金属及其化合物教案

金属及其化合物适用学科高中化学适用年级高中三年级适用区域新课标课时时长（分钟）60知识点钠及其化合物之间的转化关系铝及其化合物之间的相互转化铁和铜的化学性质生成氢氧化物沉淀的图像分析化学计算教学目标知识与技能：突出重点物质，以典型物质为信息源联系金属元素、基本概念和基本理论，联系无机化工生产和实验，提高知识应用能力。过程与方法：通过综合练习，掌握综合分析问题，处理信息的能力。情感态度与价值观：建立事物是普遍联系和抓主要矛盾的观点。教学重点钠、铁、铝、镁、铜等金属及其化合物的性质及应用教学难点综合分析和图像计算题教学过程一、复习预习通过“线”将重点知识串联起来，主要抓住四条线：（1）典型物质线。碱金属抓住钠、氢氧化钠、过氧化钠、碳酸盐等；铝元素及其化合物主要抓住铝、铝盐、偏铝酸盐、氧化铝和氢氧化铝。铁及其化合物重点抓住铁、铁的氧化物（以氧化铁为主，了解氧化亚铁，四氧化三铁）、铁的氢氧化物、铁盐和亚铁盐等。镁及其化合物主要掌握镁的性质。铜及其化合物中，氧化铜、氧化亚铜、氢氧化铜等出现频率高；（2）物质之间转化线。同一条转化线可以通过多种方法实现，训练发散思维，同时，联系化学反应类型、氧化还原反应概念、离子方程形式书写等。例如，铁、铁盐、亚铁盐之间转化，铝盐、氢氧化铝、偏铝酸盐之间转化都是高考命题热点；（3）制备线。工业上常以金属冶炼为线联系晶体性质、环境保护以及化学计算等。电解法冶炼钠、镁、铝，还原法冶炼铁和铜，工业冶炼铜原理可以与硫酸工业联系起来，而冶铁原理是教材介绍了重要化工生产范例。氢氧化亚铁、氢氧化铝、硫酸铝、氧化铝、氧化铁、氯化铁、硫酸亚铁等典型物质制备一直是高考关注的热点；（4）实验线。研究近十年高考化学实验命题，不难发现高考以金属及其化合物为载体命题实验题成为高考重点，其中近三年发展新题型值得关注：①猜想式命题，连续三年广东化学都以铁及其化合物为载体探究其价态；②定量分析命题，如宁夏等高考以金属纯度测定为线，评价实验方案与实结果的关系，开放性、探究性是新高考实验命题新趋势。二、知识讲解考点1反应条件理解金属及其化合物要以反应条件为突破口，其中重点掌握以下条件：①铝热反应条件：只有比铝活泼性差的金属氧化物才能被铝还原，如氧化钠、氧化镁、氧化钙、氧化钡等活泼金属与铝不能发生置换反应；②镁与二氧化碳、二氧化硫、二氧化硅反应，其中产物硫、硅继续与镁反应生成硫化镁、硅化镁；③铁的价态与氧化剂、反应条件有关，铁在电化学中发生氧化反应、与硫，碘，H+，不活泼的金属阳离子反应都只生成+2价铁的化合物；铁发生电化学腐蚀最终产物是氧化铁，而铁丝氧气中燃烧生成四氧化三铁；④氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于氨水，碳酸等。⑤铜与硫反应只生成硫化亚铁，而与浓硫酸、硝酸、氯气、氧气等反应生成+2价铜的化合物。考点2反应图像图象中难点是铝盐和偏铝酸盐的图像。例如，铝三角之间的转换及其图象在Al3+、Al（OH）3、AlO2-之间的相互转化反应中，都有特定的数量关系，现概括如下：⑴在适量的可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量：现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（NaOH）∶n（Al3+）=3∶1〕→渐少→消失〔n（NaOH）∶n（Al3+）=4∶1〕，见下图⑴。⑵在适量的偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量：现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（H+）∶n（AlO2-）=1∶1〕→渐少→消失〔n（H+）∶n（AlO2-）=4∶1〕，见下图⑵。⑶在适量的偏铝酸盐溶液中缓慢通入CO2至过量：现象：立即产生白色沉淀→渐多→最多〔n（CO2）∶n（AlO2-）=1∶2〕→沉淀不消失。见下图⑶。⑷在适量强碱性溶液中逐滴加入铝盐溶液至过量：3∶1〕→不消失。见下图⑷。⑸在适量强酸性溶液中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象：⑸。考点3盲点警示①忽视反应本质有一些化学反应会出现生成物与生成物之间反应（如浓硝酸与铜反应，生成物二氧化氮可部分转化为N2O4等），反应物与生成物反应（多步反应）（如铝盐与强碱，偏铝酸盐与强酸，铁与硝酸反应等）。②忽视物质溶解性例如，氢氧化钙、碳酸镁、硫酸银、硫酸钙等是微溶。澄清石灰水的质量分数很小。③忽视金属离子水解程度阴、阳离子水解程度与价态有关，+3价的铁、铝离子与CO32-、HCO3-，S2-等能发生双水解，而+2价的亚铁离子、铜离子与CO32-主要生成沉淀，在《部分物质溶解性表》中，有碳酸铜、碳酸亚铁物质存在（难溶）。④忽视溶液的酸、碱性许多物质之间的反应与溶液的酸、碱性有关，如NO3-只有在酸性条件下才有强氧化性，高锰酸钾在酸性条件下还原产物为Mn2+，在碱性条件下还原产物为MnO2等，Al3+和AlO2-在酸性、碱性、中性溶液中都不能大量共存。