金属螯合物

金属螯合物（共12篇）

金属螯合物 篇1

在初中化学阶段对金属和金属化合物的学习,主要是对铁、铜、镁、铝、锌等几种常见金属的学习。在课本中对金属的物理性质、化学性质等进行了学习。该部分知识在初中化学中占有一定的比重,同学们学习时要重点掌握金属的化学性质和活用金属活动性顺序。

一、金属的物理性质

1. 金属具有许多共同的物理性质。如常温下都是固态(汞常温下是液态),具有金属光泽,不透明,导电性、导热性好,熔点沸点高,密度、硬度较大,有延展性。

2. 金属和金属化合物有一些比较特殊的性质

(1) Fe,Mg呈银白色,汞为银白色液体。

(2)Cu呈紫红色,Au为黄色。紫黑色固体:KMnO4。

(3)黑色固体:铁粉、CuO、MnO2、Fe3O4、FeO。

(4)白色固体:MgO、CaO、NaOH、Ca(OH)2、KCO3、KCl、Na2CO3、NaCl无水CuSO4。

(5)红色固体:Cu、Fe2O3、HgO。

(6)Cu2(OH)2CO3为绿色,CuSO4.5H2O为蓝色。

(7)沉淀颜色:Cu(OH)2为蓝色,Fe(OH)3为红褐色。

(8)溶液的颜色:含有铜离子的溶液呈蓝色,含有亚铁离子的溶液呈浅绿色,含有铁离子的溶液呈棕红色,高锰酸钾溶液呈紫红色,其他溶液一般无色。

二、金属的化学性质

1. 金属与氧气的反应。

金属+氧气→金属氧化物

(1)Mg、Al与氧气在常温下反应:

(剧烈燃烧、发出耀眼白光、生成白色固体、放热、产生大量白烟)

(银白金属变为白色固体)

(2)Fe、Cu与氧气在加热或点燃条件下反应:

2. 金属与酸的反应。

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑(反应较快,有大量气泡产生、金属颗粒逐渐溶解)

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑(有大量气泡产生、锌粒逐渐溶解实验室制备氢气)

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑(反应较慢,有大量气泡产生、金属颗粒逐渐溶解)

Cu与稀硫酸不发生反应。

3. 金属与金属化合物溶液反应。

金属单质+化合物→另外一种金属+另外一种化合物

Fe+CuSO4=FeSO4+Cu (铁溶解,有红色物质生成,溶液颜色变浅)

Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu (有红色物质生成,溶液蓝色变浅)

Cu+Hg(NO3)2=Cu(NO3)2+Hg(铜表面发黑,时间较长时在铜表面出现银亮的微小汞珠或汞珠落入溶液底部,铜被腐蚀。)

4. 金属氧化物与酸的反应。

Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O (红色氧化铁消失,生成黄褐色溶液)

Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O(红色氧化铁消失,生成黄色溶液)

CuO+2HCl=CuCl2+H2O (黑色氧化铜消失,生成蓝绿色溶液)

CuO+H2SO4=CuSO4+H2O (黑色氧化铜消失,生成蓝色溶液)

MgO+H2SO4=MgSO4+H2O (白色氧化镁消失,生成无色溶液)

CaO+2HCl=CaCl2+H2O(白色氧化钙消失,生成无色溶液)

三、金属活动性顺序

从上面金属的化学性质中,推导出金属活动性顺序:

K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb(H) Cu、Hg、Ag、Pt、Au

1. 在金属活动性顺序里,金属的位置越靠前,它的活动性就越强,化学性质就越活泼。

2. 在金属活动性顺序里,位于H前面的金属能置换出稀盐酸、稀

硫酸中的氢,生成氢气。

3. 在金属活动性顺序里,位于前面的金属能把位于后面的金属从它们化合物的溶液里置换出来。

习题:

1.质量相同的下列金属,分别加入到足量的稀盐酸中充分反应,放出氢气最多的是()

A.Mg B.Al C.Cu D.Zn

2.往含有FeSO4和CuSO4的溶液中加入一定质量的锌粒,充分反应后过滤,向滤渣中加入稀硫酸,有气泡产生,根据现象得出的正确结论是()

A.滤渣中只有Cu B.滤渣中一定有Fe

C.滤渣中一定有Zn D.滤渣中一定有Cu、Fe、Zn

3.已知A、B为黑色粉末,B为单质,D为红色单质。A、B、C、D、E五种物质之间的转化关系如下图所示,请回答:

(1)写出下列物质的化学式:A:＿＿＿＿＿＿C:＿＿＿＿＿＿

(2)写出反应①、②的化学方程式:＿＿＿＿＿＿;＿＿＿＿＿＿。

4. 某固体混合物可能含有CaCO3、NaCl、CuO、Fe2O3、木炭粉中的一种或几种,为确定其组成,进行如下实验后回答问题:

(1)混合物中肯定含有＿＿＿＿＿＿

(2)推导出A是＿＿＿＿＿＿;D是＿＿＿＿＿＿;E是＿＿＿＿＿＿;C是＿＿＿＿＿＿。

(3) C至E的化学方程式:＿＿＿＿＿＿

(4)A至B的化学方程式:＿＿＿＿＿＿

5. 将10gCu-Zn合金粉末放到盛有100g稀硫酸的烧杯中,恰好完全反应,称得烧杯中物质的总质量为109.8g。

(1)生成氢气的质量是多少克?

(2)计算原来Cu-Zn合金中Zn的质量分数是多少?

参考答案

金属螯合物 篇2

高中化学必修①第三章单元教学设计---《金属及其化合物》

班级：09级化学四班

姓名：连莉莉

学号：40907201 金属及其化合物单元教学设计

一、教材分析

1、本章教材的地位

金属及其化学性质是新课标教材（人教版）必修一第三章内容。全章以及在整个中学化学课程中的地位：本章开始学生初步、系统地接触元素化合物知识，内容在化学实验基本方法和化学物质及其变化之后。在本节中，学生初步尝试从实验操作和实验现象去探索（金属）物质化学性质；从基本原理去深化对这些性质的理解，这种学习方式的过程和方法一经掌握后，可以驾轻就熟地学习后一章非金属及其化合物的内容。

2、本章教材的结构

二、学情分析

1、学生的知识、技能的基础。学生在学习本课之前，已初步理解了从实验学化学的思想，巩固了化学实验的基本方法，学习了氧化还原、离子反应、物质的量等基本概念，具有实验探究基本技能，能在教师指导下独立完成实验，为本章学习奠定了一定的知识、技能和心理基础。但学生对实验现象分析能力、思维能力、探究能力有待进一步培养和提高。学生在初中已经学习过一些铁的知识，在教学中应多加考虑新旧知识的相互衔接。

2、学生认知心理特点及认知发展水平。高一学生有很强的好奇心，尤其对化学实验充满期待和向往，因此创设教学情境，激发学习兴趣显得尤为重要，如何调动学生的积极性是三维目标能否达成的关键。

三、课程目标

1、了解钠、铁、铜等金属及其重要化合物的主要性质。

2、初步认识金属材料在国民经济中的重要作用和与人们日常生活的紧密联系，以及合理使用金属材料的重要意义。

3、通过金属及其化合物性质的实验，提高学生对“化学是一门以实验为基础的科学”的认识，培养学生的实验意识、操作技能、观察能力和分析问题的能力等。

4、以金属知识的学习为线索，通过阅读、查阅资料、讨论和概括等，培养学生获取知识及信息加工的能力。通过比较、归纳等，让学生逐步掌握学习元素化合物知识的一般方法。

5、通过金属及其化合物、金属材料在生产和生活中的应用等的学习，提高学生学习化学的兴趣，增强学好化学、服务社会的责任感和使命感。

6、通过多种多样的活动，鼓励学生积极提出问题，培养学生敢于质疑、勇于创新的精神和合作精神等。

四、教学目标

1、知识与技能

①以活泼金属钠，较活泼金属铝、铁，不活泼金属铜为代表，了解金属的主要性质，并学会药品的取用、加热等基础实验操作方法。

②以mgo、fe2o3、cuo为代表，了解金属氧化物的主要理化性质和主要用途。

巩固药品取用等基础实验操作。

③以铁的氢氧化物和al(oh)3为代表，了解金属氢氧化物的制法、性质和用

途。④以al2o3、al(oh)3为代表，了解两性物质的特点。以kal(so4)2 为代表，使学生掌握复盐的组成特点。

⑤掌握试管实验等基础实验操作及焰色反应操作。

⑥了解碳酸钠、碳酸氢钠的性质特点，使学生掌握酸式盐的组成特点。⑦认识金属与合金在性能上的主要差异。

⑧知道生活中常见合金铁合金及铜合金的主要成分及性能。

2、过程与方法

①通过观察、分析实验现象，了解金属的主要性质，初步了解实验观察方法。②通过列表比较，了解各类金属化合物的性质。同时掌握学习元素化合物的方法——比较法。

③通过对几个实验的探究，体会实验方法在化学研究中的作用，并认识到实验过程中控制实验条件的重要性。

④通过观察比较部分合金的的组成及性能，了解部分合金的用途及其如何正确的选用。

3、情感态度与价值观

①通过实验、图表分析、联系生活等多渠道的科学探究，发展学习化学的兴趣，乐于探究物质变化的奥秘

②通过对钠跟氧气的反应、钠跟水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应实验的探究，体验实验方法在化学研究中的作用，并认识到实验过程中控制实验条件的重要性。

③通过对金属钠、镁、铝性质的科学探究，发展学习化学的兴趣，乐于探究物质变化的奥秘。

④通过实践活动认识如何正确使用金属及如何爱护金属资源。

五、教学重点与难点确定

1、重点

①钠的氧化和钠与水的反应，铝与氢氧化钠溶液的反应。

②钠的化合物及镁、铝的性质。

③氢氧化铝、氢氧化铁的性质，fe2+、fe3+ 的转化。

④知道生活中铁合金及铜合金的主要成分及性能。

2、难点

①钠的氧化和钠与水的反应，铝与氢氧化钠溶液的反应。

②钠的化合物及镁、铝的性质。

③氢氧化铝、氢氧化铁的性质，fe2+、fe3+ 的转化。

④铁合金及铜合金的主要成分及性能。

六、教学策略

节次 探究主题 主要内容

篇二：高中化学必修一_第三章第一节_金属及其化合物_教学设计

高中化学必修一 第三章第一节 金属及其化合物 教案（第二课时）

一．教学目标 1.知识与技能

（1）了解铝的物理性质；

（2）掌握铝的化学性质及相关反应；（3）总结金属反应的一般规律。2.过程与方法

（1）培养学生实验观察能力、分析能力，熟悉一些实验基本技能；（2）培养学生勤于思考，团队合作精神。3.情感·态度·价值观

增强学生的实验安全意识,培养学生对化学的兴趣，提高实践能力。二．教学重点 铝的化学性质 三．教学难点

铝与强碱水溶液的反应四．实验设计

教师演示实验 1.铝粉的燃烧 2.铝热反应 学生实验 1.加热铝片 2.铝与酸的反应 3.铝与氢氧化钠溶液的反应 五．教学过程

六．教学反思

铝在生活中普遍存在，教师应根据生活中的有关铝的物质启发学生归纳铝的物理性质和化学性质，培养学生的观察能力，让学生自己动手做有关铝的简单实验，培养学生科学探究能力。

篇三：金属及其化合物教案

第三章 金属及其化合物相关知识总结与练习

第三章《金属及其化合物》

【课标要求】： 知识与技能要求：

1了解地壳中金属元素含量、金属的存在状态、金属的化学共性。

2了解na的保存、na常温下在空气中的变化，掌握加热条件下na与o2的反应，na与水的反应。

3了解fe与al分别与o2的反应，al2o3的保护作用，掌握al与naoh溶液的反应。4了解金属氧化物的物理性质，并通过实验探究掌握金属氧化物溶于水的规律、金属氧化物与酸的反应、al（oh）3的两性。

5掌握na2co3、nahco3的性质，了解na2co3、nahco3、kal（so4）2的用途。6掌握铁盐、亚铁盐的检验方法，fe2+、fe3+的性质和相互转化 7了解常见合金的性能及用途 过程与方法要求： 1通过金属及其化合物性质的实验，提高对“化学是一门以实验为基础的科学”的认识，培养实验意识、操作技能、观察能力和分析问题的能力。

2以金属知识的学习为线索，通过阅读、查阅资料、讨论和概括等，培养获取知识及信息加工的能力。通过比较归纳等，逐步掌握学习元素化合物知识面的一般方法。3学会用焰色反应判断某些金属元素的存在 4学会选择金属材料的方法 情感与价值观要求：

1初步认识金属材料在国民经济中的重要作用和与人们日常生活的密切联系，以及合理使用金属材料的重要意义。

2通过金属及其化合物，金属材料在生产和生活中的应用等的学习，提高我们学习化学的兴趣，增强学好化学服务社会的责任感和使命感

3通过多种多样的活动，鼓励积极提出问题，培养敢于质疑、勇于创新的精神和合作精神等

第一讲 《金属的化学性质》

第一课时

地壳中含量最多的金属元素是al：7.73%，第二位fe：4.75%。大多数金属以化合态存在。原因：金属元素外层电子数较少，易失去电子，因而性质活泼。【思考与交流】举例说明金属能发生哪些化学反应？ 根据初中所学内容填写化学反应方程式：

一、金属与非金属的反应 金属钠的物理性质与存放方法。

钠一般存放在石蜡油或煤油中 1：na和o2反应

（1）常温下

【实验探究1】用小刀从中间切开，观察钠切面的颜色变化银白色逐渐变暗（2）钠的燃烧。

【实验探究2】用小刀切下绿豆粒大小的钠块，用滤纸吸干煤油后放入坩埚中，点燃酒精灯进行加热。

描述实验现象：金属先熔化，在空气中燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体

反应可表示为： 2na + o2 na2o2（颜色：淡黄色固体）注意：①用镊子夹取存放在煤油中的金属钠，②用滤纸吸干表面的煤油防止干扰观察现象，③未用完的钠块全部放回原试剂瓶中。

2、铝与氧气的反应 4al+3o2o3 【实验探究1】 用坩埚钳钳住一块铝片在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动 实验现象 逐渐熔化，失去光泽，但不滴落

原因： 铝的熔点 为665℃ 氧化铝的熔点 为2050℃，铝表面的致密氧化膜包在铝的外面，所以熔化了的液态铝不会落下。

【实验探究2】 用坩埚钳钳住一块用砂纸打磨过的铝片在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动 实验现象： 熔化的铝仍不滴落

原因： 磨去氧化膜的铝片在空气中很快又形成一层新的氧化膜

【归纳小结】 ①金属的活动性越强，与氧气反应就越易进行（如钠露置空气中就氧化）；金属活动性越弱，与氧气发生反应时反应条件较高（如铁在空气中不能被点燃），俗语说“真金不怕火炼”就说明金在加热条件下不与氧气反应。②金属和氧气反应一般生成普通氧化物，例mgo al2o3 cuo，但钠在氧气中燃烧生成na2o2，铁在氧气中燃烧生成fe3o4。

③金属表面的氧化物有的疏松，不能保存内层金属，如铁；金属表面的氧化物有的致密，可以保存内层金属镁、铝。第二课时

二、金属和水的反应 1.钠与水反应

【实验探究】 na和烧杯里的水作用：

现象：反应剧烈，钠浮在水面上，熔成小球，迅速游动，嘶嘶作响，溶液变红。．．．．．（2）现象分析

化学反应方程式：2na＋2h2o=2naoh＋h2↑ 离子方程式：2na＋2h2o=2na+oh＋h2↑ 【思考讨论】

①金属钠着火，能否用水灭？为什么？应该如何处理？（不能，因能和水反应。应用细砂）②为什么能将钠保存在煤油中？能否保存在汽油或ccl4中？(钠容易被氧气氧化而变质，必须将钠隔绝空气保存；钠不与煤油发生化学反应；钠的密度比煤油大，能够有效隔绝空气。不能保存在汽油中，因汽油易挥发，使钠暴露在空气中，发生火灾。不能保存在ccl4中因钠的密度小于ccl4的密度)③将一小块金属钠投入cuso4溶液中，可观察到什么现象？写出发生的化学方程式。(观察到现象：反应剧烈，钠熔成小球，浮在水面上，迅速游动，嘶嘶作响，溶液中同时出现蓝色沉淀。2na＋2h 2 o=2naoh＋h2↑，cuso4＋2naoh=cu(oh)2↓＋na2so4)

2、铁和水反应

铁不能和冷水、热水反应但能和水蒸气反应

铁与水蒸气反应的实验装置见课本p50(引导学生从水蒸气的产生，水蒸气与铁粉反应,反应)【实验探究】铁粉与水蒸气的反应：3fe＋4h2o(g)== fe3o4＋4h2↑ 现象：点燃肥皂泡可听到爆鸣声

三、铝与盐酸、氢氧化钠溶液的反应 【实验探究】（1）取2支小试管分别加入5ml盐酸和5mlnaoh溶液，再分别放入一小段铝片，观察现象。

（2）将点燃的木条分别放在两支试管口，观察现象。

铝既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，都能产生一种可燃性气体h2 3+ 铝与盐酸反应的化学方程式：2al+6hcl=2alcl3+3h2↑离子方程式：2al+6h+=2al+3h2↑ 铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2↑--离子方程式：2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2↑

【思考讨论】

1、在上述实验中，为什么铝片放入盐酸和naoh溶液中，不立即产生气泡？

2、由上述实验还能得出哪种物质既能与盐酸反应，又能与naoh溶液反应？（1）、原因：铝片表面上的al2o3先和盐酸和naoh溶液中，所以不立即产生气泡（2）、物质名称：al2o3 第三课时

物质的量在化学方程式计算中的运用

一、回忆以物质的量为中心的计算公式

二、理解方程式中化学计量数之比与物质的量之比的含义

我们知道：物质是由原子、分子、离子等粒子构成的，物质之间的化学反应也是这些粒子按一定的数目关系进行的，比如在下面的那个反应中，na和h2o以及产物naoh、h2是按2：2：2：1的比例进行的，也就是说它们的分子数之比为：2：2：2：1 2na + 2h2o == 2naoh +h2 化学计量数之比 2 2 2 1 扩大na倍 1.204×1024 1.204×1024 1.204×1024 6.02×1023 物质的量之比2mol 2mol 2mol1mol 质量之比 4g 32g 36g 从上面一系列的比例中我们可以得出一些什么结论呢？

结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比，等于组成各物质的粒子数之比，因而也等于各物质的物质的量之比，还等于在相同条件下各气体的体积之比。

计算时同种物质各种量（物质的量、质量、体积）的单位要统一。即上下单位要一致

三、物质的量在方程式中的运用 例题讲解 例1见课本p52页

例2实验室用60g含 caco3 80％的大理石与足量12mol/l浓盐酸完全反应(杂质不参加反应)求：①参加反应浓盐酸的体积。②生成co2的体积(标况下)。

分析思路：把参加反应caco3转化为物质的量，再根据化学方程式中的化学计量数，求题目

所求。（注意解题格式）解n(caco3)? m(caco3)??(caco3)m(caco3)?60g?80% 100g/mol ?0.48mol caco3（s）+2hcl== cacl2+ h2o + co21mol2 mol22.4 l 0.48mol 12mol/l×v [hcl(aq)] v(co2)v [hcl(aq)]=0.08 lv v(co2)=10.752 l 答：参加反应浓盐酸体积为0.08l，生成co2的体积在标况下10.75 l。

例3.用8.7 g mno2与100 g 36.5﹪的浓盐酸反应，消耗盐酸的物质的量是多少?产生cl2 在标况下的体积是多少?未参加反应的hcl的质量是多少?被氧化的hcl物质的量是多少? 分析思路：根据化学方程式进行计算，当两种反应物的量均为已知时，首先须判断何者过量，然后根据不过量的物质来进行计算。

解： mno△

+ 4hcl(浓)======mncl2 ＋cl2↑＋2h2o 1 mol4 mol 22.4 l 8.7g%87g?mol?1 ?0.1mol 100g?36.536.5g?mol?1 ?1mol v(cl2)因为：１ｍｏｌ×０.1ｍｏｌ＜４ｍｏｌ×１ｍｏｌ

所以，反应物hcl过量，应根据mno2的物质的量0.1 mol计算： 消耗hcl为： n１（hcl）＝ 0.1mol?4mol 1mol ?0.4mol 剩余hcl为：

ｎ２（hcl）＝１ｍｏｌ－0.4ｍｏｌ＝0.6ｍｏｌ 剩余hcl的质量为： m（hcl）＝ｎ２（ｈｃｌ）·m（ｈｃｌ）=0.6 mol×36.5 ｇ·ｍｏｌ－１

＝21.9 ｇ

ｖ（cl2）＝ 0.1mol?22.4l 1mol ?2.24l 被氧化的hcl物质的量:因参加反应的盐酸一半被氧化所以n(被氧化hcl)=0.4mol/2=0.2mol 答：消耗hcl 0.4 mol，产生cl2 2.24 l，未参加反应的hcl为21.9 g，被氧化的hcl物质的量是0.2mol。

第二讲 《几种重要的金属化合物》

第一课时

一、钠的重要化合物

请同学回顾钠在常温下和加热条件下与氧气反应的现象及产物的差异？请写出反应的化学方程式。

篇四：金属及其化合物复习教案

第三章《金属及其化合物》

【课标要求】： 知识与技能要求：

1了解地壳中金属元素含量、金属的存在状态、金属的化学共性。

2了解fe与al分别与o2的反应，al2o3的保护作用，掌握al与naoh溶液的反应。3了解常见合金的性能及用途

第一讲 《金属的化学性质》

地壳中含量最多的金属元素是：7.73%，第二位：4.75%。大多数金属以化合态存在。原因：金属元素外层电子数较少，易失去电子，因而性质活泼。【思考与交流】举例说明金属能发生哪些化学反应？

