高三化學(xué)教案過渡元素

11/11高三化學(xué)教案過渡元素歡送來到高三化學(xué)教案欄目,此欄目中聚集了大量有關(guān)化學(xué)的教案,在此小編為您編輯了此文：高三化學(xué)教案：過渡元素,希望可以給大家的學(xué)習(xí)或教學(xué)提供更多的幫助。過渡元素【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】【易錯(cuò)指津】1.NO3-與Fe2+在酸性條件下,不能共存。2.過量的Fe與硝酸作用,或在Fe和Fe2O3的混合物中參加鹽酸,要注意產(chǎn)生的Fe3+還可以氧化單質(zhì)Fe這一隱含反響：Fe+2Fe3+=3Fe2+。3.注意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得剩余固體的區(qū)別。FeCl3溶液加熱濃縮時(shí),因Fe3+水解和HCl的揮發(fā),得到的固體為Fe(OH)3,如灼燒后得到紅色的Fe2O3固體。但Fe2(SO4)3溶液蒸干時(shí),因硫酸是難揮發(fā)性酸,將不能得到Fe(OH)3固體。4.無視亞鐵鹽及Fe(OH)2易被空氣中氧氣氧化成三價(jià)鐵的化合物。如某溶液中參加堿溶液后,最終得到紅褐色沉淀,并不能斷定該溶液中一定含有Fe3+,而也可能含有Fe2+。5.無視鐵單質(zhì)與強(qiáng)氧化性物質(zhì)反響時(shí),也有生成二價(jià)鐵化合物的可能性。反響中假設(shè)鐵為足量,最終鐵元素將以二價(jià)鐵形式存在,因?yàn)?Fe3++Fe=3Fe2+?！镜湫屠}評(píng)析】例1久置于空氣中的以下物質(zhì),因被氧化而呈黃色的是(2019年全國高考題)A.濃HNO3B.氯化亞鐵溶液C.溴苯D.溴化銀思路分析：此題考查的是常見的黃色體系有四種固體：溴化銀、硫、過氧化鈉、三硝基甲苯;外加幾種黃色溶液：濃HNO3(因溶液中有NO2氣體)、工業(yè)鹽酸(含F(xiàn)e3+離子)、不純的硝基苯(因溶有NO2)、亞鐵鹽溶液(因含F(xiàn)e3+離子)等。對(duì)于該題除考查物質(zhì)的物理性質(zhì)顏色之外,還附加了一個(gè)條件：因被氧化,因此,只能考慮B選項(xiàng)。答案：B方法要領(lǐng)：此題是氧化概念與化合物的物理、化學(xué)性質(zhì)的結(jié)合。該題看似簡(jiǎn)單,但很容易選錯(cuò),關(guān)鍵注意答題時(shí)要看清題目的限制條件,并把握全面。抓住氧化這一特征便可。例2某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+4種離子,假設(shè)向其中參加過量的NaOH溶液,微熱并攪拌,再參加過量的鹽酸,溶液中大量減少的陽離子是(2019年全國高考題)A.NH4+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+思路分析：各離子在參加NaOH溶液和HCl的變化過程中,離子變化為：NH4+Mg2+Mg(OH)2Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Al3+AlO2-Al3+。只有A和C的離子數(shù)減小。答案：A、C方法要領(lǐng)：題中涉及多種陽離子在強(qiáng)酸、強(qiáng)堿溶液中的發(fā)生的變化。分析各離子的變化過程,從而搞清數(shù)目是否改變。注意試劑的用量及反響條件,如微熱。此題考查了兩個(gè)知識(shí)點(diǎn)：(1)NH4+在堿性受熱條件下不穩(wěn)定;(2)Fe2+易變質(zhì),特別在堿性條件下Fe(OH)2Fe(OH)3速率極快。例3將鐵屑溶于過量鹽酸后,再參加以下物質(zhì),會(huì)有三價(jià)鐵生成的是(2019年全國高考題)A.硫酸B.氯水C.硝酸鋅D.氯化銅思路分析：此題考查Fe2+與Fe3+相互轉(zhuǎn)化。其中A項(xiàng)中參加硫酸,無任何反響;假設(shè)參加B項(xiàng)中氯水,因2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故有Fe3+生成;C項(xiàng)中參加Zn(NO3)2,因溶液中有H+,發(fā)生反響：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO+2H2O,C正確;D項(xiàng)中參加CuCl2無反響發(fā)生。答案：B、C方法要領(lǐng)：Fe2+有較強(qiáng)的復(fù)原性,易被氧化成Fe3+;對(duì)于NO3-的隱蔽氧化性,應(yīng)用時(shí)應(yīng)高度警惕;在離子共存、離子方程式正誤判斷,及復(fù)原性物質(zhì)在酸性環(huán)境中遇NO3-時(shí),往往要考慮其氧化性。