专题3专题重难点突破

1、.专题重难点打破学习目的定位1.熟知金属单质及其重要化合物的性质。2.掌握金属与酸反响的计算规律和方法。3.熟知硅及其化合物之间的转化关系。4.理解SiO2、Si、Na2SiO3的特性和用处。一、金属的重要化学性质及其应用【例1】对以下实验现象及其解释不正确的选项是A金属钠在Cl2中燃烧产生白烟，这是因为产生的NaCl固体颗粒分散到空气中所致B把烧红的铁丝放在氧气中，发出耀眼白光，产生黑色固体，这是因为该反响放热多，生成的Fe3O4为黑色C单质Mg、Al与O2反响，条件不同，可能产生不同的产物D镁带在空气中点燃发出耀目光辉，并发生三个反响：2MgO22MgO、3MgN2Mg3N2、2MgCO2

2、2MgOC黑色，Mg常用于照明弹。在这些反响中，Mg都是作复原剂解析NaCl为白色固体，固体小颗粒分散到空气中就形成烟，所以A项正确；Mg或Al与O2反响，不管加热与否，都是只有一种产物MgO或Al2O3，所以C项错误；D项中，Mg与O2反响放出大量热，火焰亮堂，所以军事上常用它制照明弹，在这三个反响中，Mg的化合价都是从0价升高到2价，所以Mg都是作复原剂，D项正确。答案C理解感悟金属与氧气反响的多样性1活泼金属如Na在常温下即可反响，加热或点燃所得的产物一般更复杂。4NaO2=2Na2O常温2NaO2Na2O22较活泼的金属在高温下一般都能剧烈反响，常温下一般也能反响，但详细情况存在差异。

3、Mg和Al在加热时均能剧烈反响Al在纯O2中，常温下因能形成致密氧化膜而阻止内层金属继续反响，所以Mg、Al虽然较活泼，但常温下在空气中可以稳定存在。2MgO2=2MgO4Al3O2=2Al2O3铁丝在纯O2中剧烈燃烧生成Fe3O4；铁在空气中缓慢氧化，形成的氧化膜生锈不致密而能持续反响。3Fe2O2Fe3O44Fe3O2=2Fe2O33不活泼的金属如Au、Pt一般不与O2反响。【例2】根据你对金属钠性质的理解，答复以下问题：1由于金属钠很容易跟空气中的_、_等物质反响，通常将它保存在_里，以使它与_、_等隔绝。2将金属钠参加Fe2SO43溶液中会产生红褐色沉淀。你能解释这一现象吗？解析1由于

4、金属钠很活泼，很容易跟空气中的氧气、水蒸气等物质反响，因此保存时应隔绝空气，通常保存在煤油中。这是因为钠的密度大于煤油的密度且钠与煤油不反响，钠在煤油中沉在底部而防止了与空气的接触。2金属钠与盐溶液的反响，不可能置换出金属单质，这是因为钠首先要和溶液中的水反响生成NaOH和H2，生成的NaOH能和Fe2SO43反响生成红褐色FeOH3沉淀。答案1氧气水蒸气煤油氧气水蒸气2钠投入Fe2SO43溶液中，首先发生反响：2Na2H2O=2NaOHH2，生成的NaOH能与Fe2SO43反响：6NaOHFe2SO43=2FeOH33Na2SO4，所以会观察到有红褐色沉淀生成。该反响的总反响方程式可以表示为

5、6Na6H2OFe2SO43=2FeOH33Na2SO43H2。二、重要金属化合物的性质及其应用【例3】现有两瓶无标签的无色溶液，分别装有Na2CO3和NaHCO3，用以下试剂或方法能将两者区分的是CaOH2盐酸CaCl2NaOH加热A B C D解析都是碱，可以使Na2CO3、NaHCO3中都含有CO，结果现象一样都有沉淀、都无沉淀，所以不能区分；使二者放出CO2的速度不同，可以区分；使Na2CO3有沉淀，而NaHCO3无沉淀，可以区分；加热法，因二者都是溶液，加热都不分解，无法区分。答案C理解感悟Na2CO3与NaHCO3的区分方法方法一：与强酸反响。在两个试管中放入等量的两种固体，同时参

6、加等量的同一盐酸，放气体快者为NaHCO3。方法二：加热法。对固体进展加热，把产生的气体通入澄清石灰水，使澄清石灰水变浑浊者为NaHCO3。方法三：沉淀法。在两种溶液中参加BaCl2或CaCl2溶液，有沉淀生成者为Na2CO3。【例4】由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物，在一定条件下可按如下图发生转化：请答复：1A、B的化学式分别为_、_。2反响的化学方程式：_。3写出反响的离子方程式：_；_。解析由红褐色沉淀知为FeOH3，H为FeOH2，F为FeCl2，单质D为Fe。又因溶液E与CO2生成沉淀J，那么J为AlOH3，AlOH3与盐酸反响生成的溶液K为AlCl3溶液，灼烧后生成的化合物C