一、金属与非金属的反应 1：na和o2反应（1）常温下

【实验探究1】用小刀从中间切开，观察钠切面的颜色变化银白色逐渐变暗（颜色：白色固体）（2）钠的燃烧。

【实验探究2】用小刀切下绿豆粒大小的钠块，用滤纸吸干煤油后放入坩埚中，点燃酒精灯进行加热。

描述实验现象：金属先熔化，反应可表示为： 2na + o2（颜色：淡黄

在空气中燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体na2o2色固体）

注意：①用镊子夹取存放在煤油中的金属钠，②用滤纸吸干表面的煤油防止干扰观察现象，③未用完的钠块全部放回原试剂瓶中。

2、铝与氧气的反应 4al+3o2 点燃 2o3 【实验探究1】 用坩埚钳钳住一块铝片在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动 实验现象 逐渐熔化，失去光泽，但不滴落

【实验探究2】 用坩埚钳钳住一块用砂纸打磨过的铝片在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动

实验现象： 熔化的铝仍不滴落

原因： 磨去氧化膜的铝片在空气中很快又形成一层新的氧化膜

【归纳小结】 ①金属的活动性越强，与氧气反应就越易进行（如钠露置空气中就氧化）；金属活动性越弱，与氧气发生反应时反应条件较高（如铁在空气中不能被点燃），俗语说“真金不怕火炼”就说明金在加热条件下不与氧气反应。

②金属和氧气反应一般生成普通氧化物，例mgo al2o3 cuo，但钠在氧气中燃烧生成na2o2，铁在氧气中燃烧生成fe3o4。

③金属表面的氧化物有的疏松，不能保存内层金属，如铁；金属表面的氧化物有的致密，可以保存内层金属镁、铝。

二、金属和水的反应 1.钠与水反应

【实验探究】 na和烧杯里的水作用：

现象：反应剧烈，钠浮在水面上，熔成小球，迅速游动，嘶嘶作响，溶液变红。

．．．．．【思考讨论】

①金属钠着火，能否用水灭？为什么？应该如何处理？（不能，因能和水反应。应用细砂）

②为什么能将钠保存在煤油中？能否保存在汽油或ccl4中？(钠容易被氧气氧化而变质，必须将钠隔绝空气保存；钠不与煤油发生化学反应；钠的密度比煤油大，能够有效隔 222++oh-2 绝空气。不能保存在汽油中，因汽油易挥发，使钠暴露在空气中，发生火灾。不能保③将一小块金属钠投入cuso4溶液中，可观察到什么现象？写出发生的化学方程式。(观察到现象：反应剧烈，钠熔成小球，浮在水面上，迅速游动，嘶嘶作响，溶液中同

2、铁和水反应

铁不能和冷水、热水反应但能和水蒸气反应

铁与水蒸气反应的实验装置见课本p50(引导学生从水蒸气的产生，水蒸气与铁粉反应,)【实验探究】现象：点燃肥皂泡可听到爆鸣声

三、铝与盐酸、氢氧化钠溶液的反应

【实验探究】（1）取2支小试管分别加入5ml盐酸和5mlnaoh溶液，再分别放入一小段铝片，观察现象。

（2）将点燃的木条分别放在两支试管口，观察现象。

铝既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，都能产生一种可燃性气体3+--【思考讨论】

1、在上述实验中，为什么铝片放入盐酸和naoh溶液中，不立即产生气泡？

2、由上述实验还能得出哪种物质既能与盐酸反应，又能与naoh溶液反应？（1（2）、物质名称：23 第二讲 《几种重要的金属化合物》

一、钠的重要化合物

请同学回顾钠在常温下和加热条件下与氧气反应的现象及产物的差异？请写出反应的化学方程式。

4na + o22o（白色固体；钠表面变暗）

2na + o2o2（淡黄色固体；火焰呈黄色）

1、氧化钠和过氧化钠

【思考1】na2o是一种碱性氧化物，其化学性质与氧化钙类似，具有碱性氧化物的通性。你能列举出其主要的化学性质吗？

（1）【演示实验3-5】na2o2和水反应

实验现象 所得结论 有大量气泡产生 过氧化钠与水剧烈反应产生气体 带火星木条复燃 有氧气产生 试管外壁温度升高 反应放热

酚酞试液变红后褪色有碱生成，na2o2氧化性应强 na2o2也是氧化物，但它不属于碱性氧化物，因还生成了o2（2）na2o2和co2反应 2na2o2+2co2=2na2co3+o2 【思考讨论】1过氧化钠与水反应，na2o2与co2反应，找出反应中的氧化剂和还原剂。过氧化钠极易与水、二氧化碳反应在实验室里应如何保存它呢？ 隔绝空气、远离易燃物、密封保存。

3过氧化钠为什么可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源 【归纳与整理】 钠的氧化物

（1）【实验探究】na2co3和nahco3在水中的溶解性

篇五：高一化学教案 金属及其化合物(1)第四讲 章末测试与总结

复习目标：

1、掌握金属单质的共性(物理性质)和金属化学性质；

2、掌握na2o、na2o2、na2co3、nahco3、fe(oh)

3、al(oh)3等几种重要的金属化合物的

性质； 1.铝

工业

制法 2.2 hal hno3 fe2 电解 h2o alo(熔)2 3-+ 3.h+ oh-al(oh)34.氯化铝和偏铝酸钠 h2oalcl3-3h4oh-4h+al(oh)3 h+oh-

二、掌握有关铁的转化关系

2+3+ fe、fe、fe之间的相互转化关系，可用如下大铁三角关系图说明。fe

2、i2 hno3、(强氧化剂)(较弱氧化剂)sh2so4(浓)h+ co 等 cu2+等

、(还原剂)fe、zn、cu、h2s、ki等 fe2+ fe3+ cl2、o2、hno3、h2so4(浓)、kmno4(h+等

（强氧化剂）h2o naalo2 【例1】（2002年全国高考19题）如图所示已知：①甲、乙、丙、丁均为前三周期元(1)甲是__________，乙是__________。

(2)甲与丙反应生成x的化学方程式是__________。

解析：（1）由②得知，甲必为短周期中的负三价元素n或p，又由常见反应知甲只能为 n。由③得知，乙必为短周期负二价元素，只有0符合。（乙为s时，分别与丙、丁反应比不为1：2）（2）丙、丁也可互换。均符合题意。1）当丙为mg时，丁为h2。2）当丙为h2时，则丁为mg。

答案：（1）甲是n2，乙是o2。（2）n2+ +3mg mg3n2（或n2+3h22nh3）；（3）o2+2h2=2h2o（或2mg+o2=2mgo）。

【例2】(2001广东高考试题)将等物质的量的两种氧化物溶于100ml硫酸，而后逐滴加

入1.00mol/l的氢氧化钠溶液．当加入的氢氧化钠的体积v1=50ml时，开始有沉淀析出，且沉淀量随氢氧化钠的加入量逐渐增加．当氢氧化钠的体积v2=650ml时，沉淀量达到最大值，继续滴加氢氧化钠时，沉淀量逐渐减小．当时，沉淀量不再改变．(1)最初加入的50ml氢氧化钠溶液的作用是什么？(2)计算所用硫酸的浓度．

(3)试判断两种氧化物各是什么，并计算其物质的量．

分析：本题考察的知识点是物质的量在化学反应中的应用及两性氧化物的性质等基础化

学知识和简单的推理计算能力和思维的整体性．从题目中可以得知这两种化合物都为金属氧化物，溶于酸后加入氢氧化钠50ml才开始有沉淀析出，证明硫酸是过量的．这部分氢氧化钠是来中和过量的硫酸的。当又滴入600ml氢氧化钠时金属离子完全沉淀，再加入100ml氢氧化钠时有一种金属氢氧化物沉淀恰好被溶解完，可判断该氢氧化物为氢氧化铝且物质的量为0.1mol，则氧化铝为0.05mol．所以另一种氧化物也为0.05mol，溶于酸后产生的金属离子完全沉淀时也消耗0.3mol的氢氧化钠．由此可以推出其化合价为+3价，必为三氧化二铁。

解答：

(1)中和过量的硫酸

-＋(2)沉淀量最大时所用oh的物质的量与100ml强酸中h的物质的量相等，-＋＋n(oh)=1.00mol/l×0.650l=0.650mol，故n(h)也为0.650mol，故n(h)也为0.650mol，硫

酸的浓度为3.25mol/l。

-（3）由题意知，其中一种氧化物为al2o3，根据al(oh)3+oh=alo2+2h2，该反应用去的 n(naoh)=1.00mol/l×(0.750-0.650)l=0.100mol故al(oh)3为0.100mol，而al2o3为 3+-0.0500mol根据al+3oh=al(oh)3,生成al(oh)3用去0.300molnaoh。而生成另一种氢氧化物

也用去0.300molnaoh，且已知两种氧化物的物质的量相等，故另一种氧化物也是三价金属的氧化物，且不溶于过量碱溶液中，可知其为fe2o3。fe2o3的物质的量为0.0500mol 点悟：本题的易错点是将50ml氢氧化钠中和的硫酸当作100ml硫酸中的全部硫酸，求

出了硫酸的浓度为0.5mol/l．根据氧化物不溶于氢氧化钠认为是氧化镁或氧化铁的确定缺乏说服力，没有任何说明直接得出结论．在作题目时要言之有据．

【例3】(2004年全国理综ⅲ，26)粉末状试样a是由等物质的量的mgo和fe2o3组成的混合物。进行如下实验：①取适量a进行铝热反应，产物中有单质b生成；②另取20 g a全部溶于0.15l6.0 mol·l?1盐酸中，得溶液c；③将①中得到的单质b和溶液c反应，放出 l.12 l（标况）气体，同时生成溶液d，还残留有固体物质b；④用kscn溶液检验时，溶液d不变色。

请填空:(1)①中引发铝热反应的实验操作是，产物中的单质b是。(2)②中所发生的各反应的化学方程式是。(3)③中所发生的各反应的离子方程式是。

2＋2＋(4)若溶液d的体积仍视为0.15 l，则该溶液中c（mg）为__________，c（fe）为

__________。

【巧解思路】设试样a中mgo、fe2o3的物质的量依次为x、y。由题意有如下变化关系：

因为所加hcl中的氢原子全部进入h2o和h2中，所以，据氢元素守恒有： 1n(h2o)=n(hcl)－2n(h2)]=0.4mol； 2 而水分子中的氧原子全部来自两种金属氧化物中，所以，据氧元素守恒有： n(h2o)= n(mgo)+3n(fe2o3)，即0.4mol=x+3x，解得x=0.1mol；

又因为hcl中的氯原子最终全部进入溶液d的mgcl2和fecl2中，所以，根据氯元素守恒

有：

n(hcl)=2n(mgcl2)+2n(fecl2)，即0.9mol=2×0.1mol+2y，解得y=0.35mol.0.1mol0.35mol2＋-12＋-1因此，d溶液中c（mg）= =0.67mol·l；c（fe）=2.3mol·l。0.15 l 0.15 l 【例4】(2003年广东高考题)取一定量的na2co3、nahco3和na2so4固体的混合物与

－1250ml1.00mol·l过量盐酸反应，生成2.016l co（标准状况），然后加入500ml0.100mol·l2 －1－1ba(oh)2溶液，得到沉淀的质量为2.33 g，溶液中过量的碱用10.0ml1.00mol·l盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。

【巧解思路】本题涉及的反应方程式有四个：na2co3＋2hcl==2nacl＋h2o＋co2↑；nahco3 2－2＋＋－＋hcl==nacl＋h2o＋co2↑；so4＋ba==baso4↓；h＋oh==h2o。按常规思路需分步进行计

算，非常繁琐。而运用元素守恒关系则可不必写方程式而快速作答：

设 na2co3、nahco3和na2so4的物质的量分别为x、y、z。

题中2.33g 沉淀应该为baso4（物质的量为0.01mol），而反应中加入的ba(oh)2为0.5l 2＋2－×0.100mol/l＝0.05mol，所以，ba有剩余（过量0.05mol-0.01mol=0.04mol），so4反应

2－完全，因此，原来so4物质的量为0.01mol，即z=0.01mol，na2so4的质量为1.42g。2.016l 据碳元素守恒有 x+y=n(co2)=-1??① 22.4l·mol因为最后所得溶液中的溶质有nacl和bacl2，其中含bacl20.04mol。

据钠元素守恒可知：n(nacl)=2n(na2co3)+n(nahco3)+2n(na2so4)=（2x+y+2z）mol 据氯元素守恒又有n(nacl)+2n(bacl2)=n(hcl)即

-1-12x+y+2z+0.04mol×2=0.25l×1.00mol·l+0.01l×1.00mol·l=0.26mol 整理得 2x+y=0.16 ??②

解①②联立方程组得 x=0.07mol，y=0.02mol 所以，na2co3、nahco3的质量分别为0.07mol×106g/mol=7.42g、0.02mol× 16小题，每小题3分，共48分）1.下列所用材料不属于合金的是 a．家用的铝窗b．建筑用的钢筋

c．铸造用的黄铜 d．温度计用的水银

2．国际上推广使用中国铁锅，这是因为铁锅

a．是单质 b．含碳，属混合物 c．化学性质活泼d．易使食物中含人体所需的铁

元素

3.下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是 a.碳酸钠 b.氢氧化铝 c.氧化钙 d.碳酸钙 4.下面有关na2co3 与nahco3的叙述错误的是 ．． a.na2co3遇少量酸可转化为nahco3 b.在水中的溶解度na2co3比nahco3大

c.与同浓度的硫酸反应时，na2co3比nahco3剧烈 d.nahco3能与naoh反应，而na2co3不能 5.只能用焰色反应实验区分的是

a.nacl和na2co3b.kcl和nacl c.kcl和k2co3 d.钠和钾 6.为了检验某fecl2溶液是否变质，可向溶液中加入 a.naoh溶液b.铁片 c.kscn溶液d.石蕊溶液

7.下列反应，其产物的颜色按红色、淡黄色、蓝色顺序排列的是

①金属钠在纯氧中燃烧；②fecl3溶液滴入kscn溶液；③无水硫酸铜放入医用酒精中。a.②①③b.③②①c.③①② d.①②③

8.（2006全国ⅱ，8）下列反应的离子方程式书写正确的是

3＋－＋a 氯化铝溶液中加入过量氨水：al＋4nh3·h2o＝alo2＋4nh4＋2h2o 2＋－－b 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：ca＋oh＋hco3＝caco3↓＋h2o ＋2＋c 碳酸钙溶于醋酸：caco3＋2h＝ca＋co2↑＋h2o 2＋3＋－d 氯化亚铁溶液中通入氯气：2fe＋cl2＝2fe＋2cl 2-9.向明矾溶液中滴入ba(oh)2溶液，当so4沉淀完全时，铝元素的存在形式是 3＋-a．al(oh)3和al b．al(oh)3和alo2-c．全部为al(oh)3 d．全部为alo2 ＋2＋2＋3＋10.某溶液中有nh4、mg、fe和al四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是

＋2＋2＋3＋a．nh4 b．mgc．fe d．al 11.mg、al、fe三种金属分别跟同浓度、同体积的稀盐酸反应时，放出的氢气质量相等，则下列说法中正确的是

a.三种金属的物质的量相等b.三种金属均过量

c.三种金属的质量相等 d.参加反应的三种金属的质量比为12：9：28 12.将铁屑溶于过量的盐酸后，在加入下列物质后，会有三价铁生成的是 a.硫酸 b.氯水 c.硝酸锌d.氯化铜

13.在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸铵、氯化钾、氯化镁、硫酸铝

和硫酸铁溶液，这种试剂是

a．naoh b．nh3-h2o c．agno3 d．bacl2 14.在无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是

＋2＋—2—＋3＋—-a.na、mg、mno4、so4 b.nh4、al、no3、cl ＋＋—2＋＋—-c.k、na、alo、no3 d.mg、k、hco3、oh ①h2 ②co ③co和h2 ④hcooch3 ⑤hooc-cooh a、全部 b．仅④⑤c、仅①②③ d．除⑤以外

16.在下面图中横坐标为向一定量的某溶液中加入某物质的量，纵坐标为生成沉淀的量.符合向含少量naoh的naalo2溶液中，逐滴加入稀hcl的图象是

二、填空题（本题含5小题。共43分）

17.（13分）红砖是用粘土高温烧结而成，因其颜色呈红色或棕红色而得名，常用作建

筑材料

(1)根据红砖的颜色、猜测其可能含有的成份是（写化学式）__________________(2)为了检验你的猜测是否正确，请设计一个实验方案，简要地写出各步操作过程以及

最后的实验分析和结论，涉及化学反应的写出化学方程式（实验用品任取，该实验分几步自已决定，不必写实验装置中的仪器安装）

实验步骤：① 用铁锤敲碎红砖，取小块磨成粉末。

②

③

┇

┇

实验分析及结论：

___________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________。

（3）红砖曾对我国建设具有重要作用，就目前我国实际情况看，你是认为应继续使用或 者是禁止使用红砖？____________________，理由是___________________________。18.（6分）在长期载人太空飞行的宇航器中，每个宇航员平均每天需要消耗0.9kg氧气，呼出1.0kg二氧化碳。为了能保持飞船坐舱内空气成分的稳定，有科学家提出“金属过氧化物处理系统”，即不断把舱内的空气通过盛有金属过氧化物（以过氧化钠为例）的容器，并把处理后的气体充入座舱。有关反应的化学方程式是：

非金属及其化合物（四） 篇3

1.下列有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是（ ）

A.浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色

B.硝酸能与Na2CO3反应，但不生成CO2

C.硝酸可与Na2S反应制得H2S气体

D.浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色

2.汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一。在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染。反应过程为①2NO2→2NO+2O；②2NO+O2→2NO2；③O+O2→O3。下列对该反应过程及产物叙述正确的是（ ）

A.NO2起催化剂作用

B.NO起催化剂作用

C.NO2只起氧化剂作用

D.O3与O2互为同分异构体

3.现有等体积混合而成的4组气体：①NO2+NO、②NO2+O2、③HCl+N2、④Cl2+SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是（ ）

A.h4>h2>h3>h1 B.h4>h3>h2>h1

C.h2>h3>h1>h4 D.h3>h2>h1>h4

4.把3体积NO2气体依次通入饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、Na2O2后（假设每一步反应都充分），再用排水法收集残留气体，则收集到的气体是（ ）

A.1体积NO B.1体积NO2和[12]体积O2

C.[14]体积O2 D.[13]体积NO

金属及其化合物复习 篇4

一、指导思想与理论依据

1.指导思想

建构主义的基本观点为:“学习不是老师向学生传递知识信息、学习者被动吸收的过程, 而是学习者主动建构知识的意义的过程。”认为学习是学习者利用感觉吸收并且建构意义活动的过程, 这一过程不是被动的接受外部知识, 而是同学习者接触的外部世界相互作用的结果。主张在教学活动中, 要以学习者为中心, 从学习者个体出发, 以人为本, 真正把发挥学习者主体能动性放在教学活动与学习活动的首位。

2.理论依据

高中化学必修1模块的“元素及其化合物”内容繁多, 易学难记。化学基本观念是学习该部分内容的“脚手架”;同时, 元素及其化合物教学内容是中学生形成和巩固化学基本观念的“物质基础”。

二、教学背景分析

1.教学内容分析

(1) 在课程与教材中的地位

义务教育阶段:初步了解金属单质的物理和化学性质, 知道活泼金属可以与酸反应置换出氢气。

高中必修阶段:人教版必修1模块系统介绍了金属单质的化学性质, 并着重介绍了钠、铁及铝化合物的内容。

(2) 核心知识的功能价值

社会的发展与我们日常生活离不开化学物质, 从化学学科的社会价值角度来说, 研究“元素及其化合物”有非常重要的实际意义;化学的主要研究内容是物质的组成、结构、性质及应用, 而这些研究内容必须以“元素及其化合物”为载体, 同时, “元素及其化合物”为后续有关化学原理和理论的学习奠定“物质基础”, 是学生在中学阶段形成元素观、分类观和变化观等重要化学观念的关键所在, 从这个角度而言, “元素及其化合物”的知识具有非常重要的学科价值。离开元素及其化合物, 化学就变为无源之水, 无本之木。

(3) 知识本身特点

实际教学中, 高中化学必修1模块的“元素及其化合物”是被普遍认为“教师难教, 学生难学”的部分, 原因是这部分知识本身特点是内容繁多, 易学难记。

2.学生情况分析

(1) 知识与能力基础

通过人教版必修1模块第二章《化学物质及其变化》的学习, 同学们已经形成基本的化学观念:分类观和变化观;经过第三章《金属及其化合物》的学习, 同学们已经认识常见金属及其化合物的性质。高中阶段的学生具有较好的分析理解和归纳能力, 但是主动构建知识网络的能力较差, 思想上存在一定的惰性与畏难情绪。

(2) 学生认识障碍点及待发展点

障碍点:有规律地记忆金属及其化合物的性质, 能较快地找到物质之间转化的途径。

待发展点:从化合价和物质类别两个角度学习化合物的性质。

(3) 教学方法

以具体元素化合物化学知识为载体, 以化学基本观念建构为主旋律, 以认识模型为教学手段, 有效促进知识向能力、素质的转化, 从而促进学生科学素养的全面发展。

三、本课教学目标设计

1.知识与技能

(1) 从化合价和物质类别两个角度分析化合物的性质。

(2) 设计物质间相互转化的路线。

2.过程与方法

以化学基本观念为核心, 构建认识模型, 有规律地学习金属及其化合物的性质。

3.情感态度与价值观

(1) 体会有序思维在学习中的重要作用。

(2) 感受金属化合物在生活中的应用, 增强对化学的热爱。

四、教学过程与教学资源设计

2.教学过程设计

五、学习效果评价设计

对本节课学生学习效果以及教师自身教学效果的评价分析, 评价方式应尽可能做到目的性和可操作性强, 灵活多样。

教学反思

元素化合物属于事实性知识, 而其中蕴含的“物质分类”和“物质变化”属于化学基本观念范畴。化学基本观念是对具体知识的概括提升, 具有超越事实知识的迁移价值。学习价值在于能促进学生学习方式的转变, 增进学生对知识的理解, 促进知识向能力的转化。事实性知识容易被忘记, 但是通过学习形成的认识事物、解决问题的思想、观点和方法会留在学生的头脑中, 通过这些方法可以帮助学生回忆起具体的化学知识, 同时指导学生的后续学习与生活。

