广东中山纪念中学高考化学一轮学生自学解题策略知识篇11碱金属方面试题的解题方法与技巧754651.docx

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广东中山纪念中学高考化学一轮学生自学解题策略知识篇11碱金属方面试题的解题方法与技巧754651

中山纪念中学2017高考化学一轮学生自学：

知识篇

11　碱金属方面试题的解题方法与技巧

金点子：

碱金属内容，是高考必考的知识点。

其中有关过氧化物的分析与计算既是重点，也是难点。

在解题时，要在理清题中关系的基础上，充分运用反应合并、守恒法。

对于信息类试题，如NaH、超氧化物等，还要注意知识的迁移和化合价的分析。

经典题：

例题1：

（历年上海高考）下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是（B）.

A．干冰灭火剂　B．黄砂　C．干粉（含NaHCO3）灭火剂　D．泡沫灭火剂

方法：

根据性质分析获解。

捷径：

分析性质，因钠可与干冰灭火剂及干粉灭火剂产生的CO2发生反应，与泡沫灭火剂中的水反应生成氢气，故不行。

而钠与黄砂不能发生反应，故可用黄砂扑灭金属钠着火。

综合后得答案为B。

总结：

将课本中镁与CO2的反应迁移到钠，是解答出此题的重要之点。

例题2：

（历年全国高考）在一定温度下,向足量的饱和Na2CO3溶液中加入1.06g无水Na2CO3,搅拌后静置,最终所得晶体的质量（）

A．等于1.06gB．大于1.06g而小于2.86

C．等于2.86gD．大于2.86g

方法：

通过假想类比分析（不必计算）。

捷径：

在饱和的Na2CO3溶液中，加入1.06g无水碳酸钠，析出晶体（Na2CO3·10H2O）

Na2CO3+10H2O===Na2CO3·10H2O

106286

1.062.86

由于饱和溶液中析出晶体，使原溶液中水量减小，减少溶剂又有晶体析出，导致析出晶体大于2.86g，所以选D。

总结：

根据考试说明，对析出含有结晶水的晶体的计算不作要求，但并不排斥对结晶出来晶体的质量的范围作估计，或者对溶液质量变化或者溶液的浓度的计算或判断。

因此在复习时注意复习范围。

例题3：

（历年全国高考）某溶液中有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四种离子,若向其中加入过量的氢氧化钠溶液,微热并搅拌,再加入过量盐酸,溶液中大量减少的阳离子是（）

A．NH4+B．Mg2+C．Fe2+D．Al3+

方法：

从反应过程中物质的变化进行分析。

捷径：

溶液中加入过量NaOH溶液微热，发生下列反应：

A．NH4++OH—=NH3↑+H2O，B．Mg2++2OH—=Mg（OH）2↓

C．Fe2++2OH—=Fe（OH）2↓（白色），4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓（红褐色）

D．Al3++3OH—=Al（OH）3↓（白色），Al（OH）3+OH—=AlO2—+2H2O

再加入过量盐酸，使Mg（OH）2溶解转变成Mg2+，使AlO2—转变成Al3+。

但由于NH3的挥发及Fe2+转变成Fe3+，所以Fe2+和NH4+离子大量减少。

因此答案为AC。

总结：

本题容易漏答案，因只注意到铵根离子加碱后转化为氨气，而疏忽了Fe（OH）2转化Fe（OH）3。

例题4：

（历年上海高考）在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量百分比浓度大小的顺序是（）

A．甲﹤乙﹤丙﹤丁B．丁﹤甲﹤乙=丙

C．甲=丁﹤乙=丙D．丁﹤甲﹤乙﹤丙

方法：

两种方法。

（1）直接计算，

（2）巧析巧解。

捷径：

此题要求熟练掌握Na、Na2O、Na2O2分别与水反应的化学反应方程式：

甲：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

乙：

Na2O+H2O=2NaOH

丙：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

所形成的NaOH溶液的质量分数分别是：

甲：

乙：

丙：

丁：

所以溶液的质量分数大小的顺序为丁﹤甲﹤乙=丙。

答案为B。

总结：

本题的另一解法是：

因为等物质的量钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠中，氧化钠及过氧化钠含钠原子数是钠及氢氧化钠的2倍，且均投入相同体积的水中，所以乙、丙的质量分数一定大于甲、丁质量分数。

