高中化学鲁科版第四章元素与材料世界单元测试 高质作品

第4章材料家族中的元素本章重难点专题突破一如何学好硅及其化合物1．抓住转化关系，形成知识体系硅及其化合物是生产生活中应用较为广泛的物质，这就需要熟练掌握硅及其化合物的性质，下面我们从硅及其化合物之间的转化角度入手来形成硅及其化合物的知识网络。从这个转化关系中，通过书写发生转化的化学方程式，以及该反应常用于解释的问题，来形成硅及其化合物的知识体系。(1)Si＋O2eq\o(=,\s\up7(△))SiO2(硅是亲氧元素，自然界中没有游离态的硅，只有化合态的硅)(2)SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(HF是唯一可以与SiO2发生反应的酸，HF是弱酸；盛装氢氟酸的试剂瓶不能用玻璃瓶)(3)SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，是一种矿物胶，该方程式可解释为什么盛碱液的试剂瓶常用橡胶塞，而不用玻璃塞)(4)SiO2＋CaOeq\o(=,\s\up7(高温))CaSiO3(解释水泥和玻璃的成分中都含有硅酸钙)(5)SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑(工业上制备粗硅的方法)(6)H2SiO3eq\o(=,\s\up7(△))SiO2＋H2O(硅酸易失去水)(7)Na2SiO3＋2HCl=H2SiO3(胶体)＋2NaCl或Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓SiOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2SiO3↓(在溶液中H＋与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))；通入过量CO2时，Na2SiO3＋2H2O＋2CO2=H2SiO3↓＋2NaHCO3(解释硅酸盐溶液在空气中长时间放置所发生的化学反应；还可以证明硅酸的酸性小于碳酸；利用该反应在实验室中制备硅酸)通过上面的分析，利用物质之间的转化关系，就可以把某种元素形成的各种物质串成一个知识块，这种学习方法是学习物质性质的一种有效方法，在以后的学习中要多总结。【典例1】A、B、C、D、E分别代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。请回答下列问题：(1)形成单质A的原子的结构示意图为______________，它的最高化合价为______________。(2)B的化学式为________，B与炭反应生成A和E的化学方程式是________________________________________________________________________。(3)C的化学式为______________________，D的化学式为______________________。解析由“A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似”推知A为Si，根据Beq\o(→,\s\up7(加炭),\s\do5(高温))A＋E，Beq\o(→,\s\up7(加氧化钙),\s\do5(高温))C，B加氢氧化钠,D＋H2O，不难推知B为SiO2，C为CaSiO3，D为Na2SiO3。答案(1)＋4价(2)SiO2SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑(3)CaSiO3Na2SiO32．注重归纳总结，熟知特殊性质硅作为非金属元素应该具有非金属的性质，但是在学习硅及其化合物时，我们发现硅的某些性质表现出与其他非金属的不同，现归纳如下：(1)硅的还原性比碳强，而碳在高温下能从SiO2中还原出Si。即SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。此反应之所以能够发生是因为生成的CO是气体，它离开反应体系使得反应向生成Si的方向进行到底。(2)非金属单质与强碱溶液反应一般不生成氢气，而硅与氢氧化钠等强碱溶液反应产生氢气。(3)非金属单质一般不与非氧化性酸反应，而硅不但与氢氟酸反应，而且有氢气生成，化学方程式为Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑。(4)酸性氧化物一般不与酸发生反应，而二氧化硅能与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水。(5)无机酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸却难溶于水。(6)在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸强，二氧化碳与硅酸钠反应生成碳酸钠和硅酸沉淀。在高温下碳酸钠与二氧化硅反应生成硅酸钠和二氧化碳，其原因是在高温条件下，生成的二氧化碳离开反应体系而使反应进行到底。