1、.年 級高三學 科化學版 本蘇教版內容標題高三第一輪復習：鈉、鎂、鋁的性質【本講教育信息】一. 教學內容：鈉、鎂、鋁的性質二. 教學目的：認識鈉是一種很活潑的金屬，理解鈉及其化合物的物理性質，掌握鈉及其化合物的化學性質；理解鎂和鋁的物理性質、化學性質和主要用處；理解鎂及鋁的化合物的性質及用處；運用氫氧化鋁的兩性能解決有關計算和圖象問題。三. 教學重點、難點：鈉及其化合物的性質；鋁及其化合物的兩性四. 教學過程：一鈉及其化合物：1、鈉的性質：金屬鈉很軟，用刀切開可以看到它具有銀白色的金屬光澤，是熱和電的良導體；它的密度為0.97gcm3，比水的密度小比煤油的密度大；熔點97.8、沸點882.9都

2、較低。鈉元素位于元素周期表中第三周期A族；鈉原子最外電子層上只有1個電子，在化學反響中很容易失去電子。因此，鈉的化學性質很活潑，具有強的復原性。鈉的化學性質很活潑，能與許多非金屬單質直接化合：如與S、O2、Cl2等反響：2NaSNa2S；4NaO22Na2O；2NaO2Na2O2；2NaCl22NaCl；鈉還能與酸及水反響放出H2：2Na2H2O2NaOHH2，反響比較劇烈；工業上利用鈉作復原劑把鈦、鋯、鈮、鉭等金屬從它們的熔融鹵化物中復原出來，但不能有水參與，否那么就先與水反響；鈉還可以和某些有機物反響：如鈉與含有OH官能團的有機物：醇、酚和羧酸等物質反響：2、鈉的氧化物：過氧化鈉與氧化鈉的

3、比較：物質普通氧化物Na2O過氧化物Na2O2形成條件鈉露置于空氣中鈉在空氣中燃燒色態白色固體淡黃色固體電子式構造存在O2離子存在O22離子過氧離子屬類堿性氧化物鹽不屬于堿性氧化物過氧化物穩定性不穩定穩定性質與水的反響Na2OH2O2NaOH2Na2O22H2O4NaOHO2與H反響Na2O2H2NaH2O2Na2O24H4Na2H2OO2與CO2反響生成相應的碳酸鹽生成碳酸鈉和氧氣氧化性、漂白性無有強氧化性和漂白性用處呼吸面具、潛水艇中的氧氣來源，用作強氧化劑，具有漂白性3、氫氧化鈉NaOH俗稱火堿、燒堿、苛性鈉，主要物理性質：白色固體，易吸收空氣中的水而潮解，易溶解于水，并且放出大量的熱，

4、水溶液有澀味，有強堿性。主要化學性質：一元強堿，具有堿的通性。如：NaOH與酸、酸性氧化物、兩性物質、某些鹽反響，還可以提供堿性環境發生無機和有機反響，如鹵代烴的水解和消去反響，酯類的水解，油脂的皂化反響等。4、碳酸鈉和碳酸氫鈉的比較：名稱碳酸鈉碳酸氫鈉化學式Na2CO3NaHCO3俗名純堿或蘇打小蘇打水溶液酸堿性堿性堿性水溶性易溶于水，溶解度大于NaHCO3可溶于水，溶解度小于Na2CO3鑒別方法加CaCl2溶液，產生白色沉淀先加CaCl2溶液，無沉淀產生，再加酸，產生無色無味的氣體與鹽酸反響的速率和方程式Na2CO32HCl2NaClH2OCO2逐滴參加時，那么開場無氣泡，后有氣體逸出Na

5、HCO3HClNaClH2OCO2反響劇烈，迅速產生氣體熱穩定性穩定，受熱不分解不穩定，受熱易分解互相轉化加熱時2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，溶液中Na2CO3H2OCO22NaHCO3說明：1、鈉的性質很活潑，能與空氣中的氧氣和水反響，因此少量鈉必須保存在煤油中，而大量鈉，那么必須保存在密閉容器中；2、鈉與氧氣反響時，條件不同產物不一樣。露置于空氣中生成Na2O，而在空氣中燃燒時，那么生成Na2O2；3、Na2O2具有強氧化性和漂白性，其漂泊原理與新制氯水的漂白原理相似，都是利用強氧化性使有色物質被氧化而褪色；4、鈉與水、酸、鹽溶液反響，本質上是鈉原子與水或酸電離出的H的反響，所以

