4．會求斜線與平面所成的角.

3．通過線線垂直、線面垂直、面面垂直的轉化提高化歸轉化能力.

2．掌握三垂線定理及其逆定理

1．掌握直線與平面垂直的定義、判定定理、性質定理，能用文字、符號、圖形規(guī)范表述.

3．m是全部不溶物的質量，試題要求回答的是每份試樣中氧化銅的質量，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⁺等雜質離子)，若以它為原料，按

如下工藝流程圖，即可制得“輕質氧化鎂”。(1997年高考試測題)

如果要求產(chǎn)品盡量不含雜質離子，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

*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

請?zhí)顚懸韵驴瞻?

(1)在步驟②中加入的物質X，最佳選擇應是　　　　 ，其作用是　　　　　　 。

(2)在步驟③中加入的物質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：　　　　　　　　　　　　　 。

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：

MgCl₂MgCO₃MgO

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↓+CO₂↑

方法要領：試題強調了生產(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。

2．離子方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種物質共存時，判斷有關的離子反應并書寫離子方程式。

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。

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：

5．忽視鐵單質與強氧化性物質反應時，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，因被氧化而呈黃色的是(2000年全國高考題)

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(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的物理性質顏色之外，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、化學性質的結合。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(1996年全國高考題)

A.NH₄⁺　　　　 　　　　B.Mg²⁺　　　　 　　　　　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，特別在堿性條件下Fe(OH)₂→Fe(OH)₃速率極快。

例3　 將鐵屑溶于過量鹽酸后，再加入下列物質，會有三價鐵生成的是(1998年全國高考題)

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，反應結束后，下列結果不可能出現(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⁺<Na⁺<Mg²⁺<Al³⁺<Zn²⁺<Fe²⁺<Cu²⁺<Fe³⁺<Hg²⁺<Ag⁺

由上表知，F(xiàn)e³⁺的氧化性比Cu²⁺強，才會發(fā)生題中介紹的印刷電路腐蝕原理的反應。

例5　 在由Fe、FeO、和Fe₂O₃組成的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL氣體(標準狀況)，此時溶液中無Fe³⁺離子，則下列判斷正確的是(1997年上海高考題)

A.混合物里3種物質反應時消耗鹽鹽酸的物質的量濃度之比為1:1:3

B.反應后所得溶液中的Fe²⁺離子與Cl^-離子的物質的量濃度之比為1:2

C.混合物里，F(xiàn)eO的物質的量無法確定，但Fe比Fe₂O₃的物質的量多

D.混合物里，F(xiàn)e₂O₃的物質的量無法確定，但Fe比FeO的物質的量多

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：

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) 。(1994年全國高考題) 　 　請?zhí)顚懴铝锌瞻? 　　 (1)物質B是　　　 、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。其推斷方法：先推斷F為何種類型的物質，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鐵。先確定物質的種類，再確認具體物質，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。(1992年全國高考題)

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⁺和Cu)，則有Cu₂O。

例8　 試樣X由氧化亞鐵和氧化銅組成，取質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的質量是m，則每份試樣X中氧化銅的質量為　 　　。(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　　 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轉變而來。因此，一份試樣中的CuO質量為

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⁺。