化学：黄冈中学奥赛培训课程——金属元素
湖中奥赛辅导--金属元素
[湖中奥赛辅导] 金属元素及其化合物【赛点简索】● 主族重要而常见元素的名称、符号及在周期表中的位置、常见化合物及主要形态。
● ⅠA 、ⅡA 族金属单质的制备方法，金属与氧反应的产物，金属与水反应的产物及产物的碱性，盐类物质的溶解性。
● 铝、锡、铅、铋等金属重要特性及其化合物的性质。
氧化物和氢氧化物的酸碱性和两性。
● 对角线规则；离子晶体盐类化合物的溶解性规律以及金属化合物的热稳定性。
【热点难点】1．金属和非金属的物理性质有很明显的差别，列于表中。
金 属非 金 属1．熔点高（除Hg 、Cs 、Ga 外，其它金属熔点均较高） 2．大多数金属密度较大 3．有金属光泽4．大多是热及电的良导体，电阻通常随温度的升高而增大 5．大多具有延展性 6．固体金属大多属金属晶体 常温下溴为液体，而氧、氟、氯等均为气体，有些为固体 一般密度较小 大多无金属光泽大多不是热和电的良导体，电阻通常随温度的升高而减小 大多不具有延展性 固体大多属分子晶体蒸气（或气体）分子大多是双原子或多原子的2、碱金属和碱土金属碱金属元素包括锂、钠、钾、铷、铯和钫六种元素，属于周期表的ⅠA 族。
由于它们的氧化物溶于水呈强碱性，所以称为碱金属。
碱土金属包括铍、镁、钙、锶、钡和镭六种元素，构成周期表的ⅡA 族。
由于钙、锶、钡的氧化物在性质上介于“碱性的”和“土性的”（即难溶于水又难溶于熔融的Al 2O 3称为“土”）之间，所以这几种元素又称为碱土金属，现习惯上把铍、镁也包括在内。
（1）．单质的制备：由于碱金属和碱土金属的性质很活泼，所以一般用电解它们的熔融化合物的方法制取。
（2）．单质与水反应及产物的碱性：铍和镁对水稳定，因为表面上都有致密的氧化物保护膜。
ⅠA 和Ca 、Sr 、Ba 都易同水反应：钠同水猛烈作用，K 、Rb 、Cs 遇水发生燃烧，甚至爆炸；而Li 、Ca 、Sr 、Ba 同水反应则比较缓慢。
ⅠA 族ⅡA 族M + H 2O →MOH +21H 2↑， M + H 2O →M(OH)2(Ca 、Sr 、Ba) + H 2↑ （3）．盐类的溶解性：s 区元素常见的盐类中，除少数盐类（如Li +盐、Be 2+盐、Mg 2+盐）具有共价性外，其他盐类主要是离子性。
黄冈中学化学奥赛培训教程系列(精美word版)
黄冈中学化学奥赛培训教程系列（精美word 版）第五章 电解质溶液第一节 电解质溶液中的平衡1、常温下，某溶液中的H +浓度为1.0×10－3mol/L 。
则该溶液中仅由水电离出来的c (H +)可能是（ ）A ．1.0×10－3mol/LB ．1.0×10－7mol/L C ．1.0×10－9mol/L D ．1.0×10－11mol/L解析：常温下，溶液中的H +浓度为1.0×10－3mol/L ，可知茯pH=3，小于7，故该溶液显酸性。
而溶液显酸性可能是由于溶质（酸）电离出的H +或水解产生的H +造成的，所以要分两种情况。
当溶质为酸时，对水的电离起抑制作用，这时由水电离的c (H +)<1.0×10－7mol/L ，应以溶液中浓度小的c (OH －)为准，由K w 计算为c (H +)= c (OH －)= 1.0×10－11mol/L ，选D ；当溶质为强酸弱碱生成的盐类时，对水的电离起促进作用，这时由水电离出的c (H +)>1.0×10－7mol/L ，应以溶液中浓度大的c (H +)为标准，即c (H +)=1.0×10－3mol/L ，选A 。
所以答案为A 、D 。
注：本题考查酸、盐对水的电离平衡的影响及分析推理能力。
2、25℃时，在0.1mol/L 某种弱酸的钠盐NaA 溶液中，水的电离度为α1，在0.1mol/L 的盐酸中，水的电离度为α2，若91210,αα=则0.1mol/L NaA 溶液的pH 约为（ ） A ．4 B ．7 C ．10 D ．13解析：理解在NaA 溶液中，水的电离受到促进；在HCl 溶液中，水的电离受到抑制是解本题的关键。
