高三化学教案：《卤素》教学设计.docx

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1、高三化学教案：卤素教学设计高三化学教案：电化学教学设计 学习目标 1、娴熟驾驭原电池的电极名称、电子流向、电极反应式及原电池总反应式; 2、驾驭几种新型燃料电池的工作原理; 3、娴熟驾驭电解池电极名称、材料、电解质种类等的推断;会书写电极反应式和电解总反应方程式; 4、驾驭电解前后溶液的浓度和pH值改变的计算。 典型例题 【例1】今有2H2+O22H2O反应，构成燃料电池，则负极通的应是 ，正极通的应是，电极反应式为负极：，正极：。 若把KOH改为稀H2SO4作电解质，则电极反应式为负极：， 正极：。和的电解质不同，反应进行后，其溶液的pH个有什么改变。 若把H2改为CH4，用KOH作电解质，

2、则电极反应式为负极：， 正极。 【例2】(2022年南通四市联考试题)右图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL(标准状态)气体。回答： (1)直流电源中，M为极。 (2)Pt电极上生成的物质是，其质量为_g。 (3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为：2_。 (4)AgNO3溶液的浓度(填增大、减小或不变。下同)，AgNO3溶液的pH，H2SO4溶液的浓度，H2SO4溶液的pH_。 (5)若H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的H2SO4溶液为g。 课

3、堂练习 1、蓄电池在放电时起原电池作用，在充电时起电解池作用， 下列是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时的反应：Fe+NiO2+2H2O放电充电Fe(OH)2+Ni(OH)2，下列有关爱迪生蓄电池的推断中不正确的是() A.放电时Fe作负极，NiO2作正极 B.放电时溶液中的阳离子向正极移动 C.充电时的阴极反应是Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH- D.该蓄电池既可用KOH溶液又可用稀H2SO4作电解质溶液 2、生物体中细胞膜内的葡萄糖与细胞膜外富氧液体及细胞膜构成微型的生物原电池。下列有关电极反应及产物的推断正确的是： A.负极反应可能是O2+2H2O+4e-=4OH- B.负极反应的产物主

4、要是C6H12O6被氧化生成的CO32-、HCO3-、H2O C.正极反应可能是6C6H12O6-24e-+24OH-=6CO2+18H2O D.正极反应的产物主要是C6H12O6生成的CO2、CO32-、H2O 3、下列四组原电池，其中放电后，电解质溶液质量增加，且在正极有单质生成的是() A.Cu、Ag、AgNO3溶液B.Zn、Cu浓H2SO4 C.Fe、Zn、CuSO4溶液D.Fe、C、Fe2(SO4)3溶液 4.(多选)用石墨做电极电解AlCl3溶液时，下列电解液改变曲线合理的是() ABCD 5.用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重ag时，在阳极上同时产生bL氧气(标准

5、状况)，则M的相对原子质量为() A.B.C.D. 6.摩托罗拉公司最新研发了一种由甲醇和氧气及强碱作电解质溶液的新型手机电池，电量可达现用锂电池的10倍，且待机时间超过一个月。假定放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分汲取生成CO32-。 该电池总反应的离子方程式为; 甲醇是极，电池在放电过程中溶液的pH将_(填“下降”或“上升”、不变”);若有16g甲醇蒸汽被完全氧化产生电能，并利用该过程中释放的电能电解足量的CuSO4溶液(假设整个过程中能量总利用率为80%)，则将产生标准状况下的O2_升。 最近，又有科学家制造出一种运用固体电解质的燃料电池，其效率更高。一个电极通入空气，另一个电极

6、通入汽油蒸汽。其中固体大是掺杂了Y2O3(Y：钇)的ZrO2(Zr：锆)固体，它在高温下能传导O2-离子(其中氧化反应发生完全)。以丁烷(C4H10)代表汽油。 电池的正极反应式为_， 放电时固体电解质里O2-离子的移动方向是向_极移动(填正或负)。 7、1991年我国首创以铝、空气和海水电池为能源的新型海水航标灯.它以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水中数分钟，就发出刺眼的闪光，其能量比干电池高2050倍.依据以上叙述，填写这种电池两极的电极反应式： (1)负极：. (2)正极：. 课后练习 1.下列关于试验现象的描述不正确的是() A.把铜片和铁片紧靠