本节课是一节复习课, 教学设计建立在学生已有的知识基础上, 以具体元素化合物化学知识为载体, 以化学基本观念建构为主旋律, 以认识模型为教学手段, 已经超越对具体化学知识本身的学习, 能够有效地促进知识向能力、素质的转化, 从而促进学生科学素养的全面发展。认识模型和建构化学基本观念巧妙结合, 对于实施有效教学具有重要意义, 不管是在复习课中, 还是新授课, 我们都应该去尝试、去创新。

金属螯合物 篇5

知识技能：进行归纳、整理中学重要金属元素的氧化物、氢氧化物的性质规律。

能力培养：培养学生对化学知识的归纳、整理的学习能力，能在对比的情景下进行化学知识的“逻辑的记忆”和“理解的掌握”，并逐步提高解决化学问题的能力。

科学思想：培养学生树立“结构决定性质”的意识和实事求是的分析态度。

科学方法：通过问题的讨论和分析，引导学生理解问题解决式和启发讨论学习方法。

重点、难点

重点：总结比较常见金属氧化物，氢氧化物的性质规律和应用。

难点：常见金属的化合物中氧化性，还原性反应的规律和应用。

教学方法：启发、讨论、对比、归纳。

教学过程设计

教师活动

【板书】

一、金属的氧化物

【提问】请同学写出下列元素对应氧化物的化学式和色态。

(老师巡视，指点答疑，并指导学生整理笔记)

学生活动

学生思考，填写在笔记里。

元素

白色固体：Na2O、MgO、Al2O3、ZnO

淡黄色粉末：Na2O

红色固体：Fe2O3、Cu2O、HgO

黑色粉末：FeO、Fe3O4、CuO、Ag2O

【提问】请同学们分析一下这些金属氧化物的化学性质有何规

律?可从下面几点去考虑：

(1)加热是否分解

(2)与水反应

(3)与强酸(H+)反应

(4)与强碱(OH-)反应

(5)与氨水反应

(6)与H2或CO反应 并写出相应反应的化学方程式。

学生讨论、分析、整理笔记。

(1)热稳定性

2Ag2O4Ag+O2↑2HgO2Hg+O2↑

4Cu2Cu2O+O2↑

规律：只有HgO、Ag2O、CuO等不活泼的金属氧化物加热易分解。

(2)与水反应

Na2O+H2O=2NaOH MgO+H2OMg(OH)2

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑

规律：只有活泼金属(ⅠA、ⅡA)氧化物能与水反应。

(3)与酸反应

MgO+2H+=Mg2++H2O

Al2O3+6H+=2Al3++3H2O

CuO+2H+=Cu2++H2O

规律：碱性氧化物或两性氧化物能与酸溶液反应生成盐和水。

(4)与强碱溶液反应

Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

ZnO+2OH-=ZnO22-+H2O

规律：只有两性氧化物能与强碱反应生成盐和水。

(5)与氨水反应

Ag2O+4NH3?H2O=2Ag(NH3)2++2OH-+3H2O ZnO+4NH3?H2O=Zn(NH3)42++2OH-+3H2O

规律：易形成氨合离子的金属氧化物能与氨水反应。

(6)与还原剂的反应

CuO+H2Cu+H2O

Fe2O3+3CO2Fe+3CO2

ZnO+CZn+CO↑

规律：“Al”以后的金属的氧化物能与H2、C、CO等还原剂高温下发生氧化还原反应。

【小结】金属氧化物所发生的这些反应，总结起来，主要是金属氧

化物的下列性质：

①碱性氧化物 ②两性氧化物

③热稳定性

④络离子的形成

⑤氧化性

其中要注意的是：

Na2O2是由Na+和O22-构

成的过氧化物。

Fe3O4可以看是FeO?Fe2O3

【板书】

二、金属氢氧化物

【提问】请同学写出这些金属元素对应的氢氧化物化学式。

(老师巡视、指点、答疑)【提问】这些金属氢氧化物常见的颜色特征是什么?请总结之。

(老师指导下学生分析回答)

学生思考、填写在笔记本上。

学生思考总结如下：

白色：NaOH、Mg(OH)

2、Al(OH)3

Zn(OH)

2、Fe(OH)

2、AgOH

红褐色：Fe(OH)3

蓝色：Cu(OH)2

【提问】这些金属氢氧化物对水的溶解性规律是什么?请总结之。

(指导学生分析、回答)ⅠA和部分ⅡA金属氢氧化物都易溶于水，如NaOH，KOH，Ba(OH)2。Ca(OH)2是微溶性的。

其它的都是难溶性的，如Mg(OH)

2、Fe(OH)

3、Cu(OH)2

【提问】请同学分析总结这些氢氧化物的化学性质规律是什么。

可从下面几点去思考，回答。

(1)加热是否分解

(2)与强酸(H+)反应

(3)与强碱(OH-)反应

(4)与氨水反应

(5)是否容易被氧化

(6)是否能被还原(指导学生分析，回答)

学生讨论，分析，整理笔记。

(1)热稳定性

2AgOHAg2O+H2O

Cu(OH)2CuO+H2O

2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O

规律：①金属活动顺序“Mg”以前的金属氢氧化物稳定性好，难分解。

②“AgOH”常温下易分解。

③“Mg—Hg”的氢氧化物常温下难分解，受热或灼烧易分解。

(2)与强酸(H+)的反应 Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O

Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O

(3)与强碱(OH-)反应

Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O

规律：只有两性氢氧化物才能与强碱溶液反应。

(4)与氨水作用

AgOH+2NH3?H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O

*Cu(OH)2+4NH3?H2O=Cu(NH3)4(OH)2+4H2O

*Zn(OH)2+4NH3?H2O=Zn(NH3)4(OH)2+4H2O

规律：易形成氨络合物的金属氢氧化物能与氨水反应。

(5)与氧化剂反应 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3

规律：低价金属氧化物具有还原性。

【小结】金属氢氧化物所发生的反应，总结起来，主要有：

①热稳定性

②酸性(H+)

③碱性(OH-)

④络合剂

⑤还原性

【投影】右图试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两

份试样如右图所示进行实验：试回答在题右的两个问题。

(指导学生读题、审题并形成解题的思路)。

(1)请写出步骤③中所发生的全部反应的离子方程式______。

(2)若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量为m，则每份试样X中氧化铜的质量为______(用m表示)。

思路引导A：根据试样X在

①和②的反应以确定出溶液Y和粉末Z的成分。

思路引导B：溶液Y和Z发生的反应③，只能是Fe和CuCl2和过量盐酸之间的置换反应，进而引导分析试样中CuO的质量关系。

学生审题，并进行如下的分析：

在反应①中，会发生如下反应：

FeO+2HCl=FeCl2+H2O CuO+2HCl=CuCl2+H2O

在反应②中，会发生的反应有：

FeO+COFe+CO2

CuO+COCu+CO2

那么，溶液Y中含FeCl2和CuCl2，粉末Z中含Fe和Cu：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu

Fe+2H+=Fe2+H2↑

由于反应后溶液强酸性，且不会有Cu2+说明Z中Fe完全溶解了。不溶物W全部是金属铜，应是两份试样中的CuO转化生成的Cu。则每份试样中CuO的质量为：

答案：(1)方程式从略。

【投影】已知Cu+在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。简述如何用最简便的实验方法来检验CuO经H2还原所得到的红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。要求只从下列试剂中选择：浓H2SO4、浓HNO3、稀H2SO4、稀HNO3、FeCl3。溶液及pH试纸。

引导学生分析，设计出实验方案。

①首先应理解题目给予的信息：

即：2Cu+Cu+Cu2+

给我们提示，应该选择酸溶液为鉴定试剂。

②CuO经H2还原所得的红色产物可能是Cu和Cu2O的混合物。其中不溶于稀H2SO4，但能溶于浓H2SO4、浓HNO3、稀HNO3和FeCl3溶液，其结果都会生成Cu2+;CuO是碱性氧化物，可溶于酸，同时又会发生自身氧化还原反应。

③最后可确定稀H2SO4为鉴定试剂。

【答案】取少量红色产物加入稀H2SO4充分搅拌，如溶液呈蓝色，则证明有Cu2O，反之没有。【投影】Fe3O4可以写出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用上述氧化物形成表示，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。

引导学生分析，回答：

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P：b的氧化物写在前，+2价的氧化物写在后，则有：PbO2?2PbO。)2则不符合规律。

③Fe3+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Pb2+Cl2的盐。

【答案】

PbO2?2PbO;Pb2(PbO4);

Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O

金属螯合物 篇6

例1 氧族元素的各种性质可归纳整理如下：

[性质元素&8O&16S&34Se&52Te&单质熔点（℃）&-218.4&113&&450&单质沸点（℃）&-183&444.6&685&1390&主要化合价&-2&-2,+4,+6&-2,+4,+6&&原子半径&逐渐增大&单质与H2反应情况&点燃时易化合&加热化合&加热难化合&不能直接化合&]

請据表回答下列问题：

（1）硒的熔点范围是 ；

（2）碲的化合价可能有 ；

（3）硫、硒、碲的氢化物水溶液的酸性由强至弱的顺序是 (填化学式)；

（4）氢硒酸有较强的 填（“氧化性”或“还原性”），因此放在空气中长期保存易变质，其可能发生反应的化学方程式为 ；

（5）工业上Al2Te3可用来制备H2Te，完成反应方程式： Al2Te3+ ( )＝ Al(OH)3↓+ H2Te↑

[能量变化(ΔE)][氧族元素

的单质][O][a][b][c][d] （6）右图所示为氧族元素单质与H2反应过程中的能量变化示意图，其中a、b、c、d分别表示氧族中某一元素的单质，ΔE为相同物质的量的单质与H2反应过程中的能量变化（反应的热效应）。则：b代表 ，d代表 。（写名称）

解析 （1）分析表中信息，单质熔点规律：从氧→碲依次升高，则硒的熔点范围是113 ℃～450 ℃；（3）同主族，其氢化物水溶液的酸性与非金属性强弱顺序相反；（5）据原子守恒，推得另一种反应物为水；（6）放热最多的a是与H2反应最易的O2；吸热最多的d是最难反应的Te。答案：（1）113 ℃～450 ℃；（2）-2，+4，+6；（3）H2Te＞H2Se＞H2S；（4）还原性，2H2Se+O2＝2H2O+2Se ；（5）Al2Te3+6H2O＝2Al(OH)3↓+3H2Te↑；（6）硫，碲。

点评 考查元素单质及其化合物的知识应迁移运用，审题要注意将文字信息、图表信息与问题的联系，注意“结构决定性质”。思考相似性与递变性时应注意特殊性，有时还应注意结合基本概念与基本理论考虑。

考点2 综合化学实验考查（物质的分离提纯、无机物的制备，物质含量的测定等）

例2 工业上可以利用氟硅酸、碳酸氢铵制备冰晶石（Na3AlF6），其工艺如下：

[溶解][过滤][反应①][反应②][滤液①][滤液②][过滤][副产品（NH4）2SO4][Na3AlF6固体][SiO2固体][无色气体A][NH4HCO3][H2SiF6][H2O][Na2SO4][Al2(SO4)3]

请回答：

（1）反应①中生成的无色气体A是 ，滤液①的溶质是 ；

（2）经测定NH4HCO3溶液呈中性，请分析原因（结合离子方程式说明理由） ；

（3）经反应②后，过滤得到的冰晶石（Na3AlF6）固体，该固体上附着有杂质，需要洗涤，请简述如何证明冰晶石固体已经洗涤干净 ；

[O][t1][t2][温度（℃）][滤液①

溶质的

质量分数] （4）温度和NH4HCO3浓度会影响反应①的速率。现设计如下实验方案探究温度和NH4HCO3浓度对反应①速率的影响。请在表格空白处填写适当的反应条件。

[实验编号&实验目的&温度&c(NH4HCO3)&Ⅰ&为以下实验作参照&60℃&c1&Ⅱ&探究浓度对反应①速率的影响&&c2&Ⅲ&探究温度对反应①速率的影响&80℃&&]

（5）上图是滤液①中溶质质量分数随温度变化的曲线图：请分析t2 ℃时滤液①溶质质量分数下降的原因 。

解析 （1）分析工艺流程得出：反应①中当加入H2SiF6时，生成的气体CO2和NH4F。（2）NH4HCO3溶液呈中性的原因为：由于NH4HCO3电离出来的NH4+和HCO3-存在水解平衡，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，两者的水解程度基本相同，所以溶液呈中性。（3）由于沉淀附着SO42-，只要证明SO42-洗干净，即沉淀洗涤干净。取洗涤后的溶液，向其中滴加BaCl2溶液，无现象，说明已经洗涤干净。（4）分析表中各项内容，旨在进行对比实验，故填写60℃；c1。（5）分析图象，考虑温度升高NH4F会分解或者NH4HCO3会分解，导致溶质的质量分数下降。

点评 物质制备综合实验题能有效地考查同学们对元素及其化合物性质的掌握程度。解答这类试题，应从实验原理入手，认真审题，抓住题眼，就能很快地理顺思路。

【专题训练】

1．最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法正确的是（ ）

A．18O2和16O2是两种不同的核素

B．甲醇（CH3OH）属于离子化合物

C．N5和N2是氮元素的两种同位素

D．由N5变成N2是化学变化

2．一种无色气体，可能由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成，将此无色气体通过盛有浓H2SO4的洗气瓶，发现气体减少一部分体积，继续通过装有固体Na2O2的干燥管，发现从干燥管出来的气体显红色。再将该气体通入倒立于水槽中、盛满水的试管内，发现试管内水位上升，最后仍为一满试管液体。则下列推断不正确的有（ ）

A．原气体一定含有NH3、NO、CO2

B．原气体一定不含HCl、NO2、H2

C．原气体中NO与CO2的体积比一定为2:3

D．无法确定H2是否存在

3．某同学按下列操作进行实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度均为0.1 mol·L-1的KBr、KI（含淀粉）、NaOH（含酚酞）、FeSO4（含KSCN）溶液各一滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形（如图），在圆心处放置两粒芝麻大小的KClO3晶体，向KClO3晶体滴加一滴浓盐酸（ClO3-+5Cl-+6H+＝3Cl2↑+3H2O），立即将表面皿盖好，下列叙述不正确的是（ ）

[衬白纸的玻璃片][KClO3晶体][NaOH溶液

（含酚酞）][FeSO4溶液

（含KSCN）][KBr溶液][KI溶液(含淀粉)] [a][b][c][d][e]

A. a处溶液显黄色：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2

B. b处溶液显蓝色：2I-+Cl2＝2Cl-+I2

C. c处溶液的红色褪去：2OH-+Cl2＝Cl-+ClO-+H2O

D. d处溶液显红色：Fe2++Cl2＝Fe3++2Cl-

4．“9·11”事件发生后，美国世贸大厦轰然倒下。在清理废墟中，人们发现很多石棉。石棉是一种压缩强度大、柔软性强、耐热、耐火、耐酸和耐碱的腐蚀，而且价格低廉的硅酸盐。石棉有毒，能使人患肺癌。

（1）矿青石棉的化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2，写成氧化物的形式为 ；分子中铁的化合价为 ，我们可以看作 ；其物质的量分数为 。

（2）云母是一种重要的硅酸盐，它具有韧度、弹性、透明度、高电解强度、化学惰性和热稳定性。叶蜡石的成分为AlSi2(OH)O5，白云母可看作叶蜡石中的[14]Si(Ⅳ)被Al(Ⅲ)所取代，再由K（I）平衡其电荷形成的，则白云母写成氧化物的形式为 。

（3）研究表明，在原硅酸盐中，Al(Ⅲ)很容易取代Si(Ⅳ)而不会引起原硅酸盐结构大的变化。从立体几何的知识看，Al(Ⅲ)与Si(Ⅳ)最直接的关系是 。

5. X、Y、Z为不同短周期非金属元素的气态单质。在一定条件下能发生如下反应：Y+X→甲(g)，Y+Z→乙(g)。甲、乙可化合生成离子化合物，甲的相对分子质量小于乙。

（1）X的结构式是 。

（2）磷在Z气体中燃烧可生成液态丙分子，也可生成固态丁分子。已知丙分子中各原子最外层均是8电子结构，丙的电子式是 。磷单质和Z单质反应生成1 mol丙时，反应过程与能量变化如图Ⅰ所示，该反应的热化学方程式是 。

（3）某同学拟用图Ⅱ所示装置证明氧化性Z>I2，已知高锰酸钾与乙的浓溶液反应生成Z，则a是 的水溶液。若仅将a换为甲的浓溶液，实验时会产生大量白烟并有气体单质生成，该反应的化学方程式是 。

[乙的浓溶液][尾气处理][高锰酸钾][（固定装置略去）][a][能量][反应物的

总能量][生成物的

总能量][反应过程][丙][Z，磷][ΔH=-306 kJ·mol-1][Ⅰ Ⅱ]

非金属元素及其化合物 篇7

一、碳、硅及其化合物

1.碳、硅及其重要化合物的性质与相互转化关系

2.CO2和SiO2的性质比较

例1. (2015·北京卷) 研究CO2在海洋中的转移和归宿, 是当今海洋科学研究的前沿领域。

(1) 溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在, 其中HCO3-占95%。写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式:___。

(2) 在海洋碳循环中, 通过下图所示的途径固碳。

①写出钙化作用的离子方程式:___。

②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下, 将其补充完整:

(3) 海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上, 其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳, 可采用如下方法:

①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收 (装置示意图如下) 。将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。

②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3, 再用x mol·L-1HCl溶液滴定, 消耗y mL HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度为___mol·L-1。

(4) 利用下图所示装置从海水中提取CO2, 有利于减少环境温室气体含量。

①结合方程式简述提取CO2的原理:____。

②用该装置产生的物质处理b室排出的海水, 合格后排回大海。 处理至合格的方法是____。

解析: (1) 溶于海水的CO2, 一部分以CO2的形式存在, 另一部分与水反应生成H2CO3, 而H2CO3为弱酸, 极少部分发生电离生成HCO3-和H+, 故溶于海水的CO2主要以CO2、H2CO3、HCO3-和CO32-等4种无机碳形式存在, 化学方程式分别为。 (2) ① 由海洋碳循环的固碳图示可知, HCO3-参与固碳, 生成CaCO3和CO2, 结合质量守恒和电荷守恒写出离子方程式:2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓ +CO2↑+H2O。②植物进行光合作用的原理是吸收CO2和H2O, 生成有机物、O2和H2O。由“同位素示踪法证实光合作用释放的O2只来自H2O”可知, 该反应的反应物中, H2O含有18O, CO2不含18O, 结合质量守恒定律补充完整化学方程式。 (3) ①试剂瓶中盛有未酸化的海水, 而题目要求“用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收”, 故应在虚线框中补充分液漏斗, 用于滴加酸来酸化海水, 这里最好选用H2SO4溶液, 不能选用盐酸或硝酸, 其原因是二者都具有挥发性, 易挥发出HCl或HNO3气体, 对测量海水中溶解无机碳的含量产生影响。②HCl溶液滴定NaHCO3的反应原理为NaHCO3+HCl =NaCl + CO2↑ + H2O, 则有n (NaHCO3) =n (HCl) =xy×10-3mol, 海水的体积为z mL=z×10-3L, 从而可得。 (4) ①a室中电极与电源的正极相连, 作电解池的阳极, H2O发生氧化反应, 电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+, 生成的H+通过阳离子膜进入b室, 发生反应HCO3-+ H+=CO2↑ + H2O, 从而提取CO2。②c室中电极与电源的负极相连, 作电解池的阴极, H2O发生还原反应, 电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-, 因此c室排出的海水呈碱性, 用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH, 再排回大海。

(3) ① 答案见右图

(4) ①a室:2H2O-4e-=O2↑ +4H+。H+通过阳离子膜进入b室, 发生反应HCO3-+ H+=CO2↑+H2O ②c室的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-, 用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH

二、氯、溴、碘及其化合物

1.氯、溴、碘及其重要化合物的性质与相互转化关系

2.从海水中提取溴的基本原理

(1) 流程示意图:

(2) 化学反应原理:

①苦卤制取Br2:用Cl2将Br-氧化生成Br2, 离子方程式为Cl2+2Br-=Br2+2Cl-, 所得Br2的浓度较小;

②Br2的富集:先用SO2吸收Br2, 再用Cl2氧化生成的HBr, 化学方程式为Br2+SO2+2H2O =H2SO4+2HBr, 2HBr+Cl2=r2+2HCl, 离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++ SO42-+ 2Br-, 2Br-+ Cl2= Br2+2Cl-;

③分离Br2:

3.从海带中提取碘的基本原理

(1) 流程示意图:

(2) 化学反应原理:

①浸泡海带灰, 获得含I-的溶液;

②I2的获得:通入Cl2将I-氧化成I2:2I-+Cl2=2Cl-+I2;

③分离I2。

例2. (2015·重庆卷) ClO2与Cl2的氧化性相近, 在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置 (夹持装置略) 对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。

(1) 仪器D的名称是___。安装F中导管时, 应选用图2中的____。

(2) 打开B的活塞, A中发生反应:2NaClO3+4HCl ——2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收, 滴加稀盐酸的速度宜____ (填 “快”或“慢”) 。

(3) 关闭B的活塞, ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2, 此时F中溶液的颜色不变, 则装置C的作用是____。

