第4章材料家族中的元素本章重難點專題突破一如何學好硅及其化合物1．抓住轉化關系，形成知識體系硅及其化合物是生產生活中應用較為廣泛的物質，這就需要熟練掌握硅及其化合物的性質，下面我們從硅及其化合物之間的轉化角度入手來形成硅及其化合物的知識網絡。從這個轉化關系中，通過書寫發生轉化的化學方程式，以及該反應常用于解釋的問題，來形成硅及其化合物的知識體系。(1)Si＋O2eq\o(=,\s\up7(△))SiO2(硅是親氧元素，自然界中沒有游離態的硅，只有化合態的硅)(2)SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(HF是唯一可以與SiO2發生反應的酸，HF是弱酸；盛裝氫氟酸的試劑瓶不能用玻璃瓶)(3)SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(Na2SiO3的水溶液俗稱水玻璃，是一種礦物膠，該方程式可解釋為什么盛堿液的試劑瓶常用橡膠塞，而不用玻璃塞)(4)SiO2＋CaOeq\o(=,\s\up7(高溫))CaSiO3(解釋水泥和玻璃的成分中都含有硅酸鈣)(5)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑(工業上制備粗硅的方法)(6)H2SiO3eq\o(=,\s\up7(△))SiO2＋H2O(硅酸易失去水)(7)Na2SiO3＋2HCl=H2SiO3(膠體)＋2NaCl或Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓(在溶液中H＋與SiOeq\o\al(2－,3)不能大量共存)Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓(SiOeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COeq\o\al(2－,3))；通入過量CO2時，Na2SiO3＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2NaHCO3(解釋硅酸鹽溶液在空氣中長時間放置所發生的化學反應；還可以證明硅酸的酸性小于碳酸；利用該反應在實驗室中制備硅酸)通過上面的分析，利用物質之間的轉化關系，就可以把某種元素形成的各種物質串成一個知識塊，這種學習方法是學習物質性質的一種有效方法，在以后的學習中要多總結。【典例1】A、B、C、D、E分別代表單質或化合物，它們之間的相互轉換關系如圖所示。A為地殼中含量僅次于氧的非金屬元素的單質，其晶體結構與金剛石相似。請回答下列問題：(1)形成單質A的原子的結構示意圖為______________，它的最高化合價為______________。(2)B的化學式為________，B與炭反應生成A和E的化學方程式是________________________________________________________________________。(3)C的化學式為______________________，D的化學式為______________________。解析由“A為地殼中含量僅次于氧的非金屬元素的單質，其晶體結構與金剛石相似”推知A為Si，根據Beq\o(→,\s\up7(加炭),\s\do5(高溫))A＋E，Beq\o(→,\s\up7(加氧化鈣),\s\do5(高溫))C，B加氫氧化鈉,D＋H2O，不難推知B為SiO2，C為CaSiO3，D為Na2SiO3。答案(1)＋4價(2)SiO2SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑(3)CaSiO3Na2SiO32．注重歸納總結，熟知特殊性質硅作為非金屬元素應該具有非金屬的性質，但是在學習硅及其化合物時，我們發現硅的某些性質表現出與其他非金屬的不同，現歸納如下：(1)硅的還原性比碳強，而碳在高溫下能從SiO2中還原出Si。即SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑。此反應之所以能夠發生是因為生成的CO是氣體，它離開反應體系使得反應向生成Si的方向進行到底。(2)非金屬單質與強堿溶液反應一般不生成氫氣，而硅與氫氧化鈉等強堿溶液反應產生氫氣。(3)非金屬單質一般不與非氧化性酸反應，而硅不但與氫氟酸反應，而且有氫氣生成，化學方程式為Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑。(4)酸性氧化物一般不與酸發生反應，而二氧化硅能與氫氟酸反應，生成四氟化硅和水。(5)無機酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸卻難溶于水。(6)在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸強，二氧化碳與硅酸鈉反應生成碳酸鈉和硅酸沉淀。在高溫下碳酸鈉與二氧化硅反應生成硅酸鈉和二氧化碳，其原因是在高溫條件下，生成的二氧化碳離開反應體系而使反應進行到底。