要求：体现出知识点和考点之间的关系或本知识点的易错点三、例题精析【例题1】【题干】下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A小苏打可用于治疗胃病NaHCO3可与盐酸反应Ⅰ对，Ⅱ对，有B向Na2O2的水溶液中滴入酚酞变红色Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对，Ⅱ错，无C金属钠具有强还原性高压钠灯发出透雾性强的黄光Ⅰ对，Ⅱ对，有D过氧化钠可用作航天员的供氧剂Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2Ⅰ对，Ⅱ对，有【答案】AD【解析】B项向过氧化钠水溶液中滴入酚酞，先变红，后马上褪色，陈述Ⅰ错，陈述Ⅱ正确；C项高压钠灯发黄光是物理变化，与金属钠具有还原性没有因果关系。【例题2】【题干】锌与100mL18.5mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH＝1，下列叙述不正确的是()A．反应中共消耗1.8molH2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为41C．反应中共消耗97.5gZnD．反应中共转移3mol电子【答案】B【解析】反应前n(H2SO4)＝1.85mol，反应后剩余H2SO4为0.05mol，推知气体甲应该是Zn与浓H2SO4反应产生的SO2及Zn与稀H2SO4反应产生的H2的混合气体。设生成SO2、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则有：x＋y＝1.5，根据反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4(稀)=ZnSO4＋H2↑，得2x＋y＝1.8，解得x＝0.3，y＝1.2。n(SO2)/n(H2)＝0.3mol/1.2mol＝1/4。反应中消耗Zn的质量＝1.5mol×65g/mol＝97.5g。反应中转移电子的物质的量＝2×1.5mol＝3mol。综合上述知选项B错误。【例题3】【题干】右图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列选项编号对应的曲线编号错误的是()A．向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量B．向澄清石灰水中通入CO2至过量C．向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D．向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量【答案】D【解析】根据AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，A对；根据Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，B对；根据H＋＋OH－=H2O、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，C对；D项中产生沉淀和沉淀的量不变时消耗的CO2相等，D错。【例题4】【题干】铁单质及其化合物在生活、生产中应用广泛。请回答下列问题：(1)钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式为__________________________________。(2)由于氧化性Fe3＋>Cu2＋，氯化铁溶液常用作印刷电路铜板腐蚀剂，反应的离子方程式是______________。(3)硫酸铁可作絮凝剂，常用于净水，其原理是__________________________(用离子方程式表示)。在使用时发现硫酸铁不能使酸性废水中的悬浮物沉降而除去，其原因是____________________________________。(4)磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4＋4COeq\o(=,\s\up7(高温))3Fe＋4CO2，若有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是________。(5)下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是________(填字母)。选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ陈述ⅢA铁是地壳中含量最高的金属元素铁是人类最早使用的金属材料Ⅰ对；Ⅱ对；有B常温下铁与稀硫酸反应生成氢气高温下氢气能还原氧化铁得到铁Ⅰ对；Ⅱ对；无C铁属于过渡元素铁和铁的某些化合物可用作催化剂Ⅰ错；Ⅱ对；无D在空气中铁的表面能形成致密的氧化膜铁不能与氧气反应Ⅰ对；Ⅱ对；有【答案】(1)O2＋2H2O＋4e－=4OH－(2)2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋酸性环境中，H＋抑制了铁离子的水解，无法生成氢氧化铁胶体(4)12mol(5)B【解析】(4)1molFe3O4参与反应时，需4molCO，根据4molCO可得转移8mol电子，所以1.5molFe3O4参加反应时转移电子的物质的量为1.5×8mol＝12mol。