1、第第1 1讲钠及其重要化合物讲钠及其重要化合物第三章第三章2023内容索引强基础强基础 增分策略增分策略增素能增素能 精准突破精准突破研专项研专项 前沿命题前沿命题强基础强基础 增分策略增分策略一、活泼的金属单质钠1.钠的物理性质颜色、状态密度硬度熔点色固体,有金属光泽密度为0.97gcm-3,比水小,比煤油较小,质软较低,97.8微点拨实验室中通常将少量金属钠保存在石蜡油或煤油中,以隔绝空气中的O2和H2O(g)。银白大2.钠的化学性质钠元素在元素周期表中处于第周期第族,其原子最外层有1个电子,在反应中易电子,表现出很强的性。(1)与非金属单质的反应Cl2:。三A失去还原2Na+O2Na2O
2、22Na+Cl22NaCl(2)与水的反应反应原理(离子方程式)现象及分析2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2小低放剧烈(3)与酸的反应钠与酸反应的实质是钠与酸电离出的H+发生置换反应生成H2,离子方程式为。微点拨钠与酸溶液反应时,无论酸是否过量,钠都不会剩余,且消耗的钠与产生的氢气存在定量关系:2NaH2。2Na+2H+=2Na+H2(4)与盐的反应与盐溶液反应钠不能从盐溶液中置换出其他金属单质 先考虑钠与水反应,再考虑生成的NaOH是否与盐发生复分解反应。例如,钠投入CuSO4溶液中,总反应方程式为。与熔融盐反应例如,高温下,钠与熔融TiCl4反应置换出Ti,化学方程式为。2Na+2H
3、2O+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4+H2TiCl4+4Na4NaCl+Ti3.钠的制取和用途(1)制取:采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠:。(2)用途2NaCl(熔融)2Na+Cl2易错辨析判断正误:正确的画“”,错误的画“”。(1)室温下,Na在空气中发生缓慢氧化,并最终生成Na2O。()(2)高压钠灯可用于道路照明。()(3)将金属钠投入FeCl2溶液中,析出银白色金属,溶液颜色变成无色。()(4)乙醇、水都可与金属钠反应产生氢气,前者反应比后者缓和得多,则乙醇分子中羟基氢原子比水中羟基氢原子活性弱。() 二、钠的氧化物1.氧化钠和过氧化钠的比较(写出反应的化学方程式)化学
4、式Na2ONa2O2电子式_氧元素化合价-2-1颜色、状态白色固体色固体阴、阳离子个数比 1 21 2存在化学键离子键离子键和物质类别碱性氧化物过氧化物,不是碱性氧化物淡黄非极性键化学式Na2ONa2O2与水反应_与CO2反应 Na2O+CO2=Na2CO3_与盐酸反应Na2O+2HCl=2NaCl+H2O_主要用途供氧剂、漂白剂等Na2O+H2O=2NaOH2Na2O2+2H2=4NaOH+O22Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O22.从元素化合价角度分析Na2O2的性质 (1)Na2O2的强氧化性向氢硫酸饱和溶液中加入少量Na2O2,
5、产生浅黄色沉淀:Na2O2+3H2S=S+2NaHS+2H2O。(2)Na2O2的还原性在酸性高锰酸钾溶液中加入适量Na2O2粉末,溶液褪色,并产生无色气体,Na2O2表现出性,氧化产物是。还原O2易错辨析判断正误:正确的画“”,错误的画“”。(1)淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。()(2)Na2O2投入品红溶液中,溶液褪色,体现Na2O2的漂白性。()(3)过氧化钠与CO2反应,生成0.1molO2时,转移的电子数为0.4NA。()(4)Na2O2投入滴加酚酞的水中,溶液先变红后褪色,并产生大量无色气泡
6、。() 旁栏边角必修1P55阅读教材“思考与交流”,判断下列说法的正误。(1)碱性氧化物都能与水反应生成相应的碱。()(2)碱性氧化物可与某些酸性氧化物反应生成相应的含氧酸盐。()(3)氧化钙与水反应放出大量的热。()(4)碱石灰是一种常见碱性干燥剂,其中含有氧化钙和氢氧化钠。() 三、碳酸钠和碳酸氢钠1.列表比较碳酸钠和碳酸氢钠(写出反应的离子方程式)化学式Na2CO3NaHCO3俗名、苏打_颜色、状态白色粉末白色晶体溶解性易溶于水易溶于水(溶解度比Na2CO3)与足量盐酸反应_与NaOH反应 _纯碱小苏打小化学式Na2CO3NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液反应Ca2+=CaCO3_与C