7、为Al2O3。固体B加盐酸后生成溶液G，溶液G又与DFe生成溶液F，那么知B为Fe2O3，进而推知其他物质。答案1AlFe2O32Fe2O32AlAl2O32Fe32Al2OH2H2O=2AlO3H22Fe3Fe=3Fe2理解感悟1特殊颜色焰色反响Na：黄色；K：紫色透过蓝色钴玻璃有色溶液含有的离子Fe2Fe3Cu2MnO颜色浅绿色黄色蓝色紫红色有色固体红色：Cu、Fe2O3红棕色红褐色：FeOH3绿色：Cu2OH2CO3、FeSO4·7H2O蓝色：CuOH2、CuSO4·5H2O黑色：FeO、CuO、MnO2 浅黄色：Na2O2、AgBr白色：FeOH2、MgOH2、Al

8、OH3、CaCO3、BaSO4、AgCl2特殊性质在一定条件下能漂白有色物质的淡黄色固体只有Na2O2。遇SCN显红色的只有Fe3。常见的可溶于NaOH溶液的白色沉淀有AlOH3，可溶于NaOH溶液的金属氧化物有Al2O3。不溶于水又不溶于稀盐酸或稀硝酸的化合物有BaSO4、AgCl。3特殊反响既能与强酸又能与强碱溶液反响的物质：金属单质，如Al；两性氧化物，如Al2O3等；两性氢氧化物，如AlOH3等；弱酸的酸式盐，如NaHCO3等；弱酸的铵盐，如NH4HCO3、NH42CO3等。能与水反响放出气体的物质：活泼金属单质，如K、Ca、Na、Mg加热、Fe高温生成Fe3O4；金属过氧化物，如Na

9、2O2。4特殊转化关系特征转化：ABC酸或碱如：NaNa2ONa2O2NaOH三角转化【例5】过去电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷有铜箔的绝缘板，制成印刷线路板，发生反响的化学方程式为2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2。1检验腐蚀后的溶液中是否含有Fe3应选用的试剂是_。2为了从使用过的废腐蚀液中回收铜，并重新制得纯洁的FeCl3溶液，可采用以下实验步骤，请在各空格内填上适当的物质以使实验到达预期目的。3写出有关化学反响的离子方程式：_；_；_。解析1Fe3与SCN反响，生成的FeSCN3呈红色。2先要审清题意，目的有两个：“回收铜，重新制得纯洁的FeCl3溶液。由题中给出的反应

10、可知，废腐蚀液中含有FeCl3、FeCl2和CuCl2，回收铜可利用Fe与CuCl2的置换反响来完成，步要参加过量Fe粉，发生反响：2FeCl3Fe=3FeCl2、FeCuCl2=FeCl2Cu，所以A为FeCl2，B为Fe和Cu。除去Cu中的Fe可加盐酸，Cu不溶于盐酸，Fe与盐酸反响生成FeCl2和H2。、两过程得到的FeCl2聚集在一起被Cl2氧化：2FeCl2Cl2=2FeCl3。答案1KSCN溶液或其他含SCN的盐溶液2Fe盐酸Cl2A：FeCl2B：Fe、CuC：Cu32Fe3Fe=3Fe2、FeCu2=Fe2CuFe2H=Fe2H22Fe2Cl2=2Fe32Cl理解感悟铁元素及其

11、化合物的推断题的解题关键：一是寻找特征反响及特征现象，二是正确运用“铁三角的转化关系，三是注意与其他金属及其化合物知识的综合。化学框图题综合性强，难度大，解题时常由于知识的综合性不够，找不到“打破口而无法下手。【例6】某溶液中可能含有H、Na、NH、Mg2、Fe3、Al3、SO等离子，：该溶液的焰色反响没有黄色；当向该溶液中参加某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如下图。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_。解析由图可判断出最初0.2 mol NaOH是与H反响，溶液中无Mg2、Fe3，因为最后无沉淀。从图形

12、的0.3 mol碱使其沉淀、0.1 mol碱使其溶解可以确定有Al3。关键是寻找与OH反响、而又使沉淀量不变化的离子，从题给离子中可以找出是NH。在H、Al3、NH共存时，参加OH，与OH反响的前后顺序是H、Al3、NH。原因是电解质的强弱是H2OAlOH3NH3·H2O，最弱者先形成，三者的强弱可以从下面三个反响来证明：Al33NH3·H2O=AlOH33NH 证明AlOH3比氨水弱AlOH33H=Al33H2O证明H2O比AlOH3弱待溶液中的NH完全转化为NH3·H2O时，再参加OH，才能溶解AlOH3。这是因为AlOH3与弱碱不反响，只有在强碱性时才溶解。

