2019届一轮复习苏教版金属元素及其化合物教案

2019届一轮复习苏教版金属元素及其化合物教案

年 级 高三 学 科 化学 版 本 苏教版 内容标题 金属元素及其化合物 ‎【本讲教育信息】‎ 一、教学内容：‎ 金属元素及其化合物 二、教学目标 以典型的金属—ⅠA和ⅡA族元素中的钠、镁为例，从其原子的核外电子排布入手，理解ⅠA和ⅡA族（单质、化合物）的相似性和递变性。了解典型金属（钠、镁、铝、铁和铜）的物理性质和化学性质。综合运用一些重要化合物的性质进行解题 重点掌握Na2O、Na2O2；铝、氧化铝、氢氧化铝的两性、Al3＋、AlO2－、Al（OH）3和Fe、Fe2+、Fe3+的三角相互转变 三、教学重点、难点 Na2O、Na2O2的性质；铝、氧化铝、氢氧化铝的两性、Al3＋、AlO2－、Al（OH）3和Fe、Fe2+、Fe3+的三角相互转变 四、教学过程：‎ ‎（一）金属元素概述：‎ ‎1、金属在元素周期表中的位置及结构特点：金属元素分布在周期表的左下部，金属元素原子最外层电子数比同周期非金属元素原子最外层电子数少，一般小于4（Ge、Sn、Pb=4，Sb、Bi=5，Po=6）。金属元素原子半径比同周期非金属原子半径大。金属原子的结构特点决定了金属原子易失去电子显强还原性。金属元素形成的金属单质固态时全是金属晶体。‎ ‎2、金属的物理性质：‎ 通性：‎ ‎（1）状态：通常情况下，除汞外其他金属都是固态。‎ ‎（2）金属光泽：多数金属具有光泽，但除Mg、Al、Cu、Au在粉末状态有光泽外，其他金属在块状时才表现出来。‎ ‎（3）易导电、导热：由于金属晶体中自由电子的运动，使金属易导电、导热。‎ ‎（4）延展性。‎ ‎（5）熔点及硬度：由金属晶体中金属离子跟自由电子间的作用强弱决定。‎ 特性 ‎（1）颜色：绝大多数金属都是银白色，有少数金属具有颜色，例如：Au为金黄色，Cu为紫红色，Cs为银白略带金色。‎ ‎（2）密度：与原子半径、相对原子质量、晶体质点排列的紧密程度有关。最重的金属为锇（Os 22.57g·cm－3）、铂（Pt 21.45g·cm－3），最轻的金属是锂（Li 0.534g·cm－3）‎ ‎（3）熔点：最高的金属是钨（W 3413℃），最低的为汞（Hg －39℃）。‎ ‎（4）硬度：最硬的金属为铬，最软的金属为钾（K）、钠（Na）、铯（Cs）等，可用小刀切割。‎ ‎（5）导电性：导电性较强的金属是银（Ag）、金（Au）、铜（Cu）等。导电性较差的金属为汞（Hg）。‎ ‎（6）延展性：延展性最好的金属是金（Au）。‎ ‎3、金属单质的化学性质 金属活动顺序 K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb ‎(H)‎ Cu Hg Ag Pt Au 原子失电子能力 由大到小，还原性由强到弱 阳离子得e-能力 由小到大，氧化性由弱到强 和O2反应 常温被氧化 常温能被氧化（生成氧化膜）‎ 常温干燥空气中不易被氧化 加热时能被氧化 不能被氧化 和H2O反应 常温置换出氢 加热或与H2O（g）反应置换出氢 不能置换水中的氢 和酸反应 剧烈置换出酸中的氢 能置换出酸中的氢，Fe、Al常温在浓HNO3、浓H2SO4中“钝化”‎ 不能置换稀酸中的氢 与氧化性酸反应 只与王水反应 和碱反应 仅Al和Zn能跟强碱水溶液反应生成H2‎ 和盐反应 先与水反应 前面的金属从盐溶液中置换后边的金属 碱的热分解 受热不分解 受热分解 常温分解 硫化物溶解性 溶于水 水解 不溶于水，溶于非氧化性稀酸 只溶于强氧化性酸 冶炼方法 电解法 热还原法 加热分解法 物理方法 ‎4、金属的冶炼方法 ‎（1）电解法：活泼金属（K~Al）的冶炼常采用电解它的熔盐或氧化物的方法。‎ ‎（2）还原法（高温）‎ 金属活动性顺序表中Zn~Cu之间的金属常采用此法冶炼。常用的还原剂有：H2（CuO→Cu）、C（ZnO→Zn）、Na（TiCl4→Ti）、Al（Cr2O3→Cr）、CO（Fe2O3→Fe）等。‎ ‎（3）加热法 用于冶炼不活泼金属Hg、Ag。加热使HgO、HgS、Ag2S分解。‎ ‎（4）湿法：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu ‎（5）物理法：Au、Pt在自然界中主要以游离态存在。