根据题意，有：A －＋H 2O HA ＋OH －1－x x x1(O H )(O H )11x c c α--=== H 2O H + ＋ OH －1－x 0.1＋x x(0.1＋x )x =10－14 x =10－13(mol/L)13132911329134101011(OH )1010(OH )101010(mol/L)x c c ααα-------======⨯= 所以，NaA 中的c (H +)=10－10，pH=10，故选C 。
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定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为 1。令 P4O＋aCl2=bPOCl3＋cP2Cl5，
由原子守恒得：
4 b 2c,
b 1,
a 21/ 4,
解得 b 1,
2a 3b 5c, c 3/ 2¡£
代入整理得：4P4O＋21Cl2=4POCl5＋6P2Cl5
3、配平下列方程式：Fe3C＋HNO3=Fe(NO3)3＋NO2＋CO2＋H2O
解析：复杂物质 Fe3C 按常规化合价分析无法确定 Fe 和 C 的具体化合价，此时可令组
6.培养学生观察、思考、对比及分析综合的能力。过程与方法1.通过观察蚯蚓教的学实难验点，线培形养动观物察和能环力节和动实物验的能主力要；特2征.通。过教对学观方察法到与的教现学象手分段析观与察讨法论、，实对验线法形、动分物组和讨环论节法动教特学征准的备概多括媒，体继课续件培、养活分蚯析蚓、、归硬纳纸、板综、合平的面思玻维璃能、力镊。子情、感烧态杯度、价水值教观1和.通过学理解的蛔1虫.过观适1、察于程3观阅 六蛔寄.内列察读 、虫生出蚯材 让标容生3根常蚓料 学本教活.了 据见身： 生，师的2、解 问的体巩鸟 总看活形作 用蛔 题线的固类 结雌动态业 手虫 自形练与 本雄学、三： 摸对 学动状习人 节蛔生结4、、收 一人 后物和同类 课虫活构请一蚯集 摸体 回并颜步关 重的动、学、蚓鸟 蚯的 答归色学系 点形教生生让在类 蚓危 问纳。习从 并状学理列学平的害 题线蚯四线人 归、意特出四生面体以形蚓、形类 纳大图点常、五观玻存 表及动的鸟请动文 本小引以见引、察璃现 ，预物身类 3学物明 节有言及的、导巩蚯上状 是防的体之生和历 课什根蚯环怎学固蚓和， 干感主是所列环史 学么据蚓节二样生练引牛鸟 燥染要否以举节揭 到不上适动、区回习导皮类 还的特分分蚯动晓 的同节于物让分答。学纸减 是方征节布蚓物起 一，课穴并学蚯课生上少 湿法。?广的教， 些体所居归在生蚓前回运的 润；4泛益学鸟色生纳.靠物完的问答动原 的4蛔，处目类 习和活环.近在成前题蚯的因 ？了虫以。标就 生体的节身其实端并蚓快及 触解寄上知同 物表内特动体结验和总利的慢我 摸蚯生适识人 学有容点物前构并后结用生一国 蚯蚓在于与类 的什，的端中思端线问活样的 蚓人飞技有 基么引进主的的考?形题环吗十 体生行能着 本特出要几变以动，境？大 节活的1密 方征本“特节化下物.让并为珍 近习会形理切 法。课生征有以问的小学引什稀 腹性态解的 。2课物。什游题主.结生出么鸟 面和起结蛔关观题体么戏：要利明蚯？类 处适哪构虫系察：的特的特用确蚓等 ，于些特适。蛔章形殊形征板，这资 是穴疾点于可虫我态结式。书生种料 光居病是寄的们结构，五小物典， 滑生？重生鸟内学构，学、结的型以 还活5要生类部习与.其习巩鸟结的爱 是如原活生结了功颜消固类构线鸟 粗形何因的存构腔能色化练适特形护 糙态预之结的，肠相是系习于点动鸟 ？、防一构现你动适否统。飞都物为结蛔。和状认物应与的行是。主构虫课生却为和”其结的与题、病本理不蛔扁的他构特环以生？8特乐虫形观部特8征境小理三页点观的动位点梳相组等、这；，哪物教相，理适为方引些2鸟，育同师.