高三化学教案：《氮族元素》教学设计.docx

高三化学教案：氮族元素教学设计化学教案硅 碳族元素 硅碳族元素 第一节碳族元素1 其次节硅及其重要化合物2 第三节硅酸盐工业简述1 第一节碳族元素 一。教学目的要求 运用物质结构和元素周期律的学问，驾驭碳族元素的特点和一些重要性质的递变规律。 二。教学重点 碳族元素的性质及其递变规律。 教学过程 名称：碳C硅Si锗Ge锡Sn铅Pb 位于易失电子和易得电子的主族元素中间，简单生成共价化合物。 最外层电子层电子数4个，据此可以推想化合价最高正价+4，有时也显正二价。 最高正价氧化物为RO2，水化物分子式为H2RO3或R(OH)2，气态氧化物分子式为RH4，其稳定性随原子的增加而减小，第四主族元素的非金属性比氮、氧、卤素的弱，锗的金属性比非金属性强，锡、铅为金属。 在本族中，C、Si、Ge、Sn以+4价为主，Pb以+2为主，除H2CO3和H2SiO3显酸性外，Ge、Sn、Pb的二价和四价氢氧化物都显二性。 R(OH)2以碱性为主，R(OH)2以酸性为主。 其次节硅及其重要化合价 一、教学的目的要求 1相识硅和SiO2的结构性质用途。 2了解原硅酸、硅酸的组成和性质。 初步了解几种硅酸盐的组成和用途。 二、教学重点 硅和二氧化硅的晶体结构和性质。 三、教学过程 （硅和二氧化硅的晶体结构和性质。） 指导学生看书P100104 提问： 1为什么硅和金刚石的硬度较大？熔沸点较高？ 2为什么晶体硅在硬度、熔沸点方面都不如金刚石？ 3二氧化碳和二氧化硅在性质上、结构上有什么不同？ 讲一、硅 （一）硅和金刚石都属于原子晶体，但是它们的硬度和熔沸点又不同。 投影：键能熔点沸点硬度 金刚石千卡摩尔 晶体硅千卡摩尔 从表中数据可以看出，金刚石比晶体硅的键能大，因此金刚石的熔沸点比晶体硅的熔沸点高，金刚石的硬度比晶体硅的硬度大。 （二）化学性质 。碳、硅能和氧气反应 22 i22 。硅和强碱反应 i2a2a2i32 。碳和硅反应生成碳化硅i 是原子晶体，硬度大。 （三）纯硅的制取 i2i2 粗硅 il2il4四氯化硅 il42il 二、二氧化硅 （一）打出下列投影，得到结论： （二）化学性质： 。和碱性氧化物反应 i2aai3 。和碱反应 i2aai32 。和反应 i2i42玻璃绘图 提问：如何用试验证明石灰石中混有石英？ 如何除去石灰石中的石英？ 三、硅酸、硅酸盐 。硅酸不能干脆制取 a2i34i4a 4i42i32 弱酸，酸性小于碳酸 。硅酸盐 a2i3水玻璃无色粘稠的液体 介绍用氧化物形式表示硅酸盐的方法 硅酸钠：a2i3（a2i2） 镁橄榄石：g2i4（i2） 高岭石：2（5）（）4 （2322） 第三节、硅酸盐工业简述 教学目的： 使学生初步了解水泥、玻璃的主要成分和生产水泥、玻璃的简洁原理。 教学重点： 水泥、玻璃的主要成分和制造一般玻璃的化学反应原理。 教学过程： 指导学生看书，学生回答。板书如下： 。水泥 一般水泥的主要原料 石灰石a3 粘土2322 生产过程： 先磨，后烧，再磨（二磨一烧） 发生困难的物理化学改变。 主要成分： 硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙 2223 。玻璃 一般玻璃的主要原料 纯碱（a23）石灰石（a3） 硅石（i2） 主要反应 a23i2a2i32 a3i2ai32 一般玻璃的主要成分 a2i3ai3i2 几种常见玻璃的组成、用途和有色玻璃的形成。 