(5)选项A，地壳中含量最高的金属元素是Al元素，而不是Fe元素，由于铁是活泼金属，需通过冶炼方法获得，所以Fe不是人类最早使用的金属材料，陈述Ⅰ、Ⅱ错误，且二者没有因果关系。选项B，Fe能与稀H2SO4发生置换反应而产生H2，但在高温条件下，H2还原性很强，又能还原Fe2O3而得Fe，所以Ⅰ、Ⅱ均正确，二者无因果关系。选项C，铁是过渡元素的说法正确。选项D，铁在空气中不能形成致密的氧化膜，且Fe可与纯净的O2反应生成Fe3O4。四、课堂运用【基础】1．红珊瑚栖息于200～2000米的海域，产于台湾海峡、南中国海，它与琥珀、珍珠被统称为有机宝石．在中国，珊瑚是吉祥富有的象征，一直用来制做珍贵的工艺品．红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，其红色是因为在海底长期积淀某种元素，该元素是(A．NaB．FeC．SiD．Cu【答案】B【解析】红珊瑚是无数珊瑚虫分泌的石灰质大量堆积形成的干支状物，而Fe(OH)3是红褐色物质，NaOH是易溶于水的，Cu(OH)2是蓝色的，硅酸盐也不是红色的，故只有B正确．2.向100mL0.250mol·L－1的AlCl3溶液中加入金属钠完全反应，恰好生成只含NaCl和NaAlO2的澄清溶液，则加入金属钠的质量是()A．3.45g B．2.30gC．1.15g D．0.575g【答案】B【解析】根据原子守恒，加入金属钠的物质的量等于氯元素和铝元素物质的量之和，即为0.1L×0.250mol·L－1×4＝0.1mol，其质量为2.30g。3.下列各组中两种浓溶液相混合时既无沉淀析出又无气体放出的是()A．Ba(HCO3)2、NaHSO4B．NaHCO3、Al2(SO4)3C．Mg(HCO3)2、CaCl2D．Na2SiO3、HCl【答案】C【解析】A项中反应为Ba(HCO3)2＋2NaHSO4=Na2SO4＋BaSO4↓＋2H2O＋2CO2↑，既有沉淀产生，又有气体放出；B项中反应为Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，既有沉淀产生，又有气体放出；D项中SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓，有沉淀产生。4.俄罗斯西伯利亚研究人员开发出一种生物活性吸附剂，可以吸附水中的几乎全部微生物和噬菌体．据俄《科学信息》杂志报道，这种新的吸附剂由成本低廉、环保性能好的棉纤维素和主要成分为氢氧化铝的勃姆石制造而成.下列有关说法中不正确的是()A．Al(OH)3既能够与盐酸反应又能够与NaOH溶液反应B．纤维素和淀粉不是同分异构体C．纤维素能够与醋酸发生酯化反应D．实验室中Al(OH)3可以由偏铝酸盐和氨水制备【答案】D【解析】Al(OH)3具有两性，可与酸或强碱反应；其实验室制备方法是用铝盐与弱碱氨水反应(氢氧化铝不溶于氨水)；纤维素与淀粉都是高分子化合物，可用[(C6H10O5)n]表示，但其聚合度(n)不同，所以不是同分异构体；纤维素中分子中存在醇羟基，所以可以发生酯化反应．【巩固】1.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。则下列叙述中不正确的是()A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLB．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LC．参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6gD．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol【答案】B【解析】沉淀增加的质量为OH－的质量，则n(OH－)＝eq\f(5.1g,17g/mol)＝0.3mol，因此当沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积最少为eq\f(0.3mol,3mol/L)＝0.1L，A对；根据Cu(OH)2、Mg(OH)2，则n(Cu)＋n(Mg)＝eq\f(1,2)n(OH－)＝0.15mol，根据得失电子守恒，有2n(Cu)＋2n(Mg)＝3n(NO)，则n(NO)＝0.15mol×2×eq\f(1,3)＝0.1mol，则收集到NO的体积在标准状况下为2.24L，B错；假设混合物全部为Mg，则金属总质量为0.15mol×24g·mol－1＝3.6g，假设混合物全部为Cu，则金属总质量为0.15mol×64g·mol－1＝9.6g，故参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6g，C对；Mg和Cu与稀硝酸的反应可以写为3M＋8HNO3=3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的n(HNO3)＝4n(NO)＝0.4mol，D对。2.现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物ag与100mL盐酸反应。