例4制印刷電路時(shí)常用氯化鐵溶液作為腐蝕液：發(fā)生的反響為2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化鐵溶液的燒杯中同時(shí)參加鐵粉和銅粉,反響結(jié)束后,以下結(jié)果不可能出現(xiàn)的是A.燒杯中有銅無鐵B.燒杯中有鐵無銅C.燒杯中鐵、銅都有D.燒杯中鐵、銅都無思路分析：向盛有FeCl3溶液的燒杯中同時(shí)參加鐵粉和銅粉,由于Fe的復(fù)原性比Cu強(qiáng),Fe3+首先應(yīng)與Fe反響,如果Fe3+有剩余,剩余的Fe3+再與Cu反響。鐵粉未反響完時(shí)銅粉就不會(huì)被氧化,所以不可能出現(xiàn)燒杯中有鐵無銅的現(xiàn)象,故應(yīng)選B。其他三個(gè)選項(xiàng)的情況都可能再現(xiàn)。當(dāng)FeCl3過量或恰好完全反響時(shí),Fe、Cu均無剩余,即選項(xiàng)D,反響后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。當(dāng)FeCl3缺乏量時(shí),有兩種情況：①Fe粉有剩余,那么Cu尚未參加反響,即選項(xiàng)C,反響后溶液中只有Fe2+(不考慮H+、OH-);②鐵粉無剩余,那么Cu反響了一局部或尚未參加反響,即選項(xiàng)A,反響后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。答案：B方法要領(lǐng)：此題涉及氧化復(fù)原反響的一個(gè)規(guī)律：當(dāng)一種氧化劑氧化幾種復(fù)原劑時(shí),首先氧化最強(qiáng)的復(fù)原劑,待最強(qiáng)的復(fù)原劑完全氧化后,多余的氧化劑再依次氧化次強(qiáng)的復(fù)原劑。一種復(fù)原劑復(fù)原幾種氧化劑時(shí)與此類似。金屬越活潑,復(fù)原性越強(qiáng),不過對(duì)變價(jià)金屬所形成的中間價(jià)態(tài)的陽離子與高價(jià)態(tài)的陽離子其氧化性是不同的。常見的金屬陽離子氧化性順序?yàn)椋篕+由上表知,Fe3+的氧化性比Cu2+強(qiáng),才會(huì)發(fā)生題中介紹的印刷電路腐蝕原理的反響。例5在由Fe、FeO、和Fe2O3組成的混合物中參加100mL2mol/L的鹽酸,恰好使混合物完全溶解,并放出448mL氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況),此時(shí)溶液中無Fe3+離子,那么以下判斷正確的選項(xiàng)是(2019年上海高考題)A.混合物里3種物質(zhì)反響時(shí)消耗鹽鹽酸的物質(zhì)的量濃度之比為1:1:3B.反響后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質(zhì)的量濃度之比為1:2C.混合物里,FeO的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多D.混合物里,Fe2O3的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比FeO的物質(zhì)的量多思路分析：根據(jù)題意,n(HCl)=0.2mol,生成n(H2)=0.448L/22.4L.mol-1=0.02mol。因氧化性：Fe3+H+,所以Fe先與Fe3+反響后再復(fù)原H+,由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe復(fù)原1molFe2O3),和Fe與H+反響放出H2,可知n(Fe)n(Fe2O3);由反響后溶液中溶質(zhì)全為FeCl2知,n(Fe2+):n(Cl-)=1:2;至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之間量的關(guān)系,無從知道。答案：B、C方法要領(lǐng)：可用圖示分析反響過程,以幫助理解：例6以下圖中的每一方格表示有關(guān)的一種反響物或生成物,其中粗框表示初始反響物(反響時(shí)參加或生成的水,以及生成沉淀J時(shí)的其他產(chǎn)物均已略去)。(1994年全國高考題)請(qǐng)?zhí)顚懸韵驴瞻?(1)物質(zhì)B是、F是________、J是。(2)反響①的離子方程式是_____________________。思路分析：飽和食鹽水電解的產(chǎn)物是NaOH、Cl2、H2。三者之間存在的反響是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,由圖示：B能與另外兩種生成物反響,所以B為Cl2;又B與A反響產(chǎn)物有兩種所以C一定為H2,A為NaOH,G為HCl;再由F+Cl2I,F+HClH+H2,H+Cl2I,可推知F為變價(jià)金屬,可確定為Fe;H和I分別為FeCl2和FeCl3;最后注意理解D與H、I反響。