(4) 已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2, 该反应的离子方程式为____。在ClO2释放实验中, 打开E的活塞, D中发生反应, 则装置F的作用是。

(5) 已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ, 加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示, 若将其用于水果保鲜, 你认为效果较好的稳定剂是____, 原因是___。

解析: (1) 仪器D是锥形瓶。装置F左侧连接气体发生装置, 右侧连接尾气处理装置, 应遵循“长进短出”的原则, 故选择装置b。 (2) 使ClO2在D中被稳定剂充分吸收, 必须控制A中生成ClO2的速率, 因此滴加盐酸的速度应较慢。 (3) F中溶液的颜色不变, 说明没有Cl2进入F溶液, 从而推知Cl2被装置C吸收。 (4) 参加反应的离子有ClO2-和H+, 生成的微粒有Cl-和ClO2, 根据化合价升降总数守恒及质量守恒配平该离子方程式。由于ClO2的性质与Cl2相似, 都具有强氧化性, 故能使淀粉-KI溶液变蓝, 利用此性质可验证是否有ClO2生成。 (5) 由图可知, 稳定剂Ⅱ相对于稳定剂Ⅰ, 可以缓慢释放ClO2, 能较长时间维持保鲜所需的浓度。

答案: (1) 锥形瓶b

(2) 慢

(3) 吸收Cl2

(5) 稳定剂 Ⅱ 稳定剂 Ⅱ 可以缓慢释放ClO2, 能较长时间维持保鲜所需的浓度

三、硫及其化合物

1.硫及其重要化合物的性质与相互转化关系

2.从转化规律角度认识硫及其化合物之间的转化

不同价态的含硫物质之间通过氧化还原反应规律来转化, 相同价态的含硫物质之间通过非氧化还原反应规律来转化。

(1) 相同价态的含硫化合物之间, 通过酸、碱、盐之间的反应规律来转化。

①实验室制取H2S:FeS+H2SO4 (稀) =FeSO4+H2S↑;

②实验室制取SO2:Na2SO3+H2SO4 (浓) =Na2SO4+SO2↑+H2O。

(2) 不同价态的含硫化合物之间, 通过氧化还原反应规律来转化。

①当硫元素的化合价升高或降低时, 一般升高或降低到其相邻的价态, 即台阶式升降, 常见转化关系为例如,

②相邻价态的含硫物质之间不发生氧化还原反应。例如, S和H2S、S和SO2、SO2和浓H2SO4之间不发生氧化还原反应。

3.浓H2SO4的“三大特性”

(1) 浓H2SO4具有吸收现成的水 (如气体、液体中的水分子, 以及固体中的结晶水等) 的性质。可用浓硫酸作干燥剂进行干燥的物质有H2、CO、CO2、N2、NO2、NO、O2、SO2、Cl2、HCl等;常见的不能用浓硫酸作干燥剂的物质有H2S、NH3、HBr、HI等。

(2) 浓H2SO4具有脱水性, 可将许多有机物中的氢、氧原子按水分子的组成 (H2O) 比例脱去, 在蔗糖中滴入浓H2SO4, 蔗糖逐渐变黑, 体积膨胀, 形成疏松多孔的海绵状的炭。

(3) 浓H2SO4具有强氧化性, 在加热条件下, 能与大多数金属、非金属单质反应。

例3.下列有关说法中正确的是 ( )

A.H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥

B.SO2、SO3混合气体通入Ba (NO3) 2溶液可得到BaSO3和BaSO4

C.在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀, 加稀硝酸, 沉淀不溶解, 说明该未知液中存在SO42-或SO32-

D.在酒精灯加热条件下, Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解

解析:A项, 浓硫酸具有较强的吸水性, 常用作干燥剂, 可干燥酸性气体 (SO2、CO2) 、中性气体 (H2) 等;B项, SO2气体通入Ba (NO3) 2溶液中, 发生氧化还原反应, 生成BaSO4沉淀, 得不到BaSO3;C项, 未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀, 加稀硝酸, 沉淀不溶解, 该沉淀可能为AgCl或BaSO4, 则该未知液中存在SO42-或SO32-或Ag+;D项, NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O, 而Na2CO3受热不易分解。

答案:A

例4. (2015· 安徽卷) 某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol·L-1的Ba (NO3) 2溶液中, 得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2, 该小组提出了如下假设:

假设一:溶液中的NO3-;

假设二:溶液中溶解的O2。

(1) 验证假设一:

该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。

(2) 为深入研究该反应, 该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如右图。实验1 中溶液pH变小的原因是___;V1时, 实验2中溶液pH小于实验1的原因是____ (用离子方程式表示) 。

(3) 验证假设二:

请设计实验验证假设二, 写出实验步骤、预期现象和结论。

(4) 若假设二成立, 请预测:在相同条件下, 分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液 (溶液体积变化忽略不计) , 充分反应后两溶液的pH前者____ (填“大于”或“小于”) 后者, 理由是____。

解析: (1) 除BaCl2溶液、Ba (NO3) 2溶液外, 实验1和实验2中所用试剂均相同, 故可通过实验2生成白色沉淀, 实验1未生成白色沉淀, 证明假设一正确。 (2) SO2溶于水时, 与水反应生成中强酸H2SO3, 故使得溶液的pH减小。在实验2中, NO3-将SO2氧化生成SO42-, 而NO3-则被还原为NO, 同时生成H+, 故溶液的pH减小。 (3) 在验证假设二时, 不能使用Ba (NO3) 2溶液, 可使用BaCl2溶液等, 向含有O2的BaCl2溶液中缓慢通入SO2, 若有白色沉淀生成, 则证明假设二成立。 (4) O2和KNO3分别与H2SO3反应的离子方程式为O2+2H2SO3=4H++2SO42-和3H2SO3+2NO3-=3SO42-+4H++2NO↑+H2O, 故被O2氧化后溶液的pH小。

答案: (1) 无明显现象有白色沉淀

(3) 见下表

(4) 小于反应的离子方程式表明, 足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3, 生成H+的物质的量前者多余后者 (或其他合理答案)

四、氮及其化合物

1.氮及其重要化合物的性质与相互转化关系

2.实验室制取NH3的方法

(1) 加热铵盐和碱石灰法:

①反应原理: (装置如右图) ;

②收集方法:由于NH3极易溶于水, 且密度小于空气, 故常采用向下排空气法收集NH3;

③检验方法:湿润的红色石蕊试纸遇NH3变成蓝色。

(2) 加热浓氨水法:

在氨水中存在, 加热过程中, 使NH3· H2O不断分解生成NH3, 同时温度越高, NH3的溶解度减小, 所以NH3不断挥发出来。

(3) 浓氨水加碱法:

如右图所示, 将浓氨水滴到NaOH固体上, 不断放出NH3。其原理是:在氨水中存在固体溶于浓氨水放出热量, 且使氨水中c (OH-) 增大, 上述平衡逆向移动, 不断放出NH3。

3.硝酸与金属反应的规律

(1) 硝酸与不活泼金属的反应:

硝酸与金属活动性顺序表中氢以后的金属作用时, 可以看成硝酸先将金属氧化成氧化物, 而后金属氧化物与硝酸反应生成硝酸盐。浓硝酸的还原产物主要是NO2, 稀硝酸的还原产物主要是NO。 例如, Ag+2HNO3 (浓) =AgNO3+NO2↑ + H2O;3Ag+4HNO3 (稀) =3AgNO3+NO↑+2H2O。

注意:HNO3与金属反应时通常起两个作用:一是作氧化剂, 得电子, 被还原;二是提供硝酸根离子, 起酸的作用 (起酸的作用, 提供H+的同时必提供NO3-) 。如铜与稀HNO3的反应:3Cu+8HNO3 (稀) =3Cu (NO3) 2+2NO↑+4H2O, 其中2mol HNO3为氧化剂, 6mol HNO3起酸的作用。

(2) 硝酸与活泼金属的反应:

硝酸与金属活动性顺序表中氢以前的金属作用时, 除生成相应的硝酸盐外, 同时可能生成NO2、NO、N2O、N2、NH3、NH4NO3 (NH3+HNO3=NH4NO3) 等物质。例如, 不同浓度的硝酸与镁的反应:Mg+4HNO3 (16mol/L) =Mg (NO3) 2+2NO2↑ +2H2O, 3Mg+8HNO3 (6mol/L) =3Mg (NO3) 2+2NO↑+4H2O, 4Mg + 10HNO3 (2mol/L) =4Mg (NO3) 2+N2O↑+5H2O。

(3) 钝化现象:

铁、铝等金属虽易溶于稀硝酸, 却不溶于冷的浓硝酸。这是因为在冷的浓硝酸中, 这些金属表面生成了一层致密的、不溶于硝酸的氧化物保护膜, 阻止了金属的进一步氧化。

例5. (2015· 北京卷) 下列关于自然界中氮循环 (如下图) 的说法不正确的是 ( )

A.氮元素均被氧化

B.工业合成氨属于人工固氮

C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化

D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环

解析:A项, N2=→NH3过程中, N元素由0价降低为-3价, N元素被还原;B项, 人工固氮是指将N2转化为含氮化合物的过程, 工业合成氨的反应原理为属于人工固氮;C项, 1828年, 德国化学家维勒首次利用无机物氰酸铵合成尿素, 实现了无机物向有机物的转化, 含氮有机物 (如蛋白质) 可发生分解, 最终转化为无机物 (如铵盐) ;D项, 雷电发生时涉及的反应有进入土壤, 并与矿物质作用生成硝酸盐, 豆科植物的根瘤菌可将N2转化为氮肥, 而生物体内含有碳元素, 故碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环。

答案:A

例6. (2015· 广东卷) NH3及其盐都是重要的化工原料。

(1) 用NH4Cl和Ca (OH) 2制备NH3, 反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为___。

(2) 按下图装置进行NH3性质实验。

①先打开旋塞1, B瓶中的现象是____, 原因是____。稳定后, 关闭旋塞1。

②再打开旋塞2, B瓶中的现象是___。

(3) 设计实验, 探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。

限选试剂与仪器:固体NH4Cl、蒸馏水、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽 (可调控温度) 。

①实验目的:探究____对溶液中NH4Cl水解程度的影响。

②设计实验方案。拟定实验表格, 完整体现实验方案[列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据, 数据用字母表示;表中“V (溶液) ”表示所配制溶液的体积]。

③按实验序号1所拟数据进行实验, 若读取的待测物理量的数值为Y, 则NH4Cl水解反应的平衡转化率为____ (只列出算式, 忽略水自身电离的影响) 。

解析: (1) 利用NH4Cl和Ca (OH) 2制备NH3, 加热固体药品时, 试管口要略低于试管底部, 防止试管炸裂, 则制备装置选A。NH3的密度小于空气, 应选用向下排空气法收集NH3, 则收集装置选C。NH3极易溶于水, 进行尾气处理时, 导管末端连接一倒扣漏斗, 且漏斗边缘与水面刚好接触, 可防止发生倒吸, 则尾气处理装置选G。 (2) 由图可知, A瓶中HCl气球的压强大于B瓶中NH3的压强, 打开旋塞1后, HCl气体进入B瓶, 并与NH3发生反应生成NH4Cl晶体, 故观察到B瓶中产生白烟。由于HCl和NH3发生生成NH4Cl晶体, 导致B瓶中气体压强减小, 显然A瓶中HCl相对过量。打开旋塞2后, 右侧烧杯中石蕊水溶液被倒吸入B瓶, HCl气体溶于其中而使溶液显酸性, 溶液变成红色。 (3) 利用所给试剂和仪器, 可以探究温度 (或浓度) 对溶液中NH4Cl水解程度的影响。若探究温度对溶液中NH4Cl水解程度的影响, 可以测定不同温度下溶液的pH。若探究浓度对溶液中NH4Cl水解程度的影响, 可测定不同浓度下溶液的pH。故实验表格可以为 (温度的影响) :

也可以为 (浓度的影响) :

所读取的数值Y为溶液的pH。氯化铵的物质的量为, 故NH4Cl的物质的量浓度为, 从而可知, NH4+离子水解的平衡转化率为

答案: (1) A、C、G

(2) ①有白烟生成A瓶中的HCl移动到B瓶中, 与B瓶中的NH3反应生成NH4Cl, 能观察到白烟生成 ②液体进入B瓶中, 溶液的颜色变为红色

(3) ① 温度 (或浓度) ② 见解析

【专项训练】

1.为探究Na2SO3溶液的性质, 在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液, 再分别滴加下图所示的试剂。对实验现象的“解释或结论”错误的是 ( )

2.高纯硅晶体是信息技术的重要材料。

(1) 在周期表的以下区域中可以找到类似硅的半导体材料的是____ (填字母) 。

A.过渡元素区域

B.金属和非金属元素的分界线附近

(2) 工业上用石英和焦炭可以制得粗硅。已知:

写出用石英和焦炭制取粗硅的热化学方程式:___。

(3) 某同学设计下列流程制备高纯硅:

①Y的化学式为___。

②写出反应Ⅰ的离子方程式:___。

③写出反应Ⅳ的化学方程式:___。

④步骤Ⅵ中硅烷 (SiH4) 分解生成高纯硅, 已知甲烷分解的温度远远高于硅烷, 用原子结构解释其原因是____。

(4) 将粗硅转化成三氯硅烷 (SiHCl3) , 进一步反应也可以制得粗硅。其反应为, 不同温度下, SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比 (反应初始时各反应物的物质的量之比) 的变化关系如上图所示。下列说法正确的是 (填字母) 。

A.该反应是放热反应

B.横坐标表示的投料比应该是

C.该反应的平衡常数随温度升高而增大

D.实际生产中为提高SiHCl3的利用率, 可以适当增大压强

3.某小组设计如下图装置 (部分夹持装置已略去) , 以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到固体物质的成分。

(1) 试剂X的化学式为___。A中制取Cl2的离子方程式为___。

(2) 试剂Y的名称为___。

(3) 通入一定量潮湿的Cl2反应后, 经检测, D中只有Cl2O一种气体, C中只含一种氯盐外, 同时含有NaHCO3等, 某同学对C中所得固体残渣的成分进行探究。

①提出合理假设。

假设1:存在两种成分:NaHCO3和___;

假设2:存在三种成分:NaHCO3和___、___。

②设计方案, 进行实验。写出实验步骤以及预期现象和结论。

限选实验试剂和仪器:蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯。

(4) 已知, Cl2O与水反应生成次氯酸, 则D中Cl2O进入E反应的化学方程式为___。

4.含氮化合物是重要的化工原料。存在如下转化关系:

(1) 工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏。

①氨气溶于水的过程中存在的平衡有 (用离子方程式表示) ___。

②向固体氧化钙中滴加浓氨水, 可用于实验室制取少量氨气, 简述原理:___。

(2) 转化Ⅱ中发生的系列反应, 在工业上可以用来制备硝酸, 写出①中反应的化学方程式:____。

(3) 现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱。转化Ⅲ中部分反应如下:

①转化Ⅲ中有NaHCO3沉淀析出的原因是____。

②欲测定某工业纯碱样品中Na2CO3的质量分数, 某同学设计方案如下:

准确称取10.00g样品, 加入过量的盐酸, 充分反应, 蒸干、冷却后称量。反复加热、冷却、称量, 直至所称量的固体质量几乎不变为止, 此时所得固体的质量为10.99g。样品中碳酸钠的质量分数为___。

(4) 以氨作为燃料的固体氧化物 (含有O2-) 燃料电池, 具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点。工作原理如下图所示:

①固体氧化物作为电池工作的电解质, O2-移向____ (填字母) 。

A.电极a B.电极b

②该电池工作时, 电极a上发生的电极反应为____。

【参考答案】

1.D

2. (1) B

(3) ④周期表中, 硅和碳属于同主族, 原子半径Si大于C, 硅元素的非金属性弱于碳元素, 硅烷的热稳定性弱于甲烷

(4) BC

(2) 饱和食盐水

(3) ①NaCl NaCl Na2CO3②答案见下表

(4) Cl2O+2NaOH =2NaClO+H2O

4. (1) ②氧化钙与水反应放热, 生成氢氧化钙溶于水, 增大了OH-离子浓度, 氨水中的离子平衡向左移动, 使氨气挥发出来

(3) ①混合液中NaHCO3的溶解度最小, 溶液达过饱和时会有NaHCO3晶体析出②95.4%

金属螯合物 篇8

随着纳米材料的深入研究, 人们认识到纳米材料的性质与形貌、尺寸和结构有着非常紧密的联系, 控制纳米材料的形貌和结构可以得到性能优良的纳米材料, 所以合成高纯度、大小和形貌可控的纳米材料是研究先进材料和高性能材料的重要方向。

纳米金属及金属化合物作为纳米材料的一个组成部分, 在光学、电磁、催化、信息存储和化学传感等领域有着广泛的用途和应用前景, 因而引起了研究者的广泛兴趣。三维花状结构的纳米材料具有高表面积、高反应活性等优于其他形状的纳米金属和纳米金属化合物材料的性质, 如花状结构Cu2S具有很高的光催化活性[1]、CuO纳米花薄膜具有超疏水性[2]、CuO/Ni花状结构薄膜[3]应用于电极提高了电极的电化学活性。此外, 一些纳米金属粒子在实际应用中会有严重的团聚和粒子架桥现象, 从而限制了其纳米效应和比表面积大的优势的发挥, 而控制合成花状结构后可以避免这些团聚现象并依然具有纳米颗粒的纳米效应结构稳定性好的优势。

1 制备方法

花状纳米金属及金属化合物的合成方法按照前驱物的状态, 可以分为液相法、气相法、固相法3大类, 其中液相法又包括水热法、溶剂热法、化学液相沉积法、电沉积法等, 气相法主要指化学气相沉积法, 固相法包括直接氧化法、热解法等。

1.1 液相法

1.1.1 水热法

水热合成法操作简单, 成本低廉, 创造高温高压环境能使晶体在非受限的条件下充分生长, 晶体形貌、尺寸可控, 结晶完好, 可以通过调节反应温度、压力、溶液成分和pH值等来达到有效控制反应和晶体的生长, 通常分为模板辅助法和无模板辅助法。有模板辅助法的优点是形貌易于控制, 但除去模板较复杂。无模板辅助法可以省去去除模板这一复杂步骤。Wei等[4]将钼酸铵、连二硫酸钠以及硫代乙酰胺混合液保持在180℃下, 通过控制陈化时间得到花状形貌的MoS2纳米晶体, 其大小为100nm～1μm。纳米花是由花瓣自组装构成的, 这些纳米花瓣的边缘宽且薄, 而且具有很高的稳定性, 在长时间的超声下不破坏结构。Zhang等[5]用Co (NO3) 2 和CO (NH2) 2作为前驱体溶液在 90℃下反应10h, 将得到的沉淀在300℃下热处理3h得到直径为500～1000 nm的具有多孔结构、高表面积的花状纳米结构的Co3O4。Guo等[6]将洁净的Si基板浸入到钼酸溶液中, 在微波辅助下保持90℃2h, MoO3在Si基板上沉积, 反应完全后在350℃下煅烧5h得到花状结构的MoO3纳米花, 发现在软模板表面活性剂辅助作用下形貌便于控制生长。Azam等[7]在表面活性剂十六烷基三甲基溴化铵 (CTAB) 和十二烷基硫酸钠 (SDS) 辅助下在水热条件下合成花状结构的SnO2, 通过控制这两种阳离子和阴离子表面活性的比例得到控制形貌的目的, 当同时使用两种表面活性剂CTAB和SDS并且物质的量比为1.0∶1.0时才得到花状结构SnO2。 杨永强等[8]以[Zn (OH) 4]2- 为前驱体在低温45℃水浴加热1h条件下合成了形态规整的多瓣花状ZnO 纳米结构。

1.1.2 溶剂热

溶剂热法是将有机溶剂或非水溶媒作为溶剂, 在较低温度下实现多种纳米材料的制备方法。通过对溶剂和络合物的选择, 控制所生成的纳米材料的尺寸和形貌, 成功地获得花状形貌。孙燕丽等[9]将钼酸钠 (Na2MoO4·2H2O) 溶解在乙醇-水溶液中, 以盐酸羟胺 (NH2OH·HCl) 作为还原剂, 硫脲[CS (NH2) 2]为硫源, 将所得的产物于50℃真空干燥6h后在氮气保护下于500℃煅烧5h, 得到纳米花状结构的MoS2。纳米花是由成百个花瓣自组装构成的, 平均花径为200～300nm。边缘厚度约10nm 的薄片花瓣从一个中心向各个方向放射性生长, 具有特殊的花状结构和较大的比表面积。Hu等[10]以环己醇为溶剂, W18O49纳米线为模板, 改变FeCl3和WCl6混合液中二者的比例得到FeWO4铁钨矿纳米花, 在反应过程中通过增加FeCl3的浓度使产物向三维花状结构转化, 当Fe浓度在溶液中的计量数与FeWO4相同时, 由初始形成的钨铁矿晶体引发纳米片的成核和竞争自组装形成花状结构。Qiying Liu等[11]以Ru为异相成核剂、十六铵为结构导向剂, 在多元醇溶液中合成由纳米棒组成的分层Co纳米花。在初级阶段产生的固体醇钴调节Co纳米花的生长速率, 然后以分层生长模式生长;先形成晶核, 再以各向异性的方式生长成小麦条纹进一步生长成纳米花;通过改变十六铵的浓度来调节纳米花和花瓣的大小, 得到清晰可见的约为500nm的纳米花结构, 其由长度为500nm、直径为50nm的花瓣构成。