加金属氧化物Ca2O3呈蓝白色 Ca2O呈红色 二氧化碳 二氧化硅 结构 分子晶体190千卡/mol 原子晶体88千卡/mol 色态 无色 白色 物理 熔点 57 1723 性质 沸点 79升华 2230 硬度 0 8 溶解性 微溶 难溶 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+、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)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Fe3+;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 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、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+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+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Cu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+Cu2+=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，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。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。 高一化学教案：氧族元素教学设计 高一化学教案：氧族元素教学设计 教学目的与要求： 1、使学生初步学习运用理论学问指导学习元素化合物学问的方法。 2、使学生了解氧族元素的原子结构与其单质及化合物性质递变的关系。 3、常识性介绍臭氧和过氧化氢，使学生初步了解爱护臭氧层的意义。 教学重点： 1、原子结构与元素性质的关系 2、氧族元素性质的相像性和递变规律 教学难点： 1、子结构与元素性质的关系 2、氧族元素性质的相像性和递变规律 教学方法：指导阅读法、概述法、列举法 课型：新课 课时：2 教学内容： 第一课时 新课的打算： 带领学生阅读P124课文及图片，阐述本章的重点及难点，结合学生感爱好的春游，让同学们选择在何种环境下进行，让学生产生爱好，激励学生学习新知的欲望。 讲解并描述：过去我们学习了物质结构及元素周期律，又学习了卤族元素，现在来学习A元素，只是学习方法不同，而是用元素周期律学问来探讨新的一族元素。 新课进行： 指导学生阅读P125-P127课本，带着如下问题，要求读进去，边读边思索：氧族元素包括哪些元素，元素符号与元素名称及在元素周期表中的位置？ 氧族元素的原子结构的相像与递变？主要为最外层电子数及电子层数、原子半径等。 氧族元素的性质如何？主要为元素的金属性与非金属性、主要化合价？ 氧族元素的单质及化合物性质如何递变？与氢化合难易递变、氢化物的还原性、稳定性递变、最高价氧化物对应的水化物的酸碱性递变规律等。阅读后小结： 1、元素符号与元素名称 O S Se Te Po A 氧硫硒碲钋 周期：二三四五六 2、原子结构最外层电子：6； 电子层数渐渐增多，原子半径渐渐增大。 3、元素主要性质 元素的金属性渐渐增加，非金属性渐渐减弱； 主要化合价：2、4、6 4、单质的性质 物理性质：从典型的非金属过渡到金属，从非金属到半导体，再到导体；熔沸点渐渐上升；单质密度渐渐增大。 化学性质：简单获得2电子，与氢化合越来越难，Te不与氢干脆化合。 强调：硫与金属化合时，一般都显2价，如，FeS = FeS。 与卤素相比，非金属性比同周期的卤素要弱。 5、化合物性质 氢化物还原性渐渐增加，稳定性渐渐减弱； 最高价氧化物对应的水化物酸性渐渐增加，碱性渐渐减弱。 要求：相应物质的化学式： SO2 SO3 SeO2 SeO3 TeO2 TeO2 H2SO3 H2SO4 H2SeO3 H2SeO4 H2TeO3 H2TeO4 H2S H2Se H2Te 新课的延长： 比较：硫与铁化合、氯与铁化合、氧与铁化合。说明什么？ 教学小结： 从四个方面介绍氧族元素的相像与递变。 作业：P129一、三、1与2，思索。 课后小结： 高三化学教案：碱金属元素教学设计 本文题目：高三化学教案：碱金属元素 1.以探讨物质性质的方法和程序来探究钠的性质。 2.以探讨碳的化合物来探究碳酸钠和碳酸氢钠的性质。 