高中化学必修一模块综合检测教学设计

高中化学必修一模块综合检测教学设计一、设计理念与课标定位本教学设计依据《普通高中化学课程标准（2017年版2020年修订）》中关于“化学核心素养”的五个维度，即宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识、科学态度与社会责任，针对必修第一册模块综合检测卷（二）展开系统性讲评与拓展。本课面向高中一年级学生，课时安排为两课时连排，每课时45分钟。第一课时侧重选择题第1—12题的逐题剖析与错因归类，第二课时侧重第13—16题的综合题（如离子推断、氧化还原配平、物质的量计算、元素周期律应用）的规范化解题示范与变式训练。本模块综合检测卷（二）覆盖人教版必修第一册全部核心内容，包括物质的分类与转化、离子反应、氧化还原反应、物质的量及其相关计算、钠氯铁等重要元素及其化合物、元素周期律与元素周期表。命题方向紧扣新高考“无情境不命题”的导向，多数选择题以实验装置图、微观粒子示意图、工业流程片段为载体，考查学生从真实情境中提取有效信息并调用学科知识解决问题的能力。二、学情分析与教学重难点高一学生在完成必修第一册全部章节学习后，已具备基本的概念框架，但普遍存在以下薄弱环节：其一，离子方程式书写中“拆与不拆”的判断仍依赖机械记忆，不能从“强电解质在水溶液中完全电离”的微观本质出发进行推理；其二，氧化还原反应中电子转移的守恒计算容易遗漏“隐含的氧化剂或还原剂”；其三，关于Na₂O₂与H₂O、CO₂反应的电子转移及物质定量关系混淆；其四，Fe²⁺与Fe³⁺的相互转化实验设计缺乏系统性思维。基于以上分析，本课确定教学重点为：离子方程式的正误判断与书写规范、氧化还原反应电子守恒计算、物质的量为核心的综合计算（涉及n、N、m、V、c之间的桥梁关系）、元素周期律中“位—构—性”一体化的推断技能。教学难点为：涉及过量与少量问题的离子反应书写规则、Na₂O₂与CO₂和H₂O混合气体反应后的固体增重及气体体积变化的定量讨论、基于实验现象的证据推理与假设验证。三、第一课时教学过程（选择题逐题突破）（一）课题导入与整体成绩分析（5分钟）教师展示班级模块综合检测卷（二）的客观题得分率统计表（由阅卷系统自动生成）。选取得分率低于70%的四道题作为本课时的“靶向题”，它们分别是第3题（离子共存）、第6题（Na₂O₂与CO₂和H₂O反应定量关系）、第9题（氧化还原反应中电子转移数目的判断）、第11题（元素推断与周期律）。统计表呈现如下（使用电子表格）：|题号|考查核心知识点|班级得分率|典型错误选项|||||||3|离子大量共存条件|62%|A（忽视NO₃⁻在酸性条件氧化性）||6|Na₂O₂与H₂O、CO₂反应定量关系|55%|C（气体体积关系判断错误）||9|氧化还原电子转移守恒|48%|D（Cl₂与NaOH反应转移电子数误判）||11|短周期元素推断及氢化物稳定性|68%|B（最高价氧化物对应水化物酸性强弱的比较顺序错误）|教师明确说明：解决以上四类问题不能只靠“题海”，要回到概念源头，用化学语言还原微观过程。随后板书课题“模块综合检测（二）靶向讲评”。（二）第3题精讲——离子共存中的“隐蔽条件”陷阱（10分钟）原题呈现：常温下，某无色透明溶液中，下列离子能大量共存的是（）A．Na⁺、Fe³⁺、NO₃⁻、SCN⁻B．H⁺、K⁺、HCO₃⁻、SO₄²⁻C．Ba²⁺、NH₄⁺、Cl⁻、OH⁻D．Mg²⁺、Al³⁺、SO₄²⁻、NO₃⁻教师先请一名得分错误的同学说出其选择理由。该同学指出，A选项中Fe³⁺水溶液呈棕黄色，不符合“无色”条件，因此排除A；B选项中H⁺与HCO₃⁻不能共存，排除B；C选项中NH₄⁺与OH⁻不能共存，排除C，故选择D。教师追问：那么A选项除了颜色问题，还存在什么隐患？学生沉默。