1.1.3 化学液相沉积法

化学液相沉积法是在溶液中通过氧化、还原、水解、重结晶或者选择适合的模板作为晶核集合位点沉积过程, 得到纯的、独立花状结构的纳米材料。邹光龙[12]以金属镁为前驱体, 用生物分子氨基乙酸辅助化学液相沉积方法在室温下合成了具有复杂三维花状的纳米结构的氢氧化镁, 纳米花状形貌的氢氧化镁是由超薄的纳米壁构成。Peng Lu[13]采用化学液相沉积法在功能性烷基硫醇自组装单分子膜上合成了ZnS纳米花。在自组装单分子膜-COOH端上有两种结晶方式, 500nm左右的纳米花以离子连接离子的形式生长, 而约为2μm的花状晶体是以团簇连接团簇沉积。Zn2+先与端位羧基形成微弱的络合物, 这些络合物作为ZnS以离子连离子形式生长成核位点。而在端基-CH3和-OH上是以团簇连团簇形式生长, 导致沉积了2μm花状晶体吸附在表面。在自组装单分子膜的-OH和-CH3上, 只有大的花状晶体形成。这些并没有很紧密地吸附在自组装单分子膜表面上, 可以轻易地移除。结果表明, 在适当的实验条件下, ZnS选择性地沉积在自组装单分子膜的-COOH上形成纳米级的花床。Yong-Jin Kim等[14]在掺氟氧化锡导电玻璃衬底上沉积得到ZnO纳米花。ZnO纳米花阵列由许多带有锐利的尖端的纳米针构成, 选择性地生长在导电玻璃衬底上。ZnO纳米花的形貌和位置通过编写聚甲基丙烯酸甲酯亚微粒子模式电子束光刻技术控制, 而在没有这种技术辅助下得到的是直立纳米针任意高密度地排列在衬底上。

1.1.4 电沉积法

Lei Qian等[15]在树枝状大分子聚酰胺改性的表面通过电沉积法合成新型Au-Pt双金属纳米花结构。这些稳定的树枝状聚酰胺 (PAMAM) 在电沉积过程中辅助合成Au-Pt双金属纳米花。双金属纳米花包括两个部分——明亮的部分和苍白的部分, 这两部分由许多小的双金属纳米粒子构成, 明亮部分包括更多的双金属纳米粒子。双金属纳米花的形貌受电沉积时间、电势和组装树枝状结构层数的影响。分析显示, 纳米花中Au的成分比Pt的成分高, 且具有特殊的电化学和电催化性能。Hao Zhang等[16]利用碳纳米管阵列 (CNTA) 具有规则的孔结构和大的孔径、能与前驱体溶液充分接触而通过电沉积在表面得到蒲公英状纳米花结构的氧化锰, 其由许多长度和厚度分别大约为50nm和3nm的滑板状的纳米片从同一中心核生长出来。Bai等[17]用恒电位沉积技术在KCl、ZnCl2和H2O2混合液中、多壁碳纳米管 (MWNTs) 膜上沉积得到直径约为350nm的ZnO纳米花。

1.2 气相法

气相法指直接利用气体或者通过各种手段将物质变为气体, 使之在气态下发生化学或物理反应, 最后冷却沉积在衬底上凝聚形成纳米微粒组装成花状形貌。方晓生等[18]以金属镁粉作为原材料, 硅片作为衬底, 以液-固 (VL) 生长机理在硅衬底上沉积了规则分布的新奇的氧化镁纳米花结构。该纳米花由直径大约为80nm、长度达到几微米的纤维组成。Ning Zhang等[19]以化学气相沉积法在SiC衬底上合成了由纳米片层叠形成的玫瑰花状ZnO。由于在不同区域Zn蒸气的浓度不同, 造成在衬底不同区域上沉积得到微盘状、毛毛虫状、纳米片状等不同形貌的ZnO。Xuelian Yu等[20]以气相沉积法通过控制反应物的蒸气压在硅衬底上沉积了形状优美的Bi2S3纳米花, 纳米花的大小约为1μm并且由许多表面光滑的花瓣构成, 具有很好的结晶度, 而且晶格缺陷也比普通纳米棒的低;研究了生长温度、加热速率、气流速度和反应物浓度对Bi2S3纳米花形成的影响。Santanu Karan等[21]在室温、超真空下 (～133.322×10-6Pa) 用蒸汽沉积法合成了不同金属酞箐 (如铜、镍、锡、镁和锌) 的纳米花, 介绍了在镀金石英衬底上衬底条件对酞箐分子组织的影响, 认为纳米结构的粒子尺寸和形貌主要受模板金的性质控制。初始阶段是在金的表面上酞箐分子成核, 然后通过自组装生长成花状结构, 整个过程比较符合V-S生长机理。

1.3 固相法

1.3.1 直接氧化法

直接氧化法制备纳米花是通过强氧化剂直接氧化金属而在金属表面得到花状结构。Wu等[22]用直接氧化法在含有乌洛托品 (HMT) 和硝酸的过氧化氢溶液中80℃反应72h得到顶层为金红石纳米花、底层为锐钛矿层的双重结构的氧化钛薄膜, 在反应60h前, 多孔无水氧化钛层沉积在金属钛衬底上, 反应时间延长至70h后顶层沉积得到金红石纳米花;在60～72h之间, 微小的金红石纳米棒从溶液中沉积出来, 排列成束状最后以定向连接机理形成大的纳米棒, 在结构导向剂氨水和硝酸根离子的作用下这些大的纳米棒自组装形成花状形貌。Song等[23]将铜箔浸入到NaOH和 (NH4) 2S2O8的混合溶液中, 在100℃下保持12h, 在铜箔表面得到高密度的花状形貌的CuO纳米晶体, CuO花是由许多长度为100～500nm、厚度约为50nm的薄单晶花瓣构成。钱柏太等[2]把铜表面在 K2S2O8 和KOH的水溶液中60℃氧化反应30min, 然后于空气中180℃加热2h, 在表面上均匀地生长了一层“纳米花”, 其数密度约为105朵/mm2。每朵纳米花由数十个“纳米花瓣”自组装而成, 花瓣间有大量的孔隙, 大多数花瓣趋向于垂直基体表面, 只有最外层边缘部分的花瓣较倾斜, 趋向于中心, 形成花朵状结构, 这些花瓣是长度约为2μm、宽度约为120nm、厚度约为12nm的纳米片。

1.3.2 热解法

Xia等[24]在无催化剂存在下, 室温下通过热解醋酸锌迅速在Si衬底上合成得到新型ZnO花状结构。反应在一端开口的卧式石英管炉中进行, 以商业纯度为99.999%的Zn- (CH3COO) 2·2H2O粉末作为原料, 并放置在石英管的封口端, 石英管的另外一端开口通向空气, 洁净的硅薄片作为产物收集板放置在反应物上方, 当石英管式炉的温度达到700℃时, 把小石英管迅速插入到管式炉中, 保持15min后, 石英管从炉子中拿出在室温下自然冷却, 在Si衬底上得到由细尖端结构的多层花瓣构成的清晰可见的花状形貌的ZnO。

2 花状结构的形成机理

金属及金属化合物纳米花的形成是一个相当复杂的过程, 受到晶体形成速率、生长速率、空间位阻、磁性相互作用、静电力以及其他动力学因素的影响。不同的金属及金属化合物纳米花的形成受不同因素的影响, 在制备花状形貌的金属及金属化合物的过程中就有不同的机理来解释其形成过程。李浩等[25]在考察络合剂与表面活性剂对钴纳米花制备的影响时提出, 络合剂EDTA与金属离子形成稳定的络合物降低了金属离子的浓度, 减缓了还原反应的速率;同时络合剂也作为形貌导向剂被选择性地吸附在晶体不同晶面上造成空间位阻, 在空间位阻、钴的板状微晶之间磁力的共同作用下, 使金属沿中心发散生长, 最终形成花状结构。韦斐等[26]在研究花状纳米NiO 形成机理时讨论了两种常见的机制:一是纳米晶体本身性质边缘带有不同的电性, 在金属原子富集的地方呈现正电性而另外一端呈现负电性, 为了降低整个体系的能量, 二维的纳米棒或者纳米片等最终自组装成花状结构;二是在前驱体溶液中的成核阶段, 纳米粒子开始形成时就是花状形貌, 在反应中随着前驱体溶液中的粒子不断地释放, 纳米花不断地生长, 直到一定的体积;他们通过实验证实该NiO纳米花的形成是以第二种机制形成的。杨永强等[8]合成ZnO纳米花也是按上述的第二种机制, 并且结合ZnO是极性晶体等因素阐明了ZnO晶体沿[001]面生长最终导致花瓣晶体的长大, 形成花状结构。

3 电磁性能的研究及应用

由于花状结构的纳米晶体金属或者金属化合物的结构复杂性和特殊的形貌及表面使其具有许多特殊的性质, 在催化、传感、电化学等领域都体现出巨大的应用前景, 特别是其电磁性能在电池、储能、场发射以及电化学传感器等方面都有非常重要的应用。

3.1 电池方面的应用研究

3.1.1 锂离子电池

金属化合物纳米花可应用于锂离子电池, 如Xiang等[3]合成花状结构CuO, 并将其作为锂离子电池的阳极材料, 由于花状结构中构成纳米花瓣的纳米片提供较大的表面积供插入锂离子, 使其具有高稳定性和可逆电容, 而进一步在CuO表面沉积Ni形成花状CuO/Ni混合膜后, 因为Ni既是导体又是氧化锂分解的催化剂, 大大减弱了极化作用, 提高了电极的库仑效率, 使混合膜具有更好的循环稳定性、更高的初始库仑效率和电容稳定性。Ning等[27]合成了SnO2纳米花, 并将其作为锂离子可充电电池的阳极材料, 在充放电测试过程中发现, 其最大充电电容可以达1350mAh/g然后衰减至900mAh/g左右, 最高的放电容量约为800mAh/g, 与理论值875mAh/g非常接近。

Zeng等[28]合成了多孔花状纳米结构α-Fe2O3, 并将其应用于锂离子电池研究, 同样是由于具有高表面积和多孔结构所以具有更多的吸附和容纳锂离子的空间, 使花状结构α-Fe2O3用于锂离子电池多次充放电后仍然具有很高的容量, 即有很高的循环性质。

3.1.2 燃料电池

花状结构纳米金属具有高电催化活性, 可应用于燃料电池的催化体系, 如Lei Qian等[15]合成的双金属Au-Pt纳米花用于修饰电极在硫酸溶液中的循环伏安曲线与裸金电极和铂电极非常类似, 在40圈扫描之后峰电流也没有明显改变说明具有相当高的稳定性。与双金属纳米粒子相比, 花状结构的表面比较粗糙而且具有较高的表面积, 使双金属纳米花具有更高的氧还原活性。这种形貌可控合成简单的双金属纳米花在电极材料、燃料电池、催化以及化学传感器方面具有很高的应用价值。Zhen Yin等[29]合成了新型多孔结构的Pd纳米花, 并在三电极体系中用循环伏安法和计时安培法测试其电化学活性和稳定性, 结果显示新型多孔Pd纳米花具有比单分散Pd纳米粒子高60%的活性, 在碱性溶液中对甲醇的氧化具有更高的稳定性, 所以Pd纳米花是直接甲醇燃料电池的良好催化剂。

3.2 能量存储及场发射

利用金属或者金属化合物的花状结构和本身的性质在能量存储、场发射方面的研究应用, Zhang等[16]在碳纳米管阵列 (CNTA) 上沉积得到花状结构氧化锰, 其由于具有分层多孔结构, 具有许多优良性质如高电容、循环寿命长, 这种纳米花与CNTA混合体可用于电极测试电化学性能, 具有高电容和良好的离子响应性质。此混合电极的充放电测试显示在20000圈的循环之后容量损失只有3%, 说明具有非常高的电化学稳定性。由于纳米花直接在纳米结构的集电器即CNTA上生长, 具有电子传导路径, 这种高效的电荷传导增强了电导率, 所以这种材料可以用于研制能量存储材料。Wei等[6]合成的MoO3纳米花具有相对低的场发射开启电压和高稳定发射电流, 发射电流超过3h时波动幅小于10%。形成这些特性的原因是纳米花是由纳米带构成的, 电子更易于从边缘和面中发射出来, 而且与纳米带杂乱的散布在基板上相比, 构成纳米花的纳米带具有很高的纵横比。对于场发射材料, 开启电压是非常重要的参数, 开启电压的值越低场发射材料越好, 所以MoO3纳米花是场发射良好的应用材料。

3.3 电化学传感器

花状结构表面积大, 缺陷密度高, 活性点多, 使其在电化学传感器方面的研究甚为广泛, 这也是其电化学性能的另一个重要的应用领域。Azam[7]合成的花状结构SnO2可用于CO和乙醇的气体传感器, 基于纳米花状SnO2的传感器在探测CO和乙醇气体时显示出非常高的响应;275℃时在自动化的传感系统中基于SnO2纳米花的传感器对CO和乙醇的传感反应最灵敏, 响应值分别是1217和4070, 并且在 (50～1000) ×10-6范围内, 随着CO浓度的增加, 响应值不断增加。Song等[23]合成的CuO花状纳米结构作为活性电极用于无酶安培型H2O2传感器, 由于其花状的形貌具有高表面积和高电子迁移速率, 将其作为电极材料制备的H2O2传感器有很高的灵敏度和宽的线性响应范围、低的检出限等良好性质, 所以是研制用于食品工业、临床和环境分析等领域的H2O2浓度的安全可靠和微型传感器设备的良好材料。Bai等[17]在多壁碳纳米管上电沉积得到ZnO纳米花, 用于修饰玻碳电极制备传感器, 具有优良性能, 电极在-0.11V下对过氧化氢的线性响应范围为9.9×10-7～2.9×10-3mol/L, 相关系数为0.991, 响应时间小于5s。制得的生物传感器具有快速响应、宽线性响应范围以及良好的稳定性。

3.4 磁性能研究

Zeng等[28]除了研究多孔花状纳米结构α-Fe2O3在锂离子方面的应用外, 还对其磁性能进行了研究, 发现花状结构α-Fe2O3除继承了纳米管和纳米带的磁性质外, 在5K时的残余磁化和矫顽力比300K时大了许多, 而且两种情况都未达到饱和磁化, 可能原因是花状结构表面多孔结构自旋无序, 在相对低的温度下, 粒子交换占主导地位, 表面自旋变得有序, 使得相应的磁化增加。Hao Li 等[30]对合成的由纳米片构成的花状Co微晶的磁性能测试发现, 花状Co微晶的矫顽力高达407.3Oe, 比块状Co金属高出许多, 此性能可以用于高密度的磁记录材料和永久性磁体。

4 结束语

非金属及其化合物复习概要 篇9

非金属元素及其化合物知识, 在中学化学中占有较大的篇幅和比重, 不仅介绍的内容多, 而且知识点较零碎, 推理少、叙述多。若不对这些散乱的知识进行压缩、处理, 使其减量、有序, 就会感到杂乱无章, 没有规律可循, 难记易忘。同时在高考中, 以元素及其化合物知识为载体, 结合氧化还原、强弱电解质、平衡移动原理、物质结构等理论知识, 对学生的各种能力进行综合考查的试题不断增加, 因此搞好非金属元素及其化合物知识的复习显得至关重要。现就非金属元素及其化合物专题的复习方法趋势探讨如下, 希望对考生的第一轮复习有所帮助。

一、复习方法指导

1. 重视周期表的应用

在化学复习中, 一定要重视元素周期表的应用。应用周期表对零乱的元素及其化合物知识进行条理化、纲领化, 使其变成有序的可推理的知识, 便于学生采用逻辑推理的方法记忆和掌握, 才能取得事半功倍的复习效果。现以非金属单质的化学性质为例, 谈谈如何应用元素周期表进行复习。

(1) 与单质反应。

(1) 与金属单质反应。主要掌握与活泼金属Na、较活泼金属Fe (也是变价元素) 、不活泼金属Cu的反应情况。如:ⅦA族元素X与Na反应生成NaX, 与Fe反应生成FeX3 (I2生成FeI2) , 与Cu反应生成CuX2 (I2生成CuI) ;ⅥA族元素中的O2与Na反应生成Na2O和Na2O2, 与Fe反应生成Fe3O4, 与Cu反应生成CuO;S与Na反应生成Na2S, 与Fe反应生成FeS (不是Fe2S3) , 与Cu反应生成Cu2S (不是CuS) ;ⅤA族元素中的N2与Na反应生成Na3N;磷与Na反应生成Na3P, 与Fe、Cu的反应中学不介绍。ⅣA族、ⅢA族元素与金属反应, 中学不介绍。ⅡA族没有非金属元素。ⅠA族中H2与Na反应生成NaH, 与Fe、Cu不直接反应。在上述基础上, 需要补充的是:S在常温下能与Hg反应生成HgS, 实验室用于除去洒落的水银;Al2S3不能用湿法制取, 必须在干态时用S与Al加热制取;Mg可在N2中燃烧生成Mg3N2等。

(2) 与非金属单质反应。在掌握与ⅠA族中的H2反应 (ⅡA族中无非金属, ⅢA族中的B元素的性质中学不介绍) 的基础上, 主要是掌握ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族、ⅦA族元素间的反应;并从周期表角度, 把非金属元素之间反应的主要产物列入下表, 以便学生推断、理解和记忆。

表格中是不同主族元素之间相互反应的产物, 同族元素之间也可以相互反应, 如ⅦA族中的卤素互化物, ⅥA族中O2与S反应生成SO2、SO3, ⅣA族中的SiC等。

在掌握非金属单质间反应关系的基础上, 还要掌握它们之间发生反应的条件和反应现象, 所得产物的结构和性质, 并配合化学方程式的书写, 才能全面、准确地掌握它们的性质。

(2) 与化合物反应。

非金属单质还可与酸、碱、盐、氧化物等化合物反应, 以非金属元素中代表元素的单质为例, 说明推理的过程。

(1) 与酸反应。Cl2可与酸中的H2S、H2SO3 (有水参与) 、HBr、HI等反应, O2可与酸中的H2S、H2SO3等反应, S可与酸中的浓H2SO4、浓HNO3反应, N2不与酸反应, P可与浓HNO3反应, 碳可与浓H2SO4、浓HNO3反应, Si可与HF反应。

(2) 与碱反应。Cl2可与NaOH、Ca (OH) 2发生歧化反应, 还可与NH3反应;O2可与Fe (OH) 2 (有水参与) 反应;S可与NaOH、Ca (OH) 2发生歧化反应;N2不与碱反应;P可与NaOH、KOH发生歧化反应;碳不与碱反应;Si与NaOH发生氧化还原反应 (水是氧化剂, NaOH不是氧化剂) 。

(3) 与盐反应。Cl2可与盐中的亚铁盐、Na2S (NaHS) 、Na2SO3 (NaHSO3) (有水参与) 、NaBr、KI等反应, O2可与盐中的Na2S (NaHS) 、Na2SO3 (NaHSO3) 、亚铁盐等反应, S可与盐中的Na2SO3、KNO3+C (组成黑火药) 反应, N2、P不与盐反应, 碳可与KNO3+S (组成黑火药) 反应, Si不与盐反应。

(4) 与氧化物反应。Cl2可与氧化物中的H2O、SO2 (有水参与) 等反应, O2可与CO、NO、NO2、SO2、Na2O等反应, S、N2、P不与氧化物反应, 碳与CO2、H2O、CaO、SiO2等反应, Si不与氧化物反应。

同时, 在掌握上述物质之间反应关系的基础上, 还要掌握这些单质与化合物之间发生反应的条件和现象, 配合化学方程式和离子方程式的书写, 掌握产物的差别和异同等。

综上可以看出, 应用元素周期表, 对非金属单质的化学性质进行系统归类, 把元素及其化合物的性质变成可推理的, 有一定的逻辑关系的程序性知识, 可以把数十页的课本浓缩成千余字的一页纸, 把教材厚重的知识内容转化成单薄的知识纲要, 学生掌握和记忆元素化合物的知识就会轻松方便些。

2. 重视知识网的建设

复习元素及其化合物知识行之有效的方法是构建知识网络, 采用“知识点—知识线—知识网”的方式, 将元素及其化合物知识结构化、条理化、系统化、整体化, 这样才能收到事半功倍的复习效果。

知识点是知识线中一个一个的具体物质。中学化学中常见非金属元素, 以H、C、N、O、Si、S、Cl为代表, 代表元素及其化合物具有典型性和代表性。掌握代表元素及其化合物的性质是学好同族其他元素化合物的前提和基础, 所谓“以点带面”, 就是说有了“知识点”才能串成“知识线”, 才能结出“知识网”。在掌握重点代表元素的单质、氧化物、氢化物、酸和盐性质的基础上, 还要根据“非金属元素在元素周期表中的位置及性质”的关系, 掌握同族其他元素及其化合物性质的相似性、递变性和差异性, 这是培养学生知识类比和迁移能力的保证。

知识线是指“气态氢化物←单质→氧化物→氧化物对应的水化物→相应的含氧酸盐”这条物质之间的衍生线。非金属元素的重要特征之一是变化多, 各种单质和化合物间容易发生氧化还原反应。复习时要以氧化还原反应为主线, 把单质和化合物知识串起来, 抓住价态变化的规律去理解元素化合物的性质。如复习氧族元素硫时, 按价态由低到高把其单质和化合物排成一行:H2S→S→SO2 (H2SO3及亚硫酸盐) →SO3 (H2SO4及硫酸盐) 。引导学生讨论:单质硫有氧化性又有还原性的原因是什么?举例说明。二氧化硫中硫元素既有氧化性又有还原性, 表现在哪些反应中?通过价态变化规律来把握硫元素在不同价态之间的相互转化关系, 并探讨对应反应中的电子转移情况, 氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物分别是什么物质等。

知识网是把各知识点、知识线进行网络化, 得到整体的、相互联系的、结构化的知识, 使单质及其化合物的相互转化关系形成一个完整的知识网络。复习时以知识点、知识线为线索, 配合周期表、周期律中的“位置-结构-性质”, 通过讨论、回忆和联想, 把各族单质和化合物知识串起来, 并做到元素及其化合物知识与物质结构和化学键理论相结合, 与实验设计和化学计算相联系, 与生活实际和化工生产相融合。然后再通过练习巩固, 就能达到熟能生巧、运用自如的程度。