6、H濃度不同，反響的劇烈程度不同。金屬活動順序表中氫后面的金屬陽離子的氧化性強于H，但其反響速率遠小于鈉與H的反響速率，故鈉投入鹽溶液中首先是與水反響，然后再分析NaOH是否與鹽發生復分解反響。假如是鋁鹽溶液還要考慮鈉與鋁的量的問題，因過量的NaOH能溶解AlOH3。5、鈉的用處：工業上用鈉作強復原劑來冶煉金屬；鈉鉀合金液態用作原子反響堆的導熱劑；在電光源上，用鈉制造高壓鈉燈。6、Na2O2具有強氧化性，它不僅能與H2O、CO2反響，還能與幾乎所有的常見氣態非金屬氧化物反響，在與高價非金屬氧化物反響時，過氧化鈉既作氧化劑又是復原劑，產物一般為高價含氧酸鹽和O2；在與低價的氧化物反響時，一般反響生

7、成高價含氧酸鹽。7、盛NaOH的試劑瓶需用橡皮塞，不能用玻璃塞，因為玻璃可與堿溶液反響，從而使瓶口和瓶塞粘在一起，不易翻開；NaOH的堿性很強，貯存時假設未密閉，表層易變質生成碳酸鈉；稱量NaOH要放在燒杯里，動作要迅速，不能放在量筒、量杯、紙上稱量；不慎將濃NaOH沾在皮膚上，應先用大量水沖洗，然后再涂上硼酸稀溶液；在實驗室里常用NaOH溶液吸收Cl2，在工業上常用NaOH溶液吸收NO和NO2的尾氣，以消除污染；實驗室制取少量的NaOH溶液可在飽和碳酸鈉溶液中撒入石灰粉末、加熱、過濾。8、往Na2CO3溶液中逐滴滴加鹽酸，先無氣體放出，后有氣體產生，反響方程式為：Na2CO3HClNaHCO

8、3NaCl、NaHCO3HClNaClH2OCO2往NaHCO3溶液中逐滴滴加鹽酸，迅速產生氣體，方程式為：NaHCO3HClNaClH2OCO2因此，利用兩者的這一性質，可采用互滴的方法來鑒別Na2CO3和NaHCO3；9、碳酸氫鈉和碳酸鈉的制法：A、制取NaHCO3的方法減壓低溫蒸干NaHCO3溶液。NaHCO3遇熱易分解，其水溶液加熱更易分解，所以不可能采用常壓下蒸發溶劑的方法制得NaHCO3晶體。往飽和Na2CO3溶液中通入CO2，過濾得到晶體。Na2CO3+C02+H2O=2NaHCO3 B、制取NaCO3的方法往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3、CO2氨堿法，利用NaHCO3的溶解

9、性小于NH4HCO3的溶解性原理，使NaHCO3從溶液中析出依次通入CO2、NH3至飽和行嗎?：NH3H2OCO2NH4HCO3NH4HCO3NaClNaHCO3NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3H2OCO2制純堿的工業方法例1某枯燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一種或幾種組成。將該粉末與足量的鹽酸反響有氣體X逸出，X通過足量的NaOH溶液后體積縮小同溫、同壓下測定。假設將原來混合粉末在空氣中用酒精燈加熱，也有氣體放出，且剩余固體的質量大于原混合粉末的質量。以下判斷正確的選項是：A. 粉末中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3B. 粉末中一定不

10、含有Na2CO3和NaClC. 粉末中一定不含有Na2O和NaClD. 無法肯定粉末里是否含有Na2CO3和NaCl解析：與鹽酸反響產生氣體的物質可能為Na2O2 生成O2、Na2CO3和NaHCO3生成CO2，氣體X通過NaOH溶液后體積縮小而不是氣體全部消失，說明X由O2和CO2組成，原粉末中Na2O2、Na2CO3和NaHCO3至少有一種一定存在。將原混合粉末加熱，有氣體放出，說明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受熱分解會使混合粉末質量減少，而實際剩余固體的質量卻增加了，原因只能是發生了反響：2Na2OO22Na2O2。綜上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3