(7)Na2SiO3水溶液俗称水玻璃、泡花碱，但泡花碱是盐溶液而非碱，这是由于水玻璃显碱性。从上面的分析可以看出，硅及其化合物的这些特殊点并不是真的特殊，而是由于某些原因导致硅及其化合物表现出了与其他同类物质不同的性质。在学习物质性质时，一定要注重理解而不要盲目的记忆规律。【典例2】有A、B、C、D四种含有硅元素的物质，它们能发生如下反应：①C与烧碱反应生成A和水；②已知A溶液的焰色反应为黄色，A溶液与钙盐反应生成白色沉淀D；③B在空气中燃烧生成C；④C在高温下，与碳酸钙反应生成D和一种气体；⑤C在高温下与碳反应生成单质B。根据上述变化，(1)写出化学式：B________，D________。(2)写出C与烧碱反应生成A和水的反应方程式：________________________________________________________________________。解析①C能与烧碱反应，含硅，C可能是SiO2和H2SiO3；②A溶液是钠盐，又含硅，A确定为Na2SiO3，D为CaSiO3；③B＋O2→C(可能是SiO2和H2SiO3)，确定B为Si、C为SiO2；④反应为SiO2＋CaCO3eq\o(=,\s\up7(高温))CaSiO3＋CO2↑；⑤反应为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。答案(1)SiCaSiO3(2)SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O二Al3＋、Al(OH)3、[Al(OH)4]－的转化及其图像1．Al3＋、Al(OH)3、[Al(OH)4]－间的相互转化——“铝三角”(1)Al3＋→Al(OH)3①可溶性铝盐与少量NaOH溶液反应：Al3＋＋3OH－(少量)=Al(OH)3↓②可溶性铝盐与氨水反应：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)(2)Al(OH)3→Al3＋Al(OH)3溶于强酸溶液：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O(3)Al3＋→[Al(OH)4]－可溶性铝盐与过量的强碱反应：Al3＋＋4OH－(过量)=[Al(OH)4]－(4)[Al(OH)4]－→Al3＋四羟基合铝酸盐溶液与足量的盐酸反应：[Al(OH)4]－＋4H＋=Al3＋＋4H2O(5)[Al(OH)4]－→Al(OH)3①四羟基合铝酸盐溶液中加入少量盐酸：[Al(OH)4]－＋H＋(少量)=Al(OH)3↓＋H2O②四羟基合铝酸盐溶液中通入CO2：2[Al(OH)4]－＋CO2(少量)=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O[Al(OH)4]－＋CO2(过量)=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(6)Al(OH)3→[Al(OH)4]－Al(OH)3溶于强碱溶液：Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－2．氢氧化铝图像解析方法(1)向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量发生反应的离子方程式为OA段：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓AB段：Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－从图中不难看出，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，若达不到最大沉淀量时，对应的氢氧化钠溶液的体积有两种情况：一是氯化铝过量即加入的氢氧化钠不足；二是加入的氢氧化钠将生成的氢氧化铝溶解了一部分。(2)向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液由于氢氧化铝只能与酸或强碱反应，氨水是一种弱碱，所以氢氧化铝不会溶解在氨水中，则向铝盐溶液中滴入氨水或向氨水中滴加铝盐溶液，反应现象是相同的。若向铝盐中滴加氨水，离子反应方程式为3NH3·H2O＋Al3＋=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)，当氨水增加到n(Al3＋)∶n(NH3·H2O)＝1∶3时，产生最大沉淀量。(3)向四羟基合铝酸盐溶液中滴入强酸发生反应的离子方程式为OA段：[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2OAB段：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O当n[Al(OH)4]－∶n(H＋)＝1∶1时，产生最大沉淀量，继续滴入强酸，沉淀逐渐溶解。