《第三章 金属及其化合物》第三章 专题总结

教案

教学方法、

师生活动

向稀盐酸中逐滴加入稀Na2CO3溶液立即有气泡冒出，由少到多只发生下列反应：

2HCl+Na2CO3==2NaCl+CO2↑+H2O

(2) 稀AlCl3溶液与稀NaOH溶液间的反应

向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液直至过量时发生的反应依次为：

Al3＋+3OH―==A l(O H)3↓A l(O H)3+OH―==AlO2―+2H2O

现象：白色沉淀逐渐增多，继续加NaOH溶液沉淀逐渐溶解，直至完全消失。

向NaOH 溶液中滴加AlCl3溶液至过量时发生的反应依次为：

Al3＋+4OH―==AlO2―+2H2O Al3＋+3AlO2―+6H2O ==4A l(O H)3↓

现象：开始时无沉淀，接着产生沉淀，继续滴加AlCl3溶液，沉淀量不变。

(3) 稀NaAlO2溶液与稀盐酸间的反应：

向盐酸溶液中滴加NaAlO2溶液，直至过量时发生的反应依次为：

4H+ +AlO2―==Al3＋+2H2O Al3＋+3AlO2―+6H2O ==4A l(O H)3↓

现象：开始无沉淀，接着产生白色沉淀，逐渐增多至达到最大值，继续加入NaAlO2溶液，沉淀量不变。

向NaAlO2溶液中滴加盐酸直至过量时发生的反应依次为：

AlO2―+H＋+H2O==A l(O H)3↓A l(O H)3+3H＋==Al3＋+3H2O

现象：白色沉淀逐渐增多至最大值，继续加盐酸，沉淀逐渐减少，最后完全消失。

［板书］三、本章专题讲座――－有关金属及其化合物的有关计算1、基本计算方法

(1) 代数方程组法------解决混合物问题的基本方法

［投影］例1 将70克由Na2O2和Na2O组成的混合物跟98克H2O充分反应后，所得NaOH溶液中溶质的质量分数为50%，试分别写出Na2O2和Na2O 跟H2O 反应的化学方程式，并计算原混合物中Na2O2和Na2O的质量。

解：设混合物中有Na2O2的物质的量为x mol,Na2O的物质的量为y mol 2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑

2 4 1

x 2x 0.5x

Na2O + H2O === 2NaOH

y y 2y

由题意可得，78x+62y=70

法，也是快速解决选择题的决招。

［投影］例4 有两种金属组成的混合物粉末10g 与足量的稀盐酸反应，生成11．2L （标况）H 2，则该混合物的组成不可能是（ A ） A ．Fe 、Zn B ．Al 、Cu C ．Al 、Mg D ．Al 、Fe 解：设金属为二价金属R ，其平均分子量为M R+2HCl ==RCl 2+H 2 ↑

n(R)==n(H 2)==11.2/22.4==0.5 mol M=10/0.5==20 g/mol

A(56，65) B(18，∞) C(18，24) D(18，56) 故选 A

［点击试题］1、两种金属粉末的混合物15克，投入足量的稀盐酸中，得到

5.6升氢气（标准状态），这种混合物可能是： （ ） A.镁和铁 B.镁和铝 C.铁和锌 D.镁和铜

2、有碳酸盐组成的混合物9克，加足量稀盐酸，产生4.4克CO 2 气体，问下列哪种情况合理( )

A 、CaCO 3、Na 2CO 3

B 、Na 2CO 3 、K 2CO 3

C 、NaHCO 3、Na 2CO 3

D 、K 2CO 3、KHCO 3

［板书］Ⅱ 极限讨论法

［讲］本方法选用了数学上极限讨论的方法，选择混合物中两个极端，当两端确定后，其混合物必然位于两端间

［投影］例5 4.6g 纯净金属钠在干燥空气中被氧化后,得到7.0g 固体,由此可判断其氧化产物是( C )

A ．只有Na 2O

B ．只有Na 2O 2

C ．Na 2O 2和Na 2O

D ．无法确定 解：假设Na 全部反应生成Na 2O 4Na ＋ O 2 == 2Na 2O

4*23 2*62

4.6g x x=6.2g 2Na + O 2 == Na 2O 2 2*23 78

4.6g y y=7.8g 7克介于二者之间，故选C

［点击试题］1、现有某种碱金属的单质R 和它的氧化物R 2O 的混合物12.0克。与足量H 2O 充分反应后，在抽去空气的容器内蒸干，得到固体干燥物16.0克。求R 是何种金属。

