1、本专题重难点突破一金属的重要反应规律及其应用1金属与非金属的反应规律O2、Cl2、S等活泼非金属均可把金属氧化，得到金属氧化物、氯化物、硫化物等。其中对于变价元素Fe、Cu，当氧化剂为Cl2时，生成相应的高价化合物；当氧化剂为S时，生成相应的低价化合物。如2Fe3Cl22FeCl3，CuCl2CuCl2，FeSFeS,2CuSCu2S。2金属与氧气反应的多样性活泼金属(如Na)在常温下即可反应，加热或点燃所得的产物一般更复杂。如4NaO2=2Na2O(常温)，2NaO2Na2O2。3金属的置换反应规律(1)金属与水反应在金属活动性顺序表中，钠及钠之前的金属能与冷水剧烈反应，生成强碱和氢气；镁、
2、铝能与沸水反应；而铝之后、氢之前的金属在高温下能与水蒸气反应，生成不溶性氧化物和氢气。(2)金属与酸的反应在金属活动性顺序表中，排在H之前的金属能够与酸反应置换出H2，排在H之后的金属与酸不反应。金属的位置越靠前，其活动性越强，与酸反应越容易，反应越剧烈。如与等浓度的盐酸反应且金属颗粒大小相同时，剧烈程度MgAlFe。(3)金属与盐的反应在金属活动性顺序表中，位于前面的金属能够把位于后面的金属从它们的盐溶液中置换出来，如FeCuSO4=FeSO4Cu。但是能与水发生反应的金属(如Na)在与盐溶液反应时，不能置换出相应的金属单质，应先考虑与水的反应，再考虑生成的NaOH能否与盐发生反应。4金属的
3、化学性质及其应用【典例1】根据你对金属钠性质的了解，回答下列问题：(1)由于金属钠很容易跟空气中的_、_等物质反应，通常将它保存在_里。(2)将金属钠加入Fe2(SO4)3溶液中会产生红褐色沉淀。你能解释这一现象吗？解析(1)由于金属钠很活泼，很容易跟空气中的氧气、水蒸气等物质反应，因此保存时应隔绝空气，通常保存在煤油中。这是因为钠的密度大于煤油的密度且钠与煤油不反应，钠在煤油中沉在底部而避免了与空气的接触。(2)金属钠与盐溶液的反应，不可能置换出金属单质，这是因为钠首先要和溶液中的水反应生成NaOH和H2，生成的NaOH能和Fe2(SO4)3反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3。答案(1)氧气水
4、蒸气煤油(2)钠投入Fe2(SO4)3溶液中，首先发生反应：2Na2H2O=2NaOHH2，生成的NaOH能与Fe2(SO4)3反应：6NaOHFe2(SO4)3=2Fe(OH)33Na2SO4，所以会观察到有红褐色沉淀生成。该反应的总化学方程式为6Na6H2OFe2(SO4)3=2Fe(OH)33Na2SO43H2。【典例2】A、B、C是单质，其中A是常见金属，各种物质间的转化关系如下所示：根据图示转化关系回答：(1)写出下列物质的化学式：A_，B_，乙_，丁_。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式：A与NaOH溶液反应的化学方程式：_。甲与NaOH溶液反应的离子方程式：_。(3)将一
5、定量的A加入NaOH溶液中，产生的C在标准状况下的体积为3.36 L，则消耗A的物质的量为_，转移电子的物质的量为_。解析常见金属单质中能与NaOH溶液反应的只有Al，所以A是Al，乙是NaAlO2，C是H2，甲是Al的化合物，可与NaOH溶液反应产生NaAlO2，甲是Al2O3，则丙是H2O，B即是O2。根据NaAlO2CO22H2O=NaHCO3Al(OH)3得丁是Al(OH)3。由2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2知，n(Al)n(H2)0.1 mol,1 mol Al在反应过程中转移3 mol电子，则0.1 mol Al在反应过程中转移0.3 mol电子。答案(1)AlO2
6、NaAlO2Al(OH)3(2)2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2Al2O32OH=2AlOH2O(3)0.1 mol0.3 mol二金属与酸反应的计算规律和方法1金属与酸反应的定量规律(只考虑生成氢气的情况)(1)金属与酸反应，金属失去电子的物质的量等于酸得到电子的物质的量。(2)1 mol a价金属与足量酸反应，可生成 mol氢气。(3)当参加反应的金属与产生氢气的质量差相等时，则反应后两溶液增加的质量相等。(4)相同物质的量的金属与足量的酸反应产生氢气的量之比等于反应后对应金属呈现的化合价之比。(5)特别注意，在钠等极活泼金属与酸反应时，金属过量时还会跟水反应产生氢气。2铝分
7、别与酸、碱反应产生氢气量的比较(加试要求)(1)等量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应，消耗盐酸和NaOH的物质的量之比为31，生成氢气的量相等。(2)足量的铝分别与等物质的量浓度、等体积的盐酸和NaOH溶液反应，生成氢气的物质的量之比为13。(3)一定量的铝分别和一定量的H、OH反应时，若产生氢气的体积比为1，则必定是与酸反应时铝过量，与碱反应时铝不足，即酸中铝过量，碱中碱过量。【典例3】(加试要求)甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为V甲V乙12，则加入铝粉的质量为()A5.4 g B3.