(7)Na2SiO3水溶液俗稱水玻璃、泡花堿，但泡花堿是鹽溶液而非堿，這是由于水玻璃顯堿性。從上面的分析可以看出，硅及其化合物的這些特殊點并不是真的特殊，而是由于某些原因導致硅及其化合物表現出了與其他同類物質不同的性質。在學習物質性質時，一定要注重理解而不要盲目的記憶規律。【典例2】有A、B、C、D四種含有硅元素的物質，它們能發生如下反應：①C與燒堿反應生成A和水；②已知A溶液的焰色反應為黃色，A溶液與鈣鹽反應生成白色沉淀D；③B在空氣中燃燒生成C；④C在高溫下，與碳酸鈣反應生成D和一種氣體；⑤C在高溫下與碳反應生成單質B。根據上述變化，(1)寫出化學式：B________，D________。(2)寫出C與燒堿反應生成A和水的反應方程式：________________________________________________________________________。解析①C能與燒堿反應，含硅，C可能是SiO2和H2SiO3；②A溶液是鈉鹽，又含硅，A確定為Na2SiO3，D為CaSiO3；③B＋O2→C(可能是SiO2和H2SiO3)，確定B為Si、C為SiO2；④反應為SiO2＋CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaSiO3＋CO2↑；⑤反應為SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Si＋2CO↑。答案(1)SiCaSiO3(2)SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O二Al3＋、Al(OH)3、[Al(OH)4]－的轉化及其圖像1．Al3＋、Al(OH)3、[Al(OH)4]－間的相互轉化——“鋁三角”(1)Al3＋→Al(OH)3①可溶性鋁鹽與少量NaOH溶液反應：Al3＋＋3OH－(少量)=Al(OH)3↓②可溶性鋁鹽與氨水反應：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)(2)Al(OH)3→Al3＋Al(OH)3溶于強酸溶液：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O(3)Al3＋→[Al(OH)4]－可溶性鋁鹽與過量的強堿反應：Al3＋＋4OH－(過量)=[Al(OH)4]－(4)[Al(OH)4]－→Al3＋四羥基合鋁酸鹽溶液與足量的鹽酸反應：[Al(OH)4]－＋4H＋=Al3＋＋4H2O(5)[Al(OH)4]－→Al(OH)3①四羥基合鋁酸鹽溶液中加入少量鹽酸：[Al(OH)4]－＋H＋(少量)=Al(OH)3↓＋H2O②四羥基合鋁酸鹽溶液中通入CO2：2[Al(OH)4]－＋CO2(少量)=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O[Al(OH)4]－＋CO2(過量)=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(6)Al(OH)3→[Al(OH)4]－Al(OH)3溶于強堿溶液：Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－2．氫氧化鋁圖像解析方法(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至過量發生反應的離子方程式為OA段：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓AB段：Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－從圖中不難看出，向氯化鋁溶液中滴加氫氧化鈉溶液，若達不到最大沉淀量時，對應的氫氧化鈉溶液的體積有兩種情況：一是氯化鋁過量即加入的氫氧化鈉不足；二是加入的氫氧化鈉將生成的氫氧化鋁溶解了一部分。(2)向鋁鹽溶液中滴入氨水或向氨水中滴加鋁鹽溶液由于氫氧化鋁只能與酸或強堿反應，氨水是一種弱堿，所以氫氧化鋁不會溶解在氨水中，則向鋁鹽溶液中滴入氨水或向氨水中滴加鋁鹽溶液，反應現象是相同的。若向鋁鹽中滴加氨水，離子反應方程式為3NH3·H2O＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，當氨水增加到n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3時，產生最大沉淀量。(3)向四羥基合鋁酸鹽溶液中滴入強酸發生反應的離子方程式為OA段：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OAB段：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O當n[Al(OH)4]－∶n(H＋)＝1∶1時，產生最大沉淀量，繼續滴入強酸，沉淀逐漸溶解。(4)向Na[Al(OH)4]溶液中通入CO2由于碳酸的酸性大于氫氧化鋁，所以四羥基合鋁酸鈉能與二氧化碳反應，生成氫氧化鋁，產生的Al(OH)3沉淀不溶解在碳酸中，所以產生的沉淀不消失。