《苏教版高中化学全部知识点1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《苏教版高中化学全部知识点1.docx（65页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高中化学复习学问点1 高中化学全部学问点整理 一.中学化学试验操作中的七原则 驾驭下列七个有关操作依次的原则，就可以正确解答“试验程序推断题”。 1.“从下往上”原则。以Cl2试验室制法为例，装配发生装置依次是：放好铁架台摆好酒精灯根据酒精灯位置固定好铁圈石棉网固定好圆底烧瓶。 2.“从左到右”原则。装配困难装置应遵循从左到右依次。如上装置装配依次为：发生装置集气瓶烧杯。 3.先“塞”后“定”原则。带导管的塞子在烧瓶固定前塞好，以免烧瓶固定后因不宜用力而塞不紧或因用力过猛而损坏仪器。 4.“固体先放”原则。上例中，烧瓶内试剂MnO2应在烧瓶固定前装入，以免固体放入时损坏烧瓶。总之固体试剂应在固
2、定前参加相应容器中。 5.“液体后加”原则。液体药品在烧瓶固定后参加。如上例中浓盐酸应在烧瓶固定后在分液漏斗中缓慢参加。 6.先验气密性(装入药口前进展)原则。 7.后点酒精灯(全部装置装完后再点酒精灯)原则。 化学反响及其能量变更化学反响及其能量变更总结核心学问氧化复原反响核心学问一、几个根本概念1.氧化复原反响：凡有电子转移的反响，就是氧化复原反响.表现为元素的化合价发生变更.2.氧化反响和复原反响：物质失去电子的反响(表达为元素化合价有上升)是氧化反响；物质得电子的反响(表达为元素化合价降低)是复原反响.3.氧化产物和复原产物：复原剂在反响中失去电子后被氧化形成的生成物为氧化产物.氧化剂
3、在反响中得电子被复原形成的生成物为复原产物.4.氧化性和复原性：物质在反响中得电子为氧化剂，氧化剂具有氧化性；物质在反响中失电子为复原剂，复原剂具有复原性.各概念间的关系为：二、氧化复原反响的分析表示方法双线桥法：例1 它表示反响中电子得失状况和结果.线桥由反响物指向生成物的同一元素上.单线桥法例(上例) 它表示反响中电子转移状况.线桥由复原剂失电子元素指向氧化剂的得电子元素.三、四种根本反响类型同氧化复原反响间的关系1.置换反响全都是氧化复原反响.2.化合反响和分解反响有一局部为氧化复原反响.3.复分解反响全都不是氧化复原反响.四、元素的价态与氧化性、复原性的关系一般常见的处于最低价态的元素
4、不能再得到电子，只具有复原性.例如一切金属单质为O价Cl-1、S-2、O-2等，处于最高价态的元素 等不能再失去电子，只可能得到电子而具有氧化性.处于中间价态的元素，如 等既有氧化性，又有复原性，但还常以某一方面为主.如S、O2、Cl2以氧化性为主.五、氧化性、复原性强弱比拟(1)氧化性：氧化剂氧化产物 复原性：复原剂复原产物注：氧化性复原性强弱的比拟一般需根据氧化复原反响而定.(2)根据金属活动依次表推断K,Ca,Na,Mg,Al,Zn,Fe,Sn,Pb,(H),Cu,Hg,Ag,Pt,Au(3)根据非金属活动依次进展推断六、氧化复原反响根本类型1.全部氧化复原型：变价元素的全部原子的价态物
5、发生变更如：2H2+O2 2H2O Zn+2HCl H2+ZnCl2等2.局部氧化复原型：变价元素的原子只有局部价态发生变更如：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O3.自身氧化复原型，同一物质中不同元素发生价态变更如：2KClO3 2KCl+3O2 2H2O 2H2+O24.歧化反响型：同一物质中同一元素发生价态的变更如：Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O七、氧化复原反响的根本规律1.两个守恒关系： 质量守恒和得失电子总数守恒.2.归中律：即同种元素的不同价态反响遵循“牢靠拢不相交”.离子反响 离子反响方程式核心学问一、电解质和非电解质1.电解质：在水溶液或受热