7、O2反应 _热稳定性较稳定,不易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O用途重要的化工原料焙制糕点、治疗胃酸过多相互转化Na2CO3NaHCO32.Na2CO3、NaHCO3在日常生产、生活中的应用(1)Na2CO3是一种非常重要的化工原料,在玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金、食品等工业中有着广泛的应用。(2)NaHCO3是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一;在医疗上,它是过多的一种药剂(但胃溃疡病人慎用)。治疗胃酸3.联合制碱法侯氏制碱法(1)制备原料食盐、氨气、二氧化碳合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气;其反应(2)工艺流程(3)反应原理产生NaHCO3的反应:。产生Na
8、2CO3的反应:。(4)循环利用:循环利用的物质为、饱和食盐水。NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2OCO2易错辨析判断正误:正确的画“”,错误的画“”。(1)NaHCO3受热分解生成Na2CO3,则热稳定性:Na2CO3NaHCO3。()(2)NaHCO3和Na2CO3都能与胃酸(主要成分为盐酸)反应,故都可用于治疗胃酸过多。()(3)饱和食盐水中先通入CO2,后通入NH3,可析出NaHCO3晶体。()(4)除去Na2CO3固体中少量NaHCO3,可将固体加热至恒重。() 四、碱金属焰色反应1.碱金属的相似性和递变性(由LiCs)
9、结构与性质 相似性递变性(由LiCs)原子结构最外层均为电子电子层数逐渐增多;核电荷数逐渐;原子半径逐渐元素性质都具有较强的性,最高正价均为价金属性逐渐1个增大增大金属+1增强单质性质物理性质(除Cs外)都呈银白色,密度较小,熔、沸点密度逐渐增大(钾反常),熔、沸点逐渐化学性质都具有较强的性还原性逐渐;与O2反应越来越剧烈,产物越来越复杂较低降低还原增强2.焰色反应(1)定义:很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊颜色,可以判断试样所含的金属元素,化学上把这样的定性分析操作称为焰色反应。(2)实验操作(3)重要元素的焰色金属元素 钠钾(透过蓝色钴玻璃)钙铜火焰颜色 _ _砖红色绿色黄
10、色紫色应用提升碱金属的特殊性总结(1)碱金属的密度一般随核电荷数的增大而增大,但钾的密度比钠的小。(2)碱金属一般都保存在煤油中,但由于锂的密度小于煤油的密度而将锂保存在石蜡中。(3)碱金属和氢气反应生成的碱金属氢化物都是离子化合物,其中氢以H-形式存在,显-1价,碱金属氢化物是强还原剂。(4)锂和O2反应与钠不同,反应只生成Li2O,与反应条件、氧气的量等无关。易错辨析判断正误:正确的画“”,错误的画“”。(1)加热时,碱金属单质均与O2反应生成相应的过氧化物。()(2)碱金属单质都能与水反应生成相应的碱和H2。()(3)做焰色反应实验前,铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至与原来的火焰颜色相同。()(
11、4)用铂丝蘸取某盐溶液灼烧,火焰呈黄色,证明其中含有Na+,一定不含K+。()(5)用铂丝蘸取某盐溶液灼烧,通过蓝色钴玻璃观察,火焰呈紫色,证明其中含有K+,一定不含Na+。() 增素能增素能 精准突破精准突破考点一考点二考点一考点一钠和钠的氧化物钠和钠的氧化物能力概述能力概述考点一考点二命题解读命题解读新教材变化增加“探究钠与水的反应”,涉及预测、实验、结论等,引导从物质组成和氧化还原反应的角度认识钠及其变化考情透析高频考点从近几年高考试题来看,钠及其氧化物的性质和应用仍是高考的命题点。预测考向新的一年高考可能会在选择题中考查钠及其氧化物的性质和应用,题目难度较小考点一考点二考向考向1.1.