8、6 g C2.7 g D1.8 g答案A解析Al和盐酸的反应式为2Al6HCl=2AlCl33H2；Al与NaOH溶液的反应式为2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2。若Al均完全反应，则产生的H2体积比为11，实际产生H2的体积比为12，即NaOH溶液中产生的H2多，说明消耗的Al多，即甲中Al过量。由n(HCl)0.3 mol，可知甲中产生0.15 mol H2，那么乙中产生0.3 mol H2，消耗0.2 mol OH，OH还剩余0.1 mol，则Al没有剩余，则投入的Al为0.2 mol，其质量为5.4 g。三重要金属化合物的性质及其应用1重要的金属化合物2Al(OH)3和Fe
9、(OH)2的制备方法(加试要求)(1)实验室制Al(OH)3是用铝盐如AlCl3、KAl(SO4)2与氨水反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(2)实验室制备Fe(OH)2的关键需要创造的条件无Fe3的环境，无O2的环境；可以采取的措施排除溶液中的Fe3加铁粉；排除有O2的环境：驱逐溶液中的溶解氧加热煮沸；避免与空气接触可将吸有NaOH溶液的长胶头滴管伸入到FeSO4液面下，再挤出NaOH溶液。【典例4】M、E是人类使用最早、应用最广泛的两种常见金属。请回答下列问题：(1)写出图中MMSO4的化学方程式_。(2)将酸化的X溶液滴加到盛有H2O2溶液的试管中，发生反应的离子方程式为
10、_；一段时间后，某同学发现试管中有气泡出现，管壁发热，随后还有沉淀生成。则沉淀的化学式为_。解析根据MSO4为蓝色溶液，可以推断M为Cu，MSO4为CuSO4，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3。(2)一段时间后，因为2H2O22H2OO2，所以气泡为O2，沉淀为Fe(OH)3。答案(1)2Cu2H2SO4O22CuSO42H2O(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe(OH)3【典例5】(加试要求)下列转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。其中A、C均可以与强酸、强碱反应，试推断：(1)写出下列物质的化学式：A：_，C：
11、_，I：_。(2)写出下列反应的离子方程式：CF_。HI_。解析A、C均可以与强酸、强碱反应，可推知A为Al，C为Al2O3，F为NaAlO2。I应为氢氧化物，加热生成红色粉末B，且A和B在高温下能发生置换反应，说明B为Fe2O3，I为Fe(OH)3，D为Fe，G为FeCl2，H为FeCl3。答案(1)AlAl2O3Fe(OH)3(2)Al2O32OH=2AlOH2OFe33OH=Fe(OH)3四Al3、Al(OH)3、AlO的转化及其图像(加试要求)1Al3、Al(OH)3、AlO间的相互转化“铝三角”(1)Al3Al(OH)3可溶性铝盐与少量NaOH溶液反应：Al33OH(少量)=Al(O
12、H)3可溶性铝盐与氨水反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH(2)Al(OH)3Al3Al(OH)3溶于强酸溶液：Al(OH)33H=Al33H2O(3)Al3AlO可溶性铝盐与过量的强碱反应：Al34OH(过量)=AlO2H2O(4)AlOAl3偏铝酸盐溶液与足量的盐酸反应：AlO4H=Al32H2O(5)AlOAl(OH)3偏铝酸盐溶液中加入少量盐酸：AlOH(少量)H2O=Al(OH)3偏铝酸盐溶液中通入CO2：2AlOCO2(少量)3H2O=2Al(OH)3COAlOCO2(过量)2H2O=Al(OH)3HCO(6)Al(OH)3AlOAl(OH)3溶于强碱溶液：Al(OH)
13、3OH=AlO2H2O提醒(1)Al3与OH、AlO与H、Al3与AlO在水溶液中发生反应而不能大量共存。(2)实现Al3Al(OH)3、AlOAl(OH)3时，分别加入NH3H2O、通入CO2不会引起Al(OH)3溶解。(3)“三角关系”也可描述为直线型关系2氢氧化铝图像解析方法(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量发生反应的离子方程式为OA段：Al33OH=Al(OH)3AB段：Al(OH)3OH=AlO2H2O从图中不难看出，向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的NaOH溶液的体积有两种情况：一是AlCl3过量即加入的NaOH不足；二是加入的NaOH将生