教师引导：Fe³⁺与SCN⁻作用生成红色络合物Fe(SCN)₃，这是高中阶段唯一需要掌握的显色络合反应，Fe³⁺与SCN⁻不能大量共存。因此A选项具有双重错误。本题的真正考点在于“隐蔽条件”的挖掘。命题人设置“无色透明”是显性条件，“透明”并不等于“无色”，澄清的硫酸铜溶液是蓝色的但也是透明的。所以本题中的“无色”排除Fe³⁺（棕黄）、Cu²⁺（蓝）、MnO₄⁻（紫红）、Fe²⁺（浅绿）等有色离子，“透明”则提示不存在难溶物或胶体导致的浑浊。教师进一步拓展：离子共存问题要在“三个维度”上进行审查。第一个维度是复分解反应维度，即生成沉淀（如BaSO₄、AgCl、CaCO₃）、生成气体（如CO₂、NH₃）、生成弱电解质（如H₂O、CH₃COOH、NH₃·H₂O）。第二个维度是氧化还原反应维度，例如Fe³⁺与I⁻、S²⁻不能共存，NO₃⁻在酸性环境中与Fe²⁺、I⁻不能共存。第三个维度是络合反应维度，高中阶段重点掌握Fe³⁺与SCN⁻。还需要额外注意“隐含条件”，例如“pH=1的溶液”意味着存在大量H⁺，同时该溶液还可能具有氧化性，需要考虑硝酸根在酸性条件下可将Fe²⁺氧化。又如“与铝粉反应放出氢气的溶液”可能呈强酸性（但不存在NO₃⁻）或强碱性，两种情况分别讨论。为巩固此知识点，教师给出变式训练题：某溶液中加入铝粉放出氢气，则下列各组离子一定能大量共存的是（）A．Na⁺、Ba²⁺、NO₃⁻、Cl⁻B．K⁺、Mg²⁺、SO₄²⁻、HCO₃⁻C．Na⁺、NH₄⁺、SO₄²⁻、Cl⁻D．K⁺、Na⁺、Cl⁻、SO₄²⁻学生讨论后明确，溶液可能为强酸性（不含NO₃⁻）或强碱性。选项A中若为酸性且有NO₃⁻，则相当于硝酸，会与铝反应但不放出氢气而放出NO，不合题意，若为碱性则Ba²⁺与CO₃²⁻不存在问题但需要考虑OH⁻与NO₃⁻、Cl⁻、Na⁺均共存，所以A未必一定正确；B中HCO₃⁻既不能存在于强酸性也不能存在于强碱性溶液中；C中NH₄⁺不能存在于强碱性溶液中；D中四种离子在两种情境下均能共存，故选D。此变式训练强化了“题干条件双重性”的分析思路。（三）第6题精讲——Na₂O₂与CO₂、H₂O反应的定量模型（15分钟）原题呈现：将agNa₂O₂投入到含bmolCO₂和cmolH₂O蒸气的混合气体中（充分反应后气体无剩余），充分反应后固体增重为dg，下列关于反应过程中的电子转移及固体成分说法不正确的是（）A．若b=c，则反应过程中转移电子总数为(b+c)N_AB．反应后固体可能含有NaOH和Na₂CO₃C．固体增重dg满足d<28b+2c（单位g）D．当CO₂耗尽时，Na₂O₂仍有剩余，则固体中一定含有Na₂O₂教师引导学生先回顾Na₂O₂与CO₂反应方程式：2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂。每消耗2molCO₂，气体总物质的量减少2mol（消耗2molCO₂，生成1molO₂），固体增重相当于2molCO的质量，即56g。同理，2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂，每消耗2molH₂O，气体减少1mol，固体增重相当于2molH₂的质量，即4g。针对选项A，b=c时，CO₂和H₂O各bmol。根据方程式，每2molCO₂转移2mol电子，每2molH₂O转移2mol电子，故反应中转移电子总数为(b+c)mol，即(b+c)N_A个。A说法正确。针对选项B，由于CO₂与H₂O均能与Na₂O₂反应，但CO₂与NaOH反应生成Na₂CO₃，所以若CO₂过量会将NaOH转化为Na₂CO₃。如果CO₂量较少，反应后固体可能同时含有NaOH及Na₂CO₃，B正确。针对选项C，若仅有cmolH₂O蒸气参加反应，固体增重为4cg；若仅有bmolCO₂参加反应，固体增重为28bg。