6、熔化状态下能导电的化合物.非电解质：在水溶或受热熔化状态下不能导电的化合物.例1 CaO、SO3溶于水能导电，Fe可以导电，它们是否是电解质解析 CaO本是电解质，但不能说是因为它溶于水能导电才是电解质.溶于水有以下反响：CaO+H2O=Ca(OH)2，此时为Ca(OH)2的导电；SO3本身不是电解质，溶于水有以下反响：SO3+H2O=H2SO4，此时为H2SO4的导电.电解质事实上指的是不与水反响，通过本身电离出自由移离子而导电的一类化合物.Fe不是化合物故不属于电解质与非电解质之列.2.强电解质和弱电解质 二、离子反响1.有离子参与的反响叫离子反响.离子互换型 (复分解反响型) 2.类型氧
7、化复原型三、离子方程式1.用实际参与反响的离子的符号来表示离子之间反响的式子叫离子方程式.2.意义：离子方程式表示同一类型的全部的离子反响.3.书写离子方程式的方法：(1)“写”：写出正确的化学方程式(2)“拆”：把易溶且易电离的物质拆写成离子形式，但凡难溶、难电离，以及气体物质均写成化学式.(3)“删”：删去反响前后不参与反响的离子.(4)“查”：检查离子方程式两边的原子个数是否相等，电荷总数是否相等.四、推断离子方程式书写是否正确的方法必需考虑以下五条原则：(1)根据物质反响的客观事实.释例1：铁与稀盐酸反响：2Fe+6H+=2Fe3+3H2(错误)，正确的是：Fe+2H+=Fe2+H2.
8、(2)必需遵守质量守恒定律.释例2：Cl2+I-=Cl-+I2(错误)，正确的是：Cl2+2I-=2Cl-+I2.(3)必需遵守电荷平衡原理.释例3：氯气通入FeCl2溶液中：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-(错误)，正确的是：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-.(4)氧化复原反响还必需遵守得失电子守恒原理.应留意推断氧化剂和复原剂转移电子数是否配平.(5)必需遵循定组成原理(即物质中阴、阳离子组成固定).释例4：Ba(OH)2溶液和稀H2SO4混合：Ba+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O(错误)，正确的是：Ba2+2OH-+SO42-+2H+=BaSO4+2H2O.五、推断溶液中
9、离子能否大量共存所谓几种离子在同一溶液中能大量共存，就是指离子之间不发生任何反响；若离子之间能发生反响，则不能大量共存.1.同一溶液中若离子间符合下列随意一个条件就会发生离子反响，离子之间便不能在溶液中大量共存.(1)生成难溶物或微溶物：如Ba2+与CO32-、Ag+与Br-、Ca2+与SO42-和OH-、OH-与Cu2+等不能大量共存.(2)生成气体或挥发性物质：如NH4+与OH-,H+与CO32-、HCO3-、S2-、HSO3-、SO32-等不能大量共存.2.生成难电离的物质：如H+与CO32-、S2-、SO32-、F-、ClO-等生成弱酸；OH-与NH4+、Cu2+等生成弱碱；H+与OH
10、-生成水，这些离子不能大量共存.(4)发生氧化复原反响：氧化性离子(如Fe3+、NO3-、ClO-、MnO4-等)与复原性离子(如S2-、I-、Fe2+、SO32-等)不能大量共存.留意Fe2+与Fe3+可以共存；MnO4-与Cl-不能大量共存.2.附加隐含条件的应用规律：(1)溶液无色透亮时，则溶液中确定没有有色离子.常见的有色离子是Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-等.(2)强碱性溶液中确定不存在与OH-起反响的离子.(3)强酸性溶液中确定不存在与H+起反响的离子.化学反响中的能量变更核心学问1.化学反响中的能量变更(1)化学反响的根本特征有新的物质生成，常伴随能量变更及发光、变色、