(题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可用带字母的式子表示，可不化简)(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为________。(2)如果碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸中的HCl的物质的量为________mol。(3)如果盐酸过量，生成CO2的体积是________L。(4)如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道__________________。【答案】(1)100：84(或25：21)(2)a/168＋a/200(或23a(3)22.4×(a/168＋a/200)(或22.4×23a(4)盐酸的物质的量浓度【解析】(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为eq\f(a/2,84)：eq\f(a/2,100)＝100：84＝25：21。(2)如果碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，根据反应的化学方程式，则n(HCl)＝n(NaHCO3)＋n(KHCO3)＝(eq\f(a,168)＋eq\f(a,200))mol。(3)如果盐酸过量，则n(CO2)＝n(NaHCO3)＋n(KHCO3)，故V(CO2)＝(eq\f(a,168)＋eq\f(a,200))×22.4L。(4)如果反应后碳酸氢盐剩余，则n(CO2)＝n(HCl)，要计算CO2的体积，还需要知道盐酸的物质的量浓度。3.下列各选项均有X、Y两种物质，将X缓缓滴入(通入)Y溶液中，无论X是否过量，均能用同一离子方程式表示的是()XYA稀盐酸碳酸钠溶液B偏铝酸钠溶液硫酸溶液C硫化钠溶液氯化铁溶液D二氧化碳苯酚钠溶液【答案】D【解析】A项中X不足时，反应为COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)；X过量时，反应为COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O.B项中，X不足时，反应为AlOeq\o\al(－,2)＋4H＋=Al3＋＋2H2O；X过量时，反应为AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓.C项中，X不足时，反应为2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓；X过量时，反应为2Fe3＋＋3S2－=2FeS↓＋S↓.D项中无论CO2过量与否，反应均为CO2＋+4.一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的3/4，则CO2在原混合气体中的体积分数为()A．25% B．40% C．50% D．75%【答案】C【解析】设原有混合气体共4体积，则反应后气体减少1体积．由2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2ΔV211V(CO2)1所以V(CO2)＝2φ(CO2)＝2/4×100%＝50%5.将5.4gAl投入到200.0mL2.0mol/L的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余．该溶液可能为()A．HNO3溶液 B．Ba(OH)2溶液C．H2SO4溶液 D．HCl溶液【答案】D【解析】n(Al)＝eq\f(5.4g,27g/mol)＝0.2mol，n(H2SO4)＝0.4mol，n(HCl)＝0.4mol，但H2SO4是二元酸，而HCl是一元酸，和0.2molAl反应，H2SO4过量，HCl不足，n[Ba(OH)2]＝0.4mol，可知与Al反应时，Ba(OH)2过量不会有金属剩余．A中Al与HNO3反应无氢气产生，B中Ba(OH)2过量，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，C中H2SO4过量，所以选D.【拔高】1.铁氧体(Fe3O4)法是处理含铬废水的常用方法．其原理是：用FeSO4把废水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)还原为Cr3＋，并通过调节废水的pH，使生成物组成符合类似于铁氧体(Fe3O4或Fe2O3·FeO)的复合氧化物(eq\o(Crx,\s\up6(＋3))eq\o(Fe,\s\up6(＋3))2－xO3·eq\o(Fe,\s\up6(＋2))O).处理含1molCr2Oeq\o\al(2－,7)废水至少需要加入amolFeSO4·7H2O.下列结论正确的是()A．x＝1，a＝5 B．x＝0.5，a＝8C．x＝2，a＝10 D．