高考化学无机非金属材料大题培优 易错 难题含答案.docx
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高考化学无机非金属材料大题培优易错难题含答案
高考化学无机非金属材料（大题培优易错难题）含答案
一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）
1．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示
某些条件和部分产物已略去
。
下列说法正确的是
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲
丙
戊
【答案】D
【解析】
【详解】
A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出
，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；
C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和
或
和
等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；
D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲
丙
戊，故D正确；
故答案为D。
2．X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。
下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙（HCl）与单质Y（Si），故A正确；
B．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），故B正确；
C．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，故C错误；
D．X为O2，Z为H2，氧气与氢气可以一步反应生成化合物乙H2O；Y为N2，氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3；O2与NH3可以一步反应生成化合物乙（H2O）与单质Y（N2），故D正确；
故答案为C。
3．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）
A．漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂
B．燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质
C．合金材料的组成元素一定全部是金属元素
D．纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.漂白粉具有强氧化性，既能杀菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，但不能做净水剂，A错误；
B.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素，而不是金属单质，B错误；
C.合金材料的组成元素不一定全部为金属元素，可能含有非金属元素，C错误；
D.光导纤维的原料为二氧化硅，D正确；
答案选D。
4．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是
A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应
C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应
D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；
B、SiO2能与HF反应，B项错误；
C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；
D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D项错误；
本题答案选C。
5．下列说法中正确的是
A．由Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3
B．氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解
D．瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应，而SiO2与Na2CO3是高温下的反应，生成CO2气体逸出，有利于反应的进行，与最高价含氧酸的酸性无关，A项错误；
B.氢氟酸与玻璃中的成分反应，氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中，B项错误；
C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸，硅酸与盐酸不反应，过量时沉淀不溶解，C项错误；
D．瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应，故均不可作为融化NaOH固体的装置，D项正确；
答案选D。
6．晶体硅是一种重要的非金属材料，有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”。
（1）工业上生产纯硅的工艺流程如下：
石英砂的主要成分是SiO2，在制备粗硅时，焦炭的作用是__________（填“氧化剂”或“还原剂”）；在该反应中，若消耗了3.0gSiO2，则转移电子的总数为_______________。
（2）某实验室利用SiHCl3（沸点33.0℃）与过量H2在1000℃～1100℃反应制得纯硅。
已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。
装置如图所示（热源及夹持装置略去）。
①装置B中的试剂是___________。
装置C中的烧瓶需要加热，其目的是_________________。
②反应一段时间后，装置D中观察到的现象是______________________；装置D中发生反应的化学方程式为___________________________________。
③为检验产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需要加入的试剂有______（填字母）。
a.碘水b.氯水 c.Na2SO3溶液 d.KSCN溶液
【答案】还原剂1.204×1023或0.2NA浓硫酸使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化有固体物质生成SiHCl3＋H2
Si＋3HClbd
【解析】
【分析】
（1）根据工艺流程写出化学方程式，从化合价的变化判断焦炭的作用，根据化学方程式和质量关系求出转移的电子数；
（2）①A生成的氢气经过干燥，进入D与从C中汽化的SiHCl3反应制粗硅，B是干燥装置，②氢气和SiHCl3发生置换反应，写出化学方程式；
③选择检验亚铁离子的试剂；
【详解】
（1）根据流程可知，化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO，碳的化合价升高，做还原剂，1molSiO2参加反应转移的电子数为4mol，反应中消耗了3.0gSiO2，n=
=0.05mol，转移电子为0.2mol，即1.204×1023或0.2NA；
（2）SiHCl3能与H2O强烈反应，需要用浓硫酸干燥氢气，反应需要的温度比较高，在D中反应，SiHCl3的沸点较低，C中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的SiHCl3汽化；
②装置D中有硅单质生成，即有固体物质生成。
此反应为SiHCl3＋H2
Si＋3HCl；
③亚铁离子的检验通常用的方法是：
先向溶液中加入KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子，答案为bd。
7．硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
（2）绿帘石的组成为
，将其改写成氧化物的形式为_____________.