若CO₂和H₂O的混合物恰好完全反应，固体增重也为28b+4c的一半即14b+2c（注意这里的呈现方式：此处应按气体供给比例讨论，所以严格说反应顺序是Na₂O₂先与CO₂反应，待CO₂耗尽后再与H₂O反应，因为CO₂与NaOH反应消耗生成的NaOH，同时Na₂O₂与H₂O生成的NaOH在CO₂存在下又会变成Na₂CO₃，所以总效果是Na₂O₂优先与CO₂反应）。由于题目中说明气体无剩余，且Na₂O₂的摩尔质量为78g/mol，固体增重相对复杂，但结论是增重小于28b+2c是因为H₂O与CO₂混合时，H₂O的反应会使实际增重小于CO₂完全反应对应增重，所以C说法正确。针对选项D，若CO₂耗尽后仍有Na₂O₂剩余，则接下来的H₂O也会被Na₂O₂消耗，最终Na₂O₂可能全部反应完全，也可能仍有剩余。若Na₂O₂过量，固体中一定含有NaOH和Na₂CO₃，但若Na₂O₂有剩余且H₂O蒸气已完全消耗，则固体成分包含Na₂O₂、NaOH、Na₂CO₃。D选项说“固体中一定含有Na₂O₂”，这个“一定”不成立，因为Na₂O₂过量指的是反应结束后仍有未反应的Na₂O₂，但如果初始Na₂O₂恰好与CO₂和H₂O的总消耗量之比为1:1（总消耗量以其中氧原子转移考虑），也可能恰好消耗完毕，因此D说法错误。本题答案选D。教师总结此题的思维链条：弄清Na₂O₂与水、二氧化碳反应时“先CO₂后H₂O”的反应顺序实质，推导固体增重的等效替换方法（增重相当于等物质的量的CO或H₂），以及电子转移数的“每2molNa₂O₂消耗对应转移2mol电子”的通用结论。变式训练：将7.8gNa₂O₂投入含0.2molCO₂和0.2molH₂O的混合气体中，充分反应后固体质量为多少？学生现场计算。7.8gNa₂O₂即0.1mol，先与CO₂反应。0.1molNa₂O₂消耗0.1molCO₂生成0.1molNa₂CO₃（固体106g/mol×0.1=10.6g），剩余CO₂为0.1mol，剩余Na₂O₂为0。生成的Na₂CO₃不与H₂O反应，但未消耗的CO₂还会与后续由Na₂O₂与水反应生成的NaOH反应。因Na₂O₂已耗尽，剩余0.1molCO₂无法再与Na₂O₂反应，但会与H₂O反应生成的NaOH反应。此时H₂O虽能与Na₂O₂反应，但Na₂O₂没有剩余，所以H₂O不再反应。反应最终固体为Na₂CO₃10.6g和NaOH0g（因为无Na₂O₂与H₂O反应）。但注意剩余CO₂与NaOH的反应无NaOH来源，因此固体只有Na₂CO₃。故最终固体为10.6g。该变式训练有效检验了“先后顺序”及“过程消耗”的动态思维。（四）第9题精讲——氧化还原反应电子转移数目的“陷阱”类型（8分钟）原题呈现：设N_A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LCl₂溶于足量NaOH溶液中，转移电子数为0.2N_AB．1molFe与足量稀硫酸充分反应，转移电子数为3N_AC．1molNa₂O₂与足量CO₂反应，转移电子数为2N_AD．0.1molMnO₂与足量浓盐酸共热制取Cl₂，转移电子数为0.2N_A教师引导逐项分析。对于选项A，Cl₂与NaOH反应为歧化反应：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，氯元素从0价变为−1价和+1价，每1molCl₂反应转移1mol电子。而标准状况下2.24LCl₂为0.1mol，转移0.1mol电子即0.1N_A。A错误。对于选项B，Fe与稀硫酸反应生成FeSO₄，即Fe被氧化为Fe²⁺，每1molFe转移2mol电子，故1molFe转移2N_A。B错误。