(4)向Na[Al(OH)4]溶液中通入CO2由于碳酸的酸性大于氢氧化铝，所以四羟基合铝酸钠能与二氧化碳反应，生成氢氧化铝，产生的Al(OH)3沉淀不溶解在碳酸中，所以产生的沉淀不消失。(5)向AlCl3、MgCl2的酸性溶液中滴加NaOH溶液反应的离子方程式依次为H＋＋OH－=H2OMg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－出现的现象是先产生沉淀，到沉淀最大值，继续滴加NaOH，沉淀部分溶解，最后剩余的为氢氧化镁沉淀，消失的是氢氧化铝沉淀。关于氢氧化铝的图像，实际上就是氢氧化铝、铝盐和四羟基合铝酸盐之间的转化关系，需要熟练记忆有关的化学反应方程式，再结合数学上函数图像的有关知识，一定会把握住这个知识点！【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)等离子，已知①该溶液的焰色反应没有黄色；②当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示。由此可知：(1)该溶液中肯定含有的离子是________________________________________________________________________，各离子的物质的量之比为________________________________________________________________________。(2)肯定不含的阳离子是_______________________________________________________________________。解析不难判断出最初两份NaOH是与H＋反应。也不难判断出溶液中无Mg2＋、Fe3＋，因为最后无沉淀。也判断出有Al3＋，从图形的“先三份碱使其沉淀、后一份碱使其溶解”可以确定。关键是寻找平台上与OH－反应、而又使沉淀量不变化的离子，从题给离子中可以找出是NHeq\o\al(＋,4)。在H＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)共存时，加入OH－，与OH－反应的前后顺序是H＋、Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)。原因是电解质的强弱是H2O＜Al(OH)3＜NH3·H2O，最弱者先形成，所以是上述反应顺序。三者的强弱可以从下面三个反应来证明：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)[证明Al(OH)3比氨水弱]Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O[证明H2O比Al(OH)3弱]待溶液中成为Al(OH)3、NH3·H2O时，再加入OH－，才能溶解Al(OH)3。这是因为Al(OH)3与弱碱不反应，只有与强碱反应时才溶解。该题还有个陷阱就是易把SOeq\o\al(2－,4)当作是不能确定的。由于溶液是电中性的，必须有阴离子，所以SOeq\o\al(2－,4)一定存在。现在，从图像不难判断出n(H＋)∶n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Al3＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))＝2∶3∶1∶n(SOeq\o\al(2－,4))，再利用电荷守恒：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】向物质的量浓度均为1mol·L－1的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图中[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]能正确表示这个反应过程的是()解析向混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，反应情况分为三个阶段：第一阶段为OH－＋H＋=H2O，此时无沉淀产生；第二阶段有白色沉淀产生，反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓；第三阶段滴加NaOH溶液至过量，沉淀逐渐溶解最后完全消失，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，结合反应方程式及浓度关系可知三个阶段消耗NaOH物质的量之比为1∶3∶1。答案D三金属与酸反应的计算规律和方法1．金属与酸反应的定量规律(只考虑生成氢气的情况)(1)金属与酸反应，金属失去电子的物质的量等于酸得到电子的物质的量。(2)1mola价金属与足量酸反应，可生成eq\f(a,2)mol氢气。(3)当参加反应的金属与产生氢气的质量差相等时，则反应后两溶液增加的质量相等。(4)相同物质的量的金属与足量的酸反应产生氢气的量之比等于反应后对应金属呈现的化合价之比。(5)特别注意，在钠等极活泼金属与酸反应时，金属过量时还会跟水反应产生氢气。