7、在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B.用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化铜溶液，铁片表面析出铜 C.把铜片插入三氯化铁溶液，在铜片表面析出铁 D.把锌放入稀盐酸中，加几滴氯化铜溶液，产生气泡速率加快 2.据报道，美国正在探讨用锌电池取代目前广泛运用的蓄电池，它具有容量大、污染小的特点，其电池反应为：2Zn+O2=2ZnO，其原料为锌、空气和电解质溶液，则下列叙述正确的是() A.锌为正极，空气在负极反应B.负极还原反应，正极氧化反应 C.负极的电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O D.电池工作时溶液的pH降低 3.有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶

8、液中，b不易腐蚀;将a、d分别投入等浓度盐酸中，d比a反应激烈;将铜浸入b的盐溶液中，无明显改变;若将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，据此推断它们的活动性由强到弱的依次是： A.dcabB.dabcC.dbacD.badc 4.在H2O中加入等物质的量的Ag+、Na+、Ba2+、NO3SO42、Cl，该溶液放在惰性电极的电解槽中通电片刻后，氧化产物与还原产物的质量比是() A.1:8B.8:1C.35.5:108D.108:35.5 5、在装有水的烧杯里，用细线挂一个呈水平方向的由Fe和Ag焊接成的圆柱棒，如右图。向烧杯中加入CuSO4溶液后，棒的状态将如何改变?(溶液密度的改变忽视不计)

9、说明上述改变的缘由。 6.(18分)由于Fe(OH)2极易被氧化，所以试验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用下图所示试验装置可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。 a电极材料_，其电极反应式为_。 电解液d可以是_，则白色沉淀在电极上生成;也可以是_，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。 A.纯水B.NaCl溶液C.NaOH溶液D.CuCl2溶液 液体c为苯，其作用是_，在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是_。 若d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，接着电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为_。 专题(七)

10、答案例题例1【答案】H2、O2;负极：2H2+4OH-4e-=4H2O，正极：O2+2H2O+4e-=4OH-;负极：2H2-4e-=4H+，正极：O2+4H+4e-=2H2O;pH变小;pH变大;负极：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，正极：2O2+4H2O+8e-=8OH-。 例2【答案】(1)正;(2)Ag、2.16;(3)21;(4)不变、不变、增大、减小;(5)45.18。 课堂练习 1D2B3C4AD5C 6.2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，负极，下降，13.44L， O2+4e-=4O2-,负极。) 7答案：(1)Al-3e=Al3+ (2)

11、2H2O+O2+4e=4OH- 课后练习 1C2C3B4B 5答案：Fe一端上升，Ag一端降低，同时Fe端渐渐溶解，Ag端有红色物质析出，水溶液略显浅蓝色;上述改变的缘由见解析。 6.Fe，Fe-2e=Fe2+;C;B;隔绝空气，防止产物被氧化;赶尽溶液中的氧气;白色沉淀快速变为灰绿色，最终变为红褐色。 高三化学教案：过渡元素教学设计 过渡元素 1.NO3-与Fe2+在酸性条件下，不能共存。 2.过量的Fe与硝酸作用，或在Fe和Fe2O3的混合物中加入盐酸，要留意产生的Fe3+还可以氧化单质Fe这一隐含反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+。 3.留意FeCl3、Fe2(SO4)3的水溶液蒸干所得