又因2Na+2H2O=2NaOH+H2↑放出氢气，又等物质的量的钠质量小于氢氧化钠，所以最后的溶液质量甲小于丁，而溶质质量相等，所以丁﹤甲。

在乙和丙中，2Na2O2+4H2O=4NaOH+O2，溶液的增重质量为2×78—32=124，而2Na2O+2H2O=4NaOH，（注意应保证Na2O2与Na2O物质的量相同），溶液增重2×62=124。

所以乙、丙中溶质质量相同，溶液质量也相同，其溶质的质量分数当然相同，即乙=丙。

例题5：

（历年全国高考）将70g过氧化钠和氧化钠的混和物跟98g水充分反应后,所得氢氧化钠溶液的质量百分比浓度为50%。

试分别写出过氧化钠和氧化钠跟水反应的化学方程式,并计算原混和物中过氧化钠和氧化钠的质量各为多少克?

方法：

该题解答的方法有：

利用方程式设未知数求解；守恒法求解等。

捷径：

化学方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O+H2O=2NaOH

[解法一]设混和物中含xmolNa2O2和ymolNa2O

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Na2O+H2O=2NaOH

24112

x2xx/2y2y

解得:

x=0.50，Na2O2质量=0.50×78=39（g），y=0.50Na2O质量=0.50×62=31（g）

[解法二]设混合物中Na2O2质量为xg,Na2O质量为（70-x）g

解得:

x=39，Na2O2质量为39g，70-x=31Na2O质量为31g

[解法三]设混合物中Na2O2质量为xg,Na2O质量为（70-x）g

解得:

x=39，Na2O2质量为39g，70-x=31，Na2O质量为31g

总结：

解法2的思维方式与传统方法不一样，目的是培养学生发散思维的能力。

本题主要利用Na2O2、Na2O与水反应后的特殊关系，将混合物转化为纯净物而计算的。

例题6：

（历年全国高考）本题分子量用以下数据：

H2O=18.0CaO=56.0CaO2=72.0

过氧化钙是一种安全无毒的氧化物，通常含有部分CaO，且带有数量不等的结晶水。

为分析某过氧化物样品的组成，进行了如下实验。

①称取0.270g样品，灼热使之完全分解，生成CaO、O2和H2O，得到的O2在标准状况下的体积为33.6mL。

②另取0.120g样品，溶于稀盐酸，加热煮沸使生成的H2O2完全分解。

然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀，经过滤洗涤后，将沉淀溶于热的稀硫酸，用0.0200mol/LKMnO4溶液滴定，共用去31.0mLKMnO4溶液。

化学方程式如下：

5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2+8H2O

（1）写出CaO2受热分解的化学方程式。

（2）计算样品中的CaO2的质量分数。

（3）计算样品中的CaO2·xH2O的x值。

方法：

通过分析反应，利用守恒法求解。

捷径：

（1）2CaO2=2CaO+O2

（2）w（CaO2）=

=80%

（3）n（CaC2O4）=n（Ca2+）=31.0×10-3L×0.0200mol/L×

=0.00155mol

其中CaO2所含的n（Ca2+）=

=0.00133mol

m（CaO）=（0.00155mol-0.00133mol）×56.0g/mol=0.012g（1分）

m（H2O）=0.120g－0.120×80.0%－0.012g=0.012g

：

x=

总结：

作为高考的计算题，该题由于反应步骤多，文字长，对考生造成了一定的心理压力。

如能在解题时充分理清反应关系（可在草稿纸上画出关系图），正确作答也不会有太大的困难的。

金钥匙：

例题1：

某不纯的烧碱样品，含Na2CO33.8%（质量百分含量）、H2O5.8%、NaOH0.004%。

取mg样品溶于2mol/L盐酸40mL后，并用2mol/LNaOH溶液中和剩余的酸，在蒸发后可得干燥的固体的质量为（）

A．4.68gB．5.58gC．2.34gD．2.34mg

方法：

解此题时一般方法是，根据具体的反应过程进行分步求解。

如果不盲从一般解法，利用氯元素守恒法HCl～NaCl，此题则很快可求得。

捷径：

根据氯元素守恒（HCl～NaCl），n（NaCl）=n（HCl）=2mol/L×40×10—3L=8×10—2mol，干燥固体质量为8×10—2mol×58.5g/mol=4.68g。