［小结］采用极限思维方式解决模糊问题的一种特殊的思维方法，采用的是“抓两端，定中间”的方法，即将题没条件构造为问题的两个极端，然后用

8克 CO 2：4.4 H 2O ：7.2

CD C

反应完全时，测得CO 2在水中的浓度为0.04 mol/L ，假设溶液体积不变，则收集到的CO 2在标况下的体积为______

解：若将HCl 滴加到Na 2CO 3溶液中，直至所有的Na 2CO 3全部转化为NaHCO 3 再继续加盐酸才有CO 2生成 ，即： Na 2CO 3+HCl==NaHCO 3+NaCl 0.12 0.12 0.12

则剩余盐酸为0.2-0.12=0.08 mol NaHCO 3+HCl==NaCl+H 2O +CO 2 ↑ 0.08 0.08 溶液体积V=120+80=200 mL 溶液中的CO 2 为0.04*0.2=0.008 mol 则逸出的CO 2 体积为：22.4*(0.8-0.08)=16.128L

［板书］(5) 守恒法

［投影］例7 有一空气暴露过的NaOH 固体，经分析知其含H 2O 7.65%，含Na 2CO 3 4.32%，其余是NaOH 。若将1克该样品放入含有HCl 3.65克的盐酸中使其完全反应后，残酸再用50克2%的NaOH 溶液恰好中和反应，蒸干溶液，所得固体的质量是多少克？

解：所得固体是NaCl ，是5.85克

［小结］本题数据众多，反应物不纯，过程复杂。若按常规方法，一步步分析计算，不但费时还易出错，若认真分析就会发现，最后所得固体物质NaCl 中全部的Cl 全来自于HCl 中的Cl

［点击试题］1、有5.1gMg –Al 合金，投入500mL 2mol/L HCl 中，金属完全溶解后，又加4mol/LNaOH 溶液VmL ，得最多沉淀8.6g ，则V 等于

A. 425mL

B. 560mL

C. 250mL

D. 500mL

［板书］2、铝三角转化及铝的图像问题 (1) 向Al 3＋ 的溶液中加入强碱(OH ―)

［投影］现象：先出现白色溶液后消失

方程式：Al 3＋

＋3OH ―

＝＝A l (O H )3↓ A l (O H )3+OH ―

==AlO 2―

+H 2O

图像：

［板书］(2) 向强碱溶液中加入Al 3＋

［投影］现象：先没有沉淀后出现并不消失

H ＋+CO 32― == HCO 3― H ＋+HCO 3―=== H 2O +CO 2 ↑

C

方程式：Al 3＋

+4OH ―

==AlO 2―

+2H 2O

3AlO 2―

+Al 3＋

+6H 2O==4A l (O H )3 ↓

图像：

［板书］(3) 向AlO 2― 溶液中加入H ＋

［投影］现象：先生成白色沉淀，然后白色沉淀逐渐溶解。 方程式：AlO 2―

＋H ＋

＋H 2O==A l (O H )3 ↓

A l (O H )3+3H ＋

==Al 3＋

+3H 2O

图像：

［板书］(4) 向H ＋溶液中加入AlO 2―

［投影］

现象：开始生成的白色沉淀振荡后消失，随后生成的白色沉淀不溶解 方程式：AlO 2―

＋4H ＋

==Al 3＋

+2H 2O

3AlO 2―

+Al 3＋

+6H 2O==4A l (O H )3 ↓

图像：

［投影］例1、有一定质量的Mg 、Al 合金投入100 mL 一定物质的量浓度的盐酸溶液中，合金全部溶液，向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH 溶液到过量，生成沉淀的质量与加入NaOH 溶液的体积关系如图所示，求(1) 原合金中Mg 、Al 的质量各是多少？(2) HCl 的浓度是多少？

解：(1) 设 原合金中Mg 的质量为X ，Al 的质量为y Mg -----M g (O H )2 Al-----A l (O H )3 24 58 27 78 x 11.6 y 19.4-11.6==7.8 x=4.8 g y == 2.7 g