12、剩余固体的区分。 FeCl3溶液加热浓缩时，因Fe3+水解和HCl的挥发，得到的固体为Fe(OH)3，如灼烧后得到红色的Fe2O3固体。但Fe2(SO4)3溶液蒸干时，因硫酸是难挥发性酸，将不能得到Fe(OH)3固体。 4.忽视亚铁盐及Fe(OH)2易被空气中氧气氧化成三价铁的化合物。如某溶液中加入碱溶液后，最终得到红褐色沉淀，并不能断定该溶液中肯定含有Fe3+，而也可能含有Fe2+。 5.忽视铁单质与强氧化性物质反应时，也有生成二价铁化合物的可能性。反应中若铁为足量，最终铁元素将以二价铁形式存在，因为2Fe3+Fe=3Fe2+。 【典型例题评析】 例1久置于空气中的下列物质，因被氧化而呈黄色

13、的是(2000年全国高考题) A.浓HNO3B.氯化亚铁溶液C.溴苯D.溴化银 思路分析：本题考查的是常见的“黄色体系”有四种固体：溴化银、硫、过氧化钠、三硝基甲苯;外加几种黄色溶液：浓HNO3(因溶液中有NO2气体)、工业盐酸(含Fe3+离子)、不纯的硝基苯(因溶有NO2)、亚铁盐溶液(因含Fe3+离子)等。对于该题除考查物质的物理性质颜色之外，还附加了一个条件：“因被氧化”，因此，只能考虑B选项。 答案：B 方法要领：本题是“氧化”概念与化合物的物理、化学性质的结合。该题看似简洁，但很简单选错，关键留意答题时要看清题目的限制条件，并把握全面。抓住“氧化”这一特征便可。 例2某溶液中有NH4

14、+、Mg2+、Fe2+和Al3+4种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量的盐酸，溶液中大量削减的阳离子是(1996年全国高考题) A.NH4+B.Mg2+C.Fe2+D.Al3+ 思路分析：各离子在加入NaOH溶液和HCl的改变过程中，离子改变为：NH4+NH3;Mg2+Mg(OH)2Mg2+;Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+;Al3+AlO2-Al3+。只有A和C的离子数减小。 答案：A、C 方法要领：题中涉及多种阳离子在强酸、强碱溶液中的发生的改变。分析各离子的改变过程，从而搞清数目是否变更。留意试剂的用量及反应条件，如微热。 本题考查了两个学问点：(1

15、)NH4+在碱性受热条件下不稳定;(2)Fe2+易变质，特殊在碱性条件下Fe(OH)2Fe(OH)3速率极快。 例3将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是(1998年全国高考题) A.硫酸B.氯水C.硝酸锌D.氯化铜 思路分析：本题考查Fe2+与Fe3+相互转化。其中A项中加入硫酸，无任何反应;若加入B项中氯水，因2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故有Fe3+生成;C项中加入Zn(NO3)2，因溶液中有H+，发生反应：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，C正确;D项中加入CuCl2无反应发生。 答案：B、C 方法要领：Fe2+有较强的还原性，易被氧化成Fe

16、3+;对于NO3-的隐藏氧化性，应用时应高度警惕;在离子共存、离子方程式正误推断，及还原性物质在酸性环境中遇NO3-时，往往要考虑其氧化性。 例4制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”：发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不行能出现的是 A.烧杯中有铜无铁B.烧杯中有铁无铜 C.烧杯中铁、铜都有D.烧杯中铁、铜都无 思路分析：向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，由于Fe的还原性比Cu强，Fe3+首先应与Fe反应，假如Fe3+有剩余，剩余的Fe3+再与Cu反应。铁粉未反应完时铜粉就不会被氧化，所以不

17、行能出现烧杯中有铁无铜的现象，故应选B。其他三个选项的状况都可能再现。当FeCl3过量或恰好完全反应时，Fe、Cu均无剩余，即选项D，反应后溶液中有Fe3+、Fe2+、Cu2+或Fe2+、Cu2+。当FeCl3不足量时，有两种状况：Fe粉有剩余，则Cu尚未参与反应，即选项C，反应后溶液中只有Fe2+(不考虑H+、OH-);铁粉无剩余，则Cu反应了一部分或尚未参与反应，即选项A，反应后溶液中有Fe2+、Cu2+或只有Fe2+。 答案：B 方法要领：此题涉及氧化还原反应的一个规律：当一种氧化剂氧化几种还原剂时，首先氧化最强的还原剂，待最强的还原剂完全氧化后，多余的氧化剂再依次氧化次强的还原剂。一种