知应单面导鸟掌类结了；？生识的位学你握日构解2互.。办特生认线益特了通动手征观识形减点它过，抄；察吗动少是们理生报5蛔？物，与的解.参一了虫它和有寄主蛔与份解结们环些生要虫其。蚯构都节已生特对中爱蚓。会动经活征人培鸟与飞物灭相。类养护人吗的绝适这造兴鸟类？主或应节成趣的为要濒的课情关什特临？就危感系么征灭来害教；？；绝学，育，习使。我比学们它生可们理以更解做高养些等成什的良么两好。类卫动生物习。惯根的据重学要生意回义答；的3.情通况过，了给解出蚯课蚓课与题人。类回的答关：系线，形进动行物生和命环科节学动价环值节观动的物教一育、。根教据学蛔重虫点病1.引蛔出虫蛔适虫于这寄种生典生型活的线结形构动�
湖北省黄冈市2019高考化学一轮复习金属及其化合物说课稿课件
【答案】
A
2．铝及其重要化合物的转化关系
近年来高考中，铝及其化合物的内容逐渐增多，如它 们在离子共存、离子方程式、物质的鉴别与推断等题型中 都大量出现。此外它们与酸反应的定量计算，Al3＋与OH－，
AlO 与 H ＋ 的 相 对 量 对 反 应 产 物 、 现 象 的 影 响 和 计 算 。
Al2O3、Al(OH)3等的性质在无机推断题中的应用也常出现。 预计在今后这部分还会增加图像的考查。 学习时，要牢固掌握铝的性质及铝三角之间的转化关 系。
2、学生思维发展点
高考要求学生要从原理上认识并理解物质的的性质，更注重考查 学生发散思维，信息整合能ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ。几乎年年高考里出现高中教材上不熟 悉大的物质，这就要求教师在平时的教学中多讲解非常见的物质，如 下面这道题。
1.碲(Te)是一种第VIA族分散稀有元素，主要伴生于铜、镍、铅等金属 矿藏中。TeO2属于两性氧化物，难溶于水，易溶于强酸和强碱。工业上 可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲。 其工艺流程如下：
－ －
【例4】
向15g铁和氧化铁的固态混合物中，放入一
定物质的量浓度的稀硫酸150mL，固体全部溶解，同时放 出气体(标准状况下)1.68L；再向所得溶液中滴入KSCN溶 液，未见颜色变化。为了中和过量的硫酸，且使Fe2＋完全 转化为Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，则原 硫酸溶流的物质的量浓度为 A．1.5mol/L B．2mol/L ( )
5、教学重、难点 重点：金属及其化合物的化学性质和应用
难点：金属及其化合物与酸、碱、盐反应计算（包含
图像的分析），电子转移。利用元素周期律，金属通性和 已知条件对不熟悉的元素如钛、钒、铬、锰等性质推导， 并进行相关方程式的书写和计算。
《金属元素》PPT课件
0.98
499 4591
0.93
+1
421 3088
0.82
405 2675
0.82
371 2436
0.79
E0(M+/M)(V)
M+ 水合热 (kJ.mol-1)
-3.045 -2.7109 -2.923 -2.925 519 406 322 293
-2.93 254
表17-2 碱土金属元素的一些基本性质
△ MCO3====MO＋CO2↑ （M=碱土）
M2O+H2O = 2MOH (M=碱金属) M2O+CO2 = M2CO3(M=碱金属) MO+H2O=M(OH)2 (M=碱土金属) MO+CO2 = MCO3 (M=碱土金属) BeO+NaOH=Na2Be(OH)4(铍酸钠) BeO+2HCl=BeCl2+H2O
中，如溶于乙醇。 ⑥ 镁离子和锂离子的水合能力均较强。
铍和铝的相似性
① 都是两性金属，既能溶于酸也能溶于强碱； ② 都能被冷的浓硝酸钝化； ③ 氢氧化物均为两性； ④ 氯化物都为共价型化合物，易升华、易聚合、易溶于有机