x＝0.5，a＝10【答案】D【解析】据Cr原子守恒，复合氧化物(eq\o(Crx,\s\up6(＋3))eq\o(Fe,\s\up6(＋3))2－xO3·eq\o(Fe,\s\up6(＋2))O)的物质的量为eq\f(2,x)mol，由Fe原子守恒有eq\f(2,x)×(3－x)＝a，再根据电子守恒得eq\f(2,x)×(2－x)＝1×6，联立解得x＝0.5，a＝10，故选D.2.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________.(2)A、B、H的化学式：A__________、B__________、H________.(3)①H2O2分子的电子式为______________．②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________.(4)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：________________________________.(5)在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：____________________________.【答案】(1)1～100nm(2)FeFeSH2SO4(稀)(3)①Heq\o\al(·,×)eq\o(O,\s\up6(¨),\s\do4(¨))∶eq\o(O,\s\up6(¨),\s\do4(¨))eq\o\al(·,×)H②2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(4)取少量E于试管中，用胶头滴管滴入NaOH溶液，加热试管，在试管口放一湿润的红色石蕊试纸，观察到红色石蕊试纸变蓝，证明E中有NHeq\o\al(＋,4)存在(5)4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋【解析】以红褐色胶体F是Fe(OH)3为突破口，再根据Fe(OH)3的生成和性质可推知：A为Fe，B为FeS，C为FeSO4，D为Fe2(SO4)3，E为(NH4)2SO4，H为稀H2SO4.3.国务院强调“南水北调”工程必须坚持“三先三后”的原则．在调水工程中，沿途工业污水的任意排放是造成水质恶化的最大隐患．检测某工厂废液中，含有大量的Mg2＋、Al3＋、Cu2＋、Ag＋.试分析回答下列问题：(1)该废液中可能大量存在的一种阴离子是________(选填序号)．A．SOeq\o\al(2－,4)B．NOeq\o\al(－,3)C．Cl－D．COeq\o\al(2－,3)(2)检验废液中铝元素的含量，需将其从废水样品中分离出来，所用的试剂可以是________，铝元素发生变化的离子方程式是______________________．(3)为了回收废液中的金属银，某同学设计了如下方案：若依该方案获得银108g，为保证不污染环境和氯气的循环利用，理论上应提供标准状况下的氢气________L.【答案】(1)B(2)NaOH溶液Al3＋＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(3)11.2【解析】(1)SOeq\o\al(2－,4)、Cl－与Ag＋不共存；COeq\o\al(2－,3)与Cu2＋、Ag＋、Mg2＋、Al3＋都不共存．(2)利用Al(OH)3的两性将Al元素从废水样品中分离出来．(3)根据题中转化关系图，2Ag～Cl2～H2即n(H2)＝eq\f(1,2)n(Ag)＝eq\f(1,2)×eq\f(108g,108g/mol)＝0.5molV(H2)＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L课程小结重视实验学会创新实验内容是创新试题的基点，同学们在学习过程中，尽可能联想实验原理，自己设计出一些实验装置来，并仔细分析评价自己所设计的装置优缺点，这样同学们会受益匪浅。有关Na、Mg、Al、Fe、Cu的知识的试题在近五年的高考试题中出现次数很多，它们在离子共存、离子方程式、物资鉴别、制备、推断、计算等题型中大量出现。这部分内容与化学理论知识、基本概念、实验有广泛联系，实际应用也很广泛，因此在试题中能以多种题型出现。高点主要集中在：铁三角、Al3＋与Al(OH)3及AlO2―的相互转化、Fe3＋和Al3＋及AlO2―的双水解、Mg、Al、Fe与酸反应等方面，这些知识与其他元素化合物知识相结合，以各种面孔出现在试题中。课后作业【基础】1.美国科学家在《Science》上发表论文，宣布发现了铝的“超级原子”结构——Al13和Al14.已知这类“超级原子”最外层电子数之和为40个时处于相对稳定状态．下列说法中，正确的是()A．Al13、Al14互为同位素B．Al13超原子中Al原子间通过离子键结合C．Al14最外层电子数之和为42，与第ⅡA族元素原子的性质相似D．Al13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子【答案】C【解析】Al13和Al14都是由多个Al原子构成的超原子，不是Al的同位素；Al13超原子中铝原子间是通过金属键结合的，不是离子键；Al14最外层电子数之和为3×14＝42个价电子，比稳定结构(40个最外层电子)多2个电子，应与ⅡA族元素性质相似；Al13具有3×13＝39个最外层电子，比稳定结构少1个电子，容易得到1个电子，应与卤素性质相似，具有较强的氧化性．