11、放气、生成沉淀等现象.(2)放热反响和吸热反响 有热量放出的反响叫放热反响；有热量汲取的反响叫吸热反响.缘由：化学反响的特点是有新物质生成，新物质与反响物质的总能量是不一样的，反响物与新物的能量差若以能量形式表现即为放热和吸热，若两者能量比拟接近，则吸热和放热都不明显.实例 燃烧：C+O2 CO2 酸碱中和反响，金属与酸的反响 Zn+2HCl ZnCl2+H2 CaO+H2O Ca(OH)2等为放热反响吸热反响实例：C+CO2 2CO H2+CuO Cu+H2O Ba(OH)28H2O+2NH4Cl BaCl2+8NH3+10H2O等2.燃烧通常讲的燃烧是指可燃物与空气中的氧气发生的一种发光发
12、热的猛烈氧化反响.燃烧的条件有两个.一是可燃物与氧气接触，二是可燃物的温度到达着火点.充分燃烧的条件：一是有足够的空气，二是跟空气有足够大的接触面.不充分燃烧的危害：产生热量少，奢侈资源；产生污染物.化石燃烧包括：石油；自然气；煤属非再生能源.煤的充分利用及新技术的开发：新型煤粉燃烧机；煤的气化和液化；转化为水煤气或干馏煤气.碱金属学问点一、碱金属是典型的金属元素族，主要内容有以下几项：1、学问网：钠核心学问一、钠原子构造构造特点： .钠原子核外有三个电子层，最外层只有一个电子，易失去一个电子变成钠离子：Na-e-Na+，形成稳定构造.所以在化学反响中表现出强的复原性.二、性质1.物理性质：软
13、、亮、轻、低、导.(软质软，硬度小；亮银白色金属光泽；轻密度小，比水轻；低熔点低；导可导电、导热.)2.化学性质：强复原性，活泼金属.与O2反响：常温Na2O(白色固体)点燃或加热Na2O2(淡黄色固体)与S反响：碾磨爆炸.与水反响：猛烈.现象：熔、浮、游、鸣、红(滴入酚酞，溶液变红) 与酸反响：特别猛烈，以致爆炸.与某些熔融盐反响：可置换出某些熔融盐中的金属(如TiCl4等)与盐溶液反响：本质是先与盐溶液中的水反响，然后再发生复分解反响. 三、钠的存在与保存1.元素在自然界的存在有两种形态：游离态：以单质形式存在的元素.化合态：以化合物形式存在的元素.钠的化学性质很活泼，在自然界里无游离态，
14、只有化合态(NaCl、Na2CO3、Na2SO4、NaNO3等)2.保存：因为常温下金属钠能跟空气中的氧气反响，还能跟水、水蒸气反响，所以金属钠保存在煤油或石蜡油中，主要是为了隔绝空气和水.四、钠的用处1.KNa合金用于原子反响堆作导热剂.2.制备Na2O2.3.做电光源：高压钠灯.4.冶炼稀有金属.五、重点难点解析1.钠露置于空气中的变更过程剖析切开金属钠置于空气中，切口开场呈银白色(钠的真面目) 变暗(生成Na2O) 变白色固体(生成NaOH) 成液(NaOH潮解) 结块(汲取CO2成Na2CO310H2O) 最终成粉末(风化).有关反响如下：4Na+O2 2Na2O Na2O+H2O 2
15、NaOH2Na+2H2O 2NaOH+H2 2NaOH+CO2 Na2CO3+H2O留意不行将碳酸钠的生成用下式表示：Na2O+CO2 Na2CO3，这是不符合事实的.因为氧化钠与水结合的实力比跟二氧化碳反响的实力强得多.2.钠与水反响现象可概括为五个字：熔、浮、游、鸣、红.熔是指钠熔化成闪亮的小球.浮是指钠密度小于水，浮于水面.游是指由于反响猛烈放出的气体使“钠球”在水面四处游动.鸣一是金属钠与水反响放出气体发出“咝咝”的声音；二是指搜集到的气体点燃有爆鸣声即反响放出H2.红是指溶液加酚酞呈红色，即生成氢氧化钠.反响的化学方程式为：2Na+2H2O 2NaOH+H2该反响的本质是钠与水中电离
16、出来的H+发生的氧化复原反响.离子方程式为：2Na+2H2O 2Na+2OH-+H23.钠与酸、盐溶液的反响钠与酸反响，本质上是钠与酸电离出的H+反响，所以当金属与酸溶液反响时，由于溶液中的H+主要来源于酸，因此钠先与酸反响，若钠是过量的则接着与水反响.因为酸中H+浓度远大于水中H+浓度，所以钠与酸反响要比与水反响猛烈，以致发生燃烧或稍微爆炸.钠与盐溶液反响，本质上是钠与盐溶液中的溶剂水电离出的H+反响.所以在盐溶液中，钠先与水反响生成氢氧化钠，氢氧化钠再与盐溶液中的某些金属阳离子或NH4+发生复分解反响.如：2FeCl3+6Na+6H2O2Fe(OH)3+6NaCl+3H22NH4Cl+2N