18、还原剂还原几种氧化剂时与此类似。 金属越活泼，还原性越强，不过对变价金属所形成的中间价态的阳离子与高价态的阳离子其氧化性是不同的。常见的金属阳离子氧化性依次为： K+ 由上表知，Fe3+的氧化性比Cu2+强，才会发生题中介绍的印刷电路腐蚀原理的反应。 例5在由Fe、FeO、和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体(标准状况)，此时溶液中无Fe3+离子，则下列推断正确的是(1997年上海高考题) A.混合物里3种物质反应时消耗盐盐酸的物质的量浓度之比为1:1:3 B.反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl-离子的物质的量浓度之比为1:2

19、 C.混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多 D.混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多 思路分析：依据题意，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先与Fe3+反应后再还原H+，由Fe+2Fe3+=3Fe2+(1molFe还原1molFe2O3)，和Fe与H+反应放出H2，可知n(Fe)n(Fe2O3);由反应后溶液中溶质全为FeCl2知，n(Fe2+):n(Cl-)=1:2;至于混合物中Fe、Fe2O3及FeO之间量的关系，无从知道。 答案：B

20、、C 方法要领：可用图示分析反应过程，以帮助理解： 例6下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中粗框表示初始反应物(反应时加入或生成的水,以及生成沉淀J时的其他产物均已略去)。(1994年全国高考题) 请填写下列空白: (1)物质B是、F是_、J是。 (2)反应的离子方程式是_。 思路分析：饱和食盐水电解的产物是NaOH、Cl2、H2。三者之间存在的反应是：H2+Cl2=2HCl、2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由图示：B能与另外两种生成物反应，所以B为Cl2;又B与A反应产物有两种所以C肯定为H2，A为NaOH，G为HCl;再由F+Cl2I，F+HClH+H2，H

21、+Cl2I，可推知F为变价金属，可确定为Fe;H和I分别为FeCl2和FeCl3;最终留意理解D与H、I反应。由题知D、E为NaCl、NaClO，通过上述分析可认定D应NaClO，有关反应为：IJ：Fe3+3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClO，发生了双水解反应。而HJ可理解为生成Fe(OH)2，但HClO有强氧化性而将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3。 答案：(1)Cl2(或氯气)，Fe(或铁)，Fe(OH)3(或氢氧化铁)(2)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 方法要领：本题的难点，是确定F为何种物质。其推断方法：先推断F为何种类型的物质，因F+Cl2I，F+HClH

22、+H2，所以F必为金属。再推断这种金属的特点，因I、H均为氯化物，又H+Cl2I，所以F是变价金属，而我们熟知的变价金属是铁。先确定物质的种类，再确认详细物质，这是解推断题中常用的方法。因为它能分解难点，使一步推断的目标更详细、更明确。思路也变得特别清楚。 例7Cu+在酸性溶液中不稳定,可发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。现有浓硫酸、浓硝酸、稀硫酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液及pH试纸，简述如何用简便的试验方法来检验CuO经氢气还原所得红色产物中是否含有碱性氧化物Cu2O。(1992年全国高考题) 思路分析：本题是一道信息迁移式的试验题。题中给出一些考生未学过的新学问，要求考生仔细审题，读

23、懂信息，联想已有的基础学问和基本技能，运用题示信息，分析推理，设计出简便的检验方案。 由题给信息可知，Cu2O是碱性氧化物，可溶于酸溶液：Cu2O+2H+=2Cu+H2O;而Cu+在酸溶液中不稳定，自身歧化成Cu2+和Cu。2Cu+=Cu2+Cu。题给试剂中，浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3稀溶液均显酸性，且都能与Cu反应生成Cu2+，假如选用这些试剂，它们和样品反应后的溶液都呈蓝色(Cu2+)，但分不清是与Cu还是与Cu2O反应产生的Cu2+，故无法确证样品中是否含有Cu2O。 依据以上分析，选用的试剂必需符合两个条件，一是呈酸性，二是不能与Cu反应。在题给试剂中只有稀硫酸符合。 答案：取