对于选项C，Na₂O₂与CO₂反应中，Na₂O₂既作氧化剂又作还原剂，每2molNa₂O₂反应转移2mol电子，因此1molNa₂O₂转移1mol电子，即1N_A。C错误。对于选项D，MnO₂+4HCl(浓)Δ=MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，锰从+4价降至+2价，每1molMnO₂反应转移2mol电子。0.1molMnO₂转移0.2mol电子，即0.2N_A。D正确。教师强调：电子转移数目判断要抓住“化合价变化总数”，注意歧化反应与归中反应的电子转移“不重复计算”。同时要厘清“氧化剂与还原剂为同一物质”时电子转移数的计算基准。本题的隐蔽陷阱在于选项A中的“标准状况下Cl₂的体积与溶液体积的关系”及选项C中的“化学计量数与转移电子数之间的换算比”。巩固练习：向100mLFeBr₂溶液中通入标准状况下2.24LCl₂，反应后溶液中Br⁻有三分之二被氧化，求原FeBr₂溶液的物质的量浓度。教师提示应先写出Fe²⁺与Br⁻的还原性强弱顺序（Fe²⁺<Br⁻？此处应按实际数据：还原性Fe²⁺强于Br⁻，因此Cl₂先氧化Fe²⁺，再氧化Br⁻）。设原溶液中FeBr₂物质的量为xmol，Fe²⁺消耗Cl₂0.5xmol，Br⁻被氧化三分之二即消耗Cl₂三分之二×2x×二分之一=三分之二xmol，总消耗Cl₂为0.5x+三分之二x=六分之七xmol，标准状况下2.24LCl₂为0.1mol，所以六分之七x=0.1，解得x=0.0857mol，浓度c=0.857mol/L。该题综合考查了氧化还原先后规律及电子守恒，要求较高。（五）第11题精讲——元素推断与周期律的综合运用（7分钟）原题呈现：X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大。X的原子半径最小，Y原子的最外层电子数是其内层电子总数的三倍，Z的简单离子半径在同周期中最小，W与X同主族。下列说法正确的是（）A．简单气态氢化物的热稳定性：Y>WB．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C．X与Y、W与Y均可形成原子个数比为1：1的化合物D．Z的最高价氧化物对应水化物能与W的最高价氧化物对应水化物发生反应教师引导学生逐步推导。X的原子半径最小，则X为氢元素。Y原子的最外层电子数是其内层电子总数的三倍，内层总数为2，则最外层为6，Y为氧元素。Z的简单离子半径在同周期中最小，Z原子序数大于氧，Z在第三周期，第三周期简单离子半径最小的为Al³⁺，故Z为铝元素。W与X同主族且原子序数大于Al，则W为钠元素。选项A，Y为氧，W为钠，氧的简单气态氢化物H₂O的热稳定性远高于NaH，A正确。选项B，原子半径比较需先看电子层数，Na与Al均为第三周期，Na半径大于Al；O与H电子层数少，所以顺序应为Na>Al>O>H，即r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)，B正确。选项C，X与Y形成H₂O₂（原子个数比1：1），W与Y形成Na₂O₂（原子个数比1：1），C正确。选项D，Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)₃，W的最高价氧化物对应水化物为NaOH，Al(OH)₃为两性氢氧化物，能与强碱NaOH反应生成NaAlO₂，D正确。本题正确答案为A、B、C、D。在单项选择题中，应选出一个最符合题意的选项。但这道题出现了四选项均正确的情况，说明命题有误。教师应立即指出：这属于命题故障，但我们可以借此题复习全面知识。在真实考试中遇到，需仔细辨别。实际上，如果本题是单选题，则命题组可能默认D选项中的“反应”是指在水溶液中进行的离子反应，而Al(OH)₃与NaOH确实反应，因此D正确。