宜城教育资源网www.ychedu.com免费第三章金属及其化合物课件人教版高中化学必修1高一化学课件网培养学生分析、归纳、综合的能力2、通过教学培养学生的社会责任感、社交活动能力和互助合作能力重点金属单质(Na、Mg、Al、Fe)及其化合物的化学性质难点化合物之间的相互转化关系及应用知识结构与板书设计一、本章知识结构梳理(一)金属的通用性(二)钠及钠的化合物1、钠的性质2、钠的氧化物3、碱------氢氧化钠4、盐------碳酸钠和碳酸氢钠(三)铝的化合物------氧化物与氢氧化物(四)铁的化合物1、铁的氧化物2、铁的氢氧化物及Fe2+与Fe3+的转化二、本章典型题剖析1、滴加顺序不同,实验现象不同三、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2、差量法数学原理:(3)假设法------快速击破选择型计算题I平均值法Ⅱ极限讨论法(4)分类讨论法------研究过量问题(5)守恒法2、铝三角转化及铝的图像问题(1)向Al3+的溶液中加入强碱(OH―)(2)向强碱溶液中加入Al3+(4)向H+溶液中加入AlO2―(3)向AlO2―溶液中加入H+3、铁的转化关系(1)铁三角应用(2)铁与稀HNO3反应规律当铁粉过量时,3Fe+8HNO3==3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O当铁粉过量时,3Fe+8HNO3==3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O(3)守恒法在Fe计算中的综合应用Ⅰ质量守恒关系Ⅱ元素守恒关系Ⅲ电荷守恒Ⅳ电子守恒关系Ⅴ体积守恒关系教学过程教学步骤、内容教学方法、手段、师生活动[板书]一、本章知识结构梳理(一)金属的通用性[讲]金属的物理通用性:有金属光泽、有延展性、导电、导热。但不同金属在密度、硬度、熔沸点等方面差别较大,这也是金属单质的一大特点。金属的化学性质是具有还原性,主要表现在金属能与非金属、水、酸、某些盐发生反应。金属的还原性有很大差别,其还原性强弱与金属原子的结构密切相关,一般说来,金属原子的半径越大,最外层电子越少,金属的还原性越强。[讲]金属活动性顺序表中金属的金属性从左到右依次减弱,可以判断金属失电子的难易;可以判断金属离子得到电子的能力[投影小结]由金属活动性顺序表分析金属知识的规律金属活动顺序K、Ca、NaMgAl、ZnFe、Sn、PbHCu、Hg、AgPt、Au与非金属反应Cl2都能直接化合,变价金属一般生成高价金属氯化物不反应S与硫蒸气直接化合,变价金属生成低价金属化合物不反应O2常温下易氧化,点燃生成过氧化物常温生成氧化膜加热化合不反应与H2O反应常温下生成碱和氢气与热水反应有碱存在下与水反应与高温水蒸气反应不反应不反应与H+反应生成盐的氢气不反应不反应与氧化性酸反应不生成氢气,铁、铝钝化产生NO2、NO、SO2不反应与盐溶液的反应与水反应,不与盐反应,碱与盐反应排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来不反应碱的稳定性受热不分解加热分解常温分解自然界存在化合态化合态游离态冶炼方法电解法(电解熔融的盐、氧化物、氢氧化物)热还原法热分解或其它方法[板书](二)钠及钠的化合物1、钠的性质[投影总结](1)钠的物理性质:银白色、质软、比水轻、熔点低(2)钠的化学性质:与非金属反应:2Na+Cl22NaCl(白烟)2Na+S==Na2S与O2反应:缓慢氧化:4Na+O2==2Na2O(白色固体)剧烈燃烧:2Na+O2==Na2O2(淡黄色固体)与H2O反应:2Na+2H2O==2NaOH+H2↑(2Na+2H2O==2Na++2OH―+H2↑)与酸反应:2Na+2H+==2Na++H2↑与盐溶液反应:(先与水作用生成NaOH,NaOH再与盐发生复分解反应)2Na+2H2O+CuSO4==Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑6Na+6H2O+2FeCl3==2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑2Na+2NH4Cl===2NaCl+2NH3↑+H2↑与熔融盐:4Na+TiCl44NaCl+Ti[板书]2、钠的氧化物氧化钠过氧化钠化学式Na2ONa2O2化合价O(-2)O(-1)颜色、状态白色固体淡黄色粉末化学性质O22Na2O+O2==Na2O2---CO2Na2O+CO2==Na2CO32Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑H2ONa2O+H2O==2NaOH2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑HClNa2O+2HCl==2NaCl+H2O2Na2O2+4HCl==4NaCl+2H2O+O2↑SO2Na2O+SO2==Na2SO3Na2O2+SO2==Na2SO4类别碱性氧化物过氧化物[投影总结][板书]3、碱------氢氧化钠[讲]NaOH,白色固体,易潮解,俗名苛性钠,烧碱,火碱。