14、成的Al(OH)3溶解了一部分。(2)向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液由于氢氧化铝只能与强酸或强碱反应，氨水是一种弱碱，所以氢氧化铝不会溶解在氨水中，则向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。若向铝盐中滴加氨水，反应的离子方程式为3NH3H2OAl3=Al(OH)33NH当氨水增加到n(Al3)n(NH3H2O)13时，产生Al(OH)3沉淀量最大。(3)向偏铝酸盐溶液中滴入强酸发生反应的离子方程式为OA段：AlOHH2O=Al(OH)3AB段：Al(OH)33H=Al33H2O当n(AlO)n(H)11时，产生沉淀量最大，继续滴入强酸，沉淀逐渐溶解。(4)向N
15、aAlO2溶液中通入CO2由于碳酸的酸性大于氢氧化铝，所以偏铝酸钠能与二氧化碳反应，生成氢氧化铝，产生的Al(OH)3沉淀不溶解在碳酸中，所以产生的沉淀不消失。(5)向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液反应的离子方程式依次为HOH=H2OMg22OH=Mg(OH)2Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2O出现的现象是先产生沉淀，到沉淀最大值时，继续滴加NaOH溶液，沉淀部分溶解，最后剩余的为氢氧化镁沉淀，消失的是氢氧化铝沉淀。提醒向含等物质的量的NH、Al3、H的混合溶液中慢慢加入NaOH溶液，直至过量，依次发生如下离子反应：HOH=H2O，Al33OH=
16、Al(OH)3，NHOH=NH3H2O，Al(OH)3OH=AlO2H2O。图像表示如下：【典例6】向物质的量浓度均为1 molL1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图中n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积能正确表示这个反应过程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为OHH=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al33OH=Al(OH)3；第三阶段滴加NaOH溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为Al(OH)3OH=AlO2H2O，结合反应方程式及浓度关系可知三个阶段消
17、耗NaOH物质的量之比为131。答案D【典例7】如图为向100 mL 2 molL1 AlCl3溶液中加入2 molL1 NaOH溶液过程中，产生Al(OH)3白色沉淀的质量与NaOH的物质的量之间的关系曲线。试回答：(1)A点时已参加反应的AlCl3和NaOH的物质的量之比为1_。(2)AB段曲线所表示的反应的离子方程式是_。(3)B点对应溶液中存在的物质的量浓度最大的离子是_(填离子符号)；若向B点对应溶液中通入二氧化碳气体，可观察到的现象是_。(4)当该AlCl3溶液中产生7.8 g沉淀时，消耗2 molL1 NaOH溶液的体积可能是多少？(单位为mL)解析(1)OA段发生的反应为AlC
18、l33NaOH=Al(OH)33NaCl，故AlCl3和NaOH的物质的量之比为13。(2)AB段发生的反应为Al(OH)3OH=AlO2H2O。(3)B点时，溶液中的溶质为NaCl和NaAlO2，故B点对应溶液中存在的物质的量浓度最大的离子是Na。向含有NaCl和NaAlO2的溶液中通入过量CO2，发生反应：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3，溶液中会产生白色沉淀。(4)n(AlCl3)0.1 L2 molL10.2 mol，nAl(OH)30.1 mol。向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，若AlCl3溶液有剩余，则AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，则消耗