12、钠与酸、碱、盐溶液的反应钠与酸、碱、盐溶液的反应典例突破(2021甘肃靖远四中检测)向分别盛有100mL水、100mL0.1molL-1盐酸、100mL0.01molL-1NaOH溶液的X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05molNa。下列有关说法正确的是()A.三个烧杯中均先发生的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2B.三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应,且X烧杯中的反应最剧烈C.三个烧杯反应后,溶质的物质的量浓度相同D.三个烧杯反应后,生成的气体的质量一定相同考点一考点二答案 D解析 钠与盐酸反应时钠先与H+反应,离子方程式为2Na+2H+=2Na+H2,A错误;三个烧杯中,Y烧杯中
13、的氢离子浓度最大,反应最剧烈,B错误;X烧杯中生成的溶质为NaOH,Y烧杯中生成的溶质为NaCl、NaOH,Z烧杯中生成NaOH,且Z烧杯中原溶质为NaOH,故三个烧杯中溶质的物质的量浓度不同,C错误;因向三个烧杯中加入钠的物质的量相同且钠全部反应完,故生成H2的质量相同,D正确。考点一考点二针对训练1.(2021青海西宁海湖中学开学考试)将绿豆大的钠块投入如图所示的烧杯中,可能的现象是()A.钠块只在煤油层中游动,并放出气体B.钠块只在水层中游动,钠块熔化,水层变红C.钠块在CCl4层和水层界面处游动并上下跳动,钠块熔化,水层变红D.钠块在水层和煤油层界面处游动并上下跳动,钠块熔化,水层变红
14、考点一考点二答案 D解析 钠的密度介于煤油和水的密度之间,投入的钠块落在二者界面上,钠的下半部分与水接触并反应,产生H2推动钠向上游动,进入煤油层后,反应停止,由于钠受到的重力大于浮力,随后钠块下沉,又回落到煤油和水的界面上,重复上述过程,故钠块在水层与煤油层界面处游动并上下跳动,因反应生成NaOH,滴有少量酚酞的水变红。考点一考点二2.(1)将一小块金属钠分别投入盛有:A.水、B.乙醇、C.稀硫酸的三个小烧杯中,反应速率由大到小的顺序为。解释反应速率不同的原因:。(2)将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中,既有气体又有白色沉淀产生的是(填序号)。MgSO4溶液BaCl2溶液饱和澄清石灰水Ca(
15、HCO3)2溶液CuSO4溶液考点一考点二答案 (1)CAB钠与上述三种物质反应的实质都是钠与H+的置换反应,由三种物质电离出H+的能力可知,反应速率的大小顺序为CAB(2)解析 (2)2Na+2H2O=2NaOH+H2,中Mg2+2OH-=Mg(OH)2;中反应消耗水,溶液温度升高,Ca(OH)2的溶解度降低,析出Ca(OH)2,产生白色沉淀;中Ca2+OH-=CaCO3+H2O,产生白色沉淀;中生成的Cu(OH)2是蓝色沉淀,不符合题意。考点一考点二归纳总结Na与酸、盐溶液反应原理分析(1)Na与酸反应:Na与水反应是Na与水电离出的H+反应;酸可电离出H+,即Na与酸的反应是Na与溶液中
16、H+反应,而不是先和水反应生成NaOH后再和酸发生中和反应。(2)Na与盐反应:Na与盐溶液反应现象因盐的不同而不同。例:NaHSO4溶液Na直接与NaHSO4电离出的H+反应;稀NaCl溶液只发生Na与水的反应,有H2产生;饱和NaCl溶液有H2产生,同时有NaCl晶体析出;NH4Cl溶液同时产生H2和NH3(生成的碱与盐反应);CuSO4溶液有H2和蓝色沉淀生成(生成的碱与盐反应)。考点一考点二考向考向2.过氧化钠与水过氧化钠与水(或或CO2)的反应的反应 典例突破(2021河北卷节选)对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14g,
17、则固体NaHCO3的质量为g。答案 0.84解析 固体NaHCO3充分加热,分解生成Na2CO3、CO2和H2O(g),产生的气体先通过足量浓硫酸,除去H2O(g),再通过足量Na2O2,Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2。(解法一)利用“差量法”进行计算:考点一考点二2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2m(固体)278g2mol2106g 228gn(CO2)0.14g列式:,解得n(CO2)=0.005mol,结合反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O推知,n(NaHCO3)=2n(CO2)=20.005mol=0.01mol,故有m(NaHCO3)=0.01mo
18、l84gmol-1=0.84g。考点一考点二(解法二)利用“反应规律”进行计算:CO2通过Na2O2固体时,固体增重相当于与CO2等物质的量的CO的质量,则有n(CO2)=n(CO)=0.005mol。结合NaHCO3的分解反应推知,n(NaHCO3)=2n(CO2)=20.005mol=0.01mol,故有m(NaHCO3)=0.01mol84gmol-1=0.84g。考点一考点二考题点睛 考点一考点二针对训练1.(2021河南中原名校联考)某实验小组通过下图所示实验,探究Na2O2与水的反应:考点一考点二下列说法中正确的是()A.中的大量气泡的主要成分是氢气B.中溶液变红,说明有酸性物质生