一元强碱,具有碱的通性,即:能与酸反应生成盐和水,例:NaOH+HCl==NaCl+H2O能与酸性氧化物反应生成盐和水,例:2NaOH+CO2==Na2CO3+H2O能与某些盐发生复分解反应,例:2NaOH+CuCl2==Cu(OH)2↓+2NaCl[板书]4、盐------碳酸钠和碳酸氢钠[投影总结]物质Na2CO3NaHCO3俗名苏打、纯碱小苏打颜色、状态白色固体白色粉末水溶性易溶于水能溶于水溶解度大小比较:Na2CO3>NaHCO3溶液与酚酞变红变红颜色深浅比较:Na2CO3>NaHCO3与盐酸反应Na2CO3+2HCl==2NaCl+CO2↑+H2ONaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑反应速率:NaHCO3>Na2CO3与氯化钙溶液Na2CO3+CaCl2==CaCO3↓+2NaCl(CO32―+Ca2+==CaCO3↓)-------与澄清石灰水Na2CO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+2NaOH(CO32―+Ca2+==CaCO3↓)NaHCO3+Ca(OH)2==NaOH+CaCO3↓+H2O(HCO3―+OH―+Ca2+==CaCO3↓+H2O)或NaHCO3+Ca(OH)2==Na2CO3+CaCO3↓+2H2O(2HCO3―+2OH―+Ca2+=CaCO3↓+2H2O+CO32―)与氢氧化钠溶液-----NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O(OH―+HCO3―==CO32―+H2O)热稳定性稳定2NaHCONa2CO3+H2O+CO2↑相互转化Na2CO3NaHCO3:Na2CO3+CO2+H2O==2NaHCO3NaHCO3Na2CO3:NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O(OH―+HCO3―==CO32―+H2O)2NaHCONa2CO3+H2O+CO2↑[板书](三)铝的化合物------氧化物与氢氧化物[投影总结]物质氧化铝氢氧化铝化学式Al2O3Al(OH)3俗名刚玉------物理性质白色粉末,不溶于水,熔点高,自然界中为无色晶体。白色固体,不深于水化学性质与酸反应Al2O3+6HCl==AlCl3+3H2O(Al2O3+6H+==Al3++3H2O)Al(OH)3+3HCl==AlCl3+3H2O(Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O)与碱反应Al2O3+2NaOH==2NaAlO?2+H2O(Al2O3+2OH―=2AlO2―+H2O)Al(OH)3+NaOH=NaAlO?2+2H2OAl(OH)3+OH―=AlO2―+2H2O相互转化----2Al(OH)3Al2O3+3H2O[板书](四)铁的化合物1、铁的氧化物[投影总结]FeOFe2O3Fe3O4颜色、状态黑色粉末红棕色粉末黑色晶体俗名---铁红磁性氧化铁水溶性不溶不溶不溶稳定性不稳定,在空气里加热迅速被氧化,稳定稳定氧化物类别碱性氧化物碱性氧化物复杂氧化物与非氧化性酸反应FeO+2HCl==FeCl2+H2O(FeO+2H+==Fe2++H2O)Fe2O3+6HCl==2FeCl3+3H2O(Fe2O3+6H+==2Fe3++3H2O)Fe3O4+8HCl==2FeCl3+FeCl2+4H2OFe3O4+8H+==2Fe3++Fe2++4H2O[板书]2、铁的氢氧化物及Fe2+与Fe3+的转化[投影总结]二价铁三价铁化学式FeCl2FeCl3名称氯化亚铁氯化铁溶液颜色浅绿色黄色与氢氧化钠现象:产生白色沉淀,迅速变成灰绿色,最后变成红褐色。FeCl2+2NaOH==Fe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3现象:产生红褐色沉淀FeCl3+3NaOH==Fe(OH)3↓+3NaCl与KSCN溶液无现象产生血红色Fe3++3SCN-==Fe(SCN)3氧化(还原性)主要表现:还原性,举例:2FeCl2+Cl2==2FeCl3表现:氧化性,举例:2FeCl3+Fe==3FeCl2相互转化FeCl2FeCl3:2FeCl2+Cl2==2FeCl3FeCl3FeCl2:2FeCl3+Fe==3FeCl2名称氢氧化亚铁氢氧化铁化学式Fe(OH)2Fe(OH)3颜色、状态白色固体红褐色固体水溶性难溶于水难溶于水与酸反应Fe(OH)2+2HCl==FeCl2+2H2OFe(OH)2+2H+==Fe2++2H2OFe(OH)3+3HCl==FeCl3+3H2OFe(OH)3+3H+==Fe3++3H2O氢氧化亚铁露置空气中4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3[板书]3、铁三角[投影总结][板书]二、本章典型题剖析1、滴加顺序不同,实验现象不同[投影总结](1)稀Na2CO3溶液与稀盐酸间的反应向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸,开始时无气体产生,达到一定量后才有气泡冒出,由少到多的过程中依次发生下列反应:Na2CO3+HCl==NaCl+NaHCO3NaHCO3+HCl==NaCl+CO2↑+H2O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―==Al(OH)3↓Al(OH)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―+2H2OAl3++3AlO2―+6H2O==4Al(OH)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NaAlO?2溶液与稀盐酸间的反应:向盐酸溶液中滴加NaAlO?2溶液,直至过量时发生的反应依次为:4H++AlO2―==Al3++2H2OAl3++3AlO2―+6H2O==4Al(OH)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NaAlO?2溶液,沉淀量不变。