17、a+2H2O2NH3H2O+2NaOH+H2故钠与盐溶液反响，不能置换出盐中的金属.典型例题例1 学生甲和乙，对金属钠的色泽发生了争议.甲说书本上讲钠是银白色的，乙说他亲眼看到钠是暗灰色的.学生丙听到他们的争辩后，从试验室取了一小块钠，用很简洁的试验证明了金属钠是银白色的，并说明了通常看到钠是暗灰色的缘由.丙怎样进展试验证明和说明的解析 学生丙将取出一小块钠放在玻片上，叫甲和乙两人视察，看到确是暗灰色，丙又用小刀把钠切开，里面的钠是银白色的.丙说明：由于钠的性质活泼，外面的钠被氧化了，因此是暗灰色的. 例2 取5.4g由碱金属R及其氧化物R2O组成的混合物，使之与足量的水反响，蒸干反响后的溶液
18、，得8g无水晶体.(1)通过计算推断是何种金属(2)混合物中R和R2O的质量各是多少克解析 本题可采纳极端假设法.即假设5.4g全为金属单质；假设5.4g全为氧化物，推出R的原子量范围，R的实际原子量应介于二者之间，从而推出该元素的名称.(1)假设5.4g全为金属单质，据(R的原子量设为a1)2R+2H2O 2ROH+H22a1 2(a1+17)5.4g 8g a135.3假设5.4g全为氧化物 据(R的原子量设为a2)R2O+H2O 2ROH2a2+16 2(a2+17) a2=10.75.4g 8g查表知R为钠 R2O为Na2O(2)据2Na+2H2O 2NaOH+H2 Na2O+H2O
19、2NaOH46 80 62 80m(Na) m(Na2O)得 m(Na)+m(Na2O)=5.4g m(Na)2.3gm(Na)+ m(Na2O)8g m(Na2O)3.1g评析 通过计算求得原子量，由原子量确定是什么元素；极端假设是解混合物计算题常用的方法.例3 把一小块金属钠暴露在空气中，视察到以下现象：金属钠外表渐渐变暗；过一段时间以后又渐渐变潮湿；再过些时候又转变成白色固体；又过一段时间白色固体变成白色的粉末.写出以上发生的各种现象的有关化学方程式.解析 金属钠为活泼金属，极易被空气中的氧气氧化生成氧化钠，所以外表渐渐变暗且无光泽.氧化钠在空气中溶于水，外表变潮湿而生成氢氧化钠.氢氧化
20、钠和空气中的二氧化碳和水反响，生成碳酸钠晶体，即含有10个结晶水的碳酸钠.再过一段时间，含有结晶水的晶体风化失水，变成粉末状物质.答 4Na+O2 2Na2ONa2O+H2O 2NaOH2NaOH+CO2+9H2O Na2CO310H2ONa2CO310H2O Na2CO3+10H2O评析 该题要求写出金属钠暴露于空气中发生的一系列变更的化学方程式，实际考察的是钠及钠的化合物的化学性质.钠的化合物引入：在初中学过 ，在这再学习 。本节教学目的：1.驾驭Na氧化物和钠的重要化合物的性质.2.通过Na2CO3和NaHCO3的热稳定性试验，理解鉴别它们的方法.3.理解钠的重要化合物的用处.本节教学的
21、重点：的性质及其鉴别方法。本节教学难点：与 的反响。钠所形成的离子化合物是高考的重要内容，往往与有关计算结合在一起，考察计算和推理实力.核心学问一、钠的氧化物 比拟工程氧化钠过氧化钠化学式Na2ONa2O2化合价钠+1、氧-2钠+1、氧-1色、态白色固体浅黄色固体类 别碱性氧化物过氧化物(不是碱性氧化物)化学性质与水反响Na2O+H2O2NaOH2Na2O2+2H2O4NaOH+O2与CO2反响Na2O+CO2Na2CO32Na2O2+2CO22Na2CO3+O2与盐酸反响Na2O+2HCl2NaCl+H2O2Na2O2+4HCl4NaCl+2H2O+O2稳定性Na2OCaCO3 NaHCO3
22、Ca(HCO3)2(2)正盐比酸式盐稳定.如：Na2CO3NaHCO3七、Na2CO3、NaHCO3的鉴别.固体：加热，将产生的气体通入澄清的石灰水.溶液：加BaCl2溶液.八、Na2O2与CO2、H2O(气)反响的差量问题.规律：CO2、H2O(气)与过量的Na2O2反响，所得O2为同况下CO2、H2O(气)体积的一半.CO2、H2O(气)与过量的Na2O2反响，固体增重的质量等于同分子数的CO、H2的质量.将Na2O2粉末参加H2O(液)中，液体增重质量等于同“分子”数的Na2O的质量.九、小苏打、大苏打、苏打的成分各是什么与H2SO4反响的现象和化学方程式.小苏打是NaHCO3，苏打是N