所以本题失去区分度。教师应引导学生反思考试时如何应对有争议题目——选择最确定的一项。但鉴于本卷是练习卷，教师可以将其改为多选题进行教学。教师重新改编为多选题并给出正确答案ABCD。随后拓展周期律应用：比较H₂O与NaH的稳定性，强调气态氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，而非金属性O大于Na，因此H₂O更稳定。同时，强调“位—构—性”推断题的解题流程：先由原子结构特征或元素性质定位元素，再结合周期律比较性质。第一课时结束前，教师布置课后任务：整理错题本，针对第3、6、9、11题各出一道自编变式题。四、第二课时教学过程（非选择题规范训练与拓展）（一）第13题讲评——离子推断与定量计算（20分钟）原题呈现：某无色透明溶液中可能含有Na⁺、Ag⁺、Ba²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺、CO₃²⁻、SO₄²⁻、Cl⁻、NO₃⁻中的若干种。取该溶液100mL，分成三等份进行如下实验。第一份加入足量稀盐酸，得到白色沉淀2.87g，同时有无色无味气体生成，将气体通入澄清石灰水得到白色沉淀2.00g。第二份加入足量Ba(NO₃)₂溶液，得到白色沉淀4.30g，该沉淀可部分溶于稀硝酸，且剩余固体质量为2.33g。第三份加入足量NaOH溶液并加热，无明显现象。请回答以下问题。教师引导学生分步推理。溶液无色透明，则排除Cu²⁺和Fe³⁺。第一份加入足量稀盐酸，得到白色沉淀2.87g，该沉淀应为AgCl，因为Ag⁺与Cl⁻生成AgCl沉淀，摩尔质量为143.5g/mol，n(Ag⁺)=2.87/143.5=0.02mol。同时有无色无味气体生成且能使澄清石灰水变浑浊，说明有CO₂生成，该气体产生的原因可能是CO₃²⁻遇盐酸放出CO₂，因溶液中有Ag⁺，则CO₃²⁻不能与Ag⁺共存？Ag₂CO₃也是沉淀，所以在原溶液中，Ag⁺与CO₃²⁻不能大量共存，那么CO₃²⁻一定不存在，则该气体只能是HCO₃⁻？不对，HCO₃⁻也能与盐酸反应放出CO₂。但溶液为无色且可能存在Ag⁺、Ba²⁺、CO₃²⁻、SO₄²⁻、Cl⁻，Ag⁺与Cl⁻、SO₄²⁻、CO₃²⁻均不能共存。因此Ag⁺一旦存在，这些阴离子都不能存在。但第一份既产生了AgCl沉淀又产生了CO₂气体，说明Ag⁺与CO₃²⁻不可能同时存在于原溶液中，那么第一份实验中产生的气体不可能是由原溶液中的CO₃²⁻产生的，只能是HCO₃⁻？也不对，HCO₃⁻与Ag⁺也不一定产生沉淀？AgHCO₃可溶，可以共存。但HCO₃⁻与Cl⁻、SO₄²⁻共存没问题。那么按常规，CO₃²⁻与Ag⁺不能共存，而气体由CO₃²⁻产生的话就矛盾。因此这里的气体可能源于HCO₃⁻。但题目中列举的阴离子没有HCO₃⁻，这是个大问题。教师应引导学生重新审题：第一份加入足量稀盐酸产生白色沉淀2.87g，且有无色无味气体生成。若原溶液含CO₃²⁻，则与Ag⁺不能共存，但有AgCl沉淀生成表明有Ag⁺。这个情境下，Ag⁺与CO₃²⁻不共存，那么CO₂的来源只能是CO₃²⁻这不可能，是不是原溶液中含有SO₃²⁻？但题目列举阴离子中无亚硫酸根，所以推断给出气体为CO₂且使澄清石灰水变浑浊，原溶液可含CO₃²⁻或HCO₃⁻，但Ag⁺与CO₃²⁻不能共存。若原溶液既有Ag⁺又有HCO₃⁻，加入盐酸后HCO₃⁻与H⁺反应生成CO₂气体，同时Ag⁺与Cl⁻生成AgCl沉淀，因此第一份实验合理的前提是原溶液有Ag⁺和HCO₃⁻。但原题中给出的备选阴离子没有HCO₃⁻，这说明题目可能默认HCO₃⁻在可选离子中未被列出，实际该题可能是苏教版或鲁科版背景，所以此处教师应向学生说明该题的假定性，为了训练离子共存与定量计算，我们默认阴离子可包括HCO₃⁻。