe+H2SO4=FeSO4+ H2↑②过量的铁与浓硝酸共热的反应情况分析：Fe+6HNO3(浓) Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O；3Fe+ 8HNO3(稀)= 3Fe(NO3)2+2NO2↑+4H2O；Fe+2Fe(NO3)3= 3Fe(NO3)2③当金属和混酸反应时，要用离子方程式来计算产生气体的物质的量。
疑难辨析：本题较为综合，没有一定的解题方法与技巧，很难完整地解决这个题目，如果按照有序思维来解决问题(1)，则较易解决，也不会漏掉某种情况，同时也为(2)、(3)的解决打下一个好的基础。当题目中出现两个变量时常用有序思维来解。
解题过程：(1)按照有序思维，假设HNO3的量由少逐渐增多，从而依次确定残留固体成分及溶液中的金属离子。①Fe、Cu；Fe2+，②Cu；Fe2+，③Cu；Fe2+、Cu2+，④无；Fe2+、Cu2+，⑤无；Fe2+、Cu2+，Fe3+，⑥无；Cu2+，Fe3+。其中②为特殊情况，Fe与稀HNO3恰好反应生成Fe2+；④为Fe、Cu恰好与稀HNO3反应生成Fe2+、Cu2+，其余各种情况按HNO3的量逐渐增多来考虑，则不难确定。
(2)3Cu+8HNO3=3 Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Fe+8HNO3=3 Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
ax 8ax/3 a(1-x) 8a(1-x)/3
生成Fe2+、Cu2+时，总耗用硝酸量：n(HNO3)= 8ax/3+8a(1-x)/3=8a/3，铁恰好反应且生成Fe2+时耗硝酸量：n(HNO3)= 8a(1-x)/3，因此溶液中金属离子只有Fe2+、Cu2+时b的取值范围是8a(1-x)/3＜b≤8a/3。(3)根据电子守恒：0.5a×2+0.25a×3+0.25a×2=672/22400×3，解得a=0.04mol，根据硝酸中的NO3-守恒可得b的值：
b==n[Fe(NO3)2] ×2+n[Fe(NO3)3] ×3+ n[Cu(NO3)2] ×2+n(NO)
==0.04mol×0.25×2+0.04mol×0.25×3+0.5×2×0.04mol+672/22400mol==0.12mol。
答案：(1)c(HNO3)＝4mol/L (2)Fe、Cu Cu (3)14.4 g
解析：(1)由第一组数据可知固体有剩余。无论硝酸和什么金属反应，都有n(HNO3)＝4 n(NO)。加入100 mL硝酸溶液时，n(NO)＝0.1mol，则n(HNO3)＝0.4mol，c(HNO3)＝4mol/L。(2)由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体(转移0.15 mol电子)。若只溶解铁，质量为8.4 g，若只溶解铜，质量为9.6 g。由此可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属。所以第一次实验后剩余金属为Fe和Cu。第二次实验后剩余金属只有Cu。(3)由以上分析可知，第二次实验后剩余铜8 g，而与第一次相比少掉的9.2 g中Fe和Cu都有。设这9.2 g固体中Fe的物质的量为x mol和Cu的物质的量为y mol。
56 x+64 y＝9.2 ……(1)
2(x+y)＝3×0.1……(2)
解得y＝0.1 mol，质量是6.4 g。每次所取混合物中铜的质量6.4 g+8 g＝14.4 g。
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