专题七 元素周期律与金属元素.ppt

1、专题七 元素周期律与金属元素,（一）金属元素在周期表中的位置和原子结构 1、位置：金属元素分布在周期表中左下方，共有92种金属，分别分布在除零族、卤族以外的各主、副及VIII族中。,专题点金,2、原子结构：金属元素原子的最外层电子数大部分少于4个电子，但有六种金属元素的原子最外层电子数等于或大于4个（Ge、Sn、Pb原子最外层电子数为4，Sb、Bi原子最外层电子数为5，Po原子最外层电子数为6）；金属元素的原子半径均比同周期的非金属原子半径大（稀有气体原子半径例外），容易失去电子成为稳定结构。,（二）判断金属活动性的规律,1、金属与水或酸的反应越剧烈，该金属越活泼。,2、金属对应的最高价氧化物

2、的水化物碱性越强，该金属越活泼。,3、一种金属能从另一种金属的盐溶液中将其置换出来，则该金属活泼性比另一金属强。,4、两金属能构成原电池时,做负极的金属比 做正极的金属活泼。,5、在电解的过程中，一般先得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性比后得电子的金属阳离子对应的金属单质的活泼性差。,（三）金属与酸反应的规律,1、定性规律：按金属活动顺序表可分为五种情况：,（1）KPb和非氧化酸（如盐酸、稀硫酸等）发生置换 反应，产生H2逸出。如 Fe+H2SO4=FeSO4+H2,（2）K Pb和强氧化性酸（如硝酸、浓硫酸等）发生 氧化还原反应，不能生成H2。如： 3Zn+4H2SO4 (浓）=3Zn

3、SO4+4H2O+S,（3）Al、Fe单质遇强氧化性的浓硝酸、浓硫 酸，在常温下发生钝化，形成极薄的钝化 膜，保护金属不再与浓酸继续反应。,（4）Cu Au和强氧化性酸发生氧化还原反应，如 ：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3) 2 +2H2O+2NO2,（5）Pt Au和强氧化剂混酸（王水）发生氧 化还原反应。,2、定量规律,（1）金属与酸反应失去电子的物质的量=产生 氢原子的物质的量,（2）当参加反应的金属与产生的氢气的质量差 相等时，则反应后两溶液质量增加相等,（3）相同物质的量的金属与足量的酸反应产生 氢气的量之比等于反应后对应金属呈现的 化合价之比,（4）相同质量的金属与足量的酸反

4、应产生氢 气的量之比等于其金属失去1mol电子 时质量的倒数比。,（5）若产生相同量的氢气，所需金属的物质 的量之比等于反应后对应金属呈现的化 合价的倒数比。,（6）若产生相同量的氢气，所需金属的质量 比等于失去1mol电子时金属的质量比。,Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 Al(OH) 3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O AlO2- + 4H+ = Al3+ + 2H2O Al(OH) 3 + OH- = AlO2- + 2H2O AlO2- + H+ + H2O = Al(OH) 3,(四）常见的金属元素 1. “铝三

5、角”的相互转化,2、“铁三角”（Fe、Fe 2+、Fe3+）的转化关系, FeCl2 + Zn = Fe + ZnCl2, Fe+ 2HCl = FeCl2 + H2, 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3, 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2, 2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3, Fe2O3 + 3CO = Fe + 3CO2,（五）常见的六种不溶性氢氧化物的颜色、状态 及鉴别,1、氢氧化铝：白色絮状沉淀、两性氧化物、不 溶于弱酸、弱碱中，而溶解在强酸、强碱中， 常以此鉴别Al(OH)3。,2、氢氧化镁：白色颗粒状沉淀，它不溶于强碱， 也不溶于氨水，溶于强酸中，以此鉴别Mg

6、(OH)2。,3、氢氧化银：白色颗粒状沉淀，极不稳定，在常温下分解成褐色的氧化银（ Ag2O）以此鉴别AgOH。 4、氢氧化亚铁：白色絮状沉淀，不稳定，易被空气中的O2氧化成红褐色的Fe(OH)3，以此鉴别Fe(OH)2。 5、氢氧化铁：红褐色絮状沉淀，通过颜色鉴别。 6、氢氧化铜：蓝色絮状沉淀，通过颜色鉴别。,（六）金属之最,1、在生活、生产中使用最广泛的金属是铁，但 一般不使用纯铁，而使用铁的合金。 如熟铁 （含碳在0.03以下的铁碳合金）、生铁（含 碳在2以上的铁碳含金）、钢（含碳在0.03 2铁碳合金）。 2、地壳中含量最多的金属元素是铝。 3、最活泼的金属元素是铯。 4、最硬的金属单

7、质是铬。,5、熔点最高的金属单质是钨。 6、熔点最低的金属单质是汞。 7、密度最大的金属单质是锇（Os）。 8、延性最好的金属单质是铂，展性最好的金属单质是金。 9、金属中的杀菌冠军是银，每升水中只要有一千亿分之二克的Ag+，就能消灭细菌 。 10、最稳定的金属单质是金。,例1 (2002年全国理科综合试题） 用足量的CO还原32.0g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60g沉淀，该氧化物是( )。 AFeO BFe2O3 CCaO DCu2O,解析 本题可用原子守恒法求解。CO被氧化为CO2，增加的氧原子全部来源于金属氧化物。 n(O)= n(CaCO3) =60g100 g

8、mol-1=0.6mol 金属氧化物中金属的质量为32g0.616g22.4g，则 各选项原子个数比代入求出M 。,B,点题剖析,(2003年上海高考化学试题) 例2 超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中有关成分的含量，进行了以下两个实验： (1)称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并放出氨气3.36L(标准状况)。 上述反应的化学方程式为 。 该样品中的AlN的质量分数为 。 (2)另取

9、10.00g样品置于反应器中，通入2.016L(标准状况)O2，在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34g L-1 (已折算成标准状况，AlN不跟O2反应)。该样品中含杂质炭 g。,AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3,61.5,1.92,解析 (1)设10g样品中含A1N的质量为x，则由 AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3 41g 22.4L x 3.36L x =（41g3.36L)22.4L=6.15 g 样品中AlN的质量分数为：（6.15g10g）10061.5 (2)通入氧气的物质的量为： n(O2)=2.016L22.4Lmol-1=0.09mol 所得气

10、体的平均相对分子质量为： 1.34gL-122.4 Lmol-130.00gmol-132gmol-1 故所得气体必为CO和CO2的混合物，设CO、CO2的物质的量分别为x、y，则根据氧原子守恒有 x+2y0.092mol 又根据平均摩尔质量的概念有： 解得：x0.14mol，y0.02mol，10g该样品中含杂质炭的质量为： 12 gmol-1(0.14 mol+0.02mol)1.92g,例3：下列各组金属混合物的质量相同，它们分别与足量的盐酸反应，在相同状况下产生H2的体积也相同。则其中含铝的质量最少的是（ ） AFe和Al BZn和Al CMg和Al DNa和Al,C,分析：该题是比较质量相同的Fe、Zn、Mg、Na放出氢气的多少，放出氢气多者，铝的含量即少。,考题精练,1、（99年全国）提示：某些金属氧化物跟熔融烧碱反应可生成盐。根据以下化学反应框图填空：,(1)单质F是_。 (2）写出由E生成G的离子反应方程式（或化学方程式） _ (3）溶液 I 中所含金属离于是_。 (4）由CEF若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子 式）_。,H2,4Fe2+ + 8NH3H2O + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3+ 8NH4+,Al3+和Na+,H2SO4(或HNO3),2： （98年全国）下列叙述正确的是（ ） （A）同主族金