19、成C.中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D.中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度答案 C解析 中大量气泡的主要成分是氧气,A项错误;中溶液变红,说明有碱性物质生成,B项错误;中红色褪去,应该是由溶液中的强氧化性物质造成的,C项正确;中加入MnO2产生较多气泡,说明溶液中存在H2O2,MnO2的主要作用是催化剂,D项错误。考点一考点二2.在一密闭容器中有CO、H2、O2共16.5g和足量的Na2O2,用电火花引燃,使其完全反应,Na2O2增重7.5g,则原混合气体中O2的质量分数约为()A.54.5%B.40%C.36% D.33.3%答案 A解析 CO、H2、O2完全反应后生
20、成的二氧化碳、水与过氧化钠反应生成碳酸钠、氢氧化钠,所以过氧化钠固体增重的质量等于CO、H2的质量,所以原混合气体中CO、H2的质量之和为7.5g,则O2的质量是16.5g-7.5g=9.0g,所以原混合气体中O2的质量分数是考点一考点二归纳总结Na2O2与CO2、H2O(g)反应的“四大规律”反应先后规律从反应结果看,Na2O2与CO2、H2O(g)的混合气体反应时,可看作Na2O2先与CO2反应,后与H2O(g)反应电子转移关系当Na2O2与CO2、H2O(g)反应时,物质的量关系为2Na2O2O22e-,n(e-)=n(Na2O2)=2n(O2)气体体积的变化关系若CO2、H2O(g)(
21、或二者的混合气体)通过足量Na2O2,气体体积的减少量是原来气体体积的,等于生成氧气的量,V=V(O2)=V(混合)考点一考点二固体质量的变化关系CO2、H2O(g)分别与足量Na2O2反应时,固体相当于吸收了CO2中的“CO”和H2O(g)中的“H2”,故固体增加的质量m(CO2)=28gmol-1n(CO2),m(H2O)=2gmol-1n(H2O)考点一考点二考点二考点二碳酸钠和碳酸氢钠碳酸钠和碳酸氢钠能力概述能力概述考点一考点二命题解读命题解读新教材变化将旧教材中“科学探究”拆分成“实验2-4”(探究Na2CO3和NaHCO3的溶解性)、“实验2-5”(探究Na2CO3和NaHCO3的
22、热稳定性),在“练习与应用”第6题设置探究Na2CO3性质的实验题考情透析高频考点有关Na2CO3和NaHCO3的鉴别、除杂及实验探究仍然是高考命题的热点。预测考向新的一年高考可能会继续考查Na2CO3和NaHCO3的性质及转化考点一考点二典例突破(2021陕西汉中检测)Na2CO3和NaHCO3是常见的两种盐,它们广泛地应用于生产和生活中。下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法正确的是()A.在水中的溶解性:NaHCO3Na2CO3B.分别加热两种样品,没有残留物质的是NaHCO3C.可以用澄清石灰水来鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液D.等质量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应,前
23、者产生CO2多考点一考点二答案 D解析 相同温度下,Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3,A错误;NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,剩余固体是Na2CO3,Na2CO3受热不易分解,最后都有残留物质,B错误;Na2CO3溶液和NaHCO3溶液与澄清石灰水反应,均产生白色沉淀CaCO3,不能鉴别,C错误;NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸发生反应:NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O,84gNaHCO3反应生成44gCO2,106gNa2CO3反应生成44gCO2,故等质量的两种物质分别与足量盐酸反应,
24、NaHCO3产生的CO2多,D正确。考点一考点二针对训练1.下列有关Na2CO3和NaHCO3的叙述正确的是()A.向Na2CO3溶液中通入等物质的量的HCl,生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1 2B.等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应,在同温同压下,前者产生CO2多C.物质的量浓度相同时,Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2,有NaHCO3晶体析出考点一考点二答案 D解析 根据化学方程式Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3,当碳酸钠和HCl物质的量相等时,不会产生二氧化碳,A错误;NaHCO3和Na2CO3