2.如图所示装置，试管中盛有水，气球a盛有干燥的固体过氧化钠颗粒，U形管中注有浅红色的水已知，过氧化钠与水反应是放热的．将气球用橡皮筋紧缚在试管口，实验时将气球中的固体颗粒抖落到试管b的水中，将发生的现象是()A．U形管内红色褪去 B．试管内溶液变红C．气球a被吹大 D．U形管水位d<c【答案】C【解析】2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，因该反应生成O2且放出热量，故气球变大，U形管内液面c端下降，d端上升，故C正确，D错误；该反应是在试管内发生的且无酚酞，故A、B均错误．3.下列各组离子一定能大量共存的是()A．在含大量Fe3＋的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、Cl－、SCN－B．在强碱性溶液中：Na＋、K＋、AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)C．在c(H＋)＝10－13mol/L的溶液中：NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)D．在pH＝1的溶液中：K＋、Fe2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)【答案】B【解析】A项中Fe3＋与SCN－反应；B项中在有OH－时该组离子能共存；C项中溶液中OH－与NHeq\o\al(＋,4)作用生成NH3·H2O；D项中溶液中有H＋时NOeq\o\al(－,3)会将Fe2＋氧化，故只有B符合题意．4.托盘天平的两盘中各放一只盛有等体积、等物质的量浓度盐酸的小烧杯，调整天平平衡后向两烧杯中分别加入等质量的Fe粉和Zn粉，下列现象不可能出现的是()A．开始天平加锌的一端上升B．最终天平加锌的一端上升C．最终天平仍平衡D．最终加铁的一端上升【答案】B【解析】本题考查金属的化学性质，较难题．如果酸过量，由于锌的活动性大于铁，开始时锌产生氢气的速度快，加锌的一端上升，A对；但最终加锌的一端的增重大于加铁的一端的增重，最终加铁的一端上升，D对；如果金属过量，则加锌的一端和加铁的一端增重相同，最终天平仍平衡，C对．5.有a、b、c、d、e5种金属．已知：①e的氧化产物比d的氧化产物氧化能力强；②a投入e的盐溶液可得e的单质，而c投入e的盐溶液却不能获得e的单质；③在以a、d为极板形成的原电池中，d极上发生还原反应；④e投入b的盐溶液中，在e的表面有b析出；⑤c的碳酸盐的溶解度大于它的酸式碳酸盐．由此可推知五种金属的活动性由强到弱的顺序为()A．adbecB．cadebC．aedbcD．cabed【答案】B【解析】金属的活动性：①e<d，②a>e，③a>d，④e>b，而据⑤判断c应为碱金属元素，故c最活泼，综合分析比较得出：c>a>d>e>b，故选B.【巩固】1.按下图装置通入X气体，并在管P处点燃，实验结果是澄清石灰水变浑浊，则X、Y可能是()A．H2和Fe2O3 B．CO和CuOC．H2和Na2CO3 D．CO和Na2CO3【答案】B【解析】能使澄清石灰水变浑浊的气体应为CO2，可以是CO与CuO在加热条件下反应产生的．2.下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是()A．NaCl，HCl，NaAlO2，NaHCO3B．Na2SO4，KNO3，(NH4)2SO4，MgCl2C．FeCl3，NaOH，AlCl3，HNO3D．AgNO3，NaCl，Na2SO4，NaI【答案】C【解析】不另加试剂鉴别多种物质有两种主要方法，其一是利用物理性质(主要是颜色)鉴别出其中的一种或几种，再以这种物质作为试剂，看能否区别出余下的物质；其二是假设其中的一种为已知，并以它作为试剂，看能否鉴别余下的物质．本题C中FeCl3呈棕黄色，将其加入其余三种物质中有红褐色沉淀产生的是NaOH，再将NaOH加入其他两种溶液中，有白色沉淀生成的是AlCl3，无变化的是HNO3.3.KHCO3溶液中含溶质20g，加入一定质量的单质或化合物X，恰好使溶液中溶质只有K2CO3，请你填写出X可能的化学式和质量．(1)______________________________(2)______________________________(3)______________________________(4)______________________________【答案】(1)K7.8g(2)K2O211g(3)K2O9.4g(4)KOH11.2g(若考虑KO2也正确)【解析】要让KHCO3转化为K2CO3，则应加入碱或能生成碱的物质，再考虑不引入新的杂质，则应加入K或K的化合物.故可加入K、K2O、KOH、K2O2或KO2等物质．4.下列实验操作正确的是()A．向过量稀硫酸中加入除去油污的废铁屑，是制备硫酸亚铁的可行方案B．向碳酸钠粉末中加入乙二酸溶液，生成大量气泡，说明乙二酸的酸性比碳酸强C．向铝屑与硫酸反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，是制备氢氧化铝的最佳方案D．