3.驾驭钠及其化合物的学问。 4.探究碱金属的递变规律. 碱金属元素化合物 (1)留意钠及其化合物溶于水所得溶液浓度的计算中，Na及Na2O2溶于水均会产生气态物质，所得溶液的质量应是原混合物质的质量总和减去产生气体的质量。 (2)留意Na2O2跟CO2和水蒸气组成的混合气体反应时的先后依次。若先发生反应：2 Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，必还发生2NaOH+ CO2=Na2CO3+H2O，即应先考虑Na2O2跟CO2的反应。 (3)正确理解“焰色反应”： 它是元素的一种物质性质。无论是金属离子或金属原子均能发生焰色反应。它属物理改变过程。 不是全部元素都有特征的焰色。只有碱金属元素以及钙、锶、钡、铜等少数金属元素才能呈现焰色反应。 焰色反应的显色过程与气体物质燃烧时产生各色火焰的过程有着本质的区分。焰色反应并非金属及其化合物自身发生燃烧反应而产生各种颜色火焰的过程，而是它们的原子或离子的外围电子被激发而产生的各种颜色的光的过程。 第1课时 钠与水的反应 1.钠与水的反应可以概括为：浮、熔、响、游、红五个字来记忆。 (1)钠投入水中并浮在水面上密度小于水。 (2)钠马上跟水反应，并放出热量，发出嘶嘶声，产生气体。 (3)同时钠熔成一个闪亮的小球并在水面上向各方向快速游动最终消逝熔点低。(4)反应后的水溶液使酚酞变红与水反应生成NaOH。 2.钠与酸溶液反应 当钠投入酸溶液中，钠首先与酸电离出的H+反应：2Na +2H+ 2Na+H2;当酸完全反应后，过量的钠再与水反应，故钠与酸溶液反应比钠与水反应更猛烈。 3.钠与盐溶液的反应 实质上是先与水反应生成 NaOH，NaOH再与盐反应。 与CuSO4溶液反应：2Na+2H2O NaOH+H2 (1) CuSO4+2NaOH Na2SO4 +Cu(OH)2 (2) 合并(1)(2)得：2Na+2H2O+CuSO4 Na2SO4 +Cu(OH)2+H2 (2)与FeCl3溶液反应：6Na+6H2O+2FeCl3 6NaCl+2Fe(OH)3+3H2 4.钠和盐溶液反应，不能置换出盐中的金属，这是因为金属阳离子在水中一般是以水合离子形式存在，即金属离子四周有肯定数目的水分子包围着，不能和钠干脆接触。钠与熔融的盐反应才可能置换出盐中的金属。 【例】下列关于钠与水反应的说法不正确的是 ( ) 将小块钠投入滴有石蕊试液的水中，反应后溶液变红;将钠投入稀盐酸中，钠先与水反应，后与盐酸反应;钠在水蒸气中反应时因温度高会发生燃烧;将两小块质量相等的金属钠，一块干脆投入水中，另一块用锡箔包住，在锡箔上刺些小孔，然后按入水中，两者放出的氢气质量相等。 A. B. C. D. 解析钠与水反应产生氢氧化钠只能使酚酞变红，而不能使石蕊变红。钠与水的反应本质是钠与H+的反应，所以钠先与盐酸溶液中的酸反应。钠在水蒸气中反应产生的是氢气，尽管温度高且反应放热，因无氧气不能燃烧。钠的密度比水大，浮在水面上时，就有部分钠被氧气氧化，而用锡箔包住的钠不会被氧气氧化，所以与水反应的钠质量不相等，两者放出氢气的质量也不相等。 答案D 第2课时 过氧化钠的结构与性质 1.Na2O2的结构特点 在Na2O2和H2O2中，氧是-1价，这是因为两个氧原子之间以一对共用电子相结合(非极性键)，形成了一种不太稳定的结构。 2.Na2O2的性质 -1价介于氧的两种较稳定化合价0价和-2价之间，因此Na2O2既可以在肯定条件下 获得电子表现氧化性(如与SO2、Fe2+、品红等反应)，也可以在肯定条件下失去电子 表现还原性(如与H+和MnO4?反应)，还可以在肯定条件下发生歧化反应(如与H2O、CO2等反应);但以氧化性为主。 Na2O2与SO2反应：Na2O2+SO2 Na2SO4 Na2O2投入FeCl2溶液中，可将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀：3Na2O2+6FeCl2+6H2O 2FeCl3+4Fe(OH)3+6NaCl。 