溶剂； ⑤ 氧化物均为高熔点、高硬度的物质。
11.2 ds区元素
ds区元素包括铜族元素(ⅠB)族元素的铜、银、 金和锌族元素的锌、铬、汞。它们的价电子构性分 别为(n-1)d10ns1和(n-1)d10ns2。由于它们的次外层的 d亚层刚好排满10个电子，而最外电子层构型又和s 区相同，所以称为ds区。
Cu2 2Cl SO 2 2H2O 2CuCl SO42 4H 2Cu2 4I 2CuI I2（碘量法测定铜的依据）
3、银盐
（1）氧化银 向可溶性银盐中加入强碱可得；暗褐色；受热不稳定，可
化学：黄冈中学奥赛培训课程——配合物
第三节 配合物1、环保中有一个重要问题——揭露银铅。
在人体中，通过“螯合治疗”可降低血中铅的毒性水平，所谓“螯俣治疗”就是加入能与Pb 2+形成配位化合物的配位体，所形成的稳定的Pb 2+配合物通过肾排出。
配位体EDTA 4－就用于这种目的，这要归功于它与Pb 2+形成极其稳定的配位化合物[Pb(EDTA)]2－[稳定常数K (Pb)=1018.0]。
配位体以较小稳定性的配离子[Ca(EDTA)]2－[稳定常数K (Ca)=1010.7]的钠盐Na 2[Ca(EDTA)]溶液注入。
在血流中，对Pb 与Ca 的交换是极其容易且完全的。
（1）在实际血中铅含量为83μg/dL 计算实际血液中铅的物质的量浓度。
（1dL=0.1L ）（2）一种实验模型中，溶解Ca(NO 3)2·4H 2O 和Na 2[Ca(EDTA)]制成2.5 mmol 和1.0 mmol 的克式量浓度的水溶液，依次加入固体Pb(NO 3)2，使其产生相当于上述实际血液中的铅的总浓度。
计算此液平衡时[Pb(EDTA)2－]/[Pb 2+]比率的近似值。
计算时忽略相对物质的酸碱性质和体积变化。
（3）实质上，通过肾排泄[Pb(EDTA)]2－配合物是首要过程，它关系到血中[Pb(EDTA)]2－的浓度。
对多数病人而言，在2小时周期后，[Pb(EDTA)]2－的浓度可下降60%，计算[Pb(EDTA)]2－配合物的“生物半寿期”。
解析：683101(1)207.20.1-⨯⨯=4.0×10－6(mol ·dm －3)=4.0(μmol ·dm －3)（2）取代反应[Ca(EDTA)]2－(aq)＋Pb 2+(aq) [Pb[EDTA]] 2－(aq)＋Ca 2+(aq)22422418.010.77.32222[Pb(EDTA)][Ca ][EDTA ][Ca(EDTA)][Pb ][EDTA ](Pb)/(Ca)10/1010[Pb(EDTA)][Ca(EDTA)][Pb ][Ca ]K K K K-+--+---++===== 由于血中Pb 2+的浓度只有4.0×10－6 mol ·dm －3，比模型溶液中[Ca(EDTA)2－]和[Ca 2+]要小百倍，可视为这两个浓度基本不变，所以227.3622[Pb(EDTA)][Ca(EDTA)]1.0108.0102.5[Pb ][Ca ]K--++==⨯=⨯ 说明取代反应是十分完全的。
高一化学竞赛辅导资料几种重要的金属
高一化学竞赛辅导资料几种重要的金属——镁、铝、铁、铜【【易错指津】1．镁是活泼金属，虽不跟碱性溶液反应，但能置换出酸中的氢，也能与水解呈酸性的盐溶液反应产生H2。
2．注意对Al2O3、Al(OH)3两性的理解，以及对Al3+、AlO2-存在条件的认识。
Al2O3、Al(OH)3仅能溶于强酸和强碱溶液中（如在氨水和碳酸中均不溶），Al3+、AlO2-只能分别存在于酸性与碱性溶液中。
Al3+与下列离子不能大量共存：OH-、CO32-、HCO3-、SO32-、S2-、AlO2-， AlO2-与下列离子不能大量共存：H+、HCO3-、NH4+、Al3+、Mg2+、Cu2+。
3．注意正确理解图象的涵义。
图示中每个曲线或每条曲线的转折点（拐点），都反映了特定的反应，若没有找对，或对生成沉淀和沉淀溶解所需加入（或通入）溶液（或气体）的量之比没搞清，易导致错误。