25、都与盐酸反应生成二氧化碳气体:Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2,NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应,放出的CO2体积相同,B错误;在Na2CO3、NaHCO3溶液中,碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解,导致溶液呈碱性,但是碳酸根离子水解程度大,所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠,即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液,C错误;向Na2CO3饱和溶液中通入CO2,会发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,常温下在相同的溶剂中,Na2CO3比NaHCO3易溶,所以会析出碳酸氢钠晶体,D正确。考点一考
26、点二2.(2021四川眉山仁寿一中诊断)现有两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色溶液,下列提出的简便的鉴别方法中不合理的是()取等量的两种溶液于两支试管中,加热,有气泡产生的是NaHCO3取等量的两种溶液于两支试管中,逐滴加入稀盐酸,开始就有气体放出的是NaHCO3取等量的两种溶液于两支试管中,滴加稀硫酸,开始就有气体产生的是NaHCO3取等量的两种溶液于两支试管中,滴加Ba(OH)2溶液,生成白色沉淀的是Na2CO3A. B.C. D.考点一考点二答案 D解析 NaHCO3在水溶液中受热不易分解,加热Na2CO3和NaHCO3溶液,溶液中溶解的气体随温度升高而逸出,均产生气泡,不合理
27、;NaHCO3与盐酸反应生成NaCl、CO2和H2O,而向Na2CO3溶液中滴加盐酸,先生成NaHCO3,再与盐酸反应放出CO2,故开始就有气体放出的是NaHCO3,合理;Na2CO3和NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液反应,均产生白色沉淀BaCO3,不合理。考点一考点二归纳总结1.Na2CO3和NaHCO3的鉴别方法 考点一考点二2.Na2CO3和NaHCO3的除杂方法(后者为杂质)序号混合物除杂方法(1)Na2CO3(s)、NaHCO3加热法(2)NaHCO3(aq)、Na2CO3通入足量CO2(3)Na2CO3(aq)、NaHCO3加入适量NaOH溶液研专项研专项 前沿命题前沿命题实验
28、探究碳酸钠质量分数的测定实验探究碳酸钠质量分数的测定 题型考查内容选择题非选择题考查知识考查“气体法”“沉淀法”“滴定法”等测定产品含量,涉及实验仪器、操作及分析、定量测定及数据分析等核心素养科学探究与创新意识例题.(2021湖南卷)碳酸钠俗称纯碱,是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠,并测定产品中少量碳酸氢钠的含量。过程如下:步骤.Na2CO3的制备步骤.产品中NaHCO3含量测定称取产品2.500g,用蒸馏水溶解,定容于250mL容量瓶中;移取25.00mL上述溶液于锥形瓶,加入2滴指示剂M,用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定,溶液由红色变至近无色(第一滴定终点
29、),消耗盐酸V1mL;在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用0.1000molL-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点),又消耗盐酸V2mL;平行测定三次,V1平均值为22.45mL,V2平均值为23.51mL。已知:()当温度超过35时,NH4HCO3开始分解。()相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100gH2O)温度/0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列
30、问题:(1)步骤中晶体A的化学式为,晶体A能够析出的原因是;(2)步骤中“300加热”所选用的仪器是(填字母);(3)指示剂N为,描述第二滴定终点前后颜色变化:;(4)产品中NaHCO3的质量分数为(保留三位有效数字);(5)第一滴定终点时,某同学俯视读数,其他操作均正确,则NaHCO3质量分数的计算结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。思路指导 步骤:Na2CO3的制备步骤:产品中NaHCO3含量测定解析 本题属于综合实验题,但考查点难度较小,主要考查了物质成分的分析、仪器的选择使用、滴定操作中指示剂的选择及滴定现象的描述、物质含量的计算等。(1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的
31、成分是碳酸氢钠。根据已知()中相关盐在不同温度下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在35的温度下,与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。(2)给固体加热所用的仪器一般为坩埚。(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色