(2) 当沉淀达到最大值时，则n(HCl)==n(NaOH) 则 c(HCl)== 5*160/100= 8 mol/L

［点击试题］1、0.1molAl 2（SO 4）3跟2mol/L NaOH 溶液350mL 混合，所得沉淀的质量为( )

A.78g

B.15.6g

C.7.8g

D.3.9g

2．向10mL 0.2mol/L 的AlCl 3溶液中，逐滴加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，测得滴加15mL 和45mL 时，所得沉淀同样多，求Ba(OH)2溶液的物质的量浓度。

［投影］例2、将0.1 mol 的镁、铝混合物溶于100 mL 2mol/LH 2SO 4溶液中，然后再滴加 1 mol/L NaOH 溶液。请回答：

⑴若在滴加NaOH 溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH 溶液的体积V 变化如右图所示。当

V 1＝160mL 时，则金属粉末中n(Mg)＝ mol ，V 2＝ mL 。 ⑵若在滴加NaOH 溶液过程中，欲使Mg 2＋

、Al 3＋

刚好沉淀完全，则滴入NaOH 溶液的体积V(NaOH) mL 。

⑶若混合物仍为0.1 mol ，其中Mg 粉的物质的量分数为a ，用100 mL 2 mol/L 的硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1mol/L 的NaOH 溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a 的取值范围是： 。 解：(1) n(H ＋)=2*0.1*2==0.4 mol

当V 1＝160mL 时，中和过量H ＋ 消耗了OH ― 0.16 mol 则与金属反应用去H ＋ 0.4—0.16==0.24 mol 设Mg 的物质的量为x mol,Al 的物质的量为y mol

Mg--2H ＋--Mg 2＋---2OH ―--M g (O H )2 Al---3H ＋---Al 3＋ --3OH ― -A l (O H )3 x 2x y 3y

C

(b)混合物中

质量为0.6675

解：设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为ｘ和ｙ。根据反应前后铁和铜的质

［投影］例2、把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110ｍＬ4ｍｏｌ〃Ｌ

－1

盐酸中，充分反应后产生896 ｍL Ｈ2（标准状况），残留固体1．28ｇ。过

滤，滤液中无Ｃｕ2＋

。将滤液加水稀释到200ｍＬ，测得其中ｃ（Ｈ＋

）为0．4ｍｏｌ〃Ｌ－

1。试求原混合物的总质量。 ［分析］

解：由Ｃｕ元素守恒可得：

ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（Ｃｕ）＝1．28ｇ／64ｇ〃ｍｏｌ－1

＝0．02ｍｏｌ 由氯元素守恒可得：

2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ 即 2ｎ（ＦｅＣｌ2）＋0．08ｍｏｌ＝0．44ｍｏｌ，则ｎ（ＦｅＣｌ2）＝0．18ｍｏｌ。

又由氢元素守恒可得：

2ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＋2ｎ（Ｈ2）＋ｎ（ＨＣｌ余）＝ｎ（ＨＣｌ总）＝0．44ｍｏｌ，解得反应产物中水的物质的量为ｎ（生成Ｈ2Ｏ）＝0．14ｍｏｌ。 由氧元素守恒可得：

3ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＋ｎ（ＣｕＯ）＝ｎ（生成Ｈ2Ｏ）， 解得：ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝0．04ｍｏｌ 最后由铁元素守恒可得：

ｎ（Ｆｅ）＋2ｎ（Ｆｅ2Ｏ3）＝ｎ（ＦｅＣｌ2） 解得：ｎ（Ｆｅ）＝0．1ｍｏｌ 综上可知，原混合物总质量为：

56ｇ〃ｍｏｌ－1

×0．1ｍｏｌ＋160ｇ〃ｍｏｌ－1

×0．04ｍｏｌ＋80ｇ〃ｍｏｌ－1

×0．02ｍｏｌ＝13．6ｇ

［板书］Ⅲ 电荷守恒

［讲］在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等（电中性原理），即阳离子的物质的量（或物质的量浓度）×阳离子的电荷数＝阴离子的物质的量（或物质的量浓度）×阴离子的电荷数。

［投影］例3、已知2Ｆｅ2＋＋Ｂｒ2＝2Ｆｅ3＋

＋2Ｂｒ－

，当向100ｍＬ的ＦｅＢｒ2溶液中通入标准状况下的Ｃｌ23．36Ｌ，充分反应后测得形成的溶液中Ｃｌ－

和Ｂｒ－

的物质的量浓度相等，则原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为多

少?