24、少量待检样品放入稀硫酸，振荡，若溶液变为蓝色，说明样品中有Cu2O，若溶液不变色，说明产物中无Cu2O。 方法要领：如将稀硫酸换成浓硫酸、浓硝酸、稀硝酸、FeCl3溶液中任何一种，都会发生Cu-2e-=Cu2+。即使红色产物无Cu+也会产生蓝色溶液。导致题目错解。 要搞清pH的概念及pH试纸的运用范围。如用pH试纸测溶液的pH来推断(理由是：因pH变大，则有Cu2O，因为Cu2O与稀硫酸反应消耗了H+)，不知道对本试验来说，溶液的pH改变用pH试纸是测不出的。 有些试验现象，用肉眼看不清的。如虽选用稀硫酸，没抓住解题关键，不是由溶液是否变蓝确认，而是想当然，看红色产物溶解状况，若部分溶解(因C

25、u不溶于稀硫酸，而Cu2O可溶)，可知有Cu2O，甚至认为看有无Cu生成，若有Cu生成(因Cu+在酸溶液中分解成Cu2+和Cu)，则有Cu2O。 例8试样X由氧化亚铁和氧化铜组成，取质量相等的两份试样按下图所示进行试验：(1997年全国高考题) (1)请写出步骤中所发生的全部反应的离子方程式。 (2)若全部的溶液Y和全部的粉末Z充分反应后，生成的不溶物W的质量是m，则每份试样X中氧化铜的质量为。(用m表示) 思路分析：依据题目的设定，先对溶液Y和粉末Z的组成作正确的推断。 中FeO、CuO与盐酸反应式为：FeO+2HCl=FeCl2+H2OCuO+2HCl=CuCl2+H2O 中试样在较高温度

26、下与CO反应为：FeO+CO=Fe+CO2CuO+CO=Cu+CO2 由此可见，溶液Y与粉末Z混合就是FeCl2、CuCl2溶液、金属Fe、Cu以及过量盐酸的混合。在此混合物中，两种金属单质中只有Fe可分别与CuCl2溶液和HCl反应，离子方程式为： Fe+Cu2+=Fe2+CuFe+2H+=Fe2+H2 中反应后的溶液呈强酸性表明HCl剩余，可推断Fe已没有剩余;溶液中不含Cu2+意味着CuCl2已全部参与了与Fe的置换反应，不溶物W全部是Cu。它是由两份试样中的CuO转变而来。因此，一份试样中的CuO质量为 0.5m(CuO/Cu)=0.5m(80/64)=5m/8。 答案：(1)Fe+C

27、u2+=Fe2+CuFe+2H+=Fe2+H2(2)5m/8 方法要领：题目涉及到的化学基础学问有：金属氧化物跟酸的反应，CO的还原性，金属单质与盐溶液、非氧化性酸的置换反应，离子方程式的书写，有关的化学计算。其中，化学计算是通过填空的形式使那些只顾方法正确而忽视结果正确的考生得不到分数。 题目在叙述过程中设置了几个障碍点，它们是： 1.溶液Y和粉末Z经过反应后所得溶液具有强酸性，会使推断力不强的考生不能由此对溶液中不含铁粉作出确定的认定。 2.离子方程式历来是考试中的难点，在盐酸、氯化亚铁、氯化铜、金属铁和金属铜5种物质共存时，推断有关的离子反应并书写离子方程式。 3.m是全部不溶物的质量，

28、试题要求回答的是每份试样中氧化铜的质量，这是一种具有较大迷惑性的设问，对考生的思维严密性是一种深刻的检验。如不能通过这种检验，会把答案错写成5m/4。 例9“卤块”的主要成分为MgCl2(含Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子)，若以它为原料，按 如下工艺流程图，即可制得“轻质氧化镁”。(1997年高考试测题) 假如要求产品尽量不含杂质离子，而且成本较低。流程中所用试剂或pH限制可参考下列附表确定。 表1生成氢氧化物沉淀的pH 物质起先沉淀沉淀完全 Fe(OH)32.73.7 Fe(OH)27.69.6* Mn(OH)28.39.8 Mg(OH)29.611.1 *Fe2+氢氧化物呈絮状，不