19、的n(NaOH)3nAl(OH)30.3 mol，V(NaOH)0.15 L150 mL；若AlCl3全部转化为Al(OH)3，AlCl33NaOH=Al(OH)33NaCl，消耗的n(NaOH)3nAl(OH)330.2 mol0.6 mol，继续加入NaOH溶液，发生反应：Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O，剩余0.1 mol Al(OH)3，则溶解的nAl(OH)30.2 mol0.1 mol0.1 mol，需消耗n(NaOH)0.1 mol，故共消耗NaOH的物质的量为0.6 mol0.1 mol0.7 mol，V(NaOH)0.35 L350 mL。答案(1)3(2)Al(
20、OH)3OH=AlO2H2O(3)Na生成白色沉淀(4)150 mL或350 mL五数轴法分析Al(OH)3沉淀量时的应用(加试要求)1可溶性铝盐溶液和强碱溶液发生如下反应：Al33OH=Al(OH)3Al(OH)3OH=AlO2H2O反应产物与关系图示如下：(1)3时，nAl(OH)3。(2)34时，nAl(OH)34n(Al3)n(OH)。(3)4时，nAl(OH)30。2偏铝酸盐溶液和强酸溶液发生如下反应：AlOHH2O=Al(OH)3Al(OH)33H=Al33H2O反应产物与关系图示如下：(1)1时，nAl(OH)3n(H)。(2)14时，nAl(OH)34n(AlO)n(H)。(3
21、)4时，nAl(OH)30。【典例8】向20 mL 1 molL1的Al2(SO4)3溶液中加入30 mL KOH溶液，充分反应得到0.78 g沉淀，则KOH溶液的物质的量浓度可能是()1 molL13 molL15 molL1 7 molL1A BC D解析方法一：从Al3的物质的量与Al(OH)3沉淀的物质的量相比较可推测加入KOH的两种情况：n(KOH)3nAl(OH)3，KOH过量时，n(KOH)4n(Al3)nAl(OH)3，解题过程可分为以下两步进行：(1)求Al3和Al(OH)3沉淀的物质的量：n(Al3)0.02 L1 molL120.04 mol。nAl(OH)30.01 m
22、ol。(2)当KOH不足时，n(KOH)3nAl(OH)330.01 mol0.03 mol，c(KOH)1 molL1。当KOH过量时，n(KOH)4n(Al3)nAl(OH)340.04 mol0.01 mol0.15 mol，c(KOH)5 molL1。方法二：采用图像法求解。用纵坐标表示生成的Al(OH)3的物质的量，横坐标表示KOH的物质的量(如图所示)。当生成沉淀0.01 mol时：需KOH 0.03 mol；需KOH 0.15 mol，进而求出KOH的物质的量浓度。答案D六铁及其化合物之间的转化“铁三角”1Fe、Fe2、Fe3之间的转化Fe只具有还原性，可以被氧化成Fe2和Fe3
23、，也可由Fe2、Fe3还原而得到。Fe2既具有氧化性又具有还原性，但主要表现还原性。当遇到强氧化剂时，Fe2被氧化为Fe3，遇到较强的还原剂时，Fe2被还原为Fe。Fe3具有较强的氧化性，可被具有较强还原性的物质还原为Fe2或者Fe。它们之间能相互转化，其关系如下所示(常称为“铁三角”)。(1)FeFe2(2)FeFe3(3)Fe2Fe(4)Fe2Fe3如：2Fe2Cl2=2Fe32Cl2Fe2Br2=2Fe32Br4Fe2O24H=4Fe32H2O5Fe28HMnO=5Fe3Mn24H2O(Fe2使酸性KMnO4溶液褪色)3FeO2AlAl2O33Fe(5)Fe3Fe(6)Fe3Fe2如：F
24、e2Fe3=3Fe2(配制亚铁盐溶液时常加入少量铁粉)2Fe3Cu=2Fe2Cu2(FeCl3溶液腐蚀电路板)2Fe32I=2Fe2I22Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H2Fe3H2S=2Fe2S2H2Fe3、Fe2的检验(加试要求)Fe2Fe3(1)观察法浅绿色棕黄色(2)加碱(NaOH)法现象：白色沉淀灰绿色红褐色沉淀反应：Fe22OH=Fe(OH)2(白色)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3(红褐色)现象：红褐色沉淀反应：Fe33OH=Fe(OH)3(红褐色)(3)加盐(SCN)法现象：加入KSCN溶液无明显现象，再滴入氯水变成血红色溶液反应：2Fe2Cl2=2Fe32
25、ClFe33SCN=Fe(SCN)3(血红色)现象：加入KSCN溶液，溶液变为血红色反应：Fe33SCN=Fe(SCN)3(血红色)提醒(1)单纯的Fe2和Fe3的检验都较为简单，若Fe2和Fe3共存时，可利用Fe2的还原性使KMnO4溶液褪色，检验出Fe2，利用Fe3遇SCN变血红色，检验出Fe3。(2)离子的检验必须考虑试剂的添加顺序及其他离子的存在对其造成的干扰。(3)离子检验的操作与描述少取样品加试剂描述现象结论。【典例9】现有金属单质A、B 、I和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G、H。其中B是地壳中含量第二位的金属。它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部