二、考情分析与命题预测

1. 考情分析

高考考试说明指出:中学化学阶段的常见非金属元素包括H、C、N、O、Si、S、Cl等, 要求考生:了解常见非金属单质及其重要化合物的主要性质及应用;了解常见非金属单质及其重要化合物对环境质量的影响;以上各部分知识的综合应用。因此在历年的高考中都是围绕这些常见的非金属元素及其化合物的性质及应用进行命题的, 其考查的内容可能是元素及其化合物的性质、鉴别、制法、用途, 也可能是以此类知识为载体, 考查化学实验知识和实验技能、元素化合物之间的转化关系。题型以选择题、实验题和无机推断题的形式出现, 也有以环境保护为主题形式设计试题。

2. 命题预测

非金属元素及其化合物在保持原有考点的基础上, 弱化了对磷的考查, 淡化单纯考查元素化合物知识中的记忆与简单应用的试题。其命题形式在保留传统的以物质 (元素) 推断、检验、计算、实验等为主要形式的试题的基础上, 逐步向以实际情境为依托, 以元素化合物知识为载体, 融化学基本概念和理论、元素化合物知识、实验和计算能力于一体的试题转化。

(1) 试题仍以主要元素及其化合物的主要性质为考查核心, 但具有一定的综合性、整体性, 知识覆盖面广、思维跨度大。预计融合“位置→结构→性质”、元素周期表和元素周期律、电化学、反应热等知识的综合性试题可能要增多。

(2) 试题往往以生产 (生活) 实际、温室效应、环境保护、光合作用、碳捕捉技术等热点问题作为考查的切入点, 在化工生产、科技前沿信息的真实背景下寻找中学化学可以解释或解决的疑难问题, 考查考生利用元素及其化合物知识, 解决化学实际问题的能力。预计融实验探究过程、方法和技能为一体的开放性实验探究题、化工流程题等应用型试题可能要增多。

(3) 试题的情景更加新颖, 探讨的问题字面内容是陌生的, 但涉及应用的知识是课本中熟悉的, 这就保证了高考的公平性, 让考生在同一起跑线上竞争。试题起点高落点低, 在不弱化知识考查的前提下, 更加注重能力考查。预计考查考生灵活运用所学的化学知识, 处理化学现实问题的能力型试题要增加。

3. 复习对策

(1) 要注意常见非金属元素中的重点元素及其化合物。随着新材料、新能源、新科技的发展, 以往高考中的不被看好的硅元素及其化合物, 在新高考中的地位得到相对突显。要注意碳、硅、氮元素在材料科学中的重要作用, 注意氮、硫元素涉及的环境保护问题。这能体现考生对新信息的接受能力, 促使考生关心社会, 热爱生活, 学有用化学。

(2) 试题趋向综合型方向发展, 复习时就要关注各类物质之间的转化, 注重知识的发散和迁移, 关注学科间的联系、渗透和综合, 并与氧化还原、盐类水解、化学平衡、电化学、实验的设计与评价等知识相整合, 提升了学生的知识综合应用能力。在遵循“化抽象为具体, 从一般到特殊, 从无机到有机”的解题思路的基础上, 提高学生审题、分析问题、解决问题的能力。

(3) 试题趋向应用型方向发展, 因此实验复习就不能纸上谈兵, 应在掌握基本实验操作的基础上, 关注物质之间的分离、除杂, 沉淀的洗涤以及相关操作的过程和效果检验方法。注意物质的量浓度配制、中和滴定等实验的过程、细节、注意事项和误差讨论, 引导学生从定性和定量两个角度研讨化学问题。

(4) 试题趋向能力型方向发展, 因此提升学生的各种能力就成为高考复习的关键。复习时要轻题海战术, 重能力培养。注意试题的变式、延伸、迁移, 既要注意一题多法解, 也要注意一法解多题。让学生从不同角度、多方位考虑问题, 以训练学生思维的发散性、收敛性和变通性, 拓展思维的深广度, 提高学生的思维能力和品质。

三、典型例题解析

例1. (1) 为防治酸雨, 降低煤燃烧时向大气排放的SO2, 工业上将生石灰和含硫煤混合后使用。请写出燃烧时, 有关“固硫” (不使硫化合物进入大气) 反应的化学方程式:、。

(2) 化学上曾有人发明一种固氮方法, 该法以石灰石、焦炭、空气为原料。第一步反应是石灰石分解;第二步是用第一步反应产物和焦炭反应, 在电炉中的高温下制得第三步反应起始物;第三步反应中另一反应物是空气, 该反应也是在电炉中完成的, 生成一种固体;第四步是使该固体和水蒸气反应制得氨气。又知该固体中有与N3-互为等电子体的离子。试写出四步反应的化学方程式:、、、。

解析: (1) 酸性氧化物SO2能与碱性氧化物CaO反应生成固体CaSO3, 从而达到“固硫”的作用。又因为亚硫酸盐容易被氧化, 生成硫酸盐 (这点易被考生疏忽) 。故反应的化学方程式为

反思:随着新材料、新能源的广泛应用, 人们环境意识的提高, 合成和制造的新物质也会增加, 所以应用原有元素化合物知识, 分析、类推、迁移书写有关信息方程式、离子方程式、电极反应式的试题可能要增多。如2012年高考上海化学卷第5题、全国新课标试卷第36题等。

例2. (2012年高考天津理综试卷第7题) X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期, 且原子序数依次增大。X、Z同主族, 可形成离子化合物ZX;Y、M同主族, 可形成MY2、MY3两种分子。

请回答下列问题:

(1) Y在元素周期表中的位置为。

(2) 上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 (写化学式, 下同) , 非金属气态氢化物还原性最强的是。

(3) Y、G的单质或两元素之间形成的化合物中可作水消毒剂的有 (写出其中两种物质的化学式) 。

(4) X2M的燃烧热ΔH=-akJ·mol-1, 写出X2M燃烧反应的热化学方程式:。

(5) ZX的电子式为;ZX与水反应放出气体的化学方程式为。

解析:由X、Z同主族, 可形成离子化合物ZX, 可知X是H元素, Z是Na元素。由Y、M同主族, 可形成MY2、MY3两种分子, 可知M为S元素, Y为O元素。因五种元素分属三个短周期, 且原子序数依次增大, 故G是Cl元素。由此得出答案。

反思:受理综试卷中试题总量的限制, 化学试题只有11题左右, 要想利用这么少的试题覆盖中学化学的主干内容, 试题必须要有一定的综合度, 即把多个知识点串联、糅合起来进行综合考查。因此, 将化学基本概念和基本理论、实验能力、计算技巧、推理能力, 渗透到元素化合物的组成、结构、性质、变化与制备中进行考查的综合型试题可能要增多。如2012年高考安徽理综试卷第25题、全国理综试卷第27题等。

例3. (2012年高考全国大纲卷第29题) 氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾, 先将样品溶于适量水中, 充分搅拌后过滤, 再将滤液按下图所示步骤进行操作。

回答下列问题:

(1) 起始滤液的pH7 (填“大于”、“小于”或“等于”) , 其原因是。

(2) 试剂Ⅰ的化学式为, (1) 中发生反应的离子方程式为。

(3) 试剂Ⅱ的化学式为, (2) 中加入试剂Ⅱ的目的是。

(4) 试剂Ⅲ的名称是, (3) 中发生反应的离子方程式为。

(5) 某同学称取提纯的产品0.7759g, 溶解后定容在100mL容量瓶中, 每次取25.00mL溶液, 用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定, 三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL, 该产品的纯度为 (列式并计算结果) 。

反思:实验探究题、无机流程题、物质分离与提纯题, 这些来自生产生活实际的实验题, 能考查考生灵活运用所学的化学知识与理论, 处理化学现实问题的能力, 因而这类试题以后会逐渐增多。如2012年高考福建理综试卷第24题、浙江理综试卷第26题等。

四、常见易错点归纳

在化学学习中, 要善于揭示、总结化学反应的规律和本质。但化学规律与其他规律一样, 有其相对性, 常有例外或特殊的例子。俗话说:“规律是学习的主线, 特性是高考的考点”。复习时除要总结元素及其化合物有关规律的共性外, 还应注意搜集、整理一些特性。忽视了化学规律的特殊性, 就易犯以偏概全的错误, 解答出错也就在所难免了。现列举部分容易造成学生解题出错的特性, 供参考。

1. 碳、硅及其化合物的“易错点”

(4) 非金属氧化物一般为分子晶体, 以为SiO2也是分子晶体。

(5) 酸性氧化物一般不与酸作用, 以为SiO2不能与HF作用。

(6) 以为CO2 (或SO2) 通入CaCl2 (或BaCl2) 溶液中均可产生白色沉淀。

(7) 硅酸钠水溶液称为泡花碱或水玻璃, 就以为泡花碱属于碱溶液。

(10) SiO2既能与NaOH又能与HF反应, 以为SiO2是两性氧化物。

2. 氮、磷及其化合物的“易错点”

(1) NH4Cl中氯元素是-1价, 以为NH2Cl中氯元素也为-1价。

(2) 浓HNO3与铜反应生成NO2, 稀HNO3与铜反应生成NO, 氮元素价态变化前者小于后者, 以为稀HNO3的氧化性大于浓HNO3。

(3) 以为标准状况下22.4L的NO2, 含有NO2的分子数为NA。

(4) 以为用浓HNO3与足量铜反应, 能收集到纯NO2气体。

(5) NO2能与水反应生成HNO3, 以为NO2是HNO3的酸酐。

(6) 以为不能与碱反应的氧化物NO、CO, 一定能与酸反应。

(8) FeO与盐酸反应生成FeCl2和H2O, 以为FeO、Fe3O4与HNO3反应也有Fe (NO3) 2和H2O生成。

(9) 以为PO43-与H2PO4-可共存。

(10) 以为只有金属与非金属元素之间才能形成离子化合物, 其实遗忘了铵盐。

3. 氧、硫及其化合物的“易错点”

(1) 浓硫酸能作干燥剂, 以为浓硫酸可干燥H2S、NH3。

(4) 以为向浓H2SO4中加入足量的铜, 加热充分反应后, 硫酸没有剩余。

(5) 以为用Ba (NO3) 2和盐酸作试剂检验SO42-时, 就可以防止SO32-的干扰。

(6) 向浓H2SO4中加入足量的铁, 加热充分反应后, 以为能收集到纯SO2气体。

(8) 在有SO42-存在的情况下, 直接用AgNO3和HNO3溶液检验Cl-。

(9) 把SO2通入氯水中, 认为所得的混合液漂白能力增强。

(10) 因SO2有漂白性, 以为SO2通入紫色石蕊溶液, 溶液先变红后褪色。

4. 卤素及其化合物的“易错点”

(1) 以为裂化汽油可作为溴水或碘水的萃取剂。

(4) Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O, 以为Fe2O3、Fe3O4与HI反应也有FeI3和H2O生成。

(8) 活泼的非金属单质可把不活泼的非金属从其盐溶液中置换出来, 以为F2能从氯化钠水溶液中置换出Cl2。

(9) 向Fe (NO3) 2中加入盐酸, 以为相互之间不发生反应。

(10) NH4Cl加热分解生成NH3和HCl, 以为NH4I加热分解生成NH3和HI。

总之, 在非金属元素及其化合物的复习过程中, 要抓住“位—构—性”三者的关系, 抓住非金属元素化合物知识与化学基本理论的结合点, 充分利用基本理论对非金属元素及其化合物学习的指导作用, 使知识规律化、网络化。并注意物质的特性, 全面、准确地认识反应规律。同时要顺应试题的变化和发展, 对解题的切入方法和突破技巧及时加以筛选、改进, 高考复习就一定能取得良好的效果。

比较法学习金属及其化合物 篇10

一、金属单质

1. 钠、镁、铝的比较(见表1)

2. 铁与铜的比较(见表2)

注意:(1)金属与氧气反应生成的氧化物一般为普通氧化物(如Li2O、MgO、Al2O3等),有些金属与氧气反应还可能生成过氧化物(如Na2O2)、超氧化物(如KO2).

条件不同,有些金属与氧气反应的产物也不同,如钠在常温下与点燃条件下生成的氧化物分别为Na2O、Na2O2,铁与氧气在不同条件下可以生成FeO、Fe3O4等.

(2)金属与卤素反应一般生成高价态的金属卤化物,但碘与铁反应生成低价态的FeI2,金属与硫反应一般生成低价态的金属硫化物.

(3) K、Ca、Na等活泼金属与冷水剧烈反应,生成碱和H2,故这些金属投入碱、盐等溶液中,实际上是金属先与水反应,生成的物质再与溶质发生反应,因此这些金属不能在溶液置换其它金属.如将钠投入硫酸铜溶液中,可以理解为:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,

(4)金属与酸反应时,金属越活泼,反应越剧烈.当酸为强酸时,其反应的通式为:R+xH+=Rx++H2↑(式中R代表金属元素,x代表金属元素在生成物中的化合价),由此可知,当酸足量时,金属与H2的关系为:1 mol R～molH2,利用这一关系可以快速解题.

大多数金属(除铂、金)与氧化性酸(如硝酸、浓硫酸)之间也能发生反应,但一般情况下不生成H2.铁、铝在常温下遇浓硫酸、浓硝酸会在表面形成一层致密的氧化膜而发生钝化,故可用铁制或铝制容器来盛装浓硫酸、浓硝酸.

(5)等量的铝分别与非氧化性酸和NaOH溶液反应,生成同条件下的氢气的量相等.

(6)通常根据金属的活泼性来选择制备的方法.金属活动性顺序表中:K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属一般采用电解法制备,Zn～Cu等金属一般采用热还原法(还原剂为C、CO、H2、Al)制备,Hg、Ag采用热分解法制备.

二、金属氧化物

1. Na2O与Na2O2的比较(见表3)

注意:(1) Na2O2可拆成Na2O·O,则它在与水、酸、CO2等反应时,可以理解为Na2O与这些物质反应,“过”的氧释放出来,形成氧气.

(2) Na2O2与水反应放热,可以使棉花着火.

(3) Na2O2与H2O和CO2混合物的反应中,存在着三个规律:

①反应的先后规律.一定量的Na2O2与一定量的H2O(g)和CO2混合物的反应,若Na2 O2先与H2O(g)反应,则有:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,而后发生反应:2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,故可视作Na2O2先与CO2反应,待CO2反应完全后,Na2O2再与H2O(g)发生反应.

②气体体积规律.若CO2与H2O(g)的混合气体通过足量的Na2O2固体,生成氧气的体积或气体的减少量都为原混合气体的一半.

③质量增加规律.根据反应方程式可知,Na2O2固体与CO2和H2O(g)的反应,相当于Na2O2只吸收了CO2中的“CO”和H2O中的“H2”,故:

Ⅰ.固体的增加量△m=28 g·mol-1·n(CO2)+2 g·mol-1·n(H2O).

Ⅱ.CO、H2以及可以写成(CO)n·(H2)m的物质的燃烧产物通入足量的Na2O2固体完全反应后,固体质量的增加量等于原物质的质量.

2. MgO与Al2O3的比较(见表4)

注意:Al2O3既能与酸反应,又能与碱反应生成盐和水,是两性氧化物.这里的酸、碱一般指强酸、强碱,即Al2 O3不溶于弱酸(H2CO3等)和弱碱(NH3·H2O).

3. 铁的氧化物的比较(见表5)

注意:(1)铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O,Fe2O3可用于工业制取铁,也可以用作颜料.

(2)铁表面的致密的氧化膜是Fe3O4,它可以表示为FeO·Fe2O3.

三、金属氢氧化物

1. Mg(OH)2与Al(OH)3的比较(见表6)

注意:氢氧化铝还有其它制备方法:

(1)铝盐与强碱反应:这种方法应特别注意严格控制加入碱的用量,因为强碱过量会使制得的Al(OH)3溶解:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O.所以,一般不采用这种方法制备Al(OH)3.

(2)偏铝酸盐与强酸反应:这种方法会因强酸的量控制不当使制得的Al(OH)3溶解:Al(OH)3+3H+=A13++3H2O.所以,一般不采用这种方法制备Al(OH)3.

(3)偏铝酸盐与碳酸反应:因为Al(OH)3不溶于碳酸,故实验室常用这种方法制备

(4)偏铝酸盐与铝盐反应制备:

2. 铁的氢氧化物的比较(见表7)

注意:按一般方法操作很难得到Fe(OH)2沉淀.要制得Fe(OH)2沉淀必须注意以下四点:①赶尽空气,最好在惰性或还原性气氛下反应(如N2、H2等);②隔绝空气,用苯或汽油覆盖在液面上;③采用新制备的亚铁盐溶液,溶解亚铁盐时要先将蒸馏水煮沸除去氧气;④向亚铁盐溶液中滴加碱溶液时,将胶头滴管的尖嘴插入亚铁盐溶液中再慢慢挤出碱液,以防止带入氧气.

四、盐

1. Na2 CO3与NaHCO3的比较(见表8)

注意:NaHCO3与Na2 CO3的性质差别在于前者的“氢”.

①NaHCO3能电离出“H”,故其碱性比同浓度的Na2CO3弱.

②NaHCO3中存在着未反应完全的“H”,故其还可以继续与OH-反应.

我们还可以将NaHCO3拆成Na2CO3·H2CO3进行理解.如:

③因为结构中存在着“H2CO3”,故其不会与比H2CO3弱的酸(包括碳酸)发生反应.

④因为结构中存在着“H2CO3”,故其不稳定,容易发生分解,生成CO2和水.

⑤由于CaCO3能溶于H2CO3,因此即使NaHCO3中的Na2 CO3能与CaCl2中的Ca2+结合成CaCO3,它也会溶解于H2CO3,这也就容易理解NaHCO3与CaCl2不反应的原因了.

2. Fe2+与Fe3+的比较(见表9)

五、图象比较(见表10)

金属螯合物 篇11

例1（北京理综卷）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）。

A.K B.Na C.Fe D.Al

解析K、Na是活泼金属，极易与空气中的氧气反应，且生成的氧化物不能保护内层金属不被空气氧化；Fe在潮湿的空气中易生锈，铁形成的氧化膜疏松，不能保护内层金属不被空气氧化；Al与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜，能保护内层金属不被空气氧化。故答案为D。

二、考查常见金属化合物的化学性质

例2 （上海化学卷）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（ ）。

A.过氧化钠 B.氢硫酸

C.硫酸亚铁 D.苯酚

解析过氧化钠极易吸收空气中的CO2和水蒸气而变质，与空气中的氧气无关；氢硫酸易被空气中的氧气氧化生成单质硫和水而变质；硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁而变质；苯酚易被空气中的氧气氧化而变质。故答案为A。

例3 （上海化学卷）下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）。

A.2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2

B.2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2

C.2Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2

D.3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O

解析在反应Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，SO2是还原剂。在反应A和B中，Na2O2均既是氧化剂又是还原剂；反应C不是氧化还原反应；在反应D中，Na2O2是氧化剂。故答案为D。

三、考查常见金属及其离子的化学性质

例3（上海化学卷）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）。

A.若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+

B.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+

C.若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出

D.若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出

解析因氧化性：Fe3+>Cu2+>Fe2+，还原性：Fe>Cu；若无固体剩余，说明铁粉完全被溶液中的Fe3+氧化，但此时溶液中不一定有Fe3+，A项错误；若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2+，B项正确；若溶液中有Cu2+，则也可能有部分铜被置换出来，因此不一定没有固体析出，C项错误；若溶液中有Fe2+，但当溶液中的Fe3+过量时，则没有Cu析出，D项错误。故答案为B。

四、以金属及其化合物的性质为载体，考查反应后固体物质质量变化的判断

例4（全国理综课标卷Ⅱ）下列反应中，反应后固体物质增重的是（ ）。

A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.二氧化碳通过Na2O2粉末

C.铝与Fe2O3发生铝热反应 D.将锌粒投入Cu（NO3）2溶液

解析氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为CuO+H2△Cu+H2O，

反应后固体物质的质量减小；二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2

2Na2CO3+O2，反应后固体物质的质量增加；铝与Fe2O3发生铝热反应，其化学方程式为Fe2O3+2Al高温2Fe+Al2O3，反应后固体物质的质量不变；将锌粒投入Cu（NO3）2溶液发生的反应为Zn+Cu（NO3）2Zn（NO3）2+Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体物质的质量减小。故答案为B。

五、以金属离子的性质为载体，考查离子能否大量共存的判断

例5（广东理综卷）水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）。

A.Na+、Ca2+、Cl-、SO2-4

B.Fe2+、H+、SO2-3、ClO-

C.Mg2+、NH+4、Cl-、SO2-4

D.K+、Fe3+、NO-3、SCN-

解析A组中的Ca2+与SO2-4能够生成微溶物CaSO4而不能大量共存；B组中的Fe2+、SO2-3在H+存在下能够被ClO-氧化（且H+能够与ClO-结合生成HClO，H+能够与SO2-3反应）而不能大量共存；C组离子彼此不反应而能够大量共存；D组中的Fe3+与SCN-能够发生络合反应生成络合物而不能大量共存。故答案为C。

六、以金属及其化合物的性质为载体，考查离子方程式正误的判断

例6（四川理综卷）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）。

A.Cl2通入NaOH溶液：

Cl2+OH-Cl-+ClO-+H2O

B.NaHCO3溶液中加入稀HCl：

CO2-3+2H+CO2↑+H2O

C.AlCl3溶液中加入过量稀氨水：

Al3++4NH3·H2OAlO-2+4NH+4+2H2O

D.Cu溶于稀HNO3：

3Cu+8H++2NO-33Cu2++2NO↑+4H2O

解析A项错在质量不守恒和电荷不守恒，其正确的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；B项错在将难电离的弱酸的酸式酸根离子写成离子形成，其正确的离子方程式为HCO-3+H+CO2↑+H2O；C项错在产物不符合客观事实，产物有Al（OH）3沉淀生成（氢氧化铝不溶于氨水），其正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH+4；而D项符合离子方程式的书写原则。故答案为D。