在测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，将CuSO4晶体加热至晶体完全变白色后，在空气中冷却后称量【答案】B【解析】过量稀硫酸与废铁屑(含氧化铁)反应生成的硫酸亚铁中混有硫酸铁，产品不纯，应加入过量铁屑，A错；根据强酸制弱酸原理知，乙二酸与碳酸钠反应生成碳酸，碳酸分解产生二氧化碳和水，B正确；硫酸与铝反应生成硫酸铝，再与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝，因为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，不易控制加入氢氧化钠溶液的量，C错；硫酸铜在空气中冷却时吸收空气中水分，使测定硫酸铜晶体中结晶水含量偏低，D错．5.有两瓶失去标签的物质的量浓度相同的Na2CO3和NaHCO3稀溶液．下列鉴别方法和所得到的结论不正确的是()A．取少量未知溶液，分别滴加Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液B．取少量未知溶液，分别滴加CaCl2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液C．分别滴加酚酞试液，红色较深的是Na2CO3溶液D．用pH试纸测定两溶液的pH，pH较小的为Na2CO3溶液【答案】D【解析】Ba(NO3)2、CaCl2均能与Na2CO3反应产生白色沉淀，而均不能与NaHCO3反应，故A、B正确；Na2CO3的碱性比NaHCO3的碱性强，pH大，故C正确，D错误．【拔高】1.铁是人类必需的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物，又已知：氧化性Cl2>Fe3＋>(SCN)2.“速力菲”主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色)是市场上一种常见的补铁药物．该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸．某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2＋的存在，设计并进行如下实验：(1)试剂1是________，试剂2是________，加入新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式是______________________________；(2)加入试剂2后溶液中颜色由淡黄色转变为淡红色的原因为_____________________．(3)该同学猜想红色溶液变为无色溶液的原因是溶液中的Fe3＋被还原为Fe2＋，你认为该同学的猜想合理吗？______________________________________.若你认为合理，请说明理由(若你认为不合理，该空不用作答)______________________________________.若你认为不合理请提出你的猜想设计一个简单的实验加以验证(若你认为合理，该空不用作答)______________________________．【答案】(1)稀盐酸KSCN溶液2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(2)少量的Fe2＋转化为Fe3＋，加入KSCN后显红色(3)不合理，我的猜想是Fe(SCN)3中的SCN－被过量氯水氧化设计的实验为在褪色后的溶液中加入FeCl3溶液，仍不变红色(或在褪色后的溶液中加入KSCN溶液，变红色)【解析】本题考查Fe2＋的还原性及Fe3＋的鉴别．Fe2＋的溶液为浅绿色，由于Fe2＋极易被O2、Cl2等氧化而变为黄色的Fe3＋溶液，Fe3＋通常由SCN－来检验：Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(红色溶液)．由题给信息氧化性Cl2>Fe3＋>(SCN)2知：当向含Fe2＋及SCN－的溶液中通Cl2时，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，若Cl2过量：2SCN－＋Cl2=2Cl－＋(SCN)2.2．黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物．(1)冶炼铜的反应为：8CuFeS2＋21O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2若CuFeS2中Fe的化合价为＋2，反应中被还原的元素是________(填元素符号)．(2)上述冶炼过程产生大量SO2.下列处理方案中合理的是________(填代号)．a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3d．用浓硫酸吸收(3)过二硫酸钾(K2S2O8)具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2Oeq\o\al(2－,8)＋2I－=2SOeq\o\al(2－,4)＋I2通过改变反应途径，Fe3＋、Fe2