Na2O2投入氢硫酸中，可将H2S氧化成单质硫，溶液变浑浊：Na2O2+H2S 2NaOH+S。 Na2O2投入品红溶液中，可使品红溶液褪色(褪色原理与SO2不同)。 【例】在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化纳作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和试验用品、用上图中的试验装置进行试验，证明过氧化钠可作供氧剂。 (1)A是制取CO2的装置。写出A中发生反应的化学方程式： 。 (2)填写表中空格：(请在答题卡上填空) 仪器 加入试剂 加入该试剂的目的 B 饱和NaHCO3溶液 C D (3)写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式： 。 (4)试管F中收集满气体后，下一步试验操作是： 。 解析要证明过氧化钠可作供氧剂，必需验证明验产物是O2，故试验目的就是验证过氧化钠与水或二氧化碳的反应。试验仪器中的A是二氧化碳发生装置，B、D是除杂装置，C是反应装置，E是尾气处理与收集装置。本试验可能存在的杂质气体有：HCl和水，但由于过氧化钠与二氧化碳的反应是离子反应，故水不必除去。试管F中收集满气体后，下一步试验操作应是验证明验产物是O2。为检验生成的O2应将试管F从水槽中取出，然后用带火星的木条伸入管口进行检验，但是取出F前，应将装置A中的反应停止。 答案(1)CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 (2)B 饱和NaHCO3 除CO2中的HCl C Na2O2粉末 反应物 D NaOH溶液 除去未反应的CO2 (3)2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4)将带火星的木条插入试管检验木条能否复燃。 方法技巧做试验首先确立试验目的，确定装置B、C、D的作用是解答本题的关键。易错点是部分考生考虑二氧化碳中的水必需除去，从而认为装置是干燥装置，D是Na2O2与CO2反应装置而出现错误。 第3课时 碳酸钠、碳酸氢钠 1.碳酸钠、碳酸氢钠主要性质比较及鉴别 (1)热稳定性不同。分别加热少量固体，若发生分解反应，将产生的气体通入澄清的石灰水中，石灰水变浑浊的原试剂是NaHCO3，另一个为Na2CO3。 (2)和酸反应速率不同。分别取肯定质量的固体，加入等浓度、等体积的盐酸，反应快、产生气体多的为NaHCO3，另一个为Na2CO3。 (3)阴离子不同。分别取其稀溶液，滴加氯化钡稀溶液或CaCl2溶液，产生沉淀的原试剂为Na2CO3，另一个为NaHCO3。 (4)溶液的酸碱性。测其稀溶液(0.1 mol?L?1)的pH，Na2CO3溶液的pH在12左右，而 NaHCO3溶液的pH在8左右。 2. 碳酸钠溶液与盐酸反应时，二者滴加的次序不同，产生的现象不同。 向盐酸中逐滴加入Na2CO3溶液(起先时酸过量)：2HCl+Na2CO3 2NaCl+CO2+H2O。若向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸(起先时酸不足)：HCl+Na2CO3 NaCl+NaHCO3(无气泡)，HCl+NaHCO3 NaCl+CO2+H2O。由以上分析可知，不同的滴加依次产生不同的现象，这就是不用其他试剂鉴别Na2CO3溶液和盐酸的原理。 3. 碳酸氢钠和碳酸钠的制法 (1)制取NaHCO 3的方法 减压低温蒸干NaHCO3溶液。NaHCO3遇热易分解，其水溶液加热更易分解，所以不行能采纳常压下蒸发溶剂的方法制得NaHCO3晶体。 往饱和Na2CO3 溶液中通入CO2，过滤得到晶体。Na2CO 3+CO 2+H2O 2NaHCO 3 (2)联碱法制纯碱原理 在饱和食盐水中通NH3饱和后，再通CO2 ：NH3+CO2+H2O NH4HCO3 生成NH4HCO3的溶解度大，而c(Na+)也大，而NaHCO3溶解度小，故产生沉淀：NaCl