高三化学教案过渡元素

11/11高三化学教案过渡元素欢送来到高三化学教案栏目,此栏目中聚集了大量有关化学的教案,在此小编为您编辑了此文：高三化学教案：过渡元素,希望可以给大家的学习或教学提供更多的帮助。过渡元素【知识网络】【易错指津】1.NO3-与Fe2+在酸性条件下,不能共存。2.过量的Fe与硝酸作用,或在Fe和Fe2O3的混合物中参加盐酸,要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反响：Fe+2Fe3+=3Fe2+。3.注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。FeCl3溶液加热浓缩时,因Fe3+水解和HCl的挥发,得到的固体为Fe(OH)3,如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时,因硫酸是难挥发性酸,将不能得到Fe(OH)3固体。4.无视亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中参加碱溶液后,最终得到红褐色沉淀,并不能断定该溶液中一定含有Fe3+,而也可能含有Fe2+。5.无视铁单质与强氧化性物质反响时,也有生成二价铁化合物的可能性。反响中假设铁为足量,最终铁元素将以二价铁形式存在,因为2Fe3++Fe=3Fe2+。【典型例题评析】例1久置于空气中的以下物质,因被氧化而呈黄色的是(2019年全国高考题)A.浓HNO3B.氯化亚铁溶液C.溴苯D.溴化银思路分析：此题考查的是常见的黄色体系有四种固体：溴化银、硫、过氧化钠、三硝基甲苯;外加几种黄色溶液：浓HNO3(因溶液中有NO2气体)、工业盐酸(含Fe3+离子)、不纯的硝基苯(因溶有NO2)、亚铁盐溶液(因含Fe3+离子)等。对于该题除考查物质的物理性质颜色之外,还附加了一个条件：因被氧化,因此,只能考虑B选项。答案：B方法要领：此题是氧化概念与化合物的物理、化学性质的结合。该题看似简单,但很容易选错,关键注意答题时要看清题目的限制条件,并把握全面。抓住氧化这一特征便可。例2某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4种离子,假设向其中参加过量的NaOH溶液,微热并搅拌,再参加过量的盐酸,溶液中大量减少的阳离子是(2019年全国高考题)A.NH4+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+思路分析：各离子在参加NaOH溶液和HCl的变化过程中,离子变化为：NH4+Mg2+Mg(OH)2Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Al3+AlO2-Al3+。只有A和C的离子数减小。答案：A、C方法要领：题中涉及多种阳离子在强酸、强碱溶液中的发生的变化。分析各离子的变化过程,从而搞清数目是否改变。注意试剂的用量及反响条件,如微热。此题考查了两个知识点：(1)NH4+在碱性受热条件下不稳定;(2)Fe2+易变质,特别在碱性条件下Fe(OH)2Fe(OH)3速率极快。例3将铁屑溶于过量盐酸后,再参加以下物质,会有三价铁生成的是(2019年全国高考题)A.硫酸B.氯水C.硝酸锌D.氯化铜思路分析：此题考查Fe2+与Fe3+相互转化。其中A项中参加硫酸,无任何反响;假设参加B项中氯水,因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故有Fe3+生成;C项中参加Zn(NO3)2,因溶液中有H+,发生反响：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O,C正确;D项中参加CuCl2无反响发生。答案：B、C方法要领：Fe2+有较强的复原性,易被氧化成Fe3+;对于NO3-的隐蔽氧化性,应用时应高度警惕;在离子共存、离子方程式正误判断,及复原性物质在酸性环境中遇NO3-时,往往要考虑其氧化性。例4制印刷电路时常用氯化铁溶液作为腐蚀液：发生的反响为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时参加铁粉和铜粉,反响结束后,以下结果不可能出现的是A.烧杯中有铜无铁B.烧杯中有铁无铜C.烧杯中铁、铜都有D.烧杯中铁、铜都无思路分析：向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时参加铁粉和铜粉,由于Fe的复原性比Cu强,Fe3+首先应与Fe反响,如果Fe3+有剩余,剩余的Fe3+再与Cu反响。铁粉未反响完时铜粉就不会被氧化,所以不可能出现烧杯中有铁无铜的现象,故应选B。其他三个选项的情况都可能再现。当FeCl3过量或恰好完全反响时,Fe、Cu均无剩余,即选项D,反响后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。当FeCl3缺乏量时,有两种情况：①Fe粉有剩余,那么Cu尚未参加反响,即选项C,反响后溶液中只有Fe2+(不考虑H+、OH-);②铁粉无剩余,那么Cu反响了一局部或尚未参加反响,即选项A,反响后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。