（3）
分子的中心原子的价层电子对数为________，分子的立体构型为________；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因________________________________。
熔点/K
182.8
202.7
278.5
393.6
沸点/K
177.4
330.1
408
460.6
（4）
可与乙二胺（
，简写为en）发生如下反应：
。
的中心离子的配位数为________；
中的配位原子为________。
（5）在硅酸盐中，
四面体（图a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。
图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，化学式为________________。
O·Si
图a
图b
【答案】
哑铃4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O4正四面体形熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强6O和Nsp3
或Si2O52-
【解析】
【分析】
（1）基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p；
（2）绿帘石的组成为Ca2FeAl2（SiO4）（Si2O7）O（OH），将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意原子的最简单整数比不变；
（3）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；
（4）配离子为[Fe（H2O）6]2+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，[Fe（H2O）4（en）]2+中配体为H2O和en，根据孤对电子确定配位原子；
（5）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为
。
【详解】
（1）基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为
；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形；
（2）绿帘石的组成为Ca2FeAl2（SiO4）（Si2O7）O（OH），将其改写成氧化物的形式为4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O；
（3）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；
（4）配离子为[Fe（H2O）6]2+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，则配位数为6；
中配体为H2O和en，其中O和N原子均能提供孤对电子，则配位原子为O和N；
（5）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图（b）为一种无限长层状结构的多硅酸根，图（a）中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为
，SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3×
=2.5，Si、O原子数目之比为1:
2.5=2:
5，故化学式
或Si2O52-。
【点睛】
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：
碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMO•nSiO2•mH2O）．注意：
①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：
正长石KAlSi3O8不能改写成K2O•Al2O3•3SiO2，应改写成K2O•Al2O3•6SiO2．③金属氧化物在前（活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物），非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后。
8．探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X的化学式是____。
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是____。
（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。
【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2OSiO2＋2C
Si＋2CO↑
【解析】
【详解】
无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量=1.44g÷24g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则
（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。
（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。
（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C
Si＋2CO↑。
9．有三种透明、不溶于水的坚硬固体。
A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热的苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸，干燥后为不溶于水的白色粉末。
B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。
根据以上事实，判断A、B、C各为何物：
_______、_______、_______；写出有关反应的化学方程式______________。
【答案】金刚石石英普通玻璃C＋O2
CO2，CO2＋Ca（OH）2＝CaCO3↓＋H2O；SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；
Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl；H4SiO4＝H2SiO3＋H2O；
CaCO3＋SiO2
CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3
Na2SiO3＋CO2↑
【解析】
【详解】
A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为：
32×1.375＝44。
结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质，可推断此气体为CO2，又因为A为透明不溶于水的坚硬固体，故可判断A为金刚石。
方程式为：
C＋O2
CO2。
B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸，且这种酸是一种难溶于水的白色固体，故可判断B为石英。
相关方程式为：
SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl；H4SiO4＝H2SiO3＋H2O。
C物质由石灰石、纯碱、B物质（石英）混合加热而制得，结合高温时软化且无固定熔点，判断C物质为普通玻璃。
相关方程式为：
SiO2＋CaCO3
CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3
Na2SiO3＋CO2↑。
【点睛】
本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。
其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃的特性，由此推知B可能为SiO2是解题的关键。
10．在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：
（1）B的化学式是________，B在固态时属于________晶体，1mol含有的共价键数目是______NA。
（2）E的化学式是_________。
（3）B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
（4）A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2OSi＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加热分解得到B，所以E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。
【详解】
（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol含有的共价键数目是4NA。
故答案为：
SiO2；原子；4；
（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：
H2SiO3；
（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：
SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
故答案为：
SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
（4）Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，反应方程式为：
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，
故答案为：
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
【点睛】
本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。
11．已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：
（1）A是______，B是_____，D是_____。
（2）写化学方程式：
①_________；
⑤_________。
（3）写离子方程式：
②__________；
③________；
④________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2
Na2SiO3＋CO2↑H2SiO3
H2O＋SiO2CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2OSiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：
SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。
【详解】
由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。
（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：
SiO2；Na2SiO3；H2SiO3。
（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑，故答案为：
SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：
H2SiO3
H2O＋SiO2，故答案为：
H2SiO3
H2O＋SiO2。
（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：
CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：
CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。
③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。
④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：
SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：
SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。
【点睛】
解框图题的方法：
最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，本题的突破口为：
“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。
12．中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题：
（1）我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4[Si4O10]（OH）8，用氧化物表示其组成为______________。
（2）《本草纲目》中记载：
“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为：
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是_________，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有____________mol。
（3）我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：
“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象：
“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。
”青矾就是绿矾（FeSO4·7H2O）。
根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS，KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；
（2）反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；
（3）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。
”青矾就是绿矾（ FeSO4•7H2O），说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
（1）铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10]（OH）8可改成：
2Al2O3•4SiO2•4H2O；
（2）S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S、KNO3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e-，其中硫得到电子2e-，氮元素得到电子10e-，电子
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