即正确答案选（A）。

总结：

“含Na2CO33.8%、H2O5.8%、NaOH0.004%”是该题的无效信息，对考生答题起到了干扰作用。

如果利用此数据，因固体质量未知，便无法获解。

例题2：

氢化钠是一种离子晶体，它跟水反应时生成氢氧化钠和氢气，将mg氢化钠和铝粉的混合物与足量的水充分反应后，若收集到ng氢气，则混合物中铝的质量为

A．（36n—3m）gB．（m—4.8n）g

C．（12n—m）gD．（24m—5n）g

方法：

根据两种情况，利用反应中产生的氢气总量分别分析。

捷径：

当铝完全反应时，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑及2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可设NaH的质量为x，根据反应中H2总量得关系式：

解得x=（4m－36n）g，Al的质量为：

mg－x=mg－（4m－36n）=（36n－3m）g。

当Al有剩余时，Al产生的H2决定于NaOH量的多少，设NaH质量为y，生成H2的总量为：

解得y=4.8ng，Al的质量为：

mg－y=（m－4.8n）g。

正确答案为（A）、（B）。

总结：

NaH和Al的混合物与足量的水反应时存在两种情况，一种为Al不足或恰好与生成的NaOH完全反应，另一种为Al有剩余。

该题错解的原因是不恰当地假设Al全部参与反应而出现漏选答案。

例题3：

现将Na2CO3·10H2O与NaHCO3组成的混合物mg溶于水，配成100mL溶液，测得溶液中Na+离子的浓度为0.4mol/L,若将溶液蒸干，并灼烧至质量不变。

可得到固体质量是（）

A．1.68gB．2.12gC．2.55gD．1.06g

方法：

利用Na离子个数守恒求解。

捷径：

溶液蒸干并灼烧后，最终得到的固体是Na2CO3，根据Na+离子守恒，可知：

（m（Na2CO3）÷106g/mol）×2=0.4mol/L×0.1L，m（Na2CO3）=2.12g，故选B。

总结：

因混合物的质量未知，如不用守恒法，将无法获得结果。

例题4：

某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。

将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定）。

若将原混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。

则该混合物中一定有，无法确定混合物中是否有。

方法：

通过反应现象和质量守恒综合分析。

捷径：

与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），气体X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2、Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。

将原混合粉末加热，有气体放出，说明该混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使混合粉末质量减少，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：

2Na2O+O2

2Na2O2。

综合分析得，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl。

总结：

教材中只讲到Na2O2与H2O和CO2的反应，有的同学就误认为Na2O2与盐酸不反应，其实可以用下面的方法来分析：

当Na2O2投入盐酸中，可考虑Na2O2先与H2O反应生成NaOH和O2，所得NaOH再HCl发生中和反应生成NaCl和H2O。

通过方程式的合并得总反应式，表示如下：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑①

4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O②

①②式相加得总反应式：

2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑

本题中应该注意两个关键之处：

“X气体通入NaOH溶液后气体缩小”，说明气体并没有全部消失，还存在O2；“剩余固体的质量大于原混合粉末的质量”说明存在Na2O。

例题5：

把2.1g的CO和H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量的增加值为。

方法：

化学方程式合并分析法。

捷径：

从①2CO+O22CO2，②2H2+O22H2O，③2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，④2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑四个方程式可知：

CO和H2与O2燃烧后再和Na2O2反应放出的O2恰好等于CO、H2燃烧消耗的O2，即实际增重为CO和H2的质量。

即为2.1g。

总结：

CO～Na2CO3，H2～2NaOH这两个反应实际上并不能发生，只是由反应的过程分析而得到的一种数量关系。

例题6：

有Na2CO3，NaHCO3，CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中充分反应后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中Na2CO3的物质的量是多少？

方法：

对分子式和反应过程根据需要进行人为变换，采用变换法解题。

捷径：

由题意可知，Na2CO3和NaHCO3的物质的量之和必等于CaO物质的量。

也等于产物中CaCO3的物质的量，其关系可表示为：

反应前固体共重27.2g

xmolNa2CO3（Na2O·CO2）

ymolNaHCO3（NaOH·CO2）

（x+y）molCaO

zmolNaOH

（x+y）molCaCO3

xmolNa2O

ymolNaOH

zmolNaOH

CaO和CO2直接得CaCO3

（成分转换）

反应后固体共29g

（x+y）molCaCO3

（2x+y+z）molNaOH

与水反应后蒸干

由图可见，固体由27.2g增重到29g，是由于xmolNa2O结合29g—27.2g=1.8g水，并得到2xmolNaOH，而xmolNa2O由xmolNa2CO3得到。