11、，無法確定混合物中是否有Na2CO3和NaCl。故答案為A、D。答案：AD例2在一定條件下，將鈉與氧氣反響的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL濃度為0.50 mol/L的HCl溶液中和，那么該生成物的成分是：A. Na2O B. Na2O2C. Na2O和Na2O2 D. Na2O2和NaO2解析：HCl為0.04mol。鈉的氧化物假設為Na2O，應為0.02mol62gmol11.24g；假設為Na2O2，應為0.02mol78gmol11.56g。因1.5g介于1.241.56之間，應為二者的混合物答案：C例3純堿是一種重要的化工原料。目前制堿工業主要有“氨堿法和“結合制堿法兩

12、種工藝。請按要求答復以下問題：1“氨堿法產生大量CaCl2廢棄物，請寫出該工藝中產生CaCl2的化學方程式：_；2寫出“結合制堿法有關反響的化學方程式：_；_。3CO2是制堿工業的重要原料，“結合制堿法與“氨堿法中CO2的來源有何不同？_；4綠色化學的重要原那么之一是進步反響的原子利用率。根據“結合制堿法的總反響，列出計算原子利用率的表達式：原子利用率% =_。解析：1“氨堿法中產生的NH4Cl與CaOH2作用生成CaCl2：2NH4ClCaOH22NH3CaCl22H2O。2“結合制堿法又稱“侯氏制堿法是向飽和食鹽水中通入過量的NH3氣體，再向其中通入過量的CO2，發生反響的方程式為：NH3

13、CO2H2ONaCl飽和NaHCO3NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；3“氨堿法的CO2來源于石灰石煅燒，“結合制堿法的CO2來源于合成氨工業的廢氣。4由于“結合制堿法總反響可看作是：2NH32NaClCO2H2ONa2CO32NH4Cl，所以：原子利用率% =100% =100%；答案：12NH4ClCaOH22NH3CaCl22H2O。2NH3CO2H2ONaCl飽和NaHCO3NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；3“氨堿法的CO2來源于石灰石煅燒，“結合制堿法的CO2來源于合成氨工業的廢氣。4原子利用率%100%；例4以下圖中A至F是化合物，G是單質。寫

14、出A、B、E、F的化學式：A：_；B_；E_；F_。解析：試題中包含著多條信息，假設是一條、一條地單獨分析，似乎找不到明顯的打破口，這里要求解題者先弄清每條信息的含義，再綜合起來，就可確定推斷的范圍。在此根底上進展驗證。從題示條件可得出以下結論：1固體A可分解為三種物質，可能是多元弱酸鹽之類的物質；2A的分解產物C、D都可跟化合物E反響產生單質G，像是過氧化物跟水、二氧化碳等之間的反響；3A和B可互相轉化，可能是某種多元酸、多元酸鹽之間的關系。綜合起來，可推測A是碳酸氫鈉、碳酸氫鉀等，E是過氧化鈉、過氧化鉀等。代入題給反響進展驗證很吻合。所以答案可確定為：A為 NaHCO3 ，B為Na2CO3

15、，E為Na2O2，F為NaOH；也可能是KHCO3，K2CO3，K2O2，KOH。答案：A為NaHCO3，B為Na2CO3，E為Na2O2，F為NaOH；也可能是KHCO3，K2CO3，K2O2，KOH。例5在隔絕空氣的條件下，某同學將一塊部分被氧化的鈉塊用一張已除去氧化膜、并用針刺一些小孔的鋁箔包好，然后放入盛滿水且倒置于水槽中的容器內。待鈉塊反響完全后，在容器中僅搜集到1.12 L氫氣標準狀況，此時測得鋁箔質量比反響前減少了0.27 g，水槽和容器內溶液的總體積為2.0 L，溶液中NaOH的濃度為0.050 molL1忽略溶液中離子的水解和溶解的氫氣的量。1寫出該實驗中發生反響的化學方程式

16、。2試通過計算確定該鈉塊中鈉元素的質量分數。解析：1Na2OH2O2NaOH，2Na2H2O2NaOHH2，2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2。2nNaOH余2.0 L0.05 molL10.1 mol，nH20.05mol，nAl0.01 molnNaAlO2，由電子守恒知：nNa3nAl2nH2，即：nNa30.01 mol20.05 mol，得：nNa0.07 mol。由鈉守恒知：nNaAlO2nNaOHnNa2nNa2O，即：0.01 mol0.1 mol0.07 mol2nNa2O，得：nNa2O0.02 mol。wNa=89%。答案：1Na2OH2O2NaOH，2Na2H