注意研究以下几个实验现象及产生沉淀的量与加入物质的量的数量关系的图象：①向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；②向AlCl3和MgCl2混合中逐滴加入NaOH溶液直至过量；④向HCl、MgCl2、AlCl3混合液中逐滴加入NaOH溶液直至过量；③向NaAlO2溶液中逐滴加入HCl溶液直至过量；⑤向HCl溶液中逐滴加入NaAlO2溶液直至过量。
这些是以化学知识为载体考查学生的综合能力的重要的命题内容，认真研究一定会有益处。
4．Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3。
所以在碱性溶液中Mg2+总是转化为Mg(OH)2沉淀，产生的MgCO3也会在加热的条件下逐渐转化为Mg(OH)2[MgCO3+H2O(沸水)=Mg(OH)2+CO2↑]。
5．NO3-与Fe2+在酸性条件下，不能共存。
6．过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要注意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。
7．注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固体的区别。
绝对黄冈中学化学奥赛培训教程上册
黄冈中学化学奥赛培训教程（精美word版）目录上册（75页，2.5M）第一章化学反应中的物质变化和能量变化第一节氧化还原反应第二节离子反应和离子方程式第三节化学反应中的能量变化第四节综合解题第二章物质结构元素周期律第一节原子结构和核外电子排布第二节元素周期律与元素周期表第三节化学键第四节分子间作用力第五节晶体结构第六节综合题解第三章气体、溶液和胶体第一节气体第二节胶体第三节溶液第四节综合题解第四章化学反应速率及化学平衡第一节化学反应速率第二节 影响化学反应速率的因素 第三节 化学平衡第一章 化学反应中的物质变化和能量变化第一节 氧化还原反应1、根据下列三个反应，排出氧化剂氧化性的强弱顺序： A ．4HCl ＋MnO 2∆MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2OB ．16HCl ＋2KMnO 4=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2OC ．4HCl ＋O 22CuCl 450︒2Cl 2↑＋2H 2O 解析：这三个反应中还原剂都是盐酸。
不同的氧化剂与同一还原剂反应时，若反应越易发生，则氧化剂的氧化性越强，反之就弱，故其氧化性顺序由强到弱：KMnO 4>MnO 2>O 2。
2、配平氧化还原方程式：P 4O ＋Cl 2FY=POCl 3＋P 2Cl 5解析：本题中P 4O 中的P 元素对应有两种产物，故设P 4O 的化学计量数为“1”。
用待定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为1。
令P 4O ＋a Cl 2=b POCl 3＋c P 2Cl 5，由原子守恒得：代入整理得：4P 4O ＋21Cl 2=4POCl 5＋6P 2Cl 53、配平下列方程式：Fe 3C ＋HNO 3=Fe(NO 3)3＋NO 2＋CO 2＋H 2O解析：复杂物质Fe 3C 按常规化合价分析无法确定Fe 和C 的具体化合价，此时可令组成该物质的各元素化合价为零价，再根据化合价升降法配平。