23、a2CO3，大苏打是硫代硫酸钠Na2S2O3.与酸反响状况为：2NaHCO3+H2SO4Na2SO4+2H2O+2CO2(放气泡速度快)Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2(放气泡速度比NaHCO3稍慢)Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S+SO2+H2O(开场无明显变更，后来渐渐变浑浊，并有刺激性气味气体放出.)十、.碳酸、碳酸盐的热稳定性规律比拟：从它们的分解温度：H2CO3 H2O+CO22NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2CaCO3 CaO+CO2Na2CO3 Na2O+CO2规律：可溶性碳酸盐(不包括铵盐)不溶性碳酸盐酸式碳酸盐碳酸典型例题例1 某枯燥
24、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响有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定).若将原来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.下列推断正确的是( )A.粉末中确定有Na2O、Na2O2、NaHCO3 B.粉末中确定不含有Na2CO3和NaClC.粉末中确定不含有Na2O和NaCl D.无法确定粉末里是否含有Na2CO3和NaCl解析 与盐酸反响产生气体的物质可能为Na2O2(生成O2)、Na2CO3和NaHCO3(生成CO2)，气体X通过NaOH溶液
25、后体积缩小(而不是气体全部消逝)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2、Na2CO3和NaHCO3至少有一种确定存在。将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中确定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使混合粉末质量削减，而实际剩余固体的质量却增加了，缘由只能是发生了反响：2Na2O+O2 2Na2O2.综上分析，混合物中确定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl.答案为(A)、(D).评析 有的学生不能从“剩余固体的质量大于原混合粉末的质量”作出存在Na2O的推断，关键是无视了反响：2Na2O+O2 2Na2O2.例2 在甲、乙、丙、丁四
26、个烧杯内分别放入0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各参加100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的溶液的质量分数大小依次是( )A.甲乙丙丁 B.丁甲乙丙C.甲丁乙丙 D.丁甲乙丙解析 此题要求娴熟驾驭几个反响：甲：2Na+2H2O 2NaOH+H2乙：Na2O+H2O 2NaOH丙：2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2则其质量分数分别为：甲： = 乙： = 丙： = 丁： = 故答案为B. 例3 在Na2CO3饱和溶液中通入CO2后有NaHCO3沉淀析出，除了NaHCO3溶解度小于Na2CO3这个主要缘由外，另外的缘由是 .解析 将CO2通入Na2CO3溶液中