‎ ‎（二）金属元素及其化合物之间的相互转化关系：‎ ‎1、钠及其化合物的相互转化：‎ ‎2、镁及其化合物之间的相互转化：‎ ‎3、铝及其化合物之间的相互转化 ‎4、铁及其化合物之间的相互转化：‎ 说明：‎ ‎1、金属的通性：掌握金属的活动性顺序与掌握金属的化学性质，金属的化学性质主要表现为易失去最外层的电子，显示还原性，这与它们的原子结构有关。‎ 金属活动性顺序就是金属单质的还原性由强渐弱的顺序。按金属活动性顺序，把常见金属分为以下三组：‎ 活泼金属组：K、Ca、Na，Mg、Al；‎ 中活泼金属组：Zn、Fe，Sn、Pb、（H）；‎ 不活泼金属组：Cu、Hg、Ag，Pt、Au。‎ 如上所示，每个金属组又分为两个不同层次，显示其还原性的差异。这样复习金属单质的化学性质，有利于掌握金属的全局，以及金属还原性强弱的变化规律。‎ ‎（1）跟O2反应：K、Ca、Na、Mg、Al迅速氧化，Zn、Fe、Sn、Pb缓慢氧化，Cu、‎ Hg、Ag、Pt、Au很难氧化。‎ ‎（2）跟H2O反应：K、Ca、Na跟水反应剧烈，Mg、Al跟水在加热下缓慢反应，Zn、Fe在高温下跟水气反应，生成H2和金属氧化物。‎ ‎（3）跟盐酸反应：K、Ca、Na反应猛烈，Mg、Al反应剧烈，锌、铁反应较快，Sn、Pb反应缓慢，Cu、Hg、Ag、Pt、Au不能反应。‎ ‎（4）跟硝酸反应：Cu、Hg、Ag可与HNO3反应，Pt、Au不跟HNO3反应。‎ ‎2、与金属有关的特征的颜色：‎ 有色固体：红色（Cu、Cu2O、Fe2O3）红褐色[Fe（OH）3]、蓝色[Cu（OH）2、CuSO4·5H2O ] 黑色（CuO、FeO、FeS、CuS、Ag2S、PbS、Fe3O4）黄色（AgI、AgBr 、Ag3PO4 、 S、 Na2O2 、FeS2）绿色[FeSO4·7H2O 、Cu2 （OH）2CO3]‎ 有色溶液：Fe2+（浅绿色）、Fe3+（黄色）、Cu2+（蓝色）、MnO4—（紫色）、Fe3+与苯酚（紫色）、Fe3+与SCN－（血红色）等 ‎3、熟练掌握：NaOH、Na2CO3、NaHCO3；Al3＋、AlO2－、Al（OH）3；Fe、Fe2＋、Fe3＋等三组物质中的三角关系。‎ ‎【典型例题】‎ ‎［例1］下列金属冶炼的反应原理，错误的是 A、2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑ B、MgO＋H2Mg＋H2O C、Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D、2HgO2Hg＋O2↑‎ 解析：本题要求掌握随着不同金属的阳离子的氧化能力不同，冶炼方法主要有：电解法、还原剂法、加热法等，我们可以根据金属活动顺序把金属冶炼的方法规律总结如下：‎ K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb（H）Cu、Hg、Ag、Pt、Au、‎ 熔融电解法 高温还原剂法 加热法 金属阳离子：得电子（氧化性）：弱→强 答案：B ‎［例2］A、B两种固体，都由甲、乙两种元素组成。在A、B中，甲、乙两种元素的原子个数比分别为l∶l和l∶2。高温煅烧A、B时，产物都是C（固体）和D（气体）。由D可制得E（酸）。E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯。C与E的稀溶液反应得到溶液F，往F溶液中加入氢氧化钠溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀经灼烧后转变成C。往F溶液中加入甲元素的单质得到溶液G。试根据以上信息填写下列空白：‎ ‎（1）A的化学式（分子式）是_____________；‎ ‎（2）B煅烧生成C和D的化学方程式是 ；甲元素的单质与F溶液反应的离子方程式是 ；‎ ‎（3） 往G溶液中加入NaOH溶液发生的现象是 。‎ 解析：本题由E和另一种酸组成的混合酸跟甲苯反应可生成三硝基甲苯。作为突破口得E可能为HNO3或H2SO4，然后由酸的制法可判断该酸为H2SO4，说明A、B中一种元素为S。