高考化学二轮复习 金属及其化合物专题辅导教案.docx

1、高考化学二轮复习 金属及其化合物专题辅导教案【专题七】金属及其化合物【考点突破】1理顺网络、抓住重点二轮复习本专题，要突出重点物质，以典型物质为信息源联系非金属元素、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。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

2、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

3、近三年发展新题型值得关注：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；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。2突破瓶颈，攻克难点（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：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；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；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

4、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；氢氧化铝溶于强酸强碱，不溶于氨水，碳酸等。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。（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：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+）=31渐少消失n（NaOH）n（Al3+）=41，见下图。在适量的偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量：现

5、象：立即产生白色沉淀渐多最多n（H+）n（AlO2-）=11渐少消失n（H+）n（AlO2-）=41，见下图。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-）=12沉淀不消失。见下图。在适量强碱性溶液中逐滴加入铝盐溶液至过量：现象：局部产生白色沉淀振荡消失白色沉淀渐多最多n（OH）n（Al3+）=31不消失。见下图。在适量强酸性溶液中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量现象：局部产生白色沉淀振荡消失白色沉淀渐多最多。见下图。（3）盲点警示忽视反应本质 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）

6、，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）。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。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）。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

7、、碱性、中性溶液中都不能大量共存。3重视实验 学会创新 本章实验内容很多，学习时，要重视实验。最好同学们走进实验室，自己动手操作，对各种实验现象进行全面、细致的观察，并对观察的结果及时、如实地做记录，把各种观察到的实验现象联系起来进行思考分析，做到看与想相结合，培养良好的观察习惯，培养观察实验的能力和思维能力。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

8、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。【精题精讲】例1下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述陈述判断A小苏打可用于治疗胃病NaHCO3可与盐酸反应对，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对，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对，对，有

9、D过氧化钠可用作航天员的供氧剂Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2对，对，有解析：B项向过氧化钠水溶液中滴入酚酞，先变红，后马上褪色，陈述错，陈述正确；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。答案：AD例2向100 mL 0.250 molL1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()A3.45 g B2.30 gC1.15 g D0.575 g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0.1 L0.250 molL140.1 mol，其质量为2.30 g。答案：B例3

10、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()ABa(HCO3)2、NaHSO4 BNaHCO3、Al2(SO4)3CMg(HCO3)2、CaCl2 DNa2SiO3、HCl解析：A项中反应为Ba(HCO3)22NaHSO4=Na2SO4BaSO42H2O2CO2，既有沉淀产生，又有气体放出；B项中反应为Al33HCO=Al(OH)33CO2，既有沉淀产生，又有气体放出；D项中SiO2H=H2SiO3，有沉淀产生。答案：C例4锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1，

11、下列叙述不正确的是()A反应中共消耗1.8 mol H2SO4B气体甲中SO2与H2的体积比为4 1C反应中共消耗97.5 g ZnD反应中共转移3 mol电子解析：反应前n(H2SO4)1.85 mol，反应后剩余H2SO4为0.05 mol，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x mol、y mol，则有：xy1.5，根据反应：Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，得2xy1.8，解得x0.3，y1.2。n(SO2)/n(H2)0.3 mol/1.

12、2 mol1/4。反应中消耗Zn的质量1.5 mol65 g/mol97.5 g。反应中转移电子的物质的量21.5 mol3 mol。综合上述知选项B错误。答案：B例5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至过量解析：根据AlOHH2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，A对；根据Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O、CaCO

13、3CO2H2O=Ca(HCO3)2，B对；根据HOH=H2O、Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O，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。答案：D例6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3 mol/L NaOH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5.1 g。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V100 mLB当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24 LC参加反应的金属的总质量为9.6 gm3.6 gD当金属全

14、部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4 mol解析：沉淀增加的质量为OH的质量，则n(OH)0.3 mol，因此当沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积最少为0.1 L，A对；根据Cu(OH)2、Mg(OH)2，则n(Cu)n(Mg)n(OH)0.15 mol，根据得失电子守恒，有2n(Cu)2n(Mg)3n(NO)，则n(NO)0.15 mol20.1 mol，则收集到NO的体积在标准状况下为2.24 L，B错；假设混合物全部为Mg，则金属总质量为0.15 mol24 gmol13.6 g，假设混合物全部为Cu，则金属总质量为0.15 mol64 gmol19.6 g，故参加反应的