根据

Na2CO3～Na2O～H2O

1mol18g

xmol1.8g

解得：

x=0.1（mol）

总结：

将反应混合物中各种物质进行拆分，是解答该题的关键。

例题7：

把Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物6.56g溶于水制成500mL溶液，其中Na+的浓度为0.1mol/L，如果把等质量的这种混合物加热至恒重会失重多少。

方法：

加热最终得Na2CO3，但Na+的物质的量并未发生变化，由此可得出关系：

2Na+～Na2CO3，通过量量关系求解。

捷径：

设加热可得Na2CO3的物质的量为x。

依题意得：

2Na+～Na2CO3

2mol1mol

0.1mol/L×0.5Lx

解之得：

x=0.025mol，

所以，加热失重：

6.56g—0.025mol×106g/mol=3.91g

总结：

此题要求考生通过反应前后物质间的组成找出量量关系。

例题8：

把148g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物放在空气中加热至质量不变为止，发现加热后质量变为137g，问原来混合物中有多少克碳酸钠？

方法：

根据反应前后质量之差求解。

捷径：

设原混合物中有NaHCO3的质量为x，则Na2CO3的质量为148g—x

反应前后质量差：

148g—137g=11g

根据题意和化学方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑：

每有2×84gNaHCO3分解，就生成106gNa2CO3，质量减少2×84g—106g；现质量减少11g，列出比例式可求得NaHCO3为29.8g，Na2CO3为148g—29.8g=118.2g

总结：

在解题中找出差量的原因，也不失为一种好的解题方法。

例题9：

18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却，测得剩余固体质量为16.6g。

试求原混合物中NaOH的百分含量。

方法：

首先找出完全反应的点，然后分析数据，依据差量关系求得结果。

捷径：

假设混合物中的NaOH和NaHCO3完全反应，且形成质量差（18.4g—16.6g）=1.8g，反应的NaOH、NaHCO3的质量和为m。

NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O↑质量差

（40+84）g18g

m（18.4—16.6）g

解得：

m=12.4g﹤18.4g

经分析NaOH必须过量才能使18.4gNaOH和NaHCO3混合物反应时形成质量差为1.8g，所以应以NaHCO3的量计算。

设混合物中含NaHCO3的质量为x。

则：

NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O↑质量差

84g18g

x1.8g

解之得x=8.4g

m（NaOH）=18.4g—8.4g=10g

NaOH%=×100%=54.3%。

总结：

完全反应的点的找出，是解答出该题的先决条件。

聚宝盆：

1．部分考生在解计算型选择题或填空题时，看到数值就想到计算，结果使有些本来不需要进行计算的问题变成了复杂的计算问题或干脆无法下手。

以此在解题时，要学会审清题意，整体分析，巧解妙答，从而提高解题水平。

2．潜在假设是人们常有的一种心理性错误，它是人们在对事物尚未建立清晰概念时即自动形成的被认为正确的是一种最简单、最自然、最有可能的模型。

面对新问题，在缺乏对其作深入、细致、全面考察的情况下，引进不适当的潜在假设，以潜意识中的直觉判断或过去的局限经验作为解题的依据，会导致解题错误。

如本专题的例2，部分考生未能对题意作全面分析，自我假设NaOH过量，而出现漏选答案的现象。

3．在分析解答推断题时，最主要的是把握好三点：

（1）认真审清题意，前后联系，整体分析；

（2）逐一排除或确定某些物质，各个击破；（3）分析主要矛盾，抓住关键。

热身赛：

1．将由两种金属单质组成的混和物3g，投入到水中，在标准状况下收集到气体1.12L,不可能形成此混和物的单质组是（）

A．Na和KB．Li和NaC．Rb和CaD．Na和Cu

2．氢化钠（NaH）是一种白色的离子晶体,其中钠是+1价。

NaH遇水反应放出氢气，下列叙述中正确的是（）

A．NaH在水中显酸性

B．NaH中氢离子半径比锂离子半径大

C．NaH中氢离子的电子层排布与氦原子的相同

D．NaH中氢离子可被还原成氢气

3．盐酸滴加到Na2CO3溶液中，反应按下式进行：

Na2CO3+HCl==NaHCO3+NaClNa2HCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2

