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几种重要金属复习与提高讲稿
高二化学几种重要的金属的综合提高
【本讲主要内容】
1、金属基础知识总结，2、镁铝铁知识网络，3、镁铝铁综合知识运用
【知识掌握】
[知识点精析]
一、金属基础知识总结
1、金属元素在周期表中的位置和原子结构
（1）金属元素分布在周期表的左下方，共有85种金属，分别分布在第0族、卤族以外的各族中。
（2）最外层电子数大部分少于4个电子，但有六种金属元素等于或大于4个，即：
GeSnPbSbBiPo。
2、判断金属活动性的强弱
（1）金属与水或酸的反应越剧烈，该金属越活泼。
（2）金属对应的氢氧化物的碱性越强，该金属越活泼。
（3）一种金属能从另一种金属盐的溶液中将其置换出来，则该金属活泼性比另一金属强。
（4）两金属构成原电池时，做负极的金属一般比做正级的金属活泼。
（5）在电解过程中，一般来说先得电子的金属阳离子对应的金属单质的活动性比后得电子的金属阳离子对应的金属单质的活动性弱。
3．金属的通性
金属的化学性质主要表现为易失去最外层的电子，显示还原性，这与它们的原子结构有关。
常见金属的主要化学性质列于下表：
金属活动性顺序
KCaNaMgAlMnZnFeSnPb（H）CuHgAgPtAu
金属原子失电子能力
依次减小，还原性减弱
空气中跟氧气的反应
易被氧化
常温时能被氧化
加热时能被氧化
不能被氧化
跟水的反应
常温可置换出水中的氢
加热或与水蒸气反应时能置换出水中的氢
不与水反应
跟酸的反应
能置换出稀酸（如HCl、H2SO4）中的氢
不能置换出稀酸中的氢
反应剧烈
反应程度依次减弱
能跟浓硫酸、硝酸反应
能跟王水反应
跟盐的反应
位于金属活动性顺序前面的金属可以将后面的金属从其盐溶液中置换出来
跟碱的反应
Al、Zn等具有两性的金属可以与碱反应
二、镁铝铁知识网络
1.镁及其化合物的转化关系
2、铝及其化合物相互转化关系
3．Fe（Ⅱ）和Fe（Ⅲ）的转化
4.金属的重要化合物
（1）氧化物
（2）氢氧化物
[解题方法指导]
例1、下列各组的两种溶液中，分别加入足量氨水，观察到的现象相同的是
A．FeCl3AlCl3B．NaClBaCl2C．MgCl2CuCl2D．FeCl2FeCl3
解析：
本题考查：
①盐+碱——新盐+新碱反应规律及完成条件
②重要金属氢氧化物的色态
B．NaCl、BaCl2与足量氨水均无反应。
∴观察现象相同应为答案
∵Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）2
红褐色白色白色蓝色白色灰绿色红褐色
∴A、C、D不能观察到相同的现象不为答案答案：
B
例2、某溶液中可能含有Fe2＋、Mg2＋、Cu2＋、NH4＋、Al3＋中的一种或几种。
当加入一种淡黄色固体并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与析出沉淀和产生气体的物质的量（纵坐标）的关系，如右图所示。
请填写下列空白：
⑴在该溶液中含有的离子是 ，它们的物质的量浓度之比为 。
⑵所加的淡黄色固体是 （化学式）。
3）图中a、b的值分别为：
a=，b=。
解析：
本题是有关离子的定性与定量问题。
其特点是：
将反应过程中，沉淀量、气体量随加入的淡黄色固体的量的关系用图像表示出来。
解本题要注意以下三点：
一是明确各离子的反应原理和反应规律；二是弄清图像横坐标、纵坐标、原点、拐点及曲线走向的含义；三是将定性描述与定量计算结合起来。
由题意可知所加淡黄色固体一定为Na2O2。
从题干叙述：
“有刺激性气味的气体放出”可知，溶液中一定含有NH4＋，且图像上边一条为气体变化曲线，其转折点为NH4＋完全反应的终点。
由“有白色沉淀生成”可知，溶液中一定没有Fe2＋、Cu2＋,Mg2＋、Al3＋至少含有一种。
再由下边一条沉淀变化曲线可知，溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，且沉淀曲线中的最高点为Mg2＋、Al3＋完全沉淀点，递减的一段为溶解Al（OH）3沉淀曲线变化。
由沉淀曲线可看出：
Mg（OH）2和Al（OH）3的总物质的量为4mol，Mg（OH）2的量为2mol。
故原溶液中Mg2＋、Al3＋都为2mol，且沉淀Mg2＋、Al3＋时消耗NaOH10mol，即5molNa2O2，则所加的5molNa2O2有（8-5）mol=3molNa2O2即6molNaOH与NH4＋反应产生NH3，根据NH4＋～OH—得溶液中含NH4＋6mol。
图中b点为气体的物质的量，6molNH4＋可产生6molNH3，8molNa2O2可产生4molO2，故b=10；图中“8→a”为溶解Al（OH）3所对应的Na2O2的量，因Al（OH）3为2mol，故需NaOH2mol即1molNa2O2，故a=9。