26、标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：B_；乙_。(2)写出反应的离子方程式：_。写出反应的化学方程式：_。解析根据框图转化，可以推断，A为Na，气体甲为H2，C为NaOH，气体丙为HCl，D为盐酸，B为Fe，E为FeCl2，F为FeCl3，I为Cu，G为Fe(OH)3，H为Fe(OH)2。答案(1)FeCl2(2)2Na2H2O=2Na2OHH24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3七如何学好硅及其化合物1抓住转化关系，形成知识体系硅及其化合物是生产生活中应用较为广泛的物质，这就需要熟练掌握硅及其化合物的性质，下面我们从硅及其化合物之间的转化角度入手来构建硅
27、及其化合物的知识网络。2注重归纳总结，熟知特殊性质硅作为非金属元素应该具有非金属的性质，但是在学习硅及其化合物时，我们发现硅的某些性质却表现出与其他非金属的不同，现归纳如下：(1)硅的还原性比碳强，而碳在高温下能从SiO2中还原出Si。即SiO22CSi2CO。此反应之所以能够发生是因为生成的CO是气体，它离开反应体系使得反应向生成Si的方向进行到底。(2)非金属单质一般不与非氧化性酸反应，而硅不但与氢氟酸反应，而且有氢气生成，化学方程式为Si4HF=SiF42H2。(3)酸性氧化物一般不与酸发生反应，而二氧化硅却能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。(4)无机酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸却难溶
28、于水。(5)在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸强，二氧化碳与硅酸钠反应生成碳酸钠和硅酸沉淀。在高温下碳酸钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，其原因是在高温条件下，生成的二氧化碳离开反应体系而使反应进行到底。(6)Na2SiO3水溶液俗称水玻璃、泡花碱，但泡花碱却是盐溶液而非碱，这是由于水玻璃显碱性。3列表比较异同，掌握反应规律(1)CO2和SiO2的性质比较CO2SiO2物理性质气体，熔、沸点低，能溶于水固体，熔、沸点高，硬度大，不溶于水与碱性氧化物反应CaOCO2=CaCO3CaOSiO2CaSiO3与碱液反应2NaOHCO2=Na2CO3H2O(CO2少量)SiO22NaOH=Na2SiO3H
29、2O与H2O反应CO2H2OH2CO3不反应与酸反应不反应只与HF反应：SiO24HF=SiF42H2O与盐反应Na2SiO3CO2H2O=H2SiO3Na2CO3Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2与碳反应CO2C2COSiO22CSi2CO相同点都是酸性氧化物(酸酐)，与碱反应生成盐和水提醒对于常用的含硅材料应分清楚其主要成分是单晶硅、二氧化硅还是硅酸盐。如：硅计算机芯片、太阳能电池等二氧化硅水晶镜片、石英钟表、玛瑙手镯、光导纤维等硅酸盐陶瓷、砖瓦、水泥、玻璃等【典例10】A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转化关系如下所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。请填
30、空：(1)形成单质A的元素，在化合物中的最高化合价为_。(2)B和碳反应生成A和E的化学方程式是_。(3)C的化学式为_，D的化学式为_。答案(1)4(2)SiO22CSi2CO(3)CaSiO3Na2SiO3解析(1)地壳中元素含量仅次于氧的非金属元素为Si，A为Si，Si原子最外层有4个电子。在化合物中的最高化合价等于元素原子最外层的电子数，故Si元素在化合物中的最高化合价为4。(2)在图中，B和碳反应生成Si和E，则B为SiO2，SiO2与碳在高温条件下反应的化学方程式为SiO22CSi2CO。(3)B与氧化钙在高温下反应的化学方程式为SiO2CaOCaSiO3，则C为CaSiO3。B与氢氧化钠在加热的条件下反应的化学方程式为SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，则D为Na2SiO3。