32、变为橙色。(4)根据滴定过程中的反应原理:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2可知,2.500g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1)mL10=(23.51-22.45)mL10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51-22.45)mL1010-3LmL-10.1000molL-1=1.0610-3mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。答案 (1)NaHCO3相同温度下,碳酸氢
33、钠与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大且最小(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色(4)3.56%(5)偏大突破方法实验测定碳酸钠质量分数的三种方法(1)气体法测定原理:Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2。依据CO2的体积确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。实验操作:向mg纯碱样品中加入足量的稀硫酸,准确测量产生CO2气体的体积为VmL(已折算为标准状况)。数据处理(2)沉淀法测定原理:Na2CO3+BaCl2=BaCO3+2NaCl。依据BaCO3沉淀的质量,确定Na2CO3的物质的量,进而确定纯碱中Na2CO3的含量。实验操作:先将mg纯
34、碱样品溶于水配成溶液,向溶液中加入过量的BaCl2溶液,经过滤、洗涤、干燥得BaCO3沉淀的质量为ng。数据处理(3)“滴定法”利用“双指示剂法”(酚酞甲基橙)测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数。第一步使用酚酞作指示剂,滴定原理:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,消耗标准盐酸(V1mL)用于物质转化:Na2CO3NaHCO3,滴定终点现象是:溶液由浅红色变为无色。第二步使用甲基橙作指示剂,滴定原理:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2,消耗标准盐酸(V2mL)用于物质转化:NaHCO3NaCl,滴定终点现象是:溶液由黄色变为橙色。数据处理:n(N
35、aHCO3)=c(HCl)(V2-V1)10-3mol,m(NaHCO3)=c(HCl)(V2-V1)10-3mol84gmol-1。针对训练1.(2021陕西宝鸡渭滨区适应性训练)下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()A.取a克混合物充分加热,减重b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固体答案 C解析 在Na2CO3、NaHCO3中加热分解的只有NaHCO3,故A项正确;与
36、足量稀盐酸反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl,Na2CO3、NaHCO3转化为NaCl时固体质量变化不同,可由钠元素守恒和质量关系列方程式计算,故B项正确;碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气,无法计算,故C项错误;Na2CO3、NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同,可利用质量关系计算,故D项正确。2.某含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物,某同学设计如图所示的实验装置,通过测量反应产生的CO2和H2O的质量,来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤:按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后,首先进行的操作是。称取样品,并将其放入硬质玻璃管中;称量
37、装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。打开K1、K2,关闭K3,缓缓鼓入空气数分钟,其目的是。关闭K1、K2,打开K3,点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为、。打开K1,缓缓鼓入空气数分钟,然后拆下装置,再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。(2)关于该实验方案,请回答下列问题。若加热反应后不鼓入空气,对测定结果的影响是 。E处干燥管中盛放的药品是,其作用是,如果实验中没有该装置,则会导致测得的NaHCO3的质量(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。若样品质量为wg,反应后C、D装置增加的质量分别为m1g、m2g,则混合物中Na2CO310H2O的质量分数为(用