27、，发生如下反响：H2O+CO2+Na2CO3 2NaHCO3.反响发生后，一方面水被消耗，溶剂的量削减；另一方面生成的NaHCO3的质量比Na2CO3的质量大，均有利于沉淀析出.评析 本题主要考察溶解度的学问.对于简答题的答复，要“简”而“明”，不能长篇大论，不着边际，这就要经过周密思索后，分析出主要冲突，抓住关键，答出要点.例4 现有确定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，请从下图中选用适当的试验装置，设计一个最简洁的试验，测定Na2O2试样的纯度(可供选用的反响物只有CaCO3固体，盐酸和蒸馏水).请填写下列空白：(1)写出在试验中Na2O2和Na2O分别发生反响的化学方程式 (2)应选用
28、的装置是(只要求写出图中装置的标号) .(3)所选用装置的连接依次应是(填各接口的字母，连接胶管省略). 解析 做试验题首先要弄清晰试验的目的，其次是要到达试验目的根据的原理，最终是所用仪器连接及有关事项的处理. 答案 (1)2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2 Na2O+H2O 2NaOH (2)应选的装置是 (3)GBAF碱金属元素 一、碱金属与氧生成的化合物：氧化物中存在O2-，如：Na2O、K2O、Li2O、属碱性氧化物，与酸反响，只能生成盐和水，如：Na2O+2HCl 2NaCl+H2O而过氧化物中存在O22-过氧离子，其中氧价态为-1价，如Na2O2、CaO2、与酸反响生成盐和
29、水，同时还有O2放出，如：2Na2O2+4HCl 4NaCl+2H2O+O2还有超氧化物，如：KO2，含有O2-，其中氧价态为- 价，当然可能有更困难的化合物.应留意：过氧化物、超氧化物都不属碱性氧化物.二、碱金属元素的相像性、差异性和递变性：1.相像性(1)原子构造.最外层都只有1个电子，并且都简洁失去这个电子而形成+1价阳离子.表现出强复原性.(2)单质的化学性质.都能与O2、水、稀酸反响，反响中均为复原剂.它们的最高价氧化物的水化物都是强碱.2.差异性、递变性(1)原子构造.从LiCs随着核电荷数的递增，电子层数增加，原子半径增大.(2)化学性质.随着原子半径的渐渐增大，原子核对最外层电
30、子的引力渐渐减弱，使得原子失电子的实力渐渐增加，则金属的复原性也渐渐增加.随着核电荷数的增加，碱金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性渐渐增加.三、用探讨法解化学元素计算题的一般思路：有一类化学计算题，由于某一条件的不确定，结果可能是两个或两个以上，也可能在某个范围内取值，这类题就需要用探讨的方法求解.近几年高考中出现的涉及探讨的试题主要有四种类型：探讨反响发生的程度；探讨反响物是否过量；探讨反响物或生成物的组成范围；探讨不定方程的解.前三种类型的探讨题一般思路是：首先利用有关反响方程式(或加工变形的关系式)确定两种反响物恰好完全作用时，各反响物和生成物的详细的量的关系；然后再按某一反响物的量缺
31、乏或过量分别探讨；最终将联络起来找出各种状况下对应的答案或取值范围.对不定方程的探讨，需充分利用题目中给出的条件，有选择范围地探讨.本节命题以碱金属单质或化合物性质递变规律为中心，题型以选择题为主.核心学问一、碱金属元素的“三性”(括号内为特殊性) 1.相像性(1)原子构造：最外层电子数都是1个，次外层为8个(Li为2个)的稳定构造.(2)单质的物理性质：都有银白色的金属光泽(除铯略带金色以外)，质软，密度小，熔点低，有强的导热、导电性能.(3)单质的化学性质：与钠相像，都能与金属、与氧气、与水、与稀酸溶液等反响，且生成物都是含R+(R为碱金属)的离子化合物.(4)它们最高价的氢氧化物(ROH
32、)均是强碱.2.递变性(差异性)(1)原子构造：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，核外电子层数增多，原子半径渐渐增大.(2)单质的物理性质：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，碱金属熔、沸点渐渐降低(与卤族、氧族单质相反)，密度渐渐增大(Li、Na、K的密度1g/cm3，Rb、Cs的密度1g/cm3).(3)单质的化学性质：随着Li、Na、K、Rb、Cs核电荷数递增，核对电子引力减弱，失电子实力增加，因此金属性增加.例如，与氧气反响时，Li：常温或燃烧生成Li2O；Na：常温生成Na2O，燃烧生成Na2O2；K：常温生成K2O2，燃烧生成KO2(超氧化钾).(4)ROH碱性随