向NaAlO?2溶液中滴加盐酸直至过量时发生的反应依次为:AlO2―+H++H2O==Al(OH)3↓Al(OH)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xmol,Na2O的物质的量为ymol2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑241x2x0.5xNa2O+H2O===2NaOHyy2y由题意可得,78x+62y=70解得,x=0.5moly=0.5mol则混合物中Na2O2的质量为39克,Na2O的质量为31克。[点击试题]1、今有Na2CO3与NaHCO3混合物1.37克,加热到不再产生气体为止,残余物与足量盐酸反应后,得到CO2气体0.44克,求原混合物中Na2CO3的质量分数为多少?[板书]2、差量法[讲]差量法是依据化学变化前后物质的量的变化,找出所谓“理论差量”,再根据题目提供的“实际差量”列出比例式,求出答案。[板书]数学原理:[投影]例2将一定量H2和CuO10克共热,CuO部分被还原,得到固体粉末质量为8.4克,有多少克Cu生成?参加反应的H2有多少克?解:CuO+H2Cu+H2O△m8026480-64==16yx10-8.4=1.6g解得x=6.4gy=0.2g[投影]例3加热10克Na2CO3和NaHCO3混合物至质量不再变化,剩余的固体质量为8.4克,求混合物中Na2CO3的质量分数是多少。解:2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑△m84*210684*2-106=62x10-8.4=1.6gx==4.34gw(Na2CO3)%==56.6%[点击试题]1、将CO2气体通过78克Na2O2固体,一段时间后测得固体质量增至92克,求生成O2的质量2、200℃,11.6克CO2和H2O(g)与足量Na2O2充分反应后,固体质量增加了3.6克,求原混合物气体中CO2、H2O质量各是多少克?[板书](3)假设法------快速击破选择型计算题I平均值法[讲]当x<y<z时,利用x和z的取值范围,就可判断出y的大小;或只要求出y的大小,就可判断出x和z的取值范围。它是解答化学计算题常用的思维方法,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)H2,则该混合物的组成不可能是(A)A.Fe、ZnB.Al、CuC.Al、MgD.Al、Fe解:设金属为二价金属R,其平均分子量为MR+2HCl==RCl2+H2↑n(R)==n(H2)==11.2/22.4==0.5molM=10/0.5==20g/molA(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CO2气体,问下列哪种情况合理()A、CaCO3、Na2CO3B、Na2CO3、K2CO3C、NaHCO3、Na2CO3D、K2CO3、KHCO3[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54.6g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Na2OB.只有Na2O2C.Na2O2和Na2OD.无法确定解:假设Na全部反应生成Na2O4Na+O2==2Na2O4*232*624.6gxx=6.2g2Na+O2==Na2O22*23784.6gyy=7.8g7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R2O的混合物12.0克。与足量H2O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,然后用有关化学知识确定其中间值。基本思路是:把混合物设成纯净物,把平行反应设为单一反应。[板书](4)分类讨论法------研究过量问题[投影]例6NaOH、NaHCO3固体混合物16.6克,在密闭容器中加热到250℃,经充分反应排出气体,冷却,称得剩余固体质量为13.25克。求原混合物中NaOH的质量分数解:假设二者恰好完全进行时,质量减少W克。NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O↑△m(-)40+841816.6WW==2.4g实际减轻了16.6-13.5==3.35>2.4故NaHCO3过量设NaOH为xmol,NaHCO3为ymol40x+84y==16.6NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O↑111xxx2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑211y-x0.5(y-x)18*(0.5y-0.5x+x)+44(y-x)==3.35解得x=0.1mol,y=0.15molw(NaOH)%==24.1%[点击试题]1、今有120mL1mol/L的Na2CO3溶液和80mL2.5mol/L的盐酸。