38、含w、m1、m2的代数式表示)。答案 (1)检查装置的气密性除去装置中的水蒸气和二氧化碳2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2Na2CO310H2ONa2CO3+10H2O(2)Na2CO310H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小,NaCl的质量分数测定结果偏大碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏大解析 (1)组装好实验装置后首先应检查装置的气密性。由于装置中存在CO2和水蒸气,应先除去装置中的CO2和水蒸气。由物质的性质可知,在加热时该装置中发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、Na2CO310H2ONa2CO3+10H2O。(2)加热后有部分C
39、O2和水蒸气会残留在装置中,必须鼓入空气使其完全被吸收,若不鼓入空气,则测得的NaHCO3和Na2CO310H2O的质量分数会偏小,NaCl的质量分数会偏大。装置E的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入装置D,故干燥管中盛放的药品是碱石灰,如果没有该装置,会使测得的NaHCO3的质量偏大。第第2 2讲镁、铝及其重要化合物讲镁、铝及其重要化合物第三章第三章2023内容索引强基础强基础 增分策略增分策略增素能增素能 精准突破精准突破强基础强基础 增分策略增分策略一、镁及其化合物1.镁的化学性质化学性质化学(或离子)方程式与非金属反应(O2)2Mg+O22MgO与酸(H+)反应_与CO2反应2Mg+
40、CO22MgO+CMg+2H+=Mg2+H22.MgO和Mg(OH)2的化学性质(1)MgO是碱性氧化物,能与酸(H+)反应生成Mg2+和H2O,离子方程式为。(2)Mg(OH)2是一种中强碱,能与酸(H+)反应生成Mg2+和H2O,离子方程式为。微点拨氢氧化镁溶解度小于碳酸镁,能发生反应MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2,镁元素在水垢中的存在形式是Mg(OH)2。MgO+2H+=Mg2+H2OMg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O3.从海水中提取镁(1)工艺流程(2)基本步骤及主要反应基本步骤主要反应制石灰乳CaCO3+CO2,+H2O=Ca(OH)2沉淀Mg2+Ca(OH)2=Mg
41、(OH)2+Ca2+酸化Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O蒸发浓缩、冷却结晶析出MgCl26H2O脱水在氯化氢气流中使MgCl26H2O脱水制得无水氯化镁抑制Mg2+的水解电解电解熔融氯化镁制得镁CaOCaO二、铝及其化合物1.从原子结构角度认识铝的化学性质铝在元素周期表中处于第周期第族,其原子结构示意图为,原子最外层有3个电子,在反应中易电子,表现出性。三A失去还原写出图中部分反应的化学方程式:,离子方程式为。(铝热反应)。4Al+3O22Al2O32Al+6HCl=2AlCl3+3H22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H22Al+2OH-+2H2O=2Al+3H2
42、2Al+Fe2O32Fe+Al2O32.氧化铝的性质及用途 Al2O3+2OH-=2Al+H2O2Al2O3(熔融)4Al+3O23.氢氧化铝(1)化学性质(写出离子方程式)受热分解:。Al(OH)3+3H+=Al3+3H2OAl(OH)3+OH-=Al+2H2O2Al(OH)3Al2O3+3H2O(2)制备方法(写离子方程式)向铝盐中加入氨水,离子方程式为;NaAlO2溶液中通入足量CO2,离子方程式为;NaAlO2溶液与AlCl3溶液混合:。Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+33Al+Al3+6H2O=4Al(OH)34.利用铝土矿冶炼金属铝的工艺流程由铝土矿(主要成分是Al2O3,
43、含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)提取Al2O3,并冶炼金属铝的两种工艺流程:5.常见的铝盐明矾 化学式(水溶液pH7)组成硫酸铝钾是由两种不同的金属离子和一种酸根离子组成的化合物净水原理Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附水中杂质形成沉淀而净水与Ba(OH)2溶液的反应Al3+恰好完全沉淀的离子方程式:_恰好完全沉淀的离子方程式:_KAl(SO4)212H2O旁栏边角必修1P48根据科学探究1和2,归纳在空气中加热铝箔至熔化观察到的现象,并分析产生该现象的原因。提示 铝箔熔化,失去光泽,但铝不滴落;熔化的铝表面形成氧化铝保护膜,熔化的铝不会滴落。应用提升