由題知D、E為NaCl、NaClO,通過上述分析可認(rèn)定D應(yīng)NaClO,有關(guān)反響為：IJ：Fe3++3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClO,發(fā)生了雙水解反響。而HJ可理解為生成Fe(OH)2,但HClO有強(qiáng)氧化性而將Fe(OH)2氧化為Fe(OH)3。答案：(1)Cl2(或氯氣),Fe(或鐵),Fe(OH)3(或氫氧化鐵)(2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O方法要領(lǐng)：此題的難點(diǎn),是確定F為何種物質(zhì)。其推斷方法：先推斷F為何種類型的物質(zhì),因F+Cl2I,F+HClH+H2,所以F必為金屬。再推斷這種金屬的特點(diǎn),因I、H均為氯化物,又H+Cl2I,所以F是變價(jià)金屬,而我們熟知的變價(jià)金屬是鐵。先確定物質(zhì)的種類,再確認(rèn)具體物質(zhì),這是解推斷題中常用的方法。因?yàn)樗芊纸怆y點(diǎn),使一步推斷的目標(biāo)更具體、更明確。思路也變得非常清晰。例7Cu+在酸性溶液中不穩(wěn)定,可發(fā)生自身氧化復(fù)原反響生成Cu2+和Cu?，F(xiàn)有濃硫酸、濃硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH試紙,簡(jiǎn)述如何用簡(jiǎn)便的實(shí)驗(yàn)方法來檢驗(yàn)CuO經(jīng)氫氣復(fù)原所得紅色產(chǎn)物中是否含有堿性氧化物Cu2O。(1992年全國高考題)【查字典化學(xué)網(wǎng)提醒】過渡元素思路分析,請(qǐng)點(diǎn)擊下一頁查看思路分析：此題是一道信息遷移式的實(shí)驗(yàn)題。題中給出一些考生未學(xué)過的新知識(shí),要求考生認(rèn)真審題,讀懂信息,聯(lián)想已有的根底知識(shí)和根本技能,運(yùn)用題示信息,分析推理,設(shè)計(jì)出簡(jiǎn)便的檢驗(yàn)方案。由題給信息可知,Cu2O是堿性氧化物,可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu++H2O;而Cu+在酸溶液中不穩(wěn)定,自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2++Cu。題給試劑中,濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均顯酸性,且都能與Cu反響生成Cu2+,如果選用這些試劑,它們和樣品反響后的溶液都呈藍(lán)色(Cu2+),但分不清是與Cu還是與Cu2O反響產(chǎn)生的Cu2+,故無法確證樣品中是否含有Cu2O。根據(jù)以上分析,選用的試劑必須符合兩個(gè)條件,一是呈酸性,二是不能與Cu反響。在題給試劑中只有稀硫酸符合。答案：取少量待檢樣品放入稀硫酸,振蕩,假設(shè)溶液變?yōu)樗{(lán)色,說明樣品中有Cu2O,假設(shè)溶液不變色,說明產(chǎn)物中無Cu2O。方法要領(lǐng)：如將稀硫酸換成濃硫酸、濃硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一種,都會(huì)發(fā)生Cu-2e-=Cu2+。即使紅色產(chǎn)物無Cu+也會(huì)產(chǎn)生藍(lán)色溶液。導(dǎo)致題目錯(cuò)解。要搞清pH的概念及pH試紙的使用范圍。如用pH試紙測(cè)溶液的pH來判斷(理由是：因pH變大,那么有Cu2O,因?yàn)镃u2O與稀硫酸反響消耗了H+),不知道對(duì)本實(shí)驗(yàn)來說,溶液的pH變化用pH試紙是測(cè)不出的。有些實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,用肉眼看不清的。如雖選用稀硫酸,沒抓住解題關(guān)鍵,不是由溶液是否變藍(lán)確認(rèn),而是想當(dāng)然,看紅色產(chǎn)物溶解情況,假設(shè)局部溶解(因Cu不溶于稀硫酸,而Cu2O可溶),可知有Cu2O,甚至認(rèn)為看有無Cu生成,假設(shè)有Cu生成(因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu),那么有Cu2O。例8試樣X由氧化亞鐵和氧化銅組成,取質(zhì)量相等的兩份試樣按以下圖所示進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：(2019年全國高考題)(1)請(qǐng)寫出步驟③中所發(fā)生的全部反響的離子方程式。