(1)若将Na2CO3溶液逐滴加至盐酸中则可收集到标况下的CO2气体体积为______解:n(Na2CO3)==0.12*1=0.12moln(HCl)=0.08*2.5=0.2mol若将Na2CO3加到盐酸中,则立即生成CO2直至盐酸完全反应,即:Na2CO3+2HCl==2NaCl+CO2↑+H2O1210.2XX=0.1mol则在标况下收集到CO2气体体积为2.24L(2)若将上述盐酸逐滴加至碳酸钠溶液中,则反应的离子方程式是______,当反应完全时,测得CO2在水中的浓度为0.04mol/L,假设溶液体积不变,则收集到的CO2在标况下的体积为______解:若将HCl滴加到Na2CO3溶液中,直至所有的Na2CO3全部转化为NaHCO3再继续加盐酸才有CO2生成,即:Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaCl0.120.120.12则剩余盐酸为0.2-0.12=0.08molNaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑0.080.08溶液体积V=120+80=200mL溶液中的CO2为0.04*0.2=0.008mol则逸出的CO2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H2O7.65%,含Na2CO34.32%,其余是NaOH。若将1克该样品放入含有HCl3.65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500mL2mol/LHCl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.425mLB.560mLC.250mLD.500mL[板书]2、铝三角转化及铝的图像问题(1)向Al3+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:Al3++3OH―==Al(OH)3↓Al(OH)3+OH―==AlO2―+H2O图像:[板书](2)向强碱溶液中加入Al3+[投影]现象:先没有沉淀后出现并不消失方程式:Al3++4OH―==AlO2―+2H2O3AlO2―+Al3++6H2O==4Al(OH)3↓图像:[板书](3)向AlO2―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:AlO2―+H++H2O==Al(OH)3↓Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O图像:[板书](4)向H+溶液中加入AlO2―[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:AlO2―+4H+==Al3++2H2O3AlO2―+Al3++6H2O==4Al(OH)3↓图像:[投影]例1、有一定质量的Mg、Al合金投入100mL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5mol/LNaOH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yMg-----Mg(OH)2Al-----Al(OH)324582778x11.6y19.4-11.6==7.8x=4.8gy==2.7g(2)当沉淀达到最大值时,则n(HCl)==n(NaOH)则c(HCl)==5*160/100=8mol/L[点击试题]1、0.1molAl2(SO4)3跟2mol/LNaOH溶液350mL混合,所得沉淀的质量为()A.78gB.15.6gC.7.8gD.3.9g2.向10mL0.2mol/L的AlCl3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0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL2mol/LH2SO4溶液中,然后再滴加1mol/LNaOH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V1=160mL时,则金属粉末中n(Mg)=mol,V2=mL。⑵若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+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0.1mol,其中Mg粉的物质的量分数为a,用100mL2mol/L的硫酸溶解此混合物后,再加入450mL1mol/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==0.4mol当V1=160mL时,中和过量H+消耗了OH―0.16mol则与金属反应用去H+0.4—0.16==0.24mol设Mg的物质的量为xmol,Al的物质的量为ymolMg--2H+--Mg2+---2OH―--Mg(OH)2Al---3H+---Al3+--3OH―-Al(OH)3x2xy3y2x+3y==0.24x+y==0.1解得,x==0.06moly=0.04mol则镁的物质的量为0.06mol,铝的物质的量为0.04molV2===(0.16+2*0.06+3*0.04)/1==0.44L==440mL(2)当沉淀达到最大值时,则n(HCl)==n(NaOH)则NaOH的体积为400mL(3)若沉淀中无Al(OH)3则说明Al3+全部转化为NaAlO?2,则n(NaOH)≧n(NaCl)+n(NaAlO?2)==n(HCl)+n(Al3+)0.45≧0.4+0.1-a解得,a≧0.051>a≧0.05[点击试题]1.将溶液(或气体)X逐渐加入到(或通入到)一定量的Y溶液中,产生沉淀的量m与加入X物质的量n的关系如下图,符合图中情况的一组物质是ABCDXH2SNaOHNH3HClYNa2SO3AlCl3MgSO4NaAlO22.