再用观察法，不难确定各物质的化学计量数为：1、22、3、13、1、11，故为Fe 3C ＋22HNO 3=3Fe(NO 3)3＋13NO 2↑＋CO 2↑＋11H 2O4、配平NH 4NO 3FY=N 2＋HNO 3＋H 2O解析：NH 4NO 3中N 的平均化合价为＋1价，则元素化合价升降关系为：2N 2(＋1→0) 降2×1 N ＋1→＋5 升4×1用观察法调整确定各物质的化学计量数，故：5NH 4NO 3=4N 2↑＋9H 2O ＋2HNO 3注：若配平时不用此平均标价法，则要分析同种元素化合价升降关系。
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第二节金属元素1、写出Fe3+和I－在溶液中的反应现象和方程式。
（1）若溶液中有足量F－，则上述反应不能发生，为什么？（2）向上述反应后的溶液中加足量F－，有何现象？为什么？（3）在足量2 mol/L盐酸溶液中加Fe2+、I－、F－，则反应现象是什么？它和实验（1）有何不同？解析：Fe3+具有较强的氧化性，而I－具有较强的还原性，它们之间发生氧化还原反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，现象：反应后溶液呈棕色。
（1）F－还原性很弱，F－半径小于I－，故F－易和Fe3+结合而使[Fe3+]降低，使其不和I－反应：Fe-3+＋6F－=[FeF6]3－（2）因F－和Fe3+结合，使上述平衡向左移动，导致I2浓度降低，溶液颜色变浅。
（3）因盐酸中[H+]较大，F－与H+瓜在生成弱酸HF，不利于生成[FeF6]3－，故Fe3+可和I－反应，生成I2，故颜色略浅黄棕色。
2、在Fe2+、Co2+、Ni2+盐的溶液中，加入NaOH溶液，在空气中放置后，各得到何种产物？写出有关的反应式。
解析：Fe(OH)2还原性较强，易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3, Co(OH)2还原性比Fe(OH)2弱，在空气中缓慢氧化成Co(OH)3，Ni(OH)2还原性很弱，不被空气中氧气氧化。
Fe2+＋2OH－=Fe(OH)2↓Co2+＋2OH－=Co(OH)2↓Ni2+＋2OH－=Ni(OH)2↓4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)34Co(OH)2＋O2＋2H2O=4Co(OH)33、（1996年全国化学竞赛试题）完成并配平下列反应方程式：（1）固态KMnO4在200℃加热，失重10.8%。
（2）固态KMnO4在240℃加热，失重15.3%。
（已知：相对原子质量：O：16.0; K: 39.0; Mn: 54.9）解析：KMnO4加热，失去的是氧气。
若取1 moL KMnO4，失去氧原子的物质的量为：157.9×10.8%÷16=1(mol), 157.9×15.3%÷16=1.5(mol)，再根据电子守恒推算出锰元素还原产物中价态分别为＋5价和＋4价。
2KMnO4∆K2MnO4＋MnO2＋O2↑2KMnO4∆K2Mn2O6＋O2↑4KMnO4∆2K2Mn2O5＋3O2↑4KMnO42K2MnO3＋2MnO2＋3O2↑4、试说明Fe3+盐比Fe2+盐稳定，而镍则以Ni2+盐稳定，Ni3+盐少见的原因。
解析：结构决定性质：铁的价电子构型为3d4s2, Fe3+的构型为3d5达半满的稳定状态，比Fe2+的3d6电子构型稳定。
Ni的价电子构型为3d84s2，3d电子超过半满而接近3d10全满，较难失电子，所以一般情况下Ni 表现＋2价氧化态，在特殊条件下得到不稳定的Ni(Ⅲ)的化合物。
5、根据以下实验说明产生各种现象的原因并写出有关反应方程式。
（1）打开装有四氯化钛的瓶塞，立即冒白烟。
（2）向此瓶中加入浓盐酸和金属锌时，生成紫色溶液。
（3）缓慢地加入氢氧化钠至溶液呈碱性，并析出紫色沉淀。
（4）沉淀过滤后，先用硝酸，然后用稀碱溶液处理，有白色沉淀生成。
（5）将此溶液过滤并灼烧，最后与等物质的量的氧化镁共熔。
解析：（1）四氯化钛在水中或潮湿空气中都易水解，产生的白烟是HCl烟雾。