44、1.“两性氧化物”的理解(1)像Al2O3这类既能与酸反应生成盐和水,又能与碱反应生成盐和水的氧化物,叫做两性氧化物。(2)“两性”是指既具有酸性氧化物的性质(能与碱反应生成盐和水),又具有碱性氧化物的性质(能与酸反应生成盐和水)。2.认识“两性氢氧化物”(1)像Al(OH)3这类既能与酸反应生成盐和水,又能与碱反应生成盐和水的氢氧化物,叫做两性氢氧化物。(2)从电离角度认识Al(OH)3的“两性”,有两种电离方式:易错辨析判断正误:正确的画“”,错误的画“”。(1)铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物,其原因是Al和Al2O3均能与酸、碱反应。()(2)氧化铝的硬度大,故常用于制造
45、耐火材料。()(3)氢氧化铝能与盐酸反应,故可用于中和过多胃酸。() 增素能增素能 精准突破精准突破考点一考点二考点一考点一铝、镁及其化合物的性质铝、镁及其化合物的性质能力概述能力概述考点一考点二命题解读命题解读新教材变化新教材增加镁与氮气的反应,将铝及其化合物分散在“金属材料”“元素周期律”两节中,涉及Al、Al2O3和Al(OH)3的性质以及铝合金的相关知识。同时新教材删去了硫酸铝钾的有关知识及氢氧化铝受热分解等知识考情透析高频考点从近几年高考试题来看,铝、镁及其化合物的性质与应用仍是高考的命题点。预测考向新的一年高考可能会在选择题中考查铝、镁及其化合物的性质与应用,题目难度较小考点一考点
46、二典例突破下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水答案 D解析 氧化铝用作电解冶炼铝的原料是利用了熔融氧化铝能导电的性质,与其熔点高无关,B错误;Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可以用于净水,D正确。考点一考点二针对训练1.下列有关铝及其化合物的说法正确的是()A.室温下,将铝片放入浓硝酸中,无明显实验现象,说明铝与浓硝酸不发生反应B.氧化铝只能与酸反应,不能与碱反应C.明矾是常用的净水剂,净水时发生的反应为Al3+3H2O
47、Al(OH)3+3H+D.AlCl3溶液中加入足量氨水,产生的白色沉淀立即溶解:考点一考点二答案 C解析 室温下,Al在浓硝酸中发生钝化,无明显现象,A错误;Al2O3是两性氧化物,既能与酸反应也能与碱反应,B错误;明矾溶于水电离产生Al3+,发生水解生成Al(OH)3胶体,用于吸附水中悬浮杂质,起到净水作用,C正确;Al(OH)3不能溶于过量氨水,应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3,D错误。考点一考点二2.下列除去杂质的方法不正确的是()A.镁粉中混有少量铝粉:加入过量烧碱溶液充分反应,过滤、洗涤、干燥B.用过量氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+C.Al(OH)3中混有少量Mg
48、(OH)2:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤D.MgO中混有少量Al2O3:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤、洗涤、干燥得到MgO答案 B解析 Al(OH)3不溶于氨水,故向含少量Al3+的Fe3+溶液中加入过量氨水时,Fe3+、Al3+均转化为氢氧化物沉淀,达不到除杂的目的。考点一考点二归纳总结基于铝及其化合物的“两性”,分离提纯含铝物质利用Al、Al2O3、Al(OH)3可溶于强碱的特性,可除去许多物质中的含铝杂质(括号内为杂质):(1)Mg(Al):加足量NaOH溶液。(2)Fe2O3(Al2O3):加足量NaOH溶液。(3)Mg(OH)2Al(OH)3:加
49、足量NaOH溶液。(4)Mg2+(Al3+):加过量NaOH溶液,过滤,再加酸充分溶解。考点一考点二考点二考点二铝及其化合物间的转化铝及其化合物间的转化能力概述能力概述考点一考点二命题解读命题解读新教材变化新教材在铝及其化合物转化部分知识变化不大,但知识点变得更加分散了,同时对铝热反应进行了简单介绍考情透析高频考点从近几年高考试题来看,铝及其化合物间的转化是高考的命题点。预测考向新的一年高考可能会在选择题中考查铝及其化合物的性质与应用,题目难度较小考点一考点二典例突破(2021天津静海检测)下列各组物质,不能按abc(“”表示反应一步完成)关系转化的是()选项abcAAl2O3NaAlO2Al
50、(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAlO2CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgO考点一考点二答案 C解析 Al2O3溶于NaOH溶液生成NaAlO2,NaAlO2溶液中通入CO2生成Al(OH)3,A项正确;AlCl3与氨水反应生成Al(OH)3,Al(OH)3溶于NaOH溶液生成NaAlO2,B项正确;铝不能直接生成Al(OH)3,C项错误;MgCl2与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2,Mg(OH)2加热分解生成MgO,D项正确。考点一考点二考题点睛 考点一考点二针对训练1.向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液,立即封闭罐口,易拉罐渐渐凹瘪;再过一