例8（江苏化学卷）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）。

nlc202309040137

A.Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO-3Cu2++NO2↑+H2O

B.（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH-Fe（OH）2↓

C.用CH3COOH溶解CaCO3：

CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑

D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：

CO2+AlO-2+2H2OAl（OH）3↓+HCO-3

解析A项错在还原产物不符合客观事实，且电荷不守恒，其正确的离子方程式为3Cu+8H++2NO-33Cu2++2NO↑+4H2O；B项错在漏写NH+4与OH-之间的离子反应，其正确的离子方程式为2NH+4+Fe2++4OH-Fe（OH）2↓+2NH3·H2O；C项错在将难电离的CH3COOH写成离子形式，其正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2++2CH3COO-+H2O+CO2↑；向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，且D项符合离子方程式的书写原则。故答案为D。

七、以金属化合物的性质为载体，考查物质除杂方案正误的判断

例7（全国理综大纲卷）下列除杂方案错误的是（ ）。

选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法

ACO（g）CO2（g）NaOH溶液、浓H2SO4洗气

BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤

CCl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气

DNa2CO3（s）NaHCO3（s）/灼烧

解析对于A项，将含有CO2杂质的CO气体依次通过NaOH溶液、浓H2SO4，可分别除去CO2和水蒸气，A项正确；对于B项，NaOH溶液既能与Fe3+反应，又能与NH4Cl溶液反应，且会引入新的杂质，B项错误；对于C项，将含有HCl杂质的Cl2依次通过饱和食盐水、浓H2SO4，可分别除去HCl和水蒸气，C项正确；对于D项，将含有NaHCO3杂质的Na2CO3灼烧，NaHCO3分解生成Na2CO3，D项正确。故答案为B。

八、以金属化合物的性质为载体，考查常见气体的实验室制法

例8（天津理综卷）实验室制备下列气体时，所用方法正确的是（ ）。

A.制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置

B.制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体

C.制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体

D.制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气

解析用Na2O2或H2O2制氧气时，均可采用“固体+液体→气体”的发生装置，A项正确；氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸与NaHCO3溶液反应生成CO2而引入新的杂质，应用饱和NaCl溶液和浓硫酸净化气体，B项错误；乙烯的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集乙烯，C项错误；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮不溶于水会污染环境，不能用水吸收二氧化氮尾气，D项错误。故答案为A。

例9（北京理综卷）用图1装置（夹持、加热装置已略）进行实验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是（ ）。

①中实验②中现象

A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡

B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红

CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊

D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色

解析对于A项，水蒸气也能使肥皂水冒泡，肥皂水冒泡不能说明产生了氢气，则不能证实①中发生了反应；对于B项，酚酞溶液变红，说明有碱性气体（NH3）产生，则能证实①中发生了反应；澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2，则能证实①中发生了反应；Br2的CCl4溶液褪色，说明有含碳碳不饱和键的新物质生成，则能证实①中发生了反应。故答案为A。

十、考查Fe2+与Fe3+的性质及Fe3+的检验

例10（北京理综卷，节选）用FeCl2酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1 mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值）：

序号电压/V阳极现象检验阳极产物

Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2

Ⅱa>x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2

Ⅲb>x>0无明显变化无Fe3+、无Cl2

（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是。

（2）Ⅰ中，Fe3+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应。

（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有 性。

解析（1）因Fe3+与KSCN溶液反应生成血红色的络合物，则用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是溶液变血红色。

（2）Cl-在阳极放电生成Cl2，Cl2将Fe2+氧化为Fe3+、Cl2被还原为Cl-，则有关反应为2Cl--2e-Cl2，Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-。

（3）Fe2+在阳极放电生成Fe3+，原因是Fe2+具有还原性。

故答案为：（1）溶液变血红色；（2）2Cl--2e-Cl2，Cl2+2Fe2+2Fe3++2Cl-；（3）还原。

十一、以铁的化合物的性质为载体，考查粒子能否大量共存与离子方程式正误的判断及有关计算

例11（安徽理综卷）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（ ）。

nlc202309040138

A.该溶液中，K+、Fe3+、C6H5OH、Br-可以大量共存

B.和KI溶液反应的离子方程式：

Fe3++2I-Fe2++I2

C.和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：

Fe3++SO2-4+Ba2++3OH-

Fe（OH）3↓+BaSO4↓

D.1 L 0.1 mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2 g Fe

解析对于A项，Fe3+与C6H5OH能够发生络合反应而不能大量共存；对于B项，错在得失电子和电荷不守恒，其正确的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2；对于C项，错在Fe3+与SO2-4及Ba2+与OH-的个数比不符合实际组成，其正确的离子方程式为2Fe3++3SO2-4+

3Ba2++6OH-2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓；对于D项，在1 L 0.1 mol/L Fe2（SO4）3溶液中，Fe3+的物质的量为0.2 mol（即1 L×0.1 mol/L×2=0.2 mol），足量的Zn可将其还原得到0.2 mol Fe，其质量为11.2 g（即0.2 mol×56 g/mol=11.2 g）。故答案为D。

十二、考查金属及其化合物的应用

例12（福建理综卷）下列有关物质应用的说法正确的是（ ）。

A.生石灰用作食品抗氧化剂 B.盐类都可作调味品

C.铝罐可久盛食醋 D.小苏打是面包发酵粉的主要成分之一

解析生石灰为CaO，不具有还原性，不能用作食品抗氧化剂，A项错误；盐类中的NaCl可作调味品，而有些盐类（如NaNO2、CuSO4、硝酸铅）能危害人类健康，不能作调味品，B项错误；食醋的主要成分为CH3COOH，CH3COOH能与Al反应，铝罐不可久盛食醋，C项错误；小苏打为NaHCO3，受热易分解产生CO2，D项正确。

十三、考查铁的化合物与稀硝酸反应放出NO物质的量的判断

例13（山东理综卷）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是（）。

A.FeO B.Fe2O3 C.FeSO4 D.Fe3O4

解析Fe2O3与稀硝酸反应（为非氧化还原反应）不产生NO，可排除B；FeO、FeSO4（可改写为FeO·SO3）及Fe3O4（可改写为FeO·Fe2O3）与稀硝酸反应时均为+2价铁被氧化为+3价铁，还原产物均为NO；等质量的还原剂与稀硝酸反应时转移电子的物质的量越多，放出NO的物质的量越多，而等质量的这三种物质中+2价铁含量最大的是FeO，即等质量的这三种物质与稀硝酸反应时转移电子的物质的量最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO。故答案为A。

十四、考查铝与NaOH溶液反应的计算、铝热反应所需试剂和铁及其化合物的性质

例14（山东理综卷，节选）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl-7和AlCl-4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。

（1）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为

mol。

（2）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有。

a.KCl b.KClO3 c.MnO2 d.Mg

取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是

（用离子方程式说明）。

解析（1）铝与NaOH溶液反应时还原产物为H2，其反应实质为2H++2e-H2↑；由此可知，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为3 mol。

（2）铝热反应中，需要点燃Mg条来引发铝热反应，且要加入少量KClO3作助燃剂。铝热反应的产物中含有Fe，即是有Fe2O3，在用稀H2SO4溶解时，Fe能够将Fe3+还原为Fe2+（Fe+2Fe3+3Fe2+），从而检测不出Fe3+；因此，取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，不能说明固体混合物中无Fe2O3。

故答案为：（1）3；（2）b、d，不能，Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+3Fe2+（或Fe+2Fe3+3Fe2+）。

十五、考查金属及其化合物的推断

例15（浙江理综卷）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成如图2实验：

图2

另取10.80 g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40 g固体1。

请回答如下问题：

（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式 。

（2）X的化学式是 ，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为 。

（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是 （用化学反应方程式表示）。

（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式 ，并设计实验方案验证该反应的产物 。

解析因溶液1与气体甲反应得到白色沉淀1，白色沉淀1再与气体甲和H2O反应得到溶液2，则气体甲为CO2，白色沉淀1为CaCO3；因白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀，则白色沉淀2为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3；从而可知，X为含有Ca、Fe元素的碳酸盐，且其中铁元素为+2价，则X的化学式为CaFe（CO3）2（其摩尔质量为216 g/mol），固体1为CaO与FeO的混合物（10.80 g X的物质的量为0.05 mol，0.05 mol X分解得到0.05 mol CaO和0.05 mol FeO，即得到6.40 g固体1）。则：

nlc202309040138

（1）白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图为

，气体甲的电子式为∶O··∶∶C∶∶O··∶。

（2）X的化学式是CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为

CaFe（CO3）2△CaO+FeO+2CO2↑。

（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的化学反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O

4Fe（OH）3。

（4）CO2气体与固体1中的FeO可能发生的氧化还原反应为2FeO+CO2△Fe2O3+CO。检验产物的方法为：取固体产物用稀盐酸溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明产物中有Fe（Ⅲ）；将生成的气体产物通过灼热的CuO，若黑色固体变为红色，表明气体产物中有CO。

故答案为：（1）

，

∶O··∶∶C∶∶O··∶；

（2）CaFe（CO3）2，CaFe（CO3）2△CaO+FeO+2CO2↑；（3）4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3；（4）2FeO+CO2△Fe2O3+CO。验证Fe2O3：取固体产物用稀盐酸溶解，然后加入KSCN溶液，若溶液呈血红色，表明产物中有Fe（Ⅲ）；验证CO：将气体产物通过灼热的CuO，若黑色固体变为红色，表明气体产物中有CO。

十六、考查金属化合物反应的有关计算

例16（上海化学卷）已知：2[NaAl（OH）4]+CO22Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O。向含2 mol

NaOH、1 mol Ba（OH）2、2 mol [NaAl（OH）4]的混合液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是（ ）。

选项ABCD

n（CO2）（mol）2346

n（沉淀）（mol）1233

解析反应的先后顺序为：①Ba2++2OH-+CO2BaCO3↓+H2O、②2OH-+CO2CO2-3+ H2O、③2Al（OH）-4+CO22Al（OH）3↓+CO2-3+H2O、④CO2-3+CO2+H2O2HCO-3、⑤BaCO3↓+CO2+H2OBa2++2HCO-3；则当通入2 mol CO2时，生成1 mol BaCO3沉淀，A项正确；当通入3 mol CO2时，生成1mol BaCO3沉淀和2 mol Al（OH）3沉淀，即共3 mol 沉淀，B项错误；当通入4 mol CO2时，生成1 mol BaCO3沉淀和2 mol Al（OH）3沉淀，即共3 mol沉淀，C项正确；当通入6 mol CO2时，只生成2 mol Al（OH）3沉淀，D项错误。故答案为A、C。

例19（上海化学卷，节选）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。若48 mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4 L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。

解析反应耗用氧气的物质的量为2934.4 L÷22.4 L/mol=131 mol。设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为x和y。由反应3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2可知，生成Fe3O4消耗O2的物质的量为8x，由反应4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2可知，生成Fe2O3消耗O2的物质的量为5.5y，则8x+

5.5y=131 mol……①；由铁元素守恒得，3x+2y=48 mol……②；解方程组①②得，x=4 mol，y=18 mol，从而得Fe3O4与Fe2O3物质的量之比：x∶y=4 mol∶18 mol=2∶9。故答案为2∶9。

（收稿日期：2014-09-22）

非金属及其化合物复习全攻略 篇12

中学化学如果离开 (非金属) 元素化合物, 基本概念和基本原理就会“黯然失色”, 化学基本计算更是失去了物质间内在的可依据的定量“光彩”, 化学实验也将“荡然无存”。 (非金属) 元素及其化合物的重要性可见一斑!

一、考情分析

1.《高中化学课程标准》明确指出, 涉及元素化合物知识的“试题并不完全测试教学内容的掌握程度, 其测试重点集中在能够将这些内容应用到广泛的情景中去的能力上。”因此, 非金属元素及其化合物的复习不在于详尽、系统地掌握知识, 而在于能否“通过对实验现象、实物、模型、图形、图表以及自然界、生产和生活中的化学现象的观察, 获取有关的感性知识和印象, 并对这些感性知识进行初步加工和记忆的能力。”

2.《考试说明》中规定:①了解常见非金属元素单质 (如H、C、N、O、Si、S、Cl等, 下同) 及其重要化合物的主要性质和应用。②了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境的影响。③知识的综合应用。

3.分析2011年全国各地的高考化学试题, 可以看到:①试题一般都以元素化合物知识为载体, 很少有不涉及元素化合物组成、结构、性质、变化与制备等知识的试题, 但单纯考查元素化合物知识的记忆与简单应用的试题有所减少。②II卷中一般都摒弃了以物质 (元素) 推断、填空、实验等为主要形式的试题, 采用了以实际情境为依托、以元素化合物知识为载体, 融元素化合物知识、化学理论、化学实验、化学计算、有机化学知识等于一体的综合考查方式。③以对工业生产、材料科学等生产生活中的热点物质的研究为载体, 考查结合非金属元素及其化合物的化学实验方法。融实验技能、设计技能、探究方法、分析归纳、信息采集整理等为一体;或设计成开放性探究实验, 通过改变条件、改变装置、改变结论等方式进行考查。

4.预计2012年将会进一步注重非金属元素及其化合物之间知识的整体性和探究性, 强化与生活、生产、社会实际问题的联系。特别关注:氮元素及其化合物!

二、题型预测

新高考试题有明显特点:新——情景设计新;宽——分析问题和解决问题的方法和过程宽;活——设问方式、呈现形式活;高——思维能力要求高。

然而, 不管试题如何变化, 2012年高考化学试题从大的方面来讲, 不外乎以下四类:

1.突出概念、原理对元素化合物知识学习的指导作用

例1 短周期元素E的氯化物EClx的熔点为-78℃, 沸点为59℃;若0.2molEClx与足量的AgNO3溶液完全反应后, 可以得到57.4g的AgCl沉淀。则下列判断错误的是 ( )

A.E是一种非金属元素

B.在EClx中E与Cl之间形成共价键

C.E的一种氧化物为EO2

D.E位于元素周期表的ⅣA族

解析:n (AgCl) =0.4mol, 由Cl-守恒得x=2, 所以E为+2价;又根据EClx的熔点为-78℃、沸点为59℃, 均较低, 常温下为液体, 故EClx属于分子晶体, E必为一种非金属元素, 所以在EClx中E与Cl之间形成共价键;由于ECl2是共价化合物, 如果是8电子稳定结构的话, 则E形成两个共价键, 它的最外层应该有6个电子, 位于第ⅥA族, 因此, E为硫。

答案:D

本题易错点:因试题以不熟悉的SCl2为知识背景, 显性信息量又不大, 起始状态距离目标状态的空间太大, 无法直接判断出E在周期表中的位置。这样, 原有的位—构—性问题的位置优先策略运用起来就很难。当求得E为+2价时, 将它当做最高价就错误地认为E属于ⅡA族元素, 即E为金属元素铍。

2.以元素化合物间转化、反应为线索, 考查化学计算技巧与能力

例2 已知H2S与NaOH反应时, 当H2S过量时将得到NaHS。现向含8.0gNaOH的溶液中通入一定量H2S, 将得到的溶液低温小心蒸干, 称得无水物7.9g, 则该无水物中一定含有的物质是 ( )

A.Na2S B.NaHS

C.Na2S和NaHS D.NaOH和NaHS

解析:假设产物全部为NaHS

$\begin{array}{l}\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}+\text{Η}{}_2\text{S}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}\text{Η}\text{S}+\text{Η}{}_2\text{Ο}\\ 0.2\text{m}\text{o}\text{l}\to 0.2\text{m}\text{o}\text{l}\times 56\text{g}/\text{m}\text{o}\text{l}=11.2\text{g}\end{array}$

假设产物全部为Na2S

$\begin{array}{l}2\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}+\text{Η}{}_2\text{S}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}+2\text{Η}{}_2\text{Ο}\\ 0.2\text{m}\text{o}\text{l}\to 0.1\text{m}\text{o}\text{l}\times 78\text{g}/\text{m}\text{o}\text{l}=7.8\text{g}\end{array}$

当NaOH完全反应时, 所得无水物质量应在 (7.8～11.2) g之间, 现称得无水物7.9g, 说明:当NaOH完全反应时, 既有Na2S又有NaHS;当NaOH没有完全反应时, 所得盐必有Na2S。综合以上两种情况, 该无水物中一定有Na2S。

答案:A

本题易错点:①对极端假设法不甚了解而不能形成正确的解题思路。②当计算出无水物质量在7.8～11.2g之间, 根据题告质量7.9g, 错误地认为C是本题的答案。

3.题设情景新颖、鲜活, 密切联系生产、生活实际, 巧妙地将元素化合物与化学用语有机地融合在一起

例3 汽车安全气囊是行车安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间, 安全装置通电点火使其中的粉末分解, 释放出大量的氮气形成气囊, 从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理, 取安全装置中的粉末进行实验。经组成分析, 确定该粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素。水溶性实验表明, 固体粉末部分溶解。经检测, 可溶物为化合物甲;不溶物为红棕色固体, 可溶于盐酸。

取13.0g化合物甲, 加热使其完全分解, 生成氮气和单质乙, 生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L;单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另一种单质;化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。

请回答下列问题。

(1) 甲的化学式为______, 丙的电子式为______。

(2) 若丙在空气中转化为碳酸氢盐, 则反应的化学方程式为______。

(3) 单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为______, 安全气囊中的红棕色粉末的作用是______。

(4) 以下物质中, 有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是______。

A.KCl B.KNO3

C.Na2S D.CuO

解析:本题一改惯用的框图推断题, 素材选自日益普及的汽车安全装置, 是极为新颖的融概念、化学用语、计算、实验为一体的元素化合物考题。

根据题中信息:①粉末仅含Na、Fe、N、O四种元素且分解释放出氮气;②水溶性实验部分溶解, 可溶部分为化合物甲, 不溶物为红棕色并可溶于盐酸;③13.0g化合物甲分解得到两种单质, 其中氮气折合成标准状况下的体积为6.72L;④单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应, 生成化合物丙和另一种单质。

可以得到结论:①粉末由两种物质混合而成。②红棕色物质只能为Fe2O3, 不可能为Fe (OH) 3, 因粉末中无氢元素。③甲只有两种元素, 且含N, 必含Na。根据有关数据进一步计算出钠与氮的物质的量之比:n (N) =6.72L/22.4L·mol-1×2=0.6mol, n (Na) = (13.0g-0.6mol×14g·mol-1) /23g·mol-1=0.2mol, 即有n (Na) ∶n (N) =0.2mol∶0.6mol=1∶3, 则化合物甲的化学式为NaN3。④Na与Fe2O3在高温隔绝空气的条件下发生置换反应, 其产物必为Na2O (化合物丙) 和Fe。丙不可能是Na2O2, 因隔绝空气的条件下没有O2参加反应, 生成Na2O2的反应中找不到氧化剂, Fe2O3充当了氧化剂, 而Na为还原剂, 由此引出可以用KNO3和CuO替代的结论。

答案:$(1)\text{Ν}\text{a}\text{Ν}{}_3\text{Ν}\text{a}{}^{+}[:\underset{\cdot \cdot }{\overset{\cdot \cdot }{{\displaystyle \text{Ο}}}}:]{}^{2-}\text{Ν}\text{a}{}^{+}(2)\text{Ν}\text{a}{}_2\text{Ο}+2\text{C}\text{Ο}{}_2+\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ν}\text{a}\text{Η}\text{C}\text{Ο}{}_3(3)6\text{Ν}\text{a}+\text{F}\text{e}{}_2\text{Ο}{}_3\underset{}{\overset{\text{高}\text{温}}{=}}3\text{Ν}\text{a}{}_2\text{Ο}+2$Fe 避免分解产生的金属钠可能产生的危害 (4) BD

本题易错点:误认为甲是Na3N;误认为丙是Na2O2;误认为红棕色粉末Fe2O3的作用是催化剂, 且代用品中漏选B。

4.以元素化合物性质为载体而设置的实验 (探究) 试题

例4 单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常在高温下还原二氧化硅制得粗硅 (含铁、铝、硼、磷等杂质) , 粗硅与氯气反应生成四氯化硅 (反应温度:450～500℃) , 四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室制备四氯化硅的装置如图所示:

相关信息如下:

a.四氯化硅遇水极易水解。

b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物。

c.有关物质的物理常数见下表:

请回答下列问题。

(1) 写出装置A中发生反应的离子方程式:______。

(2) 装置A中g管的作用是______, 装置C中的试剂是______, 装置E中的h瓶需要冷却的理由是______。

(3) 装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏 (类似多次蒸馏) 得到高纯度四氯化硅, 精馏后的残留物中, 除铁元素外可能还含有的杂质元素是______ (填写元素符号) 。

(4) 为了分析残留物中铁元素的含量, 先将残留物预处理, 使铁元素还原成Fe2+, 再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定, 反应的离子方程式是$5\text{F}\text{e}{}^{2+}+\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_4^{-}+8\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}5\text{F}\text{e}{}^{3+}+\text{Μ}\text{n}$2++4H2O。

①滴定前是否要滴加指示剂?______ (填“是”或“否”) , 理由: 。

②某同学称取5.000g残留物, 处理后在容量瓶中配制成100mL溶液, 移取25.00mL试样溶液, 用1.000×10-2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时, 消耗标准溶液20.00mL, 则残留物中铁元素的质量分数是______。

解析: (1) 制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置, B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl, 再用C (浓H2SO4) 除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应, 用冷水将产生的SiCl4冷凝即可。 (2) g管是将分液漏斗与烧瓶相连, 使它们中的压强相等, 这样便于盐酸能顺利滴下。SiCl4的沸点很低, 只有57.7℃, 而反应的温度达几百度, 故需要冷凝收集。 (3) 从物质的物理性质表可发现, AlCl3、FeCl3和PCl5均易升华, 故还应有Al、P、Cl元素。 (4) 由于高锰酸钾本身是紫红色的, 与Fe2+反应时可以褪色, 故而可以作为指示剂。根据方程式可以找出关系, 5Fe2+～MnO${}_4^{-}$, n (Fe) =10-2×20×10-3×5×100/25=4×10-3mol。w (Fe) =4×10-3×56/5×100%=4.480%。