解;由题供信息可知：Ｆｅ2＋的还原性强于Ｂｒ－的还原性；因此，通入Ｃｌ2后Ｆｅ2＋应该全部被氧化成了Ｆｅ3＋。据题意知反应后的溶液中只有Ｆｅ3＋、Ｃｌ－、Ｂｒ－，且ｎ（Ｃｌ－）＝ｎ（Ｂｒ－）＝2ｎ（Ｃｌ2）＝2×3．36Ｌ／22．4Ｌ〃ｍｏｌ－1＝2×0．15ｍｏｌ。据电荷守恒原理，必有： 3ｎ（Ｆｅ3＋）＝ｎ（Ｃｌ－）×1＋ｎ（Ｂｒ－）×1 解得：ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ

又由铁元素守恒知ｎ（Ｆｅ2＋）＝ｎ（Ｆｅ3＋）＝0．2ｍｏｌ。故原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为： 0．2ｍｏｌ／0．1Ｌ＝2ｍｏｌ〃Ｌ－1

［板书］Ⅳ 电子守恒关系

［讲］氧化还原反应的本质是参加反应的原子间的电子转移（包括电子得失和电子对的偏移）。在氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于还原剂失去电子的总物质的量。在解有关氧化还原反应的试题（尤其是涉及多个氧化还原反应的综合题）时，运用电子守恒法可起到事半功倍的效果。

［投影］例4、将14ｇ铁粉溶于1Ｌ稀硝酸中恰好完全反应，放出ＮＯ气体后

称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8ｇ，则原溶液中硝酸的浓度为（ ） A ．0．4ｍｏｌ〃Ｌ－

1 B ．0．6ｍｏｌ〃Ｌ－

1

C ．0.8ｍｏｌ〃Ｌ－

1 D ．1.0ｍｏｌ〃Ｌ－

1

解：按常规解本题需先判断出反应中同时生成了+2、+3价的铁，然后再根据方程式求解。若运用守恒原理则可避开繁琐的讨论和方程式的书写。 假设铁单质在反应中被氧化成+n 价，由题意有： Ｆｅ － ｎｅ－→Ｆｅ（ＮＯ3）ｎ→ｎＨＮＯ3 （反应中作酸用的） 1 ｎ ｎ

（14／56）ｍｏｌ 0．25ｎｍｏｌ 0．25ｎｍｏｌ 由题意知，产生气体ＮＯ的质量为14ｇ－8ｇ＝6ｇ，物质的量为6ｇ／30ｇ〃ｍｏｌ－1＝0．2ｍｏｌ。

则有ＨＮＯ3（反应起氧化剂作用的）＋3ｅ－→ ＮＯ 1 3 1

0．2ｍｏｌ 0．6ｍｏｌ 0．2ｍｏｌ 据电子的守恒原理可得0．25ｎ＝0．6；又由氮元素守恒原理可推知，反应中共消耗硝酸的物质的量为：

0．25ｎｍｏｌ＋0．2ｍｏｌ＝0．8ｍｏｌ 故选C 。

［点击试题］1、在100ｍL 的ＦｅＢｒ2溶液中，通入2．24Ｌ的标准状况下的

氯气，充分反应后，溶液中有1／3的Ｂｒ－被氧化成溴单质。求原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度。

解：设ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为ｘｍｏｌ〃Ｌ－1，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数相等的原则知，Ｃｌ2所得电子的物质的量应等于Ｆｅ2＋和Ｂｒ－所失电子的物质的量之和。则有：

2．24Ｌ／22．4Ｌ〃ｍｏｌ－1×2＝0．1ｘ×1＋（0．1ｘ／3）×2×1

解得ｘ＝1．2。因此原ＦｅＢｒ2溶液的物质的量浓度为1．2ｍｏｌ〃Ｌ－1。［板书］Ⅴ体积守恒关系

［投影］例5、将5．6ｇ铁粉与6．4ｇ硫粉在隔绝空气的条件下加热充分反应后冷却至室温，再在其固体中加入足量的稀硫酸反应至固体不再溶解，所制得的气体在0℃、1．01×10５Ｐａ下的体积约为（）。