若将含HCl0.2mol的稀盐酸逐滴加入含0.14molNa2CO3溶液中，经充分反应后溶液中各物质的物质的量是（）

Na2CO3HClNaClNaHCO3

A0mol0mol0.2mol0.08mol

B0.4mol0mol0.2mol0mol

C0mol0.06mol0.14mol0.14mol

D0mol0mol0.06mol0.08mol

4．为了使鱼苗顺利运输，必须满足3个条件：

①需要保持适量的氧气②使鱼苗呼出的CO2及时排出，③防止细菌大量繁殖。

已知下述四种物质加入水中都可以起到供氧灭菌的作用（过氧化钙微溶于水，生成氢氧化钙和氧气）。

在长距离储运鱼苗的过程中，最好加入（）

A．过氧化钠B．氯水C．过氧化钙D．双氧水

5．工业上生产Na、Ca、Mg都用电解其熔融氯化物的方法。

但钾却不能用电解熔融KCl的方法制得，因金属钾易溶于熔融KCl中而有危险，很难制得钾，且降低电流效率。

现生产钾是用金属钠和熔化的KCl反应制取。

有关数据（见下表）：

溶点（℃）

沸点（℃）

密度（g/cm3）

Na

97.8

883

0.97

K

63.7

774

0.86

NaCl

801

1413

2.165

KCl

770

1500升华

1.984

工业上生产金属钾的化学方程式和条件是：

KCl＋Na

NaCl＋K

（1）工业上制金属钾主要运用到下表所列的哪些物理常数，简答理由。

（2）工业制金属钾主要应用什么原理使该反应变为现实________________________

6．1862年比利时人索尔维以NaCl、CO2、NH3和H2O为主要原料制得纯净Na2CO3，叫索尔维制碱法。

其主要操作是：

（1）在氨化饱和食盐水中通入CO2，制得小苏打；

（2）小苏打250℃焙烧制得Na2CO3，CO2循环使用

（3）析出小苏打后的母液里加入生石灰，使NH3循环使用。

1940年我国著名科学家侯德榜先生，冲破了“索尔维法”技术封锁，并加以改进，在析出小苏打的母液里加入食盐，使NH4Cl晶体析出，生产出Na2CO3和NH4Cl两种产品。

这便是举世闻名的“侯氏制碱法”。

阅读上述资料，回答下列各问：

（1）在氨化饱和食盐水通入CO2生成NaHCO3的两步相关反应的化学方程式是____________________________________、____________________________________；

（2）在析出NaHCO3的母液中加入生石灰的化学方程式是____________________；

（3）简析“侯氏制碱法”的主要优点______________________________________。

7．在天平的两个托盘上各放一个盛有等体积、等物质的量浓度的稀H2SO4的烧杯，调节天平使之平衡。

然后在一个烧杯中加入ag铁粉，在另一个烧杯中加入bg镁粉，充分反应后，天平仍保持平衡。

若已知每个烧杯中均含有mmol

H2SO4，请用代数式表达在下列各种情况下a与b的关系。

（1）当a>56m,b>24m时，____________

（2）当a<56m,b<24m时，____________

（3）当a<56m,b>24m时，____________

8．两个等质量的烧杯中均盛有200mL0.5mol/L的稀H2SO4，分别向两烧杯中加入AgNaHCO3和BgkHCO3，完全反应后两烧杯中所剩物质的总质量相等。

当NaHCO3和KHCO3不足量时，A：

B=①____；当H2SO4不足量时，A和B的关系及数值范围是②____。

9．某溶液可能含有Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4+、Al3+中的数种，当向其中加入一种淡黄色固体并加热时，有刺激性气味的气体放出并生成白色沉淀，加入淡黄色固体的物质的量（横坐标）与生成气体、沉淀（纵坐标）的物质的量之间关系如图所示。

则加入的淡黄色固体是___________，溶液中含有的离子是___________，各种离子之间的物质的量之比为__________。

10．4