答案：
⑴NH4＋、Al3＋、Mg2＋，n（Mg2＋）：
n（Al3＋）：
n（NH4＋）＝1：
1：
3。
⑵Na2O2
（3）a=9。
，b=10
点评：
解此类题的方法是：
看懂图像（一看点，二看线，三看面，四看有关量）→联想规律（反应规律、量的规律）→作出判断。
例3、由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物,在一定条件下可按下图所示发生转化:
请回答：
（1）A的化学式;B的化学式
（2）反应①的化学方程式（3）反应②的离子方程式
（4）反应③的离子方程式（5）反应④的离子方程式
解析:
本题是通过图示表示实验过程及有关实验现象,是对元素化合物知识进行综合测试。
关键抓住特殊实验现象为突破口进行上串及下联不难解出有关答案。
此题第一突破口：
沉淀H
沉淀I红褐色，可推知：
沉淀H为Fe（OH）2，沉淀I为Fe（OH）3，溶液F
沉淀H，分析出F为FeCl2，溶液G
沉淀I分析出G为FeCl3，单质D
溶液F∴单质D为Fe
溶液G（FeCl3）
溶液F（FeCl2）题目（4）迎刃而解为
依据题意固体B
溶液G（FeCl3）可知B为Fe2O3
解题第二突破口溶液E
沉淀J
溶液K，按学习重点基础知识,可知沉淀J为Al（OH）3,溶液E为NaAlO2依据题意
沉淀J（Al（OH）3）
固体C（Al2O3）
单质A+化合物B
固体C（Al2O3）+单质D（Fe）
这是敏感知识点铝热反应，进一步得知：
A为Al，B为Fe2O3，其它各问不难解出
答案：
（1）A的化学式AlB的化学式Fe2O3
（2）2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3（3）
（4）
（5）
【考点突破】
[考点指要]
从近几年高考命题的规律看，本部分的镁、铝及其化合物的性质的内容仍是高考命题的中心，学习时应重在对基础知识的全面掌握，突出对其应用能力的考查，考试题型会略有变化。
对于铁及其化合物的命题方向主要集中在以下三个方面：
一是利用“铁三角”关系，综合其它元素化合物知识进行物质推断；二是综合氧化还原反应进行有关计算；三是利用化学反应原理解释一些实际问题。
另外，近几年的实验试题中比较多地出现了以金属元素及其化合物为落点的实验试题和元素推断题，应对策略就是熟练记忆镁铝铁及其化合物的性质和重要反应的实验现象。
[典型例题分析]
例1．（2004年全国高考理综试题•云南、湖南等省市卷）粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验：
①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L－1盐酸中，得溶液C；③将①中得到的单质B和溶液C反应，放出l.12L（标况）气体，同时生成溶液D，还残留有固体物质B；④用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。
请填空：
⑴①中引发铝热反应的实验操作是____________，产物中的单质B是_______。
⑵②中所发生的各反应的化学方程式是_______________________。
⑶③中所发生的各反应的离子方程式是______________________。
⑷若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+）为_____，c（Fe2+）为_____。
解析：
高温
高温
⑴引发铝热反应的实验操作：
加少量KClO3，插上Mg条并将其点燃（Mg燃烧放出的热使氧化剂KClO3分解产生氧气，氧气燃烧继续提供较高温度使反应发生）。
试样A进行铝热反应时，反应为2Al+Fe2O3===2Fe＋Al2O3（因Mg比Al活泼，Al不与MgO反应），生成单质B为Fe。
⑵MgO和Fe2O3都能与盐酸反应，化学方程式为Fe2O3＋6HCl==2FeCl3＋3H2O、MgO＋2HCl==MgCl2＋H2O。
⑶B（Fe）与C溶液反应时，因产生H2且反应后溶液中无Fe3+，则C为FeCl3、MgCl2、HCl的混合液，Fe还原Fe3+并与HCl反应置换出H2，溶液D为FeCl2、MgCl2的混合液，离子方程式为Fe＋2H+==Fe2+＋H2↑、Fe＋2Fe3+==3Fe2+。
⑷n（MgO）=n（Fe2O3）=xmol，有40x+160x=20，x=0.1mol，则c（Mg2+）=0.1mol/0.15L
=0.67mol·L－1。