而根据：“F溶液中加入氢氧化钠溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀经灼烧后转变成C。”可得A、B中另一种物质为铁Fe。则A为FeS、B为FeS2；甲为Fe、乙为S。依次可推出其他物质：C为Fe2O3、E为H2SO4、F为Fe2（SO4）3、G为FeSO4。‎ 答案：（1） FeS （2） 4FeS2＋11O2 2Fe2O3＋8SO2 2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋‎ ‎（3） 生成的沉淀由白色变成灰绿色最终变成红褐色。‎ ‎［例3］Fe3O4可以写作Fe2O3·FeO，若把Fe3O4看成是一种盐，又可写成Fe（FeO2）2‎ ‎。根据化合价规律和化学式书写方法，把Pb3O4用上述氧化物形式表示，其化学式为________；若看成是一种盐，化学式为____________。又知，高价Fe不能把HCl氧化，而高价Pb能把HCl氧化成Cl2。试分别写出Fe3O4、Pb3O4与盐酸反应的化学方程式。 ‎ 解析：①铅（Pb）是ⅣA族元素，化合价只有+2价和+4价。根据Fe3O4写成Fe2O3·FeO形式，+4价Pb的氧化物写在前，+2价的氧化物写在后，则有： PbO2·2PbO。 ‎ ‎②又根据Fe3O4看成盐的形式Fe（FeO2）2分析，低价金属为阳离子，高价为酸根离子，则Pb3O4可写成：Pb2（PbO4）. ‎ ‎③ Fe3+不能氧化HCl，所以Fe3O4与HCl反应生成两种盐，属于复分解反应；而Pb4+有强氧化性，能把HCl氧化成Cl2，这时会生成PbCl2的盐。 ‎ 答案 ：PbO2·2PbO；Pb2（PbO4）；‎ Fe3O4＋8HCl＝2FeCl3＋FeCl2＋4H2O；‎ Pb3O4＋8HCl＝3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O ‎［例4］已知下列各物质都是由短周期元素组成，它们之间的关系如下图所示：‎ 常温下，A、F为金属单质，F既能与L溶液反应，又能与N溶液反应。C、H、M为气体单质，其中H呈黄绿色，A、B、I、K、L、R焰色反应均为黄色。请回答：‎ ‎（1）P的结构式为　　　　，B的电子式为　　　　　　　　。‎ ‎（2）R的水溶液呈碱性的原因可用离子方程式表示为　　　。‎ ‎（3）还有一种物质能与B反应生成C，写出这个反应的化学方程式　　　　　　　。‎ ‎（4）还有一种物质能与J反应生成C，写出这个反应的化学方程式　　　　　　　　。‎ ‎（5）某气体Q具有漂白作用，将Q与H等物质的量通入水中所得溶液没有漂白作用，写出该过程中发生反应的离子方程式_____________________________________。‎ 解析：本题以碱金属元素钠为中心，覆盖了氧族、卤族和镁、铝等多种元素的性质。本题突破口为寻找特征反应和现象：首先应该由焰色反应均为黄色，确定的是A为金属钠，黄绿色气体确定H为Cl2，C、M可能属于H2、N2、O2和F2中的某一种，考虑到M和H均是电解产生的气体，显然M只能是H2，电解的对象为NaCl溶液，即I为NaCl，J为H2O，这样L只能是NaOH，依次类推可得F是铝，N为HCl，P为HClO，G为Al2O3，R为NaAlO2，B为Na2O2等。 ‎ 答案：（1）P的结构式为：H－O－Cl，B为Na2O2，电子式为（略）‎ ‎（2）AlO2－＋2H2OAl（OH）3＋OH－；‎ ‎（3）2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；（4）2F2＋2H2O＝4HF＋O2；‎ ‎（5）SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－‎ ‎［例5］钛（Ti）被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白（TiO2）是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁矿储量居世界首位。