29、易从溶液中除去，所以常将它氧化成为Fe3+，生成沉淀Fe(OH)3而除去。 表2工业品价格表 工业品规格价格(元/t) 漂液含NaClO25.2%450 过氧化氢30%2400 烧碱98%2100 纯碱99.5%600 卤块含MgCl230%310 请填写以下空白: (1)在步骤中加入的物质X，最佳选择应是，其作用是。 (2)在步骤中加入的物质Y应是，之所以要限制pH=9.8的目的是。 (3)在步骤时发生的化学反应方程式是：。 思路分析：题目给出了生产的工艺流程，也是为考生供应了解题线索。 为除去Fe2+、Fe3+、Mn2+等杂质离子，从表1可以看出，当加入烧碱限制在pH=9.8时即可达到目的

30、。此时Mg2+离子也会因生成部分Mg(OH)2而进入沉淀中,但由于卤块价格低廉，这点不行避开的损失还是可以承受的,其结果是保证了产品的纯度.。 为将Fe2+氧化成Fe3+离子，有两种氧化剂可以采纳,即漂液和过氧化氢。从表2中的价格可看出，前者比后者便宜得多，应选用漂液。 从氯化镁制成氧化镁，有两条反应路途： 其一，烧碱路途： MgCl2Mg(OH)2MgO 其二，纯碱路途： MgCl2MgCO3MgO 烧碱比纯碱价格昂贵，生成的中间产物氢氧化镁是胶状沉淀会造成过滤困难，更重要的是反应过程中不能进行轻化处理，因而只能得重质氧化镁。由此而见，烧碱路途应当摒弃。 纯碱价格较低，生成的中间产物碳酸镁呈

31、粗颗粒状，易过滤，碳酸镁在水中经肯定时间的加热会有部分因水解形成了二氧化碳： MgCO3+H2O=Mg(OH)2+CO2 由于气体二氧化碳的产生，使沉淀变为疏松，灼烧沉淀后得到的是轻质氧化镁。 答案：(1)漂液使Fe2+氧化成为Fe3+(2)烧碱使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀以便过滤除去。(3)MgCO3+H2O=Mg(OH)2+CO2 方法要领：试题强调了生产中的经济效益，其立意指向了化学学习中的价值观，将经济价值观与化学反应的选择结合在一起考查了考生的评价实力，这是一种对思维作较深刻的考查，也是适应商品经济大背景下的对学生综合实力的培育和测试。 解题中擅长应用数据来推

32、断问题、解决问题，擅长调取已形成的学问网络，把在短暂硬水软化中学到的学问迁移到轻质氧化镁的生产里来。 解题中防止：步骤误选过氧化氢。依据是过氧化氢不会引入“杂质离子”，因为在步骤中，我们只需沉淀物，把滤液弃去，因而钠离子和氯离子不会进入产物，步骤误选为纯碱。依据是纯碱比烧碱便宜得多，假如将步骤中的Y改成纯碱，由于纯碱的碱性明显小于烧碱，要使pH上升到9.8必需加大纯碱的用量，就会形成碳酸盐沉淀，而表中无碳酸盐溶解度资料，无法推断除杂的效果，而且碳酸根离子用量增大，可导致生成碳酸镁沉淀，所以加入氢氧化钠为宜。 高三化学教案：原子晶体教学设计 一、学习目标 1.驾驭原子晶体的概念，能够区分原子晶体