(2)假設(shè)全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反響后,生成的不溶物W的質(zhì)量是m,那么每份試樣X中氧化銅的質(zhì)量為。(用m表示)思路分析：根據(jù)題目的設(shè)定,先對(duì)溶液Y和粉末Z的組成作正確的判斷。①中FeO、CuO與鹽酸反響式為：FeO+2HCl=FeCl2+H2OCuO+2HCl=CuCl2+H2O②中試樣在較高溫度下與CO反響為：FeO+CO=Fe+CO2CuO+CO=Cu+CO2由此可見,溶液Y與粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金屬Fe、Cu以及過量鹽酸的混合。在此混合物中,兩種金屬單質(zhì)中只有Fe可分別與CuCl2溶液和HCl反響,離子方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++CuFe+2H+=Fe2++H2③中反響后的溶液呈強(qiáng)酸性說明HCl剩余,可判斷Fe已沒有剩余;溶液中不含Cu2+意味著CuCl2已全部參加了與Fe的置換反響,不溶物W全部是Cu。它是由兩份試樣中的CuO轉(zhuǎn)變而來。因此,一份試樣中的CuO質(zhì)量為0.5m(CuO/Cu)=0.5m(80/64)=5m/8。答案：(1)Fe+Cu2+=Fe2++CuFe+2H+=Fe2++H2(2)5m/8方法要領(lǐng)：題目涉及到的化學(xué)根底知識(shí)有：金屬氧化物跟酸的反響,CO的復(fù)原性,金屬單質(zhì)與鹽溶液、非氧化性酸的置換反響,離子方程式的書寫,有關(guān)的化學(xué)計(jì)算。其中,化學(xué)計(jì)算是通過填空的形式使那些只顧方法正確而無視結(jié)果正確的考生得不到分?jǐn)?shù)。題目在表達(dá)過程中設(shè)置了幾個(gè)障礙點(diǎn),它們是：1.溶液Y和粉末Z經(jīng)過反響③后所得溶液具有強(qiáng)酸性,會(huì)使判斷力不強(qiáng)的考生不能由此對(duì)溶液中不含鐵粉作出肯定的認(rèn)定。2.離子方程式歷來是考試中的難點(diǎn),在鹽酸、氯化亞鐵、氯化銅、金屬鐵和金屬銅5種物質(zhì)共存時(shí),判斷有關(guān)的離子反響并書寫離子方程式。3.m是全部不溶物的質(zhì)量,試題要求答復(fù)的是每份試樣中氧化銅的質(zhì)量,這是一種具有較大迷惑性的設(shè)問,對(duì)考生的思維嚴(yán)密性是一種深刻的檢驗(yàn)。如不能通過這種檢驗(yàn),會(huì)把答案錯(cuò)寫成5m/4。例9鹵塊的主要成分為MgCl2(含F(xiàn)e2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子),假設(shè)以它為原料,按如下工藝流程圖,即可制得輕質(zhì)氧化鎂。(2019年高考試測(cè)題)如果要求產(chǎn)品盡量不含雜質(zhì)離子,而且本錢較低。流程中所用試劑或pH控制可參考以下附表確定。表1生成氫氧化物沉淀的pH物質(zhì)開始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6*Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1*Fe2+氫氧化物呈絮狀,不易從溶液中除去,所以常將它氧化成為Fe3+,生成沉淀Fe(OH)3而除去。表2工業(yè)品價(jià)格表工業(yè)品規(guī)格價(jià)格(元/t)漂液含NaClO25.2%450過氧化氫30%2400燒堿98%2100純堿99.5%600鹵塊含MgCl230%310請(qǐng)?zhí)顚懸韵驴瞻?(1)在步驟②中參加的物質(zhì)X,最正確選擇應(yīng)是,其作用是。(2)在步驟③中參加的物質(zhì)Y應(yīng)是,之所以要控制pH=9.8的目的是。(3)在步驟⑤時(shí)發(fā)生的化學(xué)反響方程式是：。思路分析：題目給出了生產(chǎn)的工藝流程,也是為考生提供了解題線索。為除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等雜質(zhì)離子,從表1可以看出,當(dāng)參加燒堿控制在pH=9.8時(shí)即可到達(dá)目的。此時(shí)Mg2+離子也會(huì)因生成局部Mg(OH)2而進(jìn)入沉淀中,但由于鹵塊價(jià)格低廉,這點(diǎn)不可防止的損失還是可以承受的,其結(jié)果是保證了產(chǎn)品的純度.。為將Fe2+氧化成Fe3+離子,有兩種氧化劑可以采用,即漂液和過氧化氫。從表2中的價(jià)格可看出,前者比后者廉價(jià)得多,應(yīng)選用漂液。從氯化鎂制成氧化鎂,有兩條反響路線：其一,燒堿路線：MgCl2Mg(OH)2MgO其二,純堿路線：MgCl2MgCO3MgO燒堿比純堿價(jià)格昂貴