由实验②③④知，最终溶液的溶质是FeCl2和MgCl2，据电荷守恒有2×n（Mg2+）+2×n（Fe2+）=1×n（Cl－），又n（Mg2+）=0.1mol，n（Cl－）=n（HCl）=6.0mol·L－1×0.15L=0.9mol，则n（Fe2+）=（0.9mol-0.2mol）/2=0.35mol，故c（Fe2+）=0.35mol/0.15L
=2.3mol·L－1。
例2：
某待测液中可能含有
等离子，进行了下述实验（所加酸、碱、氨水、溴水都是过量的）
根据实验结果
（1）判断待测液有无
离子，并写出理由
（2）写出沉淀D的化学式
（3）写出从溶液D生成沉淀E的反应的离子方程式
解析：
（1）该题检查的是金属阳离子的性质，化学反应规律及离子方程式的书写等基础知识内容广而跨度大。
（2）在待测的清离子中加入稀盐酸产生不溶于HNO3沉淀A为AgCl。
（3）溶液A中加入稀H2SO4溴水产生沉淀B。
阳离子能与SO
发生反应产生沉淀的只有Ba2+、Ca2+分别生成BaSO4不溶于水CaSO4微溶于水。
特别注意分析溴水的氧化性，待测液中如有还原性Fe2+能被溴水氧化为Fe3+
（4）溶液B中加氨水再生成沉淀C，沉淀C可能为
，若沉淀C仅为
则它不会溶于NaOH溶液，在溶液D中通入CO2不会有任何现象，溶液D
沉淀E说明沉淀C中含有溶于NaOH溶液中
。
∴沉淀C为
（5）D
E离子方程式为
答案：
（1）含有Ba2+、Ca2+中的一种或两种。
因为BaSO4不溶于水，CaSO4微溶于
（2）Fe（OH）3
（3）
【达标测试】
1．A、B、C、D、E分别是Cu、Ag、Al、Fe、Mg五种金属中的一种，已知：
①A、C均能与稀硫酸反应放出气体；②B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；③C与强碱反应放出气体；④C、E在冷浓硫酸中发生钝化。
由此可判断A、B、C、D、E依次为：
A.Fe、Cu、Al、Ag、Mg B.Mg、Ag、Al、Cu、Fe
C.Al、Cu、Mg、Ag、Fe D.Mg、Cu、Al、Ag、Fe
分析：
本题本题主要考查金属活动性的应用，和铝铁的特殊性，能与碱反应的金属只有铝，能被冷的浓硫酸钝化的金属是铝和铁。
答案：
D
2．（2003年全国理综）下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（）
A.NH3B.Na2O2C.FeCl2D.FeCl3
分析：
金属铁为变价金属，与强氧化剂反应将生成高价态的化合物。
答案：
C
3．（2000年广东高考题）某溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH+4,其C（H+）=10-2mol·L-1,在该溶液中可以大量存在的阴离子是（）
A．
B．
C．
D．
分析：
碳酸根与氢离子不共存；硝酸根与氢离子共存时具有强氧化性，能氧化亚铁离子；硫氰根离子与高价铁离子不共存。
答案：
A
4．某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的金属阳离子是（）
A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+
分析：
与氢氧化钠反应时，铵根与氢氧根结合为一水合氨后，受热分解而放出氨气；亚铁离子与氢氧根结合为氢氧化亚铁，进而被氧气氧化为氢氧化铁。
答案C
5、（06江苏7）将5.4gAl投入到200.0mL2.0mol·L－1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余。
该溶液可能为
A．HNO3溶液B．Ba（OH）2溶液C．H2SO4溶液D．HCl溶液
答案：
D
6、（06广东6）等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是
A．2mol·L-1H2SO4溶液B．18mol·L-1H2SO4溶液
C．6mol·L-1KOH溶液D．3mol·L-1HNO3溶液
分析：
镁铝与浓硫酸以及硝酸在反应时不产生氢气，因此排出BD,另外金属镁能和酸反应不和碱反应，铝和酸碱都反应，因此A产生的气体多。
答案：
A
7、（06上海16）将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应,下列叙述正确的是
A．反应速率：
两者相同
B．消耗硝酸的物质的量：
前者多，后者少
C．反应生成气体的颜色：
前者浅，后者深
D．反应中转移的电子总数：
前者多，后者少
答案:
B
8、.某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论中正确的是（）
A.一定有Fe2+,一定没有Fe3+、Mg2+
B.一定有Fe3+存在，一定没有Fe2+、Mg2+
C.一定有Fe3+，可能有Fe2+，一定没有Mg2+