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物,溶于足量水中后有0.58克白色沉淀,在所得浊液中,逐滴加入0.5mol/l的盐酸,加入盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如右图所示:(a)混合物中NaOH的质量为,(b)混合物中AlCl3质量为(c)混合物中MgCl2质量为,(d)P点表示盐酸的体积是。[板书]3、铁的转化关系(1)铁三角应用[投影]例1、把含有FeBr2、FeI2各amol的稀溶液两份,分别通入一定量的Cl2,第一份溶液中有一半的I―被氧化成I2,第二份溶液中有一半的Br―被氧化成Br2,两份奶入Cl2的物质的量之比(D)A、1:1B、1:2C、1:3D、1:5[点击试题]1、在FeCl3、CuCl2和HCl的混合液中加入Fe粉,待反应结束,所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引,则反应后溶液中存在较多的阳离子是()A、Cu2+B、Fe3+C、Fe2+D、H+[板书](2)铁与稀HNO3反应规律当稀HNO3过量时,Fe+4HNO3==Fe(NO3)2+NO↑+H2O[讲]若铁过量,则在上述反应基础上,继续反应,Fe+2Fe(NO3)3==3Fe(NO3)2[板书]当铁粉过量时,3Fe+8HNO3==3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O[投影小结]根据Fe与HNO3的物质的量的变化,可分为以下三种情况:≦1/4时,产物为Fe(NO3)3≧3/8时,产物为Fe(NO3)2若1/4≦≦3/8时,产物为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2的混合物但需要注意的是,无论Fe过量与否,被还原的HNO3占总消耗的HNO3的1/4[板书](3)守恒法在Fe计算中的综合应用Ⅰ质量守恒关系[讲]质量守恒定律表示:参加化学反应的各种物质的质量总和,等于反应后生成物的各物质的质量总和。依据该定律常可得出下列解题时实用的等式:(1)反应物的质量总和=生成物的质量总和(2)反应物减少的总质量=产物增加的总质量(3)反应体系中固体质量的增加(或减少)等于气体质量的减少(或增加)[投影]例1、在2L硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中,加入30g铁粉,最后得到2L0.25g?mol-1的硫酸亚铁溶液及26g固体沉淀物。分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度。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量和相等得:56g?mol-1×2x+64g?mol-1×y+30g=2L×0.25g?mol-1×56g?mol-1+26g①再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得:3x+y=2L×0.25g?mol-1②联立①②解得x=0.1mol,y=0.2mol。因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为0.05mol?L-1和0.1mol?L-1。[板书]Ⅱ元素守恒关系[讲]在化学反应过程中,从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程,因此在反应过程中某种元素的原子,在反应前后必定保持两种守恒关系(均体现出原子个数相等):(1)原子的质量守恒;(2)原子的物质的量守恒。[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896mLH2(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-1B.0.6mol?L-1C.0.8mol?L-1D.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)1nn(14/56)mol0.25nmol0.25nmol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-→NO1310.2mol0.6mol0.2mol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.2.34LC.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SO2、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。Fe-2e-——→Fe2+H2SO4+2e-——→SO22H++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。38.7%8克CO2:4.4H2O:7.2CD==H2O+CO2↑(a)混合物中NaOH的质量为2g,(b)混合物中AlCl3质量为0.6675g(c)混合物中MgCl2质量为0.95g,(d)P点表示盐酸的体积是90mL。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,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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