Ａ．2．24ＬＢ．2．34Ｌ Ｃ．2．80ＬＤ．4．48Ｌ

解：加热时发生的化学反应为：Ｆｅ＋Ｓ＝ＦｅＳ

与足量稀硫酸发生的化学反应可能有：

Ｆｅ＋Ｈ2ＳＯ4＝ＦｅＳＯ4＋Ｈ2↑

ＦｅＳ＋Ｈ2ＳＯ4＝ＦｅＳＯ4＋Ｈ2Ｓ↑

从上述反应方程式分析可发现如下变化关系：Ｆｅ→ＦｅＳＯ4→Ｈ2；Ｆｅ→ＦｅＳ→Ｈ2Ｓ。即1ｍｏｌＦｅ经充分反应后，最终能生成1ｍｏｌ气体（可能是Ｈ2Ｓ，也可能是Ｈ2和Ｈ2Ｓ的混合气），而与硫粉的质量多少无关。因题中Ｆｅ粉的物质的量为0．1ｍｏｌ，所以，生成气体也恒为0．1ｍｏｌ，标准状况下的体积为2．24Ｌ。应选A。

［点击试题］1、已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸＞Ｆｅ3＋＞Ｈ＋。现将30ｇ铁粉（过量）与44．0ｍＬ浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11．2Ｌ（标准状况）气体，其质量为19．6ｇ。试计算：1）浓硫酸的物质的量浓度；（2）反应后剩余铁粉的质量。

解：设参加反应的铁粉的物质的量为ｘ，由题意知，混合气体的成分应为Ｓ

Ｏ2、Ｈ2的混合气，物质的量总和为11．2Ｌ／22．4Ｌ〃ｍｏｌ－1＝0．5ｍｏｌ，则混合气体的平均摩尔质量为：

19．6ｇ÷0．5ｍｏｌ＝39．2ｇ〃ｍｏｌ－1

所以，混合气体中的ＳＯ2、Ｈ2体积比（即物质的量之比）为：37．2∶24．8＝3∶2，即生成的ＳＯ2、Ｈ2的物质的量分别为0．3ｍｏｌ和0．2ｍｏｌ。若根据题供信息“有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸＞Ｆｅ3＋＞Ｈ＋”分析解题，那么应该根据氧化还原反应的“次序规律”分别考虑铁粉依次与浓硫酸、Ｆｅ3＋、Ｈ＋（即稀硫酸）的反应，其实，

Ｆｅ－2ｅ－——→Ｆｅ2＋

Ｈ2ＳＯ4＋2ｅ－——→ＳＯ2

2Ｈ＋＋2ｅ－——→Ｈ2

根据电子守恒原理可得：

2ｘ＝0．3ｍｏｌ×2＋0．2ｍｏｌ×2＝1．0ｍｏｌ

解得： ｘ＝0．5ｍｏｌ

实际参加反应的铁粉质量为0．5ｍｏｌ×56ｇ·ｍｏｌ－1＝28ｇ，由质量守恒原理知剩余铁粉质量为30ｇ－28ｇ＝2ｇ。

又由铁元素守恒知最后溶液中ＦｅＳＯ4的物质的量也应为0．5ｍｏｌ。 又据硫元素守恒知：

ｎ（Ｈ2ＳＯ4）＝ｎ（ＦｅＳＯ4）＋ｎ（ＳＯ2）

＝0．5ｍｏｌ＋0．3ｍｏｌ＝0．8ｍｏｌ

浓硫酸的物质的量浓度为：

0．8ｍｏｌ／0．044Ｌ＝18．2ｍｏｌ·Ｌ－1

［总结］涉及铁元素及其化合物的计算题很多，解这类题时，建议解题者首先考虑“守恒”原理的应用，具备“守恒意识”是快速准确解答此类题的关键，因为大部分情况下，发生在溶液中的反应均具备上述诸种守恒关系。这是一条陷阱信息，只要抓住“铁粉过量”这一关键信息，便不难推知：最后的溶液中必定只有ＦｅＳＯ4这一种溶质。那么，综合运用“电子守恒”、“质量守恒”及“元素守恒”即可巧妙解答此题。

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