用含有Fe2O3的钛铁矿（主要成分为FeTiO3）制取TiO2的流程如下：‎ ‎（1）Ti的原子序数为22，Ti位于元素周期表中第_______周期，第______族。‎ ‎（2）步骤①加铁的目的是_______________________________________________；‎ 步骤②冷却的目的是______________________________________________ _。‎ ‎（3）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是___________；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入_________________处理。‎ ‎（4）由金红石（TiO2）制取单质Ti，涉及到的步骤为：‎ 已知：① C（s） + O2（g） ＝CO2（g）； △H = －393.5 kJ·mol-1‎ ‎② 2CO（g） + O2（g） ＝2CO2（g）； △H =－566 kJ·mol-1‎ ‎③ TiO2（s） + 2Cl2（g） ＝ TiCl4（s） + O2（g）； △H = +141 kJ·mol-1‎ 则TiO2（s） + 2Cl2（g） + 2C（s）＝ TiCl4（s） + 2CO（g） 的△H = _________________。‎ 反应TiCl4 + 2Mg ＝ 2MgCl2 + Ti 在Ar气氛中进行的理由是_____________________。‎ 解析：本题考查的是新情境下的工业流程图，同时还考查了盖斯定律和元素周期律的有关内容。按照钛的原子序数（22）可知钛的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，位于周期表中第四周期，第IVB族。流程中加过量铁屑的目的是为了将混合物中的Fe3+还原为Fe2+，从而在步骤②冷却得到较纯净的FeSO4·7H2O晶体。而在废液中加入石灰（或碳酸钙、纯碱等）可以中和废液中的酸，也可以得到副石膏等。而第（4）问则是有关盖斯定律的内容，①×2－②＋③，可得△H ＝-80 kJ·mol-1。TiCl4 + 2Mg ＝ 2MgCl2 + Ti，镁和钛的金属活泼性均较强，能与氧气等物质反应，因此，工业上制取钛时，应在Ar气氛中进行，以防氧化。‎ 答案：（1）4 IVB 　　（2）将Fe3+还原为Fe2+，析出（或分离、或得到）FeSO4· 7H2O ‎（3）FeSO4·7H2O，石灰（或碳酸钙、废碱）； （4）-80 kJ·mol-1‎ 防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用 ‎［例6］有铁粉、三氧化二铁和氧化铜组成的混合物，投入到110mL 4mol/L的盐酸中，充分作用后得很浅的绿色溶液，产生标准状况下的气体896mL，并留下固体1.28 g 。过滤并将滤液稀释到200 mL ，经测定其中含有过量盐酸为0.4 mol/L 。试求原混合物中三种物质的质量。‎ 解析：分析该题，反应后溶液为浅绿色，证明溶液中无Cu2＋，又盐酸过量，知留下的固体中无铁粉，以此可通过得失电子守恒和Cl－守恒列出两个方程求解。‎ 则：根据题意，可把题中文字和数字的信息改组成如下框信息：‎ 根据Cl—守恒，原盐酸中的Cl—的物质的量应等于生成物FeCl2中Cl—的物质的量与过量盐酸中的Cl—的物质的量之和，即：‎ ‎（x＋2y）×2 + 0.2 × 0.4 = 0.11 × 4 ┉┉┉①‎ 氧化剂 Fe2O3 → 2Fe2+、CuO → Cu、2H+ → H2 ↑‎ 还原剂 Fe → Fe2+‎ 根据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，得 ‎2y＋（1.28/64）×2 ＋（896/22400）× 2 ＝ 2x ┉┉┉②‎ 解方程组①与②得：x ＝ 0.1 （mol） ，y ＝ 0.04（ mol） 。‎ 即原混合物中，Fe粉为5.6 g ，Fe2O3为6.4 g ，CuO为1.6 g 。‎ 答案：Fe粉为5.6 g ，Fe2O3为6.4 g ，CuO为1.6 g