D.一定有Fe2+，可能有Mg2+,一定没有Fe3+
分析：
能与碱反应生成白色沉淀的离子为Mg2+、Fe2+，而Fe3+产生的沉淀为褐色，氢氧化亚铁在空气中被氧化时产生一系列颜色变化。
答案：
D
9．（00广东·9）把表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，所得溶液中的金属离子（）
A．是Fe3+和Cu2+B．是Fe2+和Cu2+C．是Fe2+和Fe3+D．只有Fe2+
解析、表面的氧化物的量较少，溶于盐酸后，生成的Cu2+和Fe3+较少，分别被单质铁还原为Cu和Fe2+，铜与盐酸不反应，铁与盐酸反应生成Fe2+。
答案：
D
10．（99全国·28）提示：
某些金属氧化物跟熔融烧碱反应生成盐。
根据以下化学反应框图填空：
（1）单质F是。
（2）写出由E生成G的离子反应方程式（或化学方程式）。
（3）溶液I中所含金属离子是
（4）由C→E+F，若改用浓酸，则不能选用的浓酸是（写分子式）。
解析、鉴于B还可以跟强碱溶液反应，可合理地假定单质B为铝，那么A应是一种不太活泼金属的氧化物，如铁的氧化物。
同时可把红褐色沉淀G作为一个切入点，它应当是氢氧化铁。
由于E通入空气并与氨水反应得G，可判断E溶液中含有Fe2+。
这样，可推论C一定是单质铁，于是L为盐酸或硫酸，单质F为氢气。
从而进一步推断得出其他结论。
如果C→E+F反应中改用浓酸，显然不能选用氧化性酸（浓硫酸、浓硝酸）会产生两个问题：
其一、铁将钝化，不起反应；其二、即使反应，也得不到氢气。
答案：
（1）H2；
（2）4Fe2++8NH3·H20+02+2H20=4Fe（OH）3↓+8NH3↑或Fe2++2NH3·H20=Fe（OH）2↓+2NH4+；4Fe（OH）2+02+2H20=4Fe（OH）3；（3）A13+和Na+；（4）浓H2SO4、浓HN03。
11、分别含有下列离子的六种溶液：
，请用离子符号回答下列问题：
（1）半径最小的离子
（2）加过量NaOH溶液无沉淀的是
（3）加过量NaOH溶液仍有白色沉淀的是
（4）加入铁粉溶液质量增大的是
（5）加入铁粉溶液质量减少的是
（6）含的溶液，不宜长期保存
（7）含的溶液，若浓度较大便形成硬水
（8）加入KSCN溶液无变化，再滴入少量溴水后溶液呈红色的是
答案
（1）Al3+
（2）Ba2+、Al3+（3）Mg2+
（4）Fe3+（5）Ag+（6）Fe2+
（7）Mg2+（8）Fe2+
【综合测试】
1、（00广东·11）把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。
过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为（）
A．70％B．52．4％C．47．6％D．30％
解析、将ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。
过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末Fe203的质量仍为ag。
若令Fe为1mol，根据质量守恒定律得知，Al的质量应为3／2molO的质量，即原合金中铁的质量分数为：
答案A
2．（00全国·13）[理综]甲、乙、丙、丁分别是A12（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴人甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（）
A．A12（SO4）3B．NaOHC．BaCl2D．FeS03
解析、由“将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失”这一现象可知，丁为NaOH溶液，乙为A12（SO4）3溶液，NaOH溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，则甲是BaCl2溶液，丙是FeS03。
答案：
D
3、在铁与铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，充分反应后剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，则m1与m2之间的关系是）
（A）m1一定大于m2（B）m1可能m2
（C）m1一定等于m2（D）m1可能大于m2
解析：
铁和铜的混合物与一定量的硝酸反应，当金属剩余时，硝酸耗尽，但生成物中有硝酸亚铁或硝酸铜或这两种物质的混合物。
若再向其中加入稀硫酸，则继续发生如下反应：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
或：