但这种处理容易造成误解。更合理的处理方式是：将“无色无味气体”看成是来自CO₃²⁻与盐酸的反应，那么原溶液中一定有CO₃²⁻，但Ag⁺就无法存在，那么第一份的白色沉淀从何而来？显然不可能。因此该题本身存在瑕疵。教师可将其调整为：第一份加入足量稀盐酸，无白色沉淀生成，但有无色无味气体产生。这样更合理。经过调整，题目逻辑通顺。由于原题有瑕疵，教师现场改编为：第一份加入足量稀盐酸，无沉淀生成，产生无色无味气体224mL（标准状况）。第二份加入足量Ba(NO₃)₂溶液，产生白色沉淀4.30g，沉淀部分溶于稀硝酸，剩余2.33g。第三份加入足量NaOH溶液加热，无现象。根据此改编，推断：第一份产生的气体为CO₂，n(CO₂)=0.01mol，则原溶液中CO₃²⁻总量为0.03mol（因取三等份，每份0.01mol）。第二份沉淀4.30g中，BaCO₃质量为4.30−2.33=1.97g，n(BaCO₃)=1.97/197=0.01mol，即该份中CO₃²⁻为0.01mol，与第一份气体量吻合。剩余2.33g为BaSO₄，n(BaSO₄)=2.33/233=0.01mol，故原溶液中SO₄²⁻总物质的量为0.03mol。有SO₄²⁻则Ba²⁺不能存在。有CO₃²⁻则Ag⁺、Ba²⁺均不能存在。第三份加NaOH加热无明显现象，说明无NH₄⁺。根据电荷守恒，原溶液中必有阳离子Na⁺。Ag⁺、Ba²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺均不存在。因此原溶液中一定含Na⁺、CO₃²⁻、SO₄²⁻，可能含有Cl⁻、NO₃⁻。教师进一步要求学生计算c(Na⁺)的最小值。设原溶液体积为100mL，即0.1L。CO₃²⁻物质的量为0.03mol，SO₄²⁻物质的量为0.03mol，负电荷总数为0.03×2+0.03×2=0.12mol。若无Cl⁻、NO₃⁻，则Na⁺物质的量为0.12mol，c(Na⁺)=1.2mol/L。若有其他阴离子，则Na⁺更多，所以最小浓度为1.2mol/L。本题训练了离子共存逻辑推理与电荷守恒定量计算，是模块综合检测中的典型压轴题。板书示例（用文字描述）：教师在半边黑板列出“肯定存在”“肯定不存在”“可能存在”三栏，边推导边填写，最终形成清晰的逻辑链。（二）第14题讲评——氧化还原反应方程式配平与电子转移表示（15分钟）原题呈现：已知反应KMnO₄+HCl(浓)→KCl+MnCl₂+Cl₂↑+H₂O（未配平）。请回答：（1）配平该反应方程式，标出电子转移的方向和数目。（2）若反应中消耗0.4molHCl，则被氧化的HCl为多少mol？生成Cl₂在标准状况下的体积为多少升？（3）若用该反应制取Cl₂，当有0.2mol电子转移时，则生成的Cl₂质量为多少g？教师先带领学生复习氧化还原配平的“化合价升降法”步骤。第一步，标出变价元素化合价：KMnO₄中Mn为+7价，MnCl₂中Mn为+2价，化合价降低5；HCl中Cl为−1价，Cl₂中Cl为0价，但HCl部分被氧化，部分起酸性作用。第二步，利用最小公倍数配平氧化还原部分：KMnO₄与MnCl₂的计量数均为2？不对，观察升降价最小公倍数为10，但一个KMnO₄中Mn降5，生成1个Cl₂需要2个Cl从−1升到0共升2，所以最小公倍数为10，即KMnO₄配2，Cl₂配5。第三步，用观察法配平其他物质：2KMnO₄+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+8H₂O。其中16个HCl中，被氧化的HCl有10个，其余6个HCl起到酸性生成盐的作用。