答案:$(1)\text{Μ}\text{n}\text{Ο}{}_2+4\text{Η}{}^{+}+2\text{C}\text{l}{}^{-}\underset{}{\overset{△}{=}}\text{Μ}\text{n}{}^{2+}+\text{C}\text{l}$2↑+2H2O (2) 平衡压强, 使液体顺利流出并防止漏气 浓硫酸 产物SiCl4沸点低, 需要冷凝收集 (3) Al、P、Cl (4) ①否 KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点 ②4.480%

本题易错点:对本题物理性质表理解不透, 导致 (2) 中冷却原理写不出; (3) 中杂质元素漏写P;对有效数字的运算规则不熟练, 导致 (4) 中4.480%写成4.48%。

三、核心知识透视

非金属及其化合物的知识内容, 除了稀有气体外, 主要是硅 (含碳) 、氯 (含溴、碘) 、硫、氮为代表的四种非金属及其化合物。

1.非金属元素通论

(1) 非金属元素的原子最外层电子数较多 (H除外) , 在化学反应中易获得电子, 而体现氧化性;又由于其元素化合价的“多端性”, 故而也体现还原性 (如H2、C、S、S2-等) 。

(2) 非金属构成的晶体类型有原子晶体 (如金刚石) 、分子晶体 (如S8) 和混合晶体 (如石墨) 。

(3) 存在同素异形现象。

(4) 最高价氧化物的对应水化物一般显酸性。

2.非金属元素分论

(1) Si

例1 如图所示的物质转化关系中, A是一种固体物质, E是一种白色沉淀。据此填空。

(1) B的名称:______。

(2) B与a溶液反应的化学方程式: 。

(3) 写出下列物质的化学式:A______, C______, D______, E______, F______。

解析:从框图可知, A是单质Si, E是白色沉淀H2SiO3, 则a溶液为NaOH溶液, B为SiO2。A+a的反应式:$\text{S}\text{i}+2\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}+\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3+2\text{Η}{}_2\uparrow ‚\text{B}+\text{a}$的反应式:$\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_2+2\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3+\text{Η}{}_2\text{Ο}$, 即C为Na2SiO3、F为H2、D为H2O。C+过量HCl的反应:$\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3+2\text{Η}\text{C}\text{l}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ν}\text{a}\text{C}\text{l}+\text{Η}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3\downarrow$;H2SiO3受热分解成B (SiO2) 和D (H2O) , 反应式为$\text{Η}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3\underset{}{\overset{△}{=}}\text{Η}{}_2\text{Ο}+\text{S}\text{i}\text{Ο}$2。

答案: (1) 二氧化硅$(2)\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_2+2\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{i}\text{Ο}{}_3+\text{Η}{}_2\text{Ο}(3)$Si Na2SiO3 H2O H2SiO3

H2

透视:元素硅及其化合物的性质在新高考中的地位相当突出, 以Si、SiO2为载体的工艺流程题和工业制硅的实验探究题将成为一种命题趋势。复习时, 要注意知识的深度和硅在新材料、新技术方面的实际应用。

(2) S

例2 某无色溶液可能含有钠盐中的几种:①NaCl、②Na2SO4、③Na2SO3、④Na2S2O3、⑤Na2S、⑥Na2CO3。

(1) 向此溶液中加入适量稀硫酸, 有浅黄色沉淀析出, 同时有气体生成, 该气体有臭鸡蛋气味, 可使澄清石灰水变浑浊, 不能使品红试液褪色。该气体肯定含有______, 肯定不含有______。

(2) 在无色溶液中至少存在几种钠盐?最多有几种可能的组合?

解析:重点考查硫及其化合物间的相互关系。以钠盐的混合溶液与稀硫酸反应, 产生浅黄色沉淀和无色气体的实验现象, 判断无色溶液的可能组合。

写出有关化学反应式:

$\text{C}\text{Ο}{}_3^{2-}+2\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Η}{}_2\text{Ο}+\text{C}\text{Ο}$2↑ ①

$\text{S}{}^{2-}+2\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Η}{}_2\text{S}\uparrow ②$

$\text{S}\text{Ο}{}_3^{2-}+2\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{Η}{}_2\text{Ο}+\text{S}\text{Ο}$2↑ ③

$\text{S}{}_2\text{Ο}{}_3^{2-}+2\text{Η}{}^{+}\underset{}{\overset{}{=}}\text{S}\downarrow +\text{S}\text{Ο}$2↑+H2O ④

反应生成的H2S与SO2间还可以发生以下反应:$2\text{Η}{}_2\text{S}+\text{S}\text{Ο}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}3\text{S}\downarrow +2\text{Η}{}_2\text{Ο}⑤$

掌握了以上五个反应, 便可根据题目给出的有关实验现象, 通过分析, 做出正确判断。

答案: (1) H2S、CO2 SO2 (2) 第一种情况:含有Na2S、Na2SO3、Na2CO3, 且n (Na2S) >2n (Na2SO3) 。第二种情况:含有Na2S、Na2S2O3、Na2CO3, 且n (Na2S) >2n (Na2S2O3) 。

透视:考查的热点有SO2的性质、SO${}_3^{2-}$和SO${}_4^{2-}$的性质及检验、浓硫酸的性质等, 其中硫及其化合物之间的相互转化与氧化还原反应知识、化学计算等综合起来更是热点中的热点。复习时, 要注意将硫及其化合物之间的相互转化形成知识网络, 并注意物质检验中语言的准确性和逻辑性。

(3) N

例3 X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子, 均由原子序数小于10的元素组成, X有5个原子核, 通常状况下, W为无色液体。已知:$\text{X}+\text{Y}\stackrel{△}{\to }\text{Ζ}+\text{W}$。

(1) Y的电子式是______。

(2) 液态Z与W的电离相似, 都可电离出电子数相同的两种离子, 则液态Z的电离方程式是______。

(3) 用右图所示装置制备NO并验证其还原性。有下列主要操作:

a.向广口瓶内注入足量热NaOH溶液, 将盛有Cu片的小烧杯放入瓶中。

b.关闭止水夹, 点燃红磷, 伸入瓶中, 塞好胶塞。

c.待红磷充分燃烧一段时间后, 打开分液漏斗旋塞, 向烧杯中滴入少量稀硝酸。

①步骤c后还缺少的一步主要实验操作是______。

②红磷充分燃烧的产物与NaOH溶液反应的离子方程式是______。

③步骤c中滴入稀硝酸后烧杯中的现象是______, 反应的离子方程式是______。

(4) 一定温度下, 将1molN2O4置于密闭容器中, 保持压强不变, 升高温度至T1的过程中, 气体由无色逐渐变为红棕色, 温度继续由T1升高到T2的过程中, 气体逐渐变为无色。若保持T2, 增大压强, 气体逐渐变为红棕色。气体的物质的量n随温度T变化如右图所示。

①温度在T1～T2之间, 反应的化学方程式是______。

②温度在T2～T3之间, 气体的平均相对分子质量是______ (保留一位小数) 。

解析:X、Y、Z、W为含有相同电子数的分子或离子, 其组成元素的序数均小于10。X有5个原子核, 为CH4或NH${}_4^{+}$;通常状况下, W为无色液体, 为H2O;根据$\text{X}+\text{Y}\stackrel{△}{\to }\text{Ζ}+\text{W}$, 可知X为NH${}_4^{+}$, Y为OH-, Z为NH3。故Y的电子式为$[:\underset{\cdot \cdot }{\overset{\cdot \cdot }{{\displaystyle \text{Ο}}}}:\text{Η}]{}^{-}$。液氨电离和水相似, 其电离式为$2\text{Ν}\text{Η}{}_3(\text{l})\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ν}\text{Η}{}_4^{+}+\text{Ν}\text{Η}$${}_2^{-}$。用图示装置制备NO并验证其还原性, 但整个操作中没有验证步骤, 可以在制备到NO后, 通入少量氧气, 通过现象变化确定其还原性, 故应在c步骤后增加:打开止水夹, 通入少量氧气;红磷充分燃烧生成P2O5, 与氢氧化钠反应的离子方程式为$\text{Ρ}{}_2\text{Ο}{}_5+6\text{Ο}\text{Η}{}^{-}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ρ}\text{Ο}{}_4^{3-}+3\text{Η}{}_2\text{Ο}$;步骤c中滴入硝酸后的现象为:Cu片逐渐溶解, 有无色气泡产生, 溶液由无色变为蓝色, 反应的离子方程式为$3\text{C}\text{u}+8\text{Η}{}^{+}+2\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}3\text{C}\text{u}{}^{2+}+2\text{Ν}\text{Ο}+4\text{Η}{}_2\text{Ο}$。1molN2O4置于密闭容器, 升温过程中, 逐渐转变为红棕色, 说明$\text{Ν}{}_2\text{Ο}{}_4\stackrel{}{\rightleftharpoons }2\text{Ν}\text{Ο}{}_2$, 此时装置中为2molNO2;根据图像中表示的意义, 继续加压时, 气体的物质的量增多, 且为无色, 超T2温度后, 物质的量约为3mol, 故其反应式为$2\text{Ν}\text{Ο}{}_2\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ο}{}_2+2$NO, 其平均相对分子质量为92/3=30.7。

答案:$(1)[:\underset{\cdot \cdot }{\overset{\cdot \cdot }{{\displaystyle \text{Ο}}}}:\text{Η}]{}^{-}(2)2\text{Ν}\text{Η}{}_3(\text{l})\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ν}\text{Η}{}_2^{-}+\text{Ν}\text{Η}$+4 (3) ①打开止水夹, 通入少量氧气$②\text{Ρ}{}_2\text{Ο}{}_5+6\text{Ο}\text{Η}{}^{-}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ρ}\text{Ο}{}_4^{3-}+3\text{Η}{}_2\text{Ο}③$Cu片逐渐溶解, 有无色气泡产生, 溶液由无色变为蓝色$3\text{C}\text{u}+8\text{Η}{}^{+}+2\text{Ν}\text{Ο}{}_3^{-}\underset{}{\overset{}{=}}3\text{C}\text{u}{}^{2+}+2\text{Ν}\text{Ο}\uparrow +4\text{Η}{}_2\text{Ο}(4)①2\text{Ν}\text{Ο}{}_2\stackrel{}{\rightleftharpoons }2\text{Ν}\text{Ο}+\text{Ο}{}_2②30.7$

透视:氮的知识比硫更为复杂, 在近年来的新高考试题中更是频频亮相。涉及的知识点有:氨分子的结构与性质;氨气的实验室制法及相关计算;铵根离子的检验及铵盐的性质、硝酸的性质、NO和NO2的性质及相关计算、胺、肼等。

另外, 尚需关注“氨碱法制纯碱”:向浓氨水中加足量食盐晶体制成饱和氨盐水, 然后向饱和氨盐水中通入足量的CO2气体生成NaHCO3。因为NaHCO3在该状态下溶解度小, 所以先结晶析出, 再加热分解NaHCO3得到纯碱、水和二氧化碳。这种制碱方法是我国化学家侯德榜发明创造的, 所以叫侯氏制碱法。工业流程:盐水$\stackrel{\text{精}\text{制}}{\to }$精盐水$\stackrel{\text{通}\text{氨}}{\to }$氨盐水$\stackrel{\text{碳}\text{酸}\text{化}}{\to }$碳酸氢钠$\stackrel{\text{过}\text{滤}‚\text{热}\text{解}}{\to }$纯碱。

(4) Cl

例4 右图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置, 下列有关说法错误的是 ( )

A.烧瓶中立即出现白烟

B.烧瓶中立即出现红棕色

C.烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性

D.烧杯中的溶液是为了吸收有害气体

解析:此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识。分析装置图, 可知氨气 (过量) 和氯气接触时发生反应:$8\text{Ν}\text{Η}{}_3+3\text{C}\text{l}{}_2\underset{}{\overset{}{=}}6\text{Ν}\text{Η}{}_4\text{C}\text{l}+\text{Ν}{}_2$, 烧瓶中出现白烟, A对;不出现红棕色气体, B错;该反应中, 氨气中的氮元素化合价升高, 表现还原性, C对;烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体, D对。

答案:B

透视:考查的知识点主要为氯气及含氯化合物的性质, 其中氯气的实验室制法和性质实验备受命题者青睐, 有时延伸到氯碱工业。复习时, 既要注意掌握氯气的性质及制法、氯水的性质、次氯酸根离子的性质, 又要注意与基本概念、基本理论 (重点是氧化还原反应) 及现实相联系。另外, 不能忽视氯气在有机反应中也占有一席之地。

3.常见非金属的性质比较

四、复习方法点拨

1.“串串珠”法

此法由目前广大农村家庭的来料加工衍生而来。君不见:家家户户, 妇孺小孩, 都在家中“串串珠”, 将一颗颗形式各异的珠子, 用一条线穿串起来, 成为一条人见人爱的“项链”或“手镯”。学习非金属及其化合物也一样, 如可以从“二氧化硅、硅酸、硅酸盐、硅单质”中找出一颗颗“硅珠”, 并将其串成以下一条“硅链”:

(SiH4→) Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3

同理, 氯、硫、氮也可以串成相似的“非金属及其化合物”链:

HCl→Cl2→Cl2O7→HClO3 (HClO、HClO4) →KClO3 (NaClO、NaClO4)

H2S→S→SO3 (SO2) →H2SO4 (H2SO3) →Na2SO4 (Na2SO3)

NH3→N2→N2O5 (NO、NO2) →HNO3→NH4NO3 (NaNO3)

至此, 事情还没有做完, 若能在知识链的基础上将其结成知识网, 使“分散”的知识系统化、条理化, 更利于记忆。

如氮及其化合物的知识网:

然后, 根据每一价态元素的代表物, 弄清每一步转化的条件和化学方程式, 从而总结出各代表物质的结构、性质、制法、检验、用途、存在和化合物的相互转化关系。

2.“硫梯”构造法

由于氧族元素中硫元素化合价的多变性, 增加了这部分内容中化学方程式书写的难度。但仔细观察并分析自然界中不同价态硫元素间的转化关系“链”:H2S→S→SO2→SO3, 你可能会发现:此链是按硫元素化合价递增的顺序排列的。若将此链竖起来, 并适当形变, 则得右上图所示的形如“楼梯”的“硫梯”。

(1) 硫梯中的规律

相邻阶梯不反应, 相间阶梯能反应。原因是处于最高阶梯只有氧化性, 处于最低阶梯只有还原性, 中间阶梯既有氧化性又有还原性。

(2) 硫梯的应用

硫梯的应用很广泛, 但要注意的是, 发生氧化还原反应时, 硫元素的化合价变化与我们上下楼梯相似, 都得一个一个阶梯的爬上或走下。

①解析SO2可用浓H2SO4进行干燥:

SO2中硫元素的化合价为+4价, 而硫酸中的硫元素为+6价, 属于相邻价态, 相邻不反应 (即化合价不能互换) 。

②解析H2S不能用浓H2SO4干燥:

根据相间能反应, H2S不能用浓H2SO4干燥且要被浓H2SO4氧化成单质S, 浓H2SO4自身被还原为SO2 (即只靠拢不交错) 。

③书写“陌生”的化学方程式, 如硫与热的氢氧化钠溶液共热:

在NaOH溶液中, S能升高到+4价 (即上一个“阶梯”) , 降低到-2价 (即下一个“阶梯”) (即歧化反应) :$3\text{S}+6\text{Ν}\text{a}\text{Ο}\text{Η}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}+\text{Ν}\text{a}{}_2\text{S}\text{Ο}{}_3+3\text{Η}{}_2\text{Ο}$。

3.纵横比较法

(1) 纵向比较——同族元素间的比较

结构比较, 如卤素。首先比较氟、氯、溴、碘、砹的原子结构, 它们最外层都是7个电子, 决定了它们具有相似的化学性质;又从F→I, 核电荷数增加, 电子层数递增, 原子半径逐渐增大, 决定了它们的性质具有差异性。再从性质、制法和用途等方面进行比较。

(2) 横向比较——不同族元素间的比较

如卤族元素与氧族元素的比较:

在结构上——卤族元素与氧族元素的原子, 最外层电子分别为7个和6个, 一般情况下易得电子, 表现出氧化性。

在化学性质上——氯和硫, 既有氧化性, 又有还原性, 但以氧化性为主。当可变价态的金属 (如Fe) 与氯气反应时, 金属呈高价态;与硫反应时, 金属呈低价态。氯、氧、硫元素氧化性强弱的顺序为Cl2>O2>S。

4.理论指导法

中学化学理论有平衡理论、结构理论、酸碱理论等。用理论指导复习, 更能在深层次上理解知识。

如复习氮族时, 可用氨水的平衡方程式复习氨和铵盐的性质。

$\text{Ν}\text{Η}{}_3+\text{Η}{}_2\text{Ο}\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ν}\text{Η}{}_3\cdot \text{Η}{}_2\text{Ο}\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ν}\text{Η}{}_4^{+}+\text{Ο}\text{Η}$①氨极易溶于水, 溶解过程是放热过程且易挥发 (以氢键结合且氢键较弱) 。②氨水是电解质溶液, 电解质是NH3·H2O不是NH3。③氨水是碱性的, 得出检验氨气的方法:用湿润的红色石蕊试纸。④氨能与酸反应生成铵盐 (加酸平衡向右移动) 。⑤氨水中的粒子种类:分子有NH3、H2O和NH3·H2O, 离子有NH${}_4^{+}$、OH-、极少量的H+。⑥铵盐能与碱反应放出氨气。由此得出氨气的实验室制法和铵盐的检验方法, 以及氨态氮肥不宜与碱性肥料混合施用的原因。

5.建模法

学习 (非金属) 元素及其化合物的思维模式:

五、反馈演练

1.以水为溶剂进行中和滴定的原理:$\text{Η}{}_3\text{Ο}{}^{+}+\text{Ο}\text{Η}{}^{-}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Η}{}_2\text{Ο}$。已知液态SO2和纯水的导电性相近, 因为液态SO2也能发生自电离:$2\text{S}\text{Ο}{}_2\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{S}\text{Ο}{}_3^{2-}+\text{S}\text{Ο}$2+, ΔH>0。下列叙述中错误的是 ( )

A.若以液态SO2为溶剂, 用SOCl2滴定Na2SO3, 该滴定反应可以表示为$\text{S}\text{Ο}{}_3^{2-}+\text{S}\text{Ο}{}^{2+}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{S}\text{Ο}{}_2$

B.在一定温度下, 液态SO2中c (SO${}_3^{2-}$) 与c (SO2+) 的乘积是一个常数

C.液态SO2中自电离的存在, 说明SO2是离子化合物

D.适当升高温度, 液态SO2的导电能力增强

2.硅酸盐与二氧化硅一样, 都是以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以用投影图表示成 (如图所示) :

其中“○”表示氧原子, 中心黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸根离子。则在无限长的单链阴离子中, 硅原子与氧原子的个数之比为 ( )

A.1∶2 B.1∶3 C.2∶5 D.2∶7

3.工业废气中的氮氧化物 (主要为NO2和NO) 是大气的主要污染物之一, 为了保护环境, 工业上常通入氨气与之发生如下反应:$\text{Ν}\text{Ο}{}_x+\text{Ν}\text{Η}{}_3\stackrel{}{\to }\text{Ν}{}_2+\text{Η}{}_2\text{Ο}$, 通过此反应可转化为无毒的氮气。现有NO2和NO的混合气体3L, 通入3L (同温、同压下) NH3恰好使其完全转化为N2, 原混合气体中NO2和NO的物质的量之为 ( )

A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶4

4.下图所示的框图中, A～I都是由短周期元素组成的常见物质。其中A是气体, 它的水溶液呈碱性;氧化物D和氧化物F都易与人体血液中的血红蛋白结合而使人中毒;单质E可作半导体材料。

(1) 化合物A的化学式是______, 氧化物G的电子式是______。

(2) 组成单质E的元素在元素周期表中的位置是______;单质H和单质E以及氧化物I均能形成______ (填“分子”、“原子”或“离子”) 晶体, 其中单质E的熔点______ (填“高于”、“低于”或“等于”) 氧化物I的熔点。

(3) 标准状况下, 将2.24L氧化物F和1.68L单质B同时通入1L氧化物G中 (反应前后溶液体积的变化忽略不计) , 发生反应的化学方程式为______, 所得溶液的pH=______。此时再向溶液中通入2.24L化合物A, 完全反应后所得溶液的pH______ (填“>7”、“<7”或“=7”) , 用离子方程式表示其原因: 。

(4) 单质B和单质C在一定条件下可组成原电池 (用KOH溶液作电解质) , 则该原电池负极的电极反应式为______。

参考答案:$1.\text{C}2.\text{B}3.\text{A}4.(1)\text{Ν}\text{Η}{}_3\text{Η}:\underset{\cdot \cdot }{\overset{\cdot \cdot }{{\displaystyle \text{Ο}}}}:\text{Η}(2)$第三周期ⅣA族 原子 低于$(3)4\text{Ν}\text{Ο}+3\text{Ο}{}_2+2\text{Η}{}_2\text{Ο}\underset{}{\overset{}{=}}4\text{Η}\text{Ν}\text{Ο}{}_{3}1＜7\text{Ν}\text{Η}{}_4^{+}+\text{Η}{}_2\text{Ο}\stackrel{}{\rightleftharpoons }\text{Ν}\text{Η}{}_3\cdot \text{Η}{}_2\text{Ο}+\text{Η}{}^{+}(4)\text{Η}{}_2+2\text{Ο}\text{Η}{}^{-}-2\text{e}{}^{-}\underset{}{\overset{}{=}}2\text{Η}{}_2\text{Ο}$