15、金属的总质量为9.6 gm3.6 g，C对；Mg和Cu与稀硝酸的反应可以写为3M8HNO3=3M(NO3)22NO4H2O，参加反应的n(HNO3)4n(NO)0.4 mol，D对。答案：B例7.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Fe3Cu2，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Fe3O44CO3Fe4

16、CO2，若有1.5 mol Fe3O4参加反应，转移电子的物质的量是_。(5)下表中，对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是_(填字母)。选项陈述陈述陈述A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对；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对；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错；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对；对；有解析：(4)1 mol Fe3O4参与反应时，需4 mol CO，根据4 mol CO可得转移8 mol电子，所以1.5 mol Fe3O4参加反应时转移电子的物质的量为1.58 mo

17、l12 mol。(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、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、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。答案：(1)O22H2O4e=4OH(2)2Fe3Cu=2Fe2Cu2(3)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H酸性环境中，H抑制了铁离子的水解，无法生成

18、氢氧化铁胶体(4)12 mol(5)B例8.现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物a g与100 mL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_。解析：(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为 ：100： 8425 ：21。(2)如果碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，根据反应

19、的化学方程式，则n(HCl)n(NaHCO3)n(KHCO3)()mol。(3)如果盐酸过量，则n(CO2)n(NaHCO3)n(KHCO3)，故V(CO2)()22.4 L。(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。答案：(1)100 ：84(或25 ：21)(2)a/168a/200(或23a/2100)(3)22.4(a/168a/200)(或22.423a/2100)(4)盐酸的物质的量浓度【专题演练】(时间90分钟，满分100分)第卷 (选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1红珊瑚栖息

20、于2002000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()ANaBFeCSiDCu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正确答案：B2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

21、，正确的是()AAl13、Al14互为同位素BAl13超原子中Al原子间通过离子键结合CAl14最外层电子数之和为42，与第A族元素原子的性质相似DAl13和Al14都具有较强的还原性，容易失去电子生成阳离子解析：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31442个价电子，比稳定结构(40个最外层电子)多2个电子，应与A族元素性质相似；Al13具有31339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，具有较强的氧化性答案：C3如图所示装置，试管中盛有水，气球

22、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()AU形管内红色褪去 B试管内溶液变红C气球a被吹大 DU形管水位dc解析：2Na2O22H2O=4NaOHO2，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均错误答案：C4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()AH2和Fe2O3 BCO和CuOCH2和Na2CO3 DCO和Na2CO3解析：能使

23、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答案：B5下列各组溶液，不另加其他试剂就可以将它们分别开的是()ANaCl，HCl，NaAlO2，NaHCO3BNa2SO4，KNO3，(NH4)2SO4，MgCl2CFeCl3，NaOH，AlCl3，HNO3DAgNO3，NaCl，Na2SO4，NaI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

24、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.答案：C6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Cr2O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Fe2O3FeO)的复合氧化物(2xO3O). 处理含1 mol Cr2O废水至少需要加入a mol FeSO47H2O.下列结论正确的是()Ax1，a5 Bx0.5，a8Cx2，a10 Dx0.5，a10解析：据Cr原子守恒，复合氧化物(2xO3O)的物质的量为mol，由Fe原子守恒有(3x)a，再根据电子守恒得(2x)1

25、6，联立解得x0.5，a10，故选D.答案：D7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解析：A项中X不足时，反应为COH=HCO；X过量时，反应为CO2H=CO2H2O.B项中，X不足时，反应为AlO4H=Al32H2O；X过量时，反应为AlOHH2O=Al(OH)3.C项中，X不足时，反应为2Fe3S2=2Fe2S；X过量时，反应为2Fe33S2=2FeSS.D项中无论CO2过量与否，反应均为CO2+答案：D8一定体积CO2和O2的混合气

26、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()A25% B40% C50% D75%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2CO22Na2O2=2Na2CO3O2V2 1 1V(CO2) 1所以V(CO2)2(CO2)2/4100%50%答案：C9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()AAl(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

27、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 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答案：D10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：NH、Na、Cl、SCNB在强碱性溶液中：Na、K、AlO、COC在c(H)1013 mol/L的溶液中：NH、Al3、SO、NOD在pH1的溶液中：K、Fe2、Cl、NO解

28、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NH作用生成NH3H2O；D项中溶液中有H时NO会将Fe2氧化，故只有B符合题意答案：B11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

29、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对答案：B12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错误答案：D13