13、该题还有个陷阱就是易把SO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SO一定存在。nHnNHnAl3nSO231nSO，再利用电荷守恒：nHnNH3nAl32nSO得nHnNHnAl3nSO2314。答案1H、NH、Al3、SOnHnNHnAl3nSO23142Na、Mg2、Fe3理解感悟1铝盐、氢氧化铝、偏铝酸盐铝三角之间的转化Al33OH=AlOH3Al34OH=AlO2H2OAlOHH2O=AlOH3AlO4H=Al32H2OAlOH33H=Al33H2OAlOH3OH=AlO2H2O2铝及其化合物的两性常用于混合物的别离、除杂与鉴别，如Fe3与Al3的别离，除去Fe2O3

14、中混有的Al2O3，选用一种试剂鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3溶液等。三、金属与酸反响的计算规律和方法1金属与酸反响的定量规律只考虑生成氢气的情况1金属与酸反响，金属失去电子的物质的量等于酸得到电子的物质的量。21 mol a价金属与足量酸反响，可生成 mol氢气。3当参加反响的金属与产生氢气的质量差相等时，那么反响后两溶液增加的质量相等。4一样物质的量的金属与足量的酸反响产生氢气的量之比等于反响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响时，金属过量时还会跟水反响产生氢气。2铝分别与酸、碱反响产生氢气量的比较1等量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反响，消耗盐酸和N

15、aOH的物质的量之比为31。2等量的铝分别与足量的盐酸和NaOH溶液反响，产生H2的体积比为11。3足量的铝分别与等物质的量浓度、等体积的盐酸和NaOH溶液反响，产生H2的体积比为13。3摩尔电子质量和平均摩尔电子质量1摩尔电子质量：某物质在反响中转移1 mol电子时该物质的质量，如Mg的摩尔电子质量为 g·mol112 g·mol1，Al的摩尔电子质量为 g·mol19 g·mol1。2平均摩尔电子质量：两种或两种以上物质的混合物在反响中转移1 mol电子时混合物的质量，如2 g金属混合物生成2.24 L H2标准状况，那么平均摩尔电子质量为10 g&

16、#183;mol1。【例7】1取w g钠、镁、铝分别与足量盐酸反响，在一样条件下产生氢气的体积之比是_。2取0.1 mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反响，在一样条件下产生氢气的体积之比是_。3假设产生一样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假设将0.2 mol钠、镁、铝分别投入到10 mL 1 mol·L1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：×1×2×3。20.1 mol钠、镁、铝分别与足量盐酸反响，金属转移的电子数之比为0.1 mol&#

17、215;10.1 mol×20.1 mol×3，所以产生氢气的体积之比为123。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。4Mg、Al过量应以盐酸的量计算生成的气体的体积转移电子为0.01 mol，Na也过量，但过量的钠可以与水反响共转移电子0.2 mol。答案121233632231294VNa>VAlVMg【例8】由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中的两种组成的混合物10 g与足量的盐酸反响产生1.0 g H2，那么混合物中一定含有的金属是AZn BFe CAl DMg解析Zn、Fe、Mg与盐酸反响后在产物中的化合价皆为2价，而A

18、l为3价，故可用平均摩尔电子质量法。该混合物的平均摩尔电子质量10 g·mol1，Zn、Fe、Mg、Al的摩尔电子质量分别为32.5 g·mol1、28 g·mol1、12 g·mol1、9 g·mol1，由于是两种金属组成的混合物，平均摩尔电子质量必介于两种金属的摩尔电子质量之间，故混合物中一定含有金属Al。答案C四、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消费生活中应用较为广泛的物质，这就需要纯熟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构建硅及其化合物的知识网络。2注重归纳总结，熟知特殊性质硅

19、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却表现出与其他非金属的不同，现归纳如下：1硅的复原性比碳强，而碳在高温下能从SiO2中复原出Si，即SiO22CSi2CO。此反响之所以可以发生是因为生成的CO是气体，它分开反响体系使得反响向生成Si的方向进展到底。2非金属单质一般不与非氧化性酸反响，而硅不但与氢氟酸反响，而且有氢气生成，化学方程式为Si4HF=SiF42H2。3酸性氧化物一般不与酸发生反响，而二氧化硅却能与氢氟酸反响，生成四氟化硅和水。4无机酸一般易溶于水，而硅酸和原硅酸却难溶于水。5在水溶液中，碳酸的酸性比硅酸强，二氧化碳与硅酸钠反响生成碳酸钠和硅酸沉淀。在高温下碳酸钠与二氧化硅反响生成硅酸钠和二氧化碳，其原因是在高温条件下，生成的二氧化碳分开反响体系而使反响进展到底。6Na2SiO3水溶液俗称水玻璃、泡花碱，但泡花碱却是盐溶液而非碱，这是由于水玻璃显碱性。3列表比较异同，掌握反响规律1CO2和SiO2的性质比较CO2SiO2物理性质气体，熔、沸点低，能溶于水固体，熔、沸点高，硬度大，不溶于水与碱性氧化物反响CaOCO2=CaCO3CaOSiO2CaSiO3与碱液反响2NaOHCO2=Na2C