针对问题（2），16molHCl参加反应时10molHCl被氧化，若消耗0.4molHCl，则被氧化HCl为0.25mol，生成Cl₂为0.125mol，标准状况体积为2.8L。针对问题（3），每生成5molCl₂转移10mol电子，则转移0.2mol电子时生成0.1molCl₂，质量7.1g。教师强调：在书写电子转移方向和数目时，要用双线桥法标明“得5e⁻×2”和“失e⁻×10”，注意电子守恒。变式训练：配平FeS₂+O₂→Fe₂O₃+SO₂，要求学生独立完成并展示。该题中FeS₂中Fe为+2价，S为−1价，反应后Fe为+3价，S为+4价，一个FeS₂化合价升高总数为1+2×5=11。O₂中O从0降到−2，每个O₂得4e⁻。最小公倍数为44，所以FeS₂配4，O₂配11，然后配平Fe₂O₃为2，SO₂为8，最终方程式为4FeS₂+11O₂=2Fe₂O₃+8SO₂。此变式强化了多元素变价的整体分析法。（三）第15题讲评——物质的量在化学方程式计算中的综合应用（10分钟）原题呈现：将一定质量的镁铝合金投入200mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金恰好完全溶解，向所得溶液中逐滴加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示（横轴从0到20mL沉淀质量不变，20mL到160mL沉淀质量逐渐增大至最大，160mL到180mL沉淀质量又逐渐减小至不变）。请回答：（1）求合金中镁和铝的质量之比。（2）求原盐酸的物质的量浓度。教师解读图像。0到20mL无沉淀，说明盐酸过量，NaOH用于中和过量盐酸。20mL到160mL沉淀逐渐增多，为Mg(OH)₂和Al(OH)₃同时沉淀。160mL到180mL沉淀减少，说明Al(OH)₃溶解于过量NaOH：Al(OH)₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，沉淀减少的质量为Al(OH)₃的质量。由图像知，溶解Al(OH)₃消耗NaOH的体积为180−160=20mL，即0.02L，n(NaOH)=5×0.02=0.1mol，则n(Al)=0.1mol。生成Al(OH)₃需要NaOH0.3mol，沉淀铝离子消耗NaOH体积为0.3/5=0.06L即60mL。因此沉淀Mg²⁺消耗NaOH体积为160−20−60=80mL，即0.08L，n(NaOH)=0.4mol，则n(Mg)=0.2mol。合金中m(Mg)=0.2×24=4.8g，m(Al)=0.1×27=2.7g，质量比为16:9。盐酸的物质的量浓度计算：HCl总物质的量等于NaOH总物质的量？不对，需根据最终溶液为NaCl溶液（可能含NaAlO₂）。20mL到160mL阶段（总共140mL）NaOH的物质的量用于沉淀金属离子及中和过量酸。更简便的方法：最终加入180mLNaOH时，溶液中的溶质为NaCl和NaAlO₂。Na元素总量为5×0.18=0.9mol，Al元素总量为0.1mol，则以NaAlO₂形式存在的Na为0.1mol，剩余0.8molNa形成NaCl，故Cl⁻总量即HCl总量为0.8mol，c(HCl)=0.8/0.2=4mol/L。教师引导总结“图像题”的解题关键：找平台、找拐点、明确每段发生的反应类型。（四）第16题讲评——实验探究：Fe²⁺与Fe³⁺的相互转化（20分钟）原题呈现：某化学兴趣小组探究Fe²⁺与Fe³⁺的转化，设计如下实验：向盛有2mLFeCl₂溶液的试管中滴入几滴KSCN溶液，观察现象；再加入少量新制氯水，振荡，观察现象；然后向其中滴入几滴淀粉碘化钾溶液，观察现象。请回答：（1）写出上述两步转化的离子方程式。（2）判断氧化性：Cl₂>Fe³⁺>I₂，并用实验证明。（3）若先向FeCl₃溶液中加入过量铁粉，充分反应