(5)向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液反應的離子方程式依次為H＋＋OH－=H2OMg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－出現的現象是先產生沉淀，到沉淀最大值，繼續滴加NaOH，沉淀部分溶解，最后剩余的為氫氧化鎂沉淀，消失的是氫氧化鋁沉淀。關于氫氧化鋁的圖像，實際上就是氫氧化鋁、鋁鹽和四羥基合鋁酸鹽之間的轉化關系，需要熟練記憶有關的化學反應方程式，再結合數學上函數圖像的有關知識，一定會把握住這個知識點！【典例3】某溶液中可能含有H＋、Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)等離子，已知①該溶液的焰色反應沒有黃色；②當向該溶液中加入某濃度的NaOH溶液時，發現生成沉淀的物質的量隨NaOH溶液的體積變化如圖所示。由此可知：(1)該溶液中肯定含有的離子是________________________________________________________________________，各離子的物質的量之比為________________________________________________________________________。(2)肯定不含的陽離子是_______________________________________________________________________。解析不難判斷出最初兩份NaOH是與H＋反應。也不難判斷出溶液中無Mg2＋、Fe3＋，因為最后無沉淀。也判斷出有Al3＋，從圖形的“先三份堿使其沉淀、后一份堿使其溶解”可以確定。關鍵是尋找平臺上與OH－反應、而又使沉淀量不變化的離子，從題給離子中可以找出是NHeq\o\al(＋,4)。在H＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)共存時，加入OH－，與OH－反應的前后順序是H＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)。原因是電解質的強弱是H2O＜Al(OH)3＜NH3·H2O，最弱者先形成，所以是上述反應順序。三者的強弱可以從下面三個反應來證明：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)[證明Al(OH)3比氨水弱]Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O[證明H2O比Al(OH)3弱]待溶液中成為Al(OH)3、NH3·H2O時，再加入OH－，才能溶解Al(OH)3。這是因為Al(OH)3與弱堿不反應，只有與強堿反應時才溶解。該題還有個陷阱就是易把SOeq\o\al(2－,4)當作是不能確定的。由于溶液是電中性的，必須有陰離子，所以SOeq\o\al(2－,4)一定存在。現在，從圖像不難判斷出n(H＋)∶n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Al3＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))＝2∶3∶1∶n(SOeq\o\al(2－,4))，再利用電荷守恒：n(H＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Al3＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))即：(2＋3＋3×1)mol＝2n(SOeq\o\al(2－,4))得n(SOeq\o\al(2－,4))＝4mol。答案(1)H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)2∶3∶1∶4(2)Na＋、Mg2＋、Fe3＋【典例4】向物質的量濃度均為1mol·L－1的AlCl3和鹽酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如圖中[n表示Al(OH)3的物質的量、V表示NaOH溶液的體積]能正確表示這個反應過程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反應情況分為三個階段：第一階段為OH－＋H＋=H2O，此時無沉淀產生；第二階段有白色沉淀產生，反應的離子方程式為Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓；第三階段滴加NaOH溶液至過量，沉淀逐漸溶解最后完全消失，反應的離子方程式為Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，結合反應方程式及濃度關系可知三個階段消耗NaOH物質的量之比為1∶3∶1。答案D三金屬與酸反應的計算規律和方法1．金屬與酸反應的定量規律(只考慮生成氫氣的情況)(1)金屬與酸反應，金屬失去電子的物質的量等于酸得到電子的物質的量。