33、R核电荷递增而增加.二、焰色反响1.焰色反响是指某些金属或它们的化合物在灼烧时火焰呈特殊的焰色.2.常见金属，及其化合物焰色：Na：黄色 K：紫色(透过蓝色钴玻璃) Cu：绿色 Ca：砖红色 Ba：黄绿 Li：紫红色3.操作：取干净铂丝(或无锈铁丝或镍、铬、钨丝)在盐酸中浸洗后灼烧至无色，然后蘸取待测物灼烧.4.焰色反响不属于化学法检验.典型例题例1 某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或二种.现将13.8g样品参加足量水中，样品全部溶解.再参加过量的CaCl2溶液，得到9g沉淀.对样品所含杂质的正确推断是( )A.确定有KNO3 B.确定有KNO3，
34、可能还含有Na2CO3C.确定没有Ba(NO3)2，可能含有KNO3 D.确定没有Na2CO3和Ba(NO3)2解析 将13.8g样品参加足量的水，样品全溶解则样品中确定无Ba(NO3)2(因能与K2CO3生成沉淀).下面用极值法分析：如13.8g是纯的K2CO3，则生成CaCO3沉淀应为10g，而如今得沉淀9g，则混进的杂质或不与CaCl2生成沉淀，或13.8g杂质与CaCl2作用生成的沉淀小于9g.杂质中KNO3不与CaCl2生成沉淀，符合题意.而13.8gNa2CO3与CaCl2混合生成沉淀为 1009g不合理.所以选项A正确.但分析选项B，可能存在这样的状况，即混进很多的KNO3，而只
35、混进少量的Na2CO3，这时也可以保证13.8g样品与CaCl2反响后只生成9g沉淀，故B正确.选项B很简洁漏掉.故选A、B. 评析 此题考察学生思维的严密性.例2 18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物，在密闭容器中加热到约250，经充分的反响后排出气体，冷却，称得剩余固体质量为16.6g.试计算原混合物中NaOH的百分含量.解析 解法 混合物加热时的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O2NaOH+CO2 Na2CO3+H2O综合为：NaHCO3+NaOH Na2CO3+H2O84 40 106假设18.4g混合物恰好按8440比例混合，设加热后剩余固体为x，则12
36、410618.4gx x=15.7g而实际16.6g，可见NaOH过量.设NaHCO3质量为y,NaOH为18.4g-yNaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O 84 18 y 18.4g-16.6g=1.8gy=8.4gNaOH%= 100%=54.3%解法 推断混合物中哪种物质过量还可以根据差值法，因为NaOH受热时不分解，所以：NaOH+NaHCO3 Na2CO3+H2O40 84 18 18.4g xx=2.67g1.8g，说明NaOH过量.解法 设混合物由等摩尔组成，并设形成1.8g(18.4g-16.6g)差量时消耗混合物的质量为m，则12418g=m1.8g m=12.4g
37、因为原混合物为18.4g形成1.8g差值只需12.4g，所以余下18.4g-12.4g=6g，这6g不是NaHCO3而是不分解的NaOH，说明NaOH过量.以下解法同上. 评析 很多计算题并不明显给出已知条件，初审时感到条件缺乏，这时就要细致分析，挖掘隐含条件.本题的关键是要推断NaOH和NaHCO3在反响时哪一种过量.而题目的条件只是反响前后的固体混合物的质量变更，NaOH与NaHCO3按不同比例混合时，引起的质量减小也不同，再与已知条件相比拟，即可推断是哪种物质过量.物质的量核心学问【学问构造总结】【试验总结】1.配制确定物质的量浓度的溶液的步骤(1)计算：根据配制要求计算所用固体溶质的质量或所需浓溶液的体积.(2)称量：当用固