33、、离子晶体和分子晶体。 2.驾驭金刚石等典型原子晶体的结构特征，理解原子晶体中“相邻原子间通过共价键结合而成空间网状结构”的特征。 3.以金刚石为例，了解原子晶体的物理性质(熔、沸点，导电性和溶解性)。 4.能够依据金刚石、石墨的晶体结构特征，分析比较两种物质的性质特征。由此培育依据晶体的微观结构说明晶体的物理性质的观念。 5.学会比较离子晶体、分子晶体、原子晶体三类晶体的性质特征和结构特征。 二、学习过程 复习提问 (一)基本学问点(学生自学完成) 1.原子晶体：相邻原子间以共价键相结合而形成的空间网状结构的晶体。 2.构成粒子：_; 3.粒子间的作用_; 4.原子晶体的物理性质 熔、沸点_

34、，硬度_;_一般的溶剂;_导电。 原子晶体具备以上物理性质的缘由_ 原子晶体的化学式是否可以代表其分子式_。为什么? 5.常见的原子晶体有_等。 6.推断晶体类型的依据 (1)看构成晶体的微粒种类及微粒间的相互作用。 对分子晶体,构成晶体的微粒是_，微粒间的相互作用是_; 对于离子晶体，构成晶体的是微粒是_，微粒间的相互作_键。 对于原子晶体，构成晶体的微粒是_，微粒间的相互作用是_键。 (2)看物质的物理性质(如：熔、沸点或硬度)。 一般状况下，不同类晶体熔点凹凸依次是 _晶体_晶体_晶体。原子晶体、离子晶体比分子晶体的熔、沸点高得多 (二)重点点拨 1.晶体 晶体是指具有规则几何外形的固体

35、。其结构特征是其内的原子或分子在主维空间的排布具有特定的周期性，即隔肯定距离重复出现。重复的单位可以是单个原子或分子，也可以是多个分子或原子团。重复的单位必需具备3个条件，化学组成相同，空间结构(包括化学键)相同，化学环境和空间环境相同。 2.晶胞的概念 在晶体结构中具有代表性的基本的重复单位称为晶胞。晶胞在三维空间无限地重复就产生了宏观的晶体。可以说，晶体的性质是由晶胞的大小，形态和质点的种类(分子、原子或离子)以及它们之间的作用力所确定的。 3.纳米材料 我们平常所见到的材料，绝大多数是固体物质，它的颗粒一般在微米级，一个颗粒包含着多数个原子和分子，这时候，材料所显示的是大量分子所显示的宏

36、观性质。当人们用特别的方法把颗粒加工到纳米级大小，这时的材料则被称之为纳米材料，一个纳米级颗粒所含的分子数则大为削减。惊奇的是，纳米材料具有奇妙的光、电、热、力和化学特性，和微米级材料的性质迥然不同。 纳米材料的粒子是超微小的，粒子数多、表面积大，而且处于粒子界面上的原子比例甚高，一般可达总数的一半左右。这就使纳米材料具有不寻常的表面效应，界面效应等。因此而呈现出一系列独特的性质。 纳米颗粒和晶胞是两个完全不同的概念：晶胞是晶体中最小的重复单元，这种重复单元向空间延长，构成晶体，而纳米颗粒本身就是一个分子，纳米材料在结构上与分子晶体有相像的地方，但并不相同。 纳米材料并不是新的物质，只不过是将

37、传统材料的颗粒进一步超微小化，这样对物质的物理性质的变更非常巨大，使之具备了一些传统材料所无法具备的性质。为什么与传统材料相比，纳米材料的性质变更如此巨大，科学界目前还无法做出最终说明。 4.各类晶体主要特征 类型 比较 离子晶体 原子晶体 分子晶体 构成晶体微粒 阴、阳离子 原子 分子 形成晶体作用力 离子键 共价键 范德华力 物理性质 熔沸点 较高 很高 低 硬度 硬而脆 大 小 导电性 不良(熔融或水溶液中导电) 绝缘、半导体 不良 传热性 不良 不良 不良 延展性 不良 不良 不良 溶解性 易溶于极性溶剂，难溶于有机溶剂 不溶于任何溶剂 极性分子易溶于极性溶剂;非极性分子易溶于非极性溶