17、2O2NaOHH2，2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2289%二鎂、鋁及其化合物的性質：1、鎂和鋁的性質：鎂和鋁都屬于密度小，熔點較低，硬度較小的銀白色金屬，但它們的熔沸點都比同周期的鈉的熔沸點高，硬度大，其中鋁的熔沸點比鎂和鈉都大。鎂和鋁元素原子的最外層電子數分別為2和3，都容易失去電子，在化學反響中顯復原性。1跟O2及其它非金屬反響：常溫下，在空氣中都因生成氧化膜，具有抗腐蝕才能.2MgO22MgO3MgN2Mg3N2MgBr2MgBr22Al3SAl2S34Al3O22Al2O32跟某些氧化物：2MgCO22MgOC；2AlFe2O32FeAl2O3鋁熱反響3跟水反響Mg2H2

18、OMgOH2H2冷水慢，沸水快鋁與水一般不反響，只有氧化膜被破壞后才可能緩慢發生反響。4跟酸的反響：Mg2HMg2H2比鋁與酸反響快2Al6H2Al33H2常溫下，在濃H2SO4、濃HNO3中鈍化5跟堿反響2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H22、鎂和鋁的化合物：氧化鎂和氧化鋁MgOAl2O3物理性質白色粉末、熔點高白色固體、熔點高類別堿性氧化物兩性氧化物跟水的反響MgOH2OMgOH2緩慢不反響跟酸反響MgO2HMg2H2OAl2O36H2Al33H2O跟堿反響不反響Al2O32OH2AlO2H2O用處耐火材料冶煉鋁，耐火材料氫氧化鎂和氫氧化鋁MgOH2AlOH3物理性質白色粉末難溶于

19、水白色固體，難溶于水類別弱堿兩性氫氧化物跟酸反響MgOH22HMg22H2O可溶于NH4Cl等強酸弱堿鹽AlOH33HAl33H2O跟堿反響不反響AlOH3OHAlO22H2O受熱分解MgOH2MgOH2O2AlOH3Al2O33H2O實驗室制法可溶性鎂鹽加NaOH溶液Mg22OHMgOH2可溶性鋁鹽加氨水 Al33NH3H2OAlOH33NH4說明：1、鋁與強堿溶液反響的本質反響過程：2Al6H2O2AlOH33H 2；2AlOH32NaOH2NaAlO24H2O總反響式：2Al2H2O2NaOH2NaAlO23H2Al與水很難反響，且生成的AlOH3附在Al的外表，阻止了Al繼續反響，但強

20、堿NaOH能溶解AlOH3，故可促使Al與強堿溶液反響，而弱堿如氨水，不溶解AlOH3，故Al在弱堿溶液中不反響。2、AlOH3的兩性：AlOH3在溶液中同時發生酸式電離和堿式電離.AlOH3H3AlO3HAlO2H2OAl33OHAlO2H假設向此溶液中參加酸，因H與OH結合生成水，反響向堿式電離方向進展，此時AlOH3是堿性；假設參加堿，因OH與H結合生成水，故向酸式電離方向進展，這時AlOH3顯酸性。3、鋁鹽溶液與強堿溶液的反響：1向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液現象：白色沉淀沉淀增加減少消失有關反響：Al33OHAlOH3；AlOH3OHAlO22H2O2向NaOH溶液中滴加AlCl

21、3溶液現象：沉淀立即消失，沉淀沉淀增加沉淀量不變有關反響：Al34OHAlO22H2O；Al33AlO26H2O4AlOH34、鋁熱反響：鋁和金屬氧化物所形成的混合物稱為鋁熱劑，在引燃劑KClO3與鎂條或KClO3、蔗糖和濃硫酸存在時發生氧化復原反響，冶煉高熔點金屬。如冶煉金屬：鐵、鎢、銅等，也可用來焊接鋼軌；5、MgCl2、AlCl3都屬于強酸弱堿鹽，其水溶液均水解顯酸性，因此欲制得無水物，均必須在HCl氣流中蒸發結晶。否那么，均水解得到相應的氫氧化物，加熱后分解得到相應的氧化物；6、金屬鎂的冶煉可電解熔融的制取：MgCl2MgCl2；而固體AlCl3屬于分子晶體，熔融狀態不能導電，因此金屬

