《天津市梅江中學高考化學一輪復習 幾種重要的金屬化合物（一）課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《天津市梅江中學高考化學一輪復習 幾種重要的金屬化合物（一）課件（33頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、考點考點1 鈉的化合物鈉的化合物1金屬鈉的變質過程：銀白色(Na)變暗(Na2O)白色固體(NaOH)液滴(NaOH濃稠溶液)白色固體(Na2CO3xH2O)白色粉末(Na2CO3)。2Na2O2與CO2、H2O(g)的反應(1)CO2、H2O(g)的混合氣體與少量Na2O2反應時優(yōu)先與CO2反應。(2)凡分子組成符合(CO)m(H2)n的物質，Wg該物質在O2中完全燃燒，將其產物(CO2和水蒸氣)通過足量的Na2O2后，Na2O2固體必增重為Wg。(3)質量差量和氣體體積差量計算 由此可見：CO2、H2O(g)分別與足量Na2O2固體反應，固體的質量差分別相當于等物質的量CO、H2的質量。C
2、O、H2燃燒后的產物通過足量的Na2O2后，固體增加的質量即CO、H2的質量。體積變?yōu)樵瓉淼囊话?亦即生成O2的量)。例例1 在一密閉容器中有HCHO、H2、O2共16.5 g，用電火花引燃燒，使其完全燃燒，再將燃燒后的氣體用Na2O2充分吸收，Na2O2增重8.5 g，則原混合氣體中O2的物質的量是() A0.5 mol B0.25 mol C0.27 mol D0.52 mol【解析】 凡滿足(CO)m(H2)n通式的物質最終可被Na2O2完全吸收，(16.5-8.5)/32=0.25 mol。B 【點評】 過氧化鈉分別與二氧化碳、水的反應是高考的熱點之一，既有對反應原理及應用的定性考查，
3、又有多種類型的定量計算或探究性綜合實驗題，在復習過程中，注意歸納總結。考點考點2 鋁及其化合物鋁及其化合物 在強酸性溶液中，鋁元素總是以Al3+形式存在；在強堿性溶液中，鋁元素以 形式存在。鋁及鋁元素的主要化合物的關系如下圖： 2AlO3222333233323AlOHSAlOHCOClOCOAl3ClO3H OAl OH3HClOAl3HCOAl OH3CO (2)離子共存問題與不能大量共存的離子有、等。例如：324333AlOHNHAlFeHCOHSO與不能大量共存的離子有、等。例例2 由短周期元素組成的單質A、B、C和甲、乙、丙、丁四種化合物有如圖所示的轉換關系，已知C為密度最小的氣體，
4、甲是電解質。根據圖示轉化關系回答：(1)寫出下列物質的化學式：A_，B_，乙_，丁_。AlO2NaAlO2Al(OH)3(2)組成單質A的元素在周期表中的位置是_，丙的電子式是_。(3)寫出下列變化的方程式：A與NaOH溶液反應的化學方程式：_；乙與過量CO2反應的離子方程式：_。2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 22233AlO2H OCOAl OHHCO 第三周期第A族 O.HH 【解析】 關鍵是找出解題突破口，由C是密度最小的氣體可知C為H2，單質A與NaOH溶液反應生成H2，則A為Al或Si，若A為Al，則乙為NaAlO2，甲為Al2O3，丙為H2O，丁為Al(OH
5、)3，B為O2；若A為Si，則乙為Na2SiO3，甲為SiO2，丙為H2O，丁為H2SiO3，B為O2，似乎都符合題意，但題設關鍵一點即甲為電解質，從而排除Si的可能性，確定A為金屬Al。 【點評】 鋁單質既能與酸反應又能與堿反應放出氫氣，氧化鋁的兩性、氫氧化鋁的兩性是解答推斷題的突破口。考點考點3 有關鋁的圖象題有關鋁的圖象題 解圖象計算題重在根據相關物質性質，分析性質與圖象中“起點”、“拐點”、“終點”的對應關系，進而建立“點”與“數”的對應關系，獲得正確答案，識別下列有關鋁的化合物基本的圖象，有利于解綜合題。在含1mol Al3+的可溶性鋁鹽溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量。在含1mol
6、 OH-的強堿性溶液中逐滴加入鋁鹽溶液至過量。在含1mol 的偏鋁酸鹽溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量。在含1molH+的強酸性溶液中逐滴加入偏鋁酸鹽溶液至過量。2AlO例例3 將一定質量的MgAl合金投入100 mL一定物質的量濃度的某HCl溶液中，充分反應。向反應后的溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的NaOH溶液，生成沉淀的質量與所加NaOH溶液的體積關系如下圖?；卮鹣铝袉栴}：5.1 g1 16 mol L-15 mol L-1(1)原Mg-Al合金的質量是_，合金中Mg與Al的物質的量之比是_；(2)原HCl溶液的物質的量濃度是_；(3)所加NaOH溶液的物質的量濃度是_。 【解析】 由圖象可知