(2)1mola價金屬與足量酸反應，可生成eq\f(a,2)mol氫氣。(3)當參加反應的金屬與產生氫氣的質量差相等時，則反應后兩溶液增加的質量相等。(4)相同物質的量的金屬與足量的酸反應產生氫氣的量之比等于反應后對應金屬呈現的化合價之比。(5)特別注意，在鈉等極活潑金屬與酸反應時，金屬過量時還會跟水反應產生氫氣。2．鋁分別與酸、堿反應產生氫氣量的比較(1)等量的鋁分別與足量的鹽酸和NaOH溶液反應，消耗鹽酸和NaOH的物質的量之比為3∶1。(2)等量的鋁分別與足量的鹽酸和NaOH溶液反應，產生H2的體積比為1∶1。(3)足量的鋁分別與等物質的量濃度、等體積的鹽酸和NaOH溶液反應，產生H2的體積比為1∶3。3．摩爾電子質量和平均摩爾電子質量(1)摩爾電子質量：某物質在反應中轉移1mol電子時該物質的質量，如Mg的摩爾電子質量為eq\f(24,2)g·mol－1＝12g·mol－1，Al的摩爾電子質量為eq\f(27,3)g·mol－1＝9g·mol－1。(2)平均摩爾電子質量：兩種或兩種以上物質的混合物在反應中轉移1mol電子時混合物的質量，如2g金屬混合物生成LH2(標準狀況)，則平均摩爾電子質量為eq\f(2g,×2mol)＝10g·mol－1。【典例5】計算填空：(1)取wg鈉、鎂、鋁分別與足量鹽酸反應，在相同條件下產生氫氣的體積之比是____________。(2)取mol鈉、鎂、鋁分別與足量鹽酸反應，在相同條件下產生氫氣的體積之比是________。(3)若產生相同體積(同溫同壓)的氫氣，所需鈉、鎂、鋁三種金屬的物質的量之比是______________；質量之比是____________。(4)若將mol鈉、鎂、鋁分別投入到10mL1mol·L－1鹽酸中，在標準狀況下產生氫氣的體積大小順序是________________。解析(1)利用電子守恒，產生氫氣的體積之比即為金屬轉移的電子數之比：(eq\f(w,23)×1)∶(eq\f(w,24)×2)∶(eq\f(w,27)×3)。(2)mol鈉、鎂、鋁分別與足量鹽酸反應，金屬轉移的電子數之比為mol×1)∶mol×2)∶mol×3)，所以產生氫氣的體積之比為1∶2∶3。(3)與前兩問恰好反過來，氫氣的體積相等，轉移的電子數相等，即金屬的失電子數相等。(4)Mg、Al過量應以鹽酸的量計算生成的氣體的體積(轉移電子為mol)，Na也過量，但過量的鈉可以與水反應(共轉移電子mol)。答案(1)eq\f(1,23)∶eq\f(1,12)∶eq\f(1,9)(2)1∶2∶3(3)6∶3∶223∶12∶9(4)V(Na)>V(Al)＝V(Mg)【典例6】兩份鋁屑，第一份與足量的鹽酸反應，第二份與足量的NaOH溶液反應，產生氫氣的體積比為1∶2，則第一份與第二份鋁屑的質量比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．2∶1解析鋁與足量的酸或堿反應，相同質量的鋁產生等量的氫氣，故氫氣的體積比即為鋁的質量比。答案B四無機推斷題的方法思路與判斷1．解題主要思路首先通讀全題，把握題目的概況。其次要認真讀題、審題，準確掌握解題要求和已知條件及其特征。再次是嘗試解題，包括歸納出已知條件中的最有效信息、最先用信息，確定解題的突破口、推斷方向(正推斷或逆推斷)；若遇到困難，一要檢查是否有隱含信息尚未發現，二要看是否可從現有條件中推導出新的條件，還可以假設被推斷的物質或結論。最后要做全面檢查，驗證結論是否正確。2．解題主要突破口(1)特殊物質的化學性質如遇水顯堿性的氣體是氨；可溶于氫氟酸的酸性氧化物是二氧化硅；跟強堿溶液反應生成氫氣的單質是鋁和硅等；既可溶于強酸又可溶于強堿溶液的化合物可能是氫氧化鋁等。(2)特殊物質的物理性質有色氣體：氟氣(淺黃綠色)、氯氣(黃綠色)、二氧化氮(紅棕色)等。無色但在空氣中變紅棕色的氣體：一氧化氮。有刺激性氣味的氣體：氨氣、二氧化硫、氯氣。有臭雞蛋氣味的氣體：硫化氫。溶解度最大的氣體：氨氣。最輕的氣體：氫氣。銀白色、有金屬光澤的液體：汞、鈉鉀合金。深紅棕色液態純凈物：單質溴。有色溶液：Fe2＋(淡綠色)、Cu2＋(綠色或藍色)、Fe3＋(黃色或棕黃色)、MnOeq\o\al(－,4)(紫紅色)、氯水(淡黃綠色)、溴水(橙色)、碘水(褐色)、氫氧化鐵膠體(紅褐色)。有色固體：銅、氧化亞銅(均為紅色)；氧化銅、氧化亞鐵、四氧化三鐵、硫化亞鐵、硫化亞銅(均為黑色)；氫氧化銅(藍色)；氫氧化鐵(紅褐色)；單質硫、過氧化鈉、溴化銀(淡黃色)。(3)具有特征的化學反應催化反應，如：SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))2SO32H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑N2＋3H2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(高溫、高壓))2NH34NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O在酸性溶液和堿性溶液中都生成氣體的反應，如：氫氣eq\o(→,\s\up7(NaOH溶液))鋁eq\o(→,\s\up7(H2SO4溶液)