22、鋁的冶煉，只能通過電解熔融Al2O3的方法制取：2Al2O34Al3O2，但由于Al2O3的熔點很高，為了使其在較低的溫度下熔化，可參加冰晶石Na3AlF6例1由海水制備無水氯化鎂，主要有以下步驟：在一定條件下脫水枯燥；加熟石灰；加鹽酸；過濾；濃縮結晶。其先后順序正確的選項是:A、 B、 C、 D、解析：海水中存在著豐富的鎂，均以Mg2的形式存在，可以用堿將Mg2沉淀析出，Mg22OHMgOH2過濾后，用鹽酸溶解產生的MgOH2，并在HCl氣流中蒸發結晶，就可以得到無水氯化鎂，故此題的答案為答案：D例2兩個燒杯參加同體積的濃度為2molL的H2SO4，置于天平兩端，調平天平后分別參加10.8g

23、的A1和Mg，那么反響完畢后，天平：A、可能加Mg一端下傾B、可能加Al一端下傾C、可能仍保持天平平衡D、無法判斷解析：此題未說明稀H2SO4的體積，分以下三種情況討論：1參加稀H2SO4過量，Al、Mg都已反響完畢，按化學反響方程式計算，參加Al、Mg每端增加的重量：2Al3H2SO4A12SO433H2 w54 g 6 g 48 g10.8 g mA1 mA1=9.6gMgH2SO4MgSO4H2 w24 g 2 g 22 g10.8 g m Mg mMg=9.9 g那么參加Mg一端增加質量多，往下傾。2參加稀H2SO4對Al和Mg都缺乏，兩金屬都有剩余。因加稀H2SO4物質的量一定，那么

24、產生的H2的量也一樣，故天平保持平衡。3假設參加H2SO4的量能使Mg完全反響，反響放出H2后，溶液增重9.9 g，使Al不能完全反響，Al有余，參加Al的一端增加質量小于9.6 g，故天平向參加Mg的一端下傾。答案：A、C。例3向100mL 2molL1的AlCl3溶液中，逐滴參加NaOH溶液100mL時產生沉淀為7.8g，那么參加NaOH溶液的物質的量濃度是：A、1molL1 B、1.5 molL1C、3molL1 D、7 molL1解析：7.8gAlOH3的物質的量為0.1mol。AlCl3逐滴參加NaOH溶液有關反響為：Al33OH一AlOH3A1OH3OH一A1O22H2O1NaOH

25、缺乏設參加反響的NaOH的物質的量為nNaOHAl33OH一AlOH33 1nNaOH 0.1 mol那么nNaOH0.3molcNaOH0.3mol0.1L3molL12NaOH過量Al3全部沉淀為AlOH3，過量的NaOH溶解部分的AlOH3，只余0.1mol AlOH3沉淀。設使Al3全部沉淀需NaOH的物質的量為n1NaOH溶解部分AlOH3需NaOH的物質的量為n2NaOHAl33OHAlOH31 3 1 0.2mol n1NaOH 0.2 moln1NaOH=0.6molAlOH3OHA1O22H2O1 1 0.1mol n2NaOHn2NaOH0.1molcNaOH07mol0.

26、1L7molL1答案：CD例4A、B、C、D、E、F是中學化學中的常見物質，它們之間的轉化關系如圖所示其中 A、B為單質，F為白色沉淀，D為氣體1假設D的水溶液顯弱酸性，那么A是_，B是_，C是_，D是_，E是_，F是_2假設D的水溶液顯弱堿性，那么A是_，B是_，C是_，D是_，E是_，F是_解析：E與NaOH溶液反響生成白色沉淀F，那么F必為氫氧化物，常見的白色氫氧化物沉淀有MgOH2和AlOH3。進一步推知E為MgCl2或AlCl3，B為Mg或Al，A為非金屬單質又因C能與H2O反響同時生成AlOH3或MgOH2，那么C與H2O的反響是水解反響顯堿性的氣體常見的只有NH3，可確定C為Mg3N2，A為N2，B為Mg。當D為酸性氣體時，且是水解產生的，那么C同樣是與Mg3N2相類似的鹽，常見的為A12S3，推知A為S，B為A1答案 ：1AS BAl C A12S3 DH2S EAlCl3 FAlOH32AN2 BMg C M