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O
Fe+4H++NO3-=Fe2++NO↑+2H2O
使金属质量减少。
所以m1一定大于m2。
答案：
A。
4．用足量的一氧化碳还原14.5g铁的氧化物的混合物。
将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，生成沉淀25g，则该混合物的组合不可能是（）
A．Fe2O3、Fe3O4、FeOB．FeO、Fe3O4C．Fe3O4、Fe2O3D．FeO、Fe2O3
分析：
该题可用极值法来判断：
若14.5g均为Fe2O3，Fe2O3约为0.1mol，能生成CO20.3mol，产生沉淀30g；若均为Fe3O4，Fe3O4为0.0625mol，能生成CO20.25mol，产生沉淀25g；若均为FeO，FeO约为0.2mol，产生沉淀20g。
答案：
B、C。
5、
某一固体物质可能由NaOH、AlCl3、MgCl2中的几种组成，将其一定量溶于水，有沉淀产生，在所得悬浊液中还滴加入5mol/L的盐酸，右图表示盐酸加入量与沉淀量的变化关系，图中M点表示已加入的盐酸体积，则M点的体积是
A、70mLB、100mLC、120mLD、130mL
分析：
图中有氢氧化镁0.1摩，完全溶解耗酸40mL，前10mL酸是与过量的氢氧化钠反应，从10至30用去20mL盐酸与NaAlO2作用生成Al（OH）3,溶解这些Al（OH）3耗酸60mL
答案：
D
6、（02全国·12）用足量的CO还原32．0g某种氧化物，将生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60g沉淀，则该氧化物是（）
A．FeOB．Fe203C．CuOD．Cu20
【答案】B
【解析】足量的CO还原32．Og某种氧化物，将l生成的气体通入足量澄清石灰水中，得到60gCaC03沉淀，从中可知，所以得C02气体的物质的量为0.6mol，即为32．Og某种氧化物中含有0.6mol0原子，故氧化物中含有金属32.0g一0.6mol×16g·mol一1=22．4g。
代入Fe、Cu的相对原子质量，算出两元素的物质的量，得出B满足题给条件。
7、（04年天津理综）（14分）锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。
但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成
。
回答下列问题：
（1）单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为（用化学式表示）。
（2）写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式。
（3）下列各组中的两种溶液，用相互滴加的实验方法即可鉴别的是。
①硫酸铝和氢氧化钠②硫酸铝和氨水③硫酸锌和氢氧化钠④硫酸锌和氨水
（4）写出可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式。
试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因。
答案：
26．（14分）
（1）
[或
]
（2）
[或
]
（3）①③④（4）
可溶性锌盐与氨水反应产生的
可溶于过量氨水中，生成
，氨水的用量不易控制
8、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变化如下图所示。
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：
。
［题意分析及答案：
］
⑴由图像可知：
V1mL的NaOH溶液是与过量H2SO4反应的，则与Mg、Al反应的为H2SO4：
0.2mol－0.16mol×
＝0.12mol。
假设n（Mg）＝xmol，n（Al）＝ymol，则有方程组：
，解得：
x＝0.06mol，y＝0.04mol。
当加入V2mLNaOH溶液时，得到Mg（OH）2↓和NaAlO2，关系式为：
Mg2＋～2OH－，Al3＋～4OH－，∴V2＝160mL＋
＝440mL。
⑵当Mg2＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中只有Na2SO4，关系式为2NaOH～H2SO4，
∴V（NaOH）＝
＝400mL。
⑶当所得沉淀中无Al（OH）3时，NaOH溶液过量，反应后生成的溶质为：
Na2SO4、NaAlO2。
则根据Na元素守恒：
n
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