38、剂中 典型实例 NaOH、NaCl 金刚石 P4、干冰、硫 在离子晶体、原子晶体均不存在分子，因此NaCl、SiO2等均为化学式。只有分子晶体中才存在分子。 (三)讲练(先练后讲) 例1下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是( ) (A)SO2与SiO2 B.C02与H2O (C)NaCl与HCl (D)CCl4与KCl 解析抓住晶体粒子的化学键去推断晶体类型这一关键进行对比。如SO2与SiO2都是共价化合物，但是，晶体内的作用力是分子间作用力，SO2为分子晶体，而SiO2中硅与氧以共价键结合形成网状的原子晶体。 答案B 例2碳化硅SiC的一种晶体具有类似金刚石的结构，其中C原子和S

39、原子的位置是交替的。在下列三种晶体金刚石 晶体硅 碳化硅中，它们的熔点从高到低的依次是( ) (A) (B) (C) (D) 解析C与Si同为IVA族元素，它们的相像性表现在金刚石是原子晶体，硅晶体，碳化硅也是原子晶体。从碳到硅原子半径渐渐增大，形成共价键的键能渐渐减弱。可推断碳化硅应在Si与C之间。三种原子晶体，空间结构相像，熔点确定于它们的键长与键能，故熔点从高到低分别是金刚石碳化硅、晶体硅。 答案A 例3下列晶体分类中正确的一组是( ) 离子晶体 原子晶体 分子晶体 A NaOH Ar SO2 B H2SO4 石墨 S C CH3COONa 水晶 D Ba(OH)2 金刚石 玻璃 解析从

40、晶体中结构粒子的性质去推断晶体的类型。NaOH、CH3COONa、Ba(OH)2都是通过离子键相互结合的离子晶体，纯H2S04，无H+，系分子晶体。Ar是气体，分子间以范德华力相互结合为分子晶体，石墨是过渡型或混合型晶体，水晶Si02与金刚石是典型原子晶体。硫的化学式以1个S表示，事实上是S8，气体时为S2，是以范德华力结合的分子晶体。 玻璃无肯定的熔点，加热时渐渐软化，为非晶体，是无定形物质。 答案C 例4单质硼有无定形和晶体两种，参考下表数据 金刚石 晶体硅 晶体硼 熔点 3823 1683 2573 沸点 5100 2628 2823 硬度 10 7.0 9.5 晶体硼的晶体类型属于_晶

41、体，理由是_。 已知晶体硼结构单元是由硼原子组成的正二十面体，其中有20个等边三角形的面和肯定数目的顶点，每个项点上各有1个B原子。通过视察图形及推算，此晶体体结构单元由 _个硼原子构成。其中BB键的键角为_。 解析原子，理由：晶体的熔、沸点和硬度都介于晶体Si和金刚石之间，而金刚石和晶体Si均为原予晶体，B与C相邻与Si处于对角线处，亦为原于晶体。 每个三角形的顶点被5个三角形所共有，所以，此顶点完全属于一个三角形的只占到1/5，每个三角形中有3个这样的点，且晶体B中有20个这样的角形，因此，晶体B中这样的顶点(B原子)有3/520=12个。 又因晶体B中的三角形面为正三角形，所以键角为60

42、 例51999年美国科学杂志报道：在40GPa高压下，用激光器加热到1800K，人们胜利制得了原子晶体干冰，下列推断中不正确的是( )。 (A)原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，有很大的硬度 (B)原子晶体干冰易气化，可用作制冷材料 (C)原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料 (D)每摩尔原子晶体干冰中含4molCO键 解析解答前，应先弄清命题者是要考查干冰的性质、还是要考查原子晶体的性质。有的同学没有分析清晰这一点，认为是考查干冰的性质，因而造成错解。 通过“原子晶体干冰”来考测解题者对“原子晶体性质”的理解程度。原子晶体硬度大、熔点和沸点高，所以A和C两种说法正确。联想到二氧化硅晶体结构，可得出D说法也是正确的。答案应选B。 (四)总结 1.相邻原子间通过共价键结合而成空间网状结构的晶体