2．铝分别与酸、碱反应产生氢气量的比较(1)等量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应，消耗盐酸和NaOH的物质的量之比为3∶1。(2)等量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反应，产生H2的体积比为1∶1。(3)足量的铝分别与等物质的量浓度、等体积的盐酸和NaOH溶液反应，产生H2的体积比为1∶3。3．摩尔电子质量和平均摩尔电子质量(1)摩尔电子质量：某物质在反应中转移1mol电子时该物质的质量，如Mg的摩尔电子质量为eq\f(24,2)g·mol－1＝12g·mol－1，Al的摩尔电子质量为eq\f(27,3)g·mol－1＝9g·mol－1。(2)平均摩尔电子质量：两种或两种以上物质的混合物在反应中转移1mol电子时混合物的质量，如2g金属混合物生成LH2(标准状况)，则平均摩尔电子质量为eq\f(2g,×2mol)＝10g·mol－1。【典例5】计算填空：(1)取wg钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积之比是____________。(2)取mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，在相同条件下产生氢气的体积之比是________。(3)若产生相同体积(同温同压)的氢气，所需钠、镁、铝三种金属的物质的量之比是______________；质量之比是____________。(4)若将mol钠、镁、铝分别投入到10mL1mol·L－1盐酸中，在标准状况下产生氢气的体积大小顺序是________________。解析(1)利用电子守恒，产生氢气的体积之比即为金属转移的电子数之比：(eq\f(w,23)×1)∶(eq\f(w,24)×2)∶(eq\f(w,27)×3)。(2)mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反应，金属转移的电子数之比为mol×1)∶mol×2)∶mol×3)，所以产生氢气的体积之比为1∶2∶3。(3)与前两问恰好反过来，氢气的体积相等，转移的电子数相等，即金属的失电子数相等。(4)Mg、Al过量应以盐酸的量计算生成的气体的体积(转移电子为mol)，Na也过量，但过量的钠可以与水反应(共转移电子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】两份铝屑，第一份与足量的盐酸反应，第二份与足量的NaOH溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．2∶1解析铝与足量的酸或碱反应，相同质量的铝产生等量的氢气，故氢气的体积比即为铝的质量比。答案B四无机推断题的方法思路与判断1．解题主要思路首先通读全题，把握题目的概况。其次要认真读题、审题，准确掌握解题要求和已知条件及其特征。再次是尝试解题，包括归纳出已知条件中的最有效信息、最先用信息，确定解题的突破口、推断方向(正推断或逆推断)；若遇到困难，一要检查是否有隐含信息尚未发现，二要看是否可从现有条件中推导出新的条件，还可以假设被推断的物质或结论。最后要做全面检查，验证结论是否正确。2．解题主要突破口(1)特殊物质的化学性质如遇水显碱性的气体是氨；可溶于氢氟酸的酸性氧化物是二氧化硅；跟强碱溶液反应生成氢气的单质是铝和硅等；既可溶于强酸又可溶于强碱溶液的化合物可能是氢氧化铝等。(2)特殊物质的物理性质有色气体：氟气(浅黄绿色)、氯气(黄绿色)、二氧化氮(红棕色)等。无色但在空气中变红棕色的气体：一氧化氮。有刺激性气味的气体：氨气、二氧化硫、氯气。有臭鸡蛋气味的气体：硫化氢。溶解度最大的气体：氨气。最轻的气体：氢气。银白色、有金属光泽的液体：汞、钠钾合金。深红棕色液态纯净物：单质溴。有色溶液：Fe2＋(淡绿色)、Cu2＋(绿色或蓝色)、Fe3＋(黄色或棕黄色)、MnOeq\o\al(－,4)(紫红色)、氯水(淡黄绿色)、溴水(橙色)、碘水(褐色)、氢氧化铁胶体(红褐色)。有色固体：铜、氧化亚铜(均为红色)；氧化铜、氧化亚铁、四氧化三铁、硫化亚铁、硫化亚铜(均为黑色)；氢氧化铜(蓝色)；氢氧化铁(红褐色)；单质硫、过氧化钠、溴化银(淡黄色)。(3)具有特征的化学反应催化反应，如：SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO32H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑N2＋3H2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(高温、高压))2NH34NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O在酸性溶液和碱性溶液中都生成气体的反应，如：氢气eq\o(→,\s\up7(NaOH溶液))铝eq\o(→,\s\up7(H2SO4溶液)