TiCl4＋3H2O=H2TiO3＋4HCl↑（2）在强酸性溶液中，四氯化钛可被活泼金属还原为紫色的Ti3+的溶液。
2TiCl4＋Zn H+2TiCl3＋ZnCl2（3）紫色沉淀为Ti(OH)3: Ti3+＋3OH－=Ti(OH)3↓。
（4）硝酸将Ti3+氧化成Ti4+，Ti4+在碱性条件下生成白色沉淀Ti(OH)4。
TiCl3＋HNO3＋HCl=TiCl4＋NO2↑＋H2OTiCl4＋4NaOH=Ti(OH)4↓＋4NaCl（5）沉淀灼烧后生成二氧化钛，与氧化镁共熔生成钛酸镁。
Ti(OH)4∆TiO2＋2H2O; TiO2＋MgO熔融MgTiO36、工业上处理含227Cr O-的酸性工业废水用以下方法：①往工业废水中加入适量的NaCl，搅拌均匀；②用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生；③过滤回收沉淀，废水达到排放标准。
试回答：（1）电解时的电极反应：阳极____________________________阴极____________________________（2）写出227Cr O-转变成Cr3+的离子反应方程式：___________（3）电解过程中Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀是怎样产生的？解析：本题将电解规律、盐类水解和污水处理巧妙结合。
要除去金属离子，一般采用沉淀离子的方法。
但沉淀离子不一定要加入沉淀剂，对金属离子来说，用调节溶液pH的方法同样也能生成氢氧化物沉淀而除去。
（1）阳极Fe－2e－=Fe2+阴极2H+＋2e=H2↑Cr O ＋6Fe2+=14H+=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O（2）227（3）由于H+在阴极放电，破坏了水的电离平衡，产生大量OH－，OH－与Cr3+、Fe3+反应生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀。
7、现有CuO、CuS、Cu2S三种黑色粉末，请设计一个不用任何化学药品就区分它们的实验方案。
（请用文字叙述）解析：本题有一明确的要求：不用任何化学药品，故只能用加热、灼烧、闻气味、称质量变化等物理方法。
（1）称取等质量的CuO、CuS、Cu2S粉末各一份，分别在空气中灼烧，产生刺激性气体（SO2）的是CuS 与Cu2S粉末，无刺激性气体产生的是CuO粉末。
（2）称量灼烧后不再产生刺激性气体的冷却残留物，质量几乎不变的原粉末Cu2S，质量减轻的原粉末是CuS。
8、将一组干电池、两个电键、一个小灯泡、两块相同铅板用导线按图示连接起来，再将铅板插入盛有稀硫酸的烧杯中。
（1）先闭合K1，灯泡_______（填“亮”或“不亮”，下同），原因是__________。
（2）断开K1，闭合K2，灯炮_________，烧杯内的现象是_______。
（3）过一段时间，断开K2，闭合K1，灯泡_______，原因是_______。
解析：本题初看起来是电解知识的简单运用，但特殊点是：两铅板作电极在稀硫酸中电解，阳极发生的并不是简单的非惰性电极失电子消耗，而是OH－放电生成O2，O2氧化铅板生成PbO2，使第三步断开K2，闭合K1时的反应转变为铅蓄电池的反应。
（1）不亮；不能构成原电池，虽有干电池，也不能构成闭合回路。
（2）亮；a极上有气泡放出，b极上有气泡放出。
（3）亮；在断开K1，闭合K2时，b极反应为：4OH－－4e－=2H2O＋O2；Pb＋O2=PbO2当断开K2，闭合K1时，构成原电池反应。
a极：Pb－2e－＋SO42－=PbSO4b极：PbO2＋2e－＋4H+＋SO42－=PbSO4＋2H2O9、橙红色晶体重铬酸钾有强氧化性，它的还原产物为Cr3+，颜色变为绿色，用硅胶（一种有吸湿和吸附性载体）吸附后，用嘴对它吹气，若变成绿色则表示有酒精蒸气吹入，可用于检查司机是否酒后开车，试回答：（1）在重铬酸钾酸化后氧化乙醇的化学方程式是_______，若反应中有0.03mol 电子转移时，被氧化的乙醇有_____mol 。