答案：B方法要领：此题涉及氧化复原反响的一个规律：当一种氧化剂氧化几种复原剂时,首先氧化最强的复原剂,待最强的复原剂完全氧化后,多余的氧化剂再依次氧化次强的复原剂。一种复原剂复原几种氧化剂时与此类似。金属越活泼,复原性越强,不过对变价金属所形成的中间价态的阳离子与高价态的阳离子其氧化性是不同的。常见的金属阳离子氧化性顺序为：K+由上表知,Fe3+的氧化性比Cu2+强,才会发生题中介绍的印刷电路腐蚀原理的反响。例5在由Fe、FeO、和Fe2O3组成的混合物中参加100mL2mol/L的盐酸,恰好使混合物完全溶解,并放出448mL气体(标准状况),此时溶液中无Fe3+离子,那么以下判断正确的选项是(2019年上海高考题)A.混合物里3种物质反响时消耗盐盐酸的物质的量浓度之比为1:1:3B.反响后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1:2C.混合物里,FeO的物质的量无法确定,但Fe比Fe2O3的物质的量多D.混合物里,Fe2O3的物质的量无法确定,但Fe比FeO的物质的量多思路分析：根据题意,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先与Fe3+反响后再复原H+,由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe复原1molFe2O3),和Fe与H+反响放出H2,可知n(Fe)n(Fe2O3);由反响后溶液中溶质全为FeCl2知,n(Fe2+):n(Cl-)=1:2;至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之间量的关系,无从知道。答案：B、C方法要领：可用图示分析反响过程,以帮助理解：例6以下图中的每一方格表示有关的一种反响物或生成物,其中粗框表示初始反响物(反响时参加或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去)。(1994年全国高考题)请填写以下空白:(1)物质B是、F是________、J是。(2)反响①的离子方程式是_____________________。思路分析：饱和食盐水电解的产物是NaOH、Cl2、H2。三者之间存在的反响是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,由图示：B能与另外两种生成物反响,所以B为Cl2;又B与A反响产物有两种所以C一定为H2,A为NaOH,G为HCl;再由F+Cl2I,F+HClH+H2,H+Cl2I,可推知F为变价金属,可确定为Fe;H和I分别为FeCl2和FeCl3;最后注意理解D与H、I反响。由题知D、E为NaCl、NaClO,通过上述分析可认定D应NaClO,有关反响为：IJ：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClO,发生了双水解反响。而HJ可理解为生成Fe(OH)2,但HClO有强氧化性而将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。答案：(1)Cl2(或氯气),Fe(或铁),Fe(OH)3(或氢氧化铁)(2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O方法要领：此题的难点,是确定F为何种物质。其推断方法：先推断F为何种类型的物质,因F+Cl2I,F+HClH+H2,所以F必为金属。再推断这种金属的特点,因I、H均为氯化物,又H+Cl2I,所以F是变价金属,而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类,再确认具体物质,这是解推断题中常用的方法。因为它能分解难点,使一步推断的目标更具体、更明确。思路也变得非常清晰。例7Cu+在酸性溶液中不稳定,可发生自身氧化复原反响生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸,简述如何用简便的实验方法来检验CuO经氢气复原所得红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。(1992年全国高考题)【查字典化学网提醒】过渡元素思路分析,请点击下一页查看思路分析：此题是一道信息迁移式的实验题。题中给出一些考生未学过的新知识,要求考生认真审题,读懂信息,联想已有的根底知识和根本技能,运用题示信息,分析推理,设计出简便的检验方案。由题给信息可知,Cu2O是碱性氧化物,可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O;而Cu+在酸溶液中不稳定,自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。题给试剂中,浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均显酸性,且都能与Cu反响生成Cu2+,如果选用这些试剂,它们和样品反响后的溶液都呈蓝色(Cu2+),但分不清是与Cu还是与Cu2O反响产生的Cu2+,故无法确证样品中是否含有Cu2O。根据以上分析,选用的试剂必须符合两个条件,一是呈酸性,二是不能与Cu反响。