7、溶于NaOH溶液的沉淀為7.8 g，即0.1 mol Al(OH)3，不溶于NaOH溶液的Mg(OH)2沉淀為5.8 g，即0.1 mol Mg(OH)2。由圖象中A點為沉淀量最大，溶液中只含NaCl，n(Na+)=n(Cl-)，故c(HCl)100 mL10-3LmL-1=5 molL-120 mL10-3LmL-1n(HCl)=6 molL-1原合金中n(Al)=n(Mg)=0.1 mol，故物質的量之比為1 1。總質量為：0.1 mol27 gmol-1+0.1 mol24 gmol-1=5.1 g?！军c評】 解答有關Al(OH)3沉淀的圖象題，其突破口往往就是沉淀量減少的那一段，該 段
8、 發(fā) 生 的 反 應 為 A l ( O H )3+ N a O H=NaAlO2+2H2O，即沉淀減少的物質的量等于參加該段反應的NaOH的物質的量。 鋁元素的兩性主要體現在單質鋁、氧化鋁、氫氧化鋁三種物質上，既能與強酸反應也能與強堿反應，而鋁鹽與偏鋁酸鹽則沒有兩性。鋁鹽(如AlCl3)只能與堿反應，與酸不反應，偏鋁酸鹽(如NaAlO2)只能與酸反應，與堿不能反應。2.用1 L 1.0 mol/L NaOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中的CO和 的濃度之比約是( ) A1 3 B1 2 C2 3 D3 23HCO1.1 mol過氧化鈉與2 mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉容器中加
9、熱充分反應，排出氣體物質后冷卻，殘留的固體物質是( )ANa2CO3 BNa2O2Na2CO3CNaOH Na2CO3 DNa2O2 NaOH Na2CO3AA3.下列六種物質：Na2O Na2O2NaCl Na2CO3溶液 NaOH NaHCO3其中不能與CO2反應的是( ) A B C DC4. 5.1 g鎂鋁合金溶于300 mL 2 mol/L的HCl，在標準狀況下放出氣體的體積為5.6 L。向反應后的溶液中加入足量氨水，產生沉淀的質量為( ) A5.1 g B10.2 g C13.6 g D15.3 gC( )2233432422NOHCOSOCOSONa O() 某溶液含有；等五種陰
10、離子。向其中加入少量的固體后，溶液中的離子濃度基本保持不變的是 忽略溶液體積的變化A5.A BC D6.已知室溫下，Al(OH)3的Ksp或溶解度遠大于Fe(OH)3。向濃度均為0.1molL1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意圖表示生成Al(OH)3的物質的量與加入NaOH溶液的體積的關系，合理的是( )B【解析】本題主要考查化學反應的順序問題，旨在考查考生運用基礎知識解決實際問題的能力。因KspAl(OH)3KspFe(OH)3，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液時，首先應生成Fe(OH)3沉淀，當Fe3沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，繼續(xù)滴
11、加NaOH溶液，則Al(OH)3OH=AlO22H2O，故B項圖像符合實際情況。7.現有一包鋁熱劑是鋁粉和氧化鐵粉末的混合物，在高溫下使之充分反應，將反應后的固體分為兩等份，進行如下實驗(計算pH時假定溶液體積沒有變化)：向其中一份固體中加入100 mL 2.0 molL-1的NaOH溶液，加熱使其充分反應后過濾，測得濾液的pH=14；向另一份固體中加入140 mL 4.0 molL-1的HCl溶液，使固體全部溶解，測得反應后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三種陽離子且pH=0。(1)計算這包鋁熱劑中鋁的質量和氧化鐵的質量。(2)計算實驗產生氣體的體積(標準狀況)。【解析】 (1)實驗中
12、用去n(NaOH)=100 mL(2.0 molL-1-1.0 molL-1)=0.1 mol無論是Al還是Al2O3，與NaOH溶液反應后都生成NaAlO2，鋁熱劑中n(Al)=n(NaOH) 2=0.2 mol，m(Al)=5.4 g實 驗 所 得 溶 液 中 ， 根 據 “ 電 荷 守 恒 ” 有n(H+)+2n(Fe2+)+3n(Al3+)=n(Cl-)則n(Fe2+)0.144.010.141.0130.12Lmol LLmol Lmol =0.06 mol實驗中所得H2在標準狀況下體積為-122-113V H=n H22.4 L mol =n Al-221n Fe 22.4 L mol =2.688 L22232323231Fe OFe20.06 2molFe O9.6 g2AlFe O =2FeAl O0.08 mol Al0.12 mol Fennm 鋁熱劑中，(2)根據上述計算結果，反應充分進行后所得固體混合物中含和?；蛘呷′X熱劑的一半用“電子守恒”計算：01 mol Al0.1 mol Al3+失電子0.3 mol003 mol Fe2O30.06 mol Fe2+得電子0.06 mol2n mol H+n mol H2得電子0.3 mol-0.06 mol=0.24 mol算出n(H2)=0.12 molV(H2)=2.688 L
天津市梅江中學高考化學一輪復習 幾種重要的金屬化合物（一）課件