（2）在溶液中加入乙醚后，再加入数滴的溶液，乙醚层呈现蓝色，这是由于生成的产物溶于乙醚中的缘故（锃位于周期表过渡元素中的VIB 族），试分析这个反应离子方程式是怎样的，是否属氧化还原反应？ 解析：（1）重铬酸钾中铬为＋6价，酸化后具有强氧化性，能将乙醇氧化为CH 3COOH （还能继续氧化，从略），其本身还原为Cr 3+。
2K 2Cr 2O 7＋3CH 3CH 2OH ＋8H 2SO 4=2Cr 2(SO 4)3＋3CH 3COOH ＋11H 2O ＋2K 2SO 4该反应中每个乙醇分子失去4个电子，而K 2Cr 2O 7需得6个电子才可还原为Cr 3+，当有0.03mol 电子转称时，被氧化的乙醇分子为0.0075 mol 。
（2）根据信息：K 2Cr 2O 7与H 2O 2可反应生成能溶于乙醚的蓝色溶液，且铬位于VIB 族，说明乙醚溶液中有CrO 5生成，且生成时需H 2O 2，可知H —O —O —H 中的—O —O —过氧团转入CrO 5中，即每分子有两个过氧团，因为反应中各元素的化合价未变，可判断该反应不属于氧化还原反应。
227Cr O -＋4H 2O 2＋2H +=2CrO 5＋5H 2O（1）2K 2Cr 2O 7＋3CH 3CH 2OH ＋8H 2SO 4=2Cr 2(SO 4)3＋3CH 3COOH ＋11H 2O ＋2K 2SO 4, 0.0075 mol 。
（2）227Cr O -4H 2O 2＋2H + =2CrO 5＋5H 2O ，该反应不属于氧化还原反应。
10、东晋葛洪所著《抱朴子》中记载有“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。
“曾青”即硫酸铜。
这是人类有关金属置换反应的最早的明确记载。
铁置换铜的反应节能无污染，但因所得的镀层疏松、不坚固，通常只用于铜的回收，不用作铁器镀铜。
能否把铁置换铜的反应开发成镀铜工艺呢？从化学手册上查到如下数据： 电极电势：Fe 2+＋2e －=Fe, 0.440V ϕ=- Fe 3＋＋e －=Fe 2+, 0.771V ϕ=-Cu 2＋＋2e －=Cu, 0.342V ϕ=Cu 2＋＋e －=Cu ＋, 0.160V ϕ= 平衡常数：1414W SP 1.010,(CuOH) 1.010,K K --=⨯=⨯1916SP 2SP 238SP 3[Cu(OH)] 2.610,[Fe(OH)]8.010,[Fe(OH)] 4.010。
K K K ---=⨯=⨯=⨯回答如下问题：（1）造成镀层疏松的原因之一可能是夹杂固体杂质。
为证实这一设想，设计了如下实验：向硫酸铜溶液加入表面清洁的纯铁块。
请写出四种可能被夹杂的固体杂质的生成反应方程式（不必写反应条件）。
（2）设镀层夹杂物为CuOH （固），实验镀槽的pH=4，CuSO 4的浓度为0.040mol/L ，温度为298K ，请通过电化学计算说明在该实验条件下CuOH 能否生成。
（3）提出三种以上抑制副反应发生的（化学）技术途径，不必考虑实施细节，说明理由。
解析：本题是一道综合试题，着重分析化学反应的可能性及计算氧化还原反应的电极电势。
同时考查发散性思维，应用化学知识抑制反应。
（1）①CuO 或Cu(OH)2 Cu 2+＋2H 2O=Cu(OH)2↓＋2H +②Cu 2O 或CuOH Cu +＋H 2O=CuOH ↓＋H +③FeO 或Fe(OH)2 Fe 2+＋2H 2O=Fe(OH)2↓＋2 H +④Fe 2O 3或Fe(OH)2 2Fe(OH)2＋12O 2＋H 2O=2Fe(OH)3↓ 注：①写出Cu 2+与Fe 得到Cu +等等反应者，只要正确，不扣分。