在题给试剂中只有稀硫酸符合。答案：取少量待检样品放入稀硫酸,振荡,假设溶液变为蓝色,说明样品中有Cu2O,假设溶液不变色,说明产物中无Cu2O。方法要领：如将稀硫酸换成浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一种,都会发生Cu-2e-=Cu2+。即使红色产物无Cu+也会产生蓝色溶液。导致题目错解。要搞清pH的概念及pH试纸的使用范围。如用pH试纸测溶液的pH来判断(理由是：因pH变大,那么有Cu2O,因为Cu2O与稀硫酸反响消耗了H+),不知道对本实验来说,溶液的pH变化用pH试纸是测不出的。有些实验现象,用肉眼看不清的。如虽选用稀硫酸,没抓住解题关键,不是由溶液是否变蓝确认,而是想当然,看红色产物溶解情况,假设局部溶解(因Cu不溶于稀硫酸,而Cu2O可溶),可知有Cu2O,甚至认为看有无Cu生成,假设有Cu生成(因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu),那么有Cu2O。例8试样X由氧化亚铁和氧化铜组成,取质量相等的两份试样按以下图所示进行实验：(2019年全国高考题)(1)请写出步骤③中所发生的全部反响的离子方程式。(2)假设全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反响后,生成的不溶物W的质量是m,那么每份试样X中氧化铜的质量为。(用m表示)思路分析：根据题目的设定,先对溶液Y和粉末Z的组成作正确的判断。①中FeO、CuO与盐酸反响式为：FeO+2HCl=FeCl2+H2OCuO+2HCl=CuCl2+H2O②中试样在较高温度下与CO反响为：FeO+CO=Fe+CO2CuO+CO=Cu+CO2由此可见,溶液Y与粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金属Fe、Cu以及过量盐酸的混合。在此混合物中,两种金属单质中只有Fe可分别与CuCl2溶液和HCl反响,离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++CuFe+2H+=Fe2++H2③中反响后的溶液呈强酸性说明HCl剩余,可判断Fe已没有剩余;溶液中不含Cu2+意味着CuCl2已全部参加了与Fe的置换反响,不溶物W全部是Cu。它是由两份试样中的CuO转变而来。因此,一份试样中的CuO质量为0.5m(CuO/Cu)=0.5m(80/64)=5m/8。答案：(1)Fe+Cu2+=Fe2++CuFe+2H+=Fe2++H2(2)5m/8方法要领：题目涉及到的化学根底知识有：金属氧化物跟酸的反响,CO的复原性,金属单质与盐溶液、非氧化性酸的置换反响,离子方程式的书写,有关的化学计算。其中,化学计算是通过填空的形式使那些只顾方法正确而无视结果正确的考生得不到分数。题目在表达过程中设置了几个障碍点,它们是：1.溶液Y和粉末Z经过反响③后所得溶液具有强酸性,会使判断力不强的考生不能由此对溶液中不含铁粉作出肯定的认定。2.离子方程式历来是考试中的难点,在盐酸、氯化亚铁、氯化铜、金属铁和金属铜5种物质共存时,判断有关的离子反响并书写离子方程式。3.m是全部不溶物的质量,试题要求答复的是每份试样中氧化铜的质量,这是一种具有较大迷惑性的设问,对考生的思维严密性是一种深刻的检验。如不能通过这种检验,会把答案错写成5m/4。例9卤块的主要成分为MgCl2(含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子),假设以它为原料,按如下工艺流程图,即可制得轻质氧化镁。(2019年高考试测题)如果要求产品尽量不含杂质离子,而且本钱较低。流程中所用试剂或pH控制可参考以下附表确定。表1生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6*Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1*Fe2+氢氧化物呈絮状,不易从溶液中除去,所以常将它氧化成为Fe3+,生成沉淀Fe(OH)3而除去。表2工业品价格表工业品规格价格(元/t)漂液含NaClO25.2%450过氧化氢30%2400烧碱98%2100纯碱99.5%600卤块含MgCl230%310请填写以下空白:(1)在步骤②中参加的物质X,最正确选择应是,其作用是。(2)在步骤③中参加的物质Y应是,之所以要控制pH=9.8的目的是。(3)在步骤⑤时发生的化学反响方程式是：。思路分析：题目给出了生产的工艺流程,也是为考生提供了解题线索。为除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子,从表1可以看出,当参加烧碱控制在pH=9.8时即可到达目的。此时Mg2+离子也会因生成局部Mg(OH)2而进入沉淀中,但由于卤块价格低廉,这点不可防止的损失还是可以承受的,其结果是保证了产品的纯度.。为将Fe2+氧化成Fe3+离子,有两种氧化剂可以采用,即漂液和过氧化氢。从表2中的价格可看出,前者比后者廉价得多,应选用漂液。从氯化镁制成氧化镁,有两条反响路线：其一,烧碱路线：MgCl2Mg(OH)2MgO其二,纯碱路线：MgCl2MgCO3MgO烧碱比纯碱价格昂贵