高考化学无机非金属材料推断题综合题及答案解析.docx
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高考化学无机非金属材料推断题综合题及答案解析
高考化学无机非金属材料推断题综合题及答案解析
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是()
①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素
②水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品
③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
④普通玻璃是氧化物,成分可表示为SiO2
⑤粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
⑥硅酸铜钡(BaCuSiOx,铜为+2价),x等于6,可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2
A.①②⑥B.①②③C.①②③④D.②③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
①硅元素在自然界以化合态存在,主要是硅酸盐和二氧化硅,是构成一些岩石和矿物的基本元素,①正确;
②水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料,主要是硅酸盐产品,制备原料都要用到含硅元素的物质,②正确;
③光导纤维的成分是二氧化硅,高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池,③错误;
④玻璃是混合物不是氧化物,主要成分是硅酸钠、硅酸钙、石英的混合物,成分可用氧化物的形式表示为:
Na2O•CaO•6SiO2,④错误;
⑤粗硅制备单晶硅的反应是:
Si+2Cl2
SiCl4、SiCl4+2H2
Si+4HCl,在这个过程中涉及到的反应为氧化还原反应,⑤错误;
⑥硅酸盐改写成氧化物形式时,活泼的金属氧化物写在前面,再写SiO2,含有氢元素的H2O最后写,所以硅酸铜钡用氧化物形式表示:
BaO•CuO•2SiO2,⑥正确。
①②⑥正确,答案选A。
2.下列实验过程中,始终无明显现象的是()
A.SO2通入Ba(NO3)2溶液中
B.O2通入Na2SO3溶液中
C.Cl2通入Na2SiO3溶液中
D.NH3通入Ca(HCO3)2溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.二氧化硫被硝酸氧化为硫酸根离子,SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀,故不选A;
B.O2通入Na2SO3溶液中,Na2SO3被氧化为Na2SO4,无明显现象,故选B;
C.Cl2通入Na2SiO3溶液中,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,盐酸和Na2SiO3反应生成硅酸白色胶状沉淀,故不选C;
D.NH3通入Ca(HCO3)2溶液中生成碳酸钙沉淀和碳酸铵,故不选D;
故选B。
3.化学与人类生产、生活密切相关,下列叙述中正确的是()
A.石英是制造光导纤维的原料,也是常用的半导体材料
B.刚玉
硬度仅次于金刚石,可做机械轴承,属于无机非金属材料
C.泰国银饰和土耳其彩瓷,其主要成分均为金属材料
D.手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.石英的主要成分是二氧化硅,是制造光导纤维的原料,硅单质是常用的半导体材料,故A错误;
B.无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。
是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称,刚玉
是金属氧化物,硬度仅次于金刚石,利用其硬度大的特点,可做机械轴承,属于无机非金属材料,故B正确;
C.泰国银饰主要成分是银单质,属于金属材料,土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐,属于无机非金属材料,故C错误;
D.手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质,属于无机物,不是有机高分子化合物,故D错误;
答案选B。
4.下面关于硅的叙述中,正确的是()
A.硅的非金属性比碳强,只有在高温下才能跟氢气起化合反应
B.硅是构成矿物和岩石的主要元素,硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位
C.硅的化学性质不活泼,在自然界中可以以游离态存在
D.硅在电子工业中,是重要的半导体材料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.硅的非金属性比碳弱,A项错;
B.硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位,排名前四位的是O、Si、Al、Fe,所以B项错;
C.硅在自然界中是以化合态存在的,所以C项也错;
答案应选D。
5.下列实验现象与氧化还原反应有关的是()
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色,是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故,没有发生氧化还原反应,故A错误;
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色,是由于反应生成NO和硝酸,N元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B正确;
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀,发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀,不是氧化还原反应,故C错误;
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成,发生的是复分解反应生成硅酸,不是氧化还原反应,故D错误;
故选B。
6.在一定条件下,下列物质不能与二氧化硅反应的是()
①焦炭②纯碱③碳酸钙④氢氟酸⑤高氯酸⑥氢氧化钾⑦氧化钙⑧氮气
A.③⑤⑦⑧B.⑤⑦⑧C.⑤⑧D.⑤⑦
【答案】C
【解析】
【详解】
①SiO2+2C
Si+2CO↑,制备粗硅的反应,所以能反应,故不选;
②SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
③SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑,制备玻璃的两个反应之一,故不选;
④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故不选;
⑤不反应,氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸,故选;
⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O,强碱能腐蚀玻璃,故不选;
⑦SiO2+CaO
CaSiO 3,故不选;
⑧不反应,有碳的时候反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO,故选;
故答案为:
C。
【点睛】
SiO2在高温下与碳单质反应生成硅单质和一氧化碳,而非二氧化碳,二氧化硅中硅元素是+4价,变成了后来的0价,而碳从0价就先被氧化成+2价的,也就是说二氧化硅的氧化能力比较小,只能把碳氧化成一氧化碳!
7.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。
8.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。
9.中国高铁对实现“一带一路”的战略构想有重要的作用。
(1)建设高铁轨道需要大量的水泥,生产水泥的主要原材料是__________________。
(2)高铁上的信息传输系统使用了光导纤维,其主要成分是________________;乘务员使用的无线通话机的芯片材料是________________。
(3)高铁上安装有许多玻璃,氢氟酸可以处理玻璃表面的微裂纹,氢氟酸与比例中的二氧化硅反应的化学方程式______________________________。
(4)高铁上的卫生间没有任何异味,是由于所使用的马桶、地漏和洗手盆下水口都是纳米硅胶的高科技产品,向硅酸钠溶液中加入稀盐酸可产生硅酸胶体,该反应的离子方程式_________。
【答案】黏土石灰石SiO2Si4HF+SiO2==SiF4↑+2H2O2H++SiO32-==H2SiO3(胶体)
【解析】
【详解】
(1)水泥属于三大硅酸盐产品之一,主要原材料是黏土和石灰石,故答案为:
黏土、石灰石;
(2)纯净的二氧化硅具有良好的导光性,可以用于制备光导纤维;硅单质是良好的半导体材料,可以用作芯片材料,故答案为:
SiO2;Si;
(3)氢氟酸与二氧化硅反应生成四氯化硅气体和水,反应方程式为:
4HF+SiO2==SiF4↑+2H2O,故答案为:
4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O;
(4)硅酸钠与盐酸发生复分解反应生成难溶的硅酸和氯化钠,离子方程式为:
2H++SiO32-=H2SiO3(胶体),故答案为:
2H++SiO32-=H2SiO3(胶体)。
10.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。
11.如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物,相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。
A、C、E均为氧化物,A是人体呼出的气体之一;在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A;C和E反应能生成D。
(1)写出下列物质的化学式:
A________,D________;
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________;
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应,其中没有涉及的基本反应类型是________。
【答案】CO2Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)CaO+H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体,则A为二氧化碳,在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A,则D为氢氧化钙,B与D可反应,则B为盐酸;E与B,E与C都反应,且A、C、E均为氧化物,E与C反应生成的D为碱,则C为水,E为氧化钙;
【详解】
(1)根据上述分析可知:
A为CO2,D为Ca(OH)2;答案:
CO2;Ca(OH)2;
(2)根据上述分析可知B为盐酸,盐酸除用来制取二氧化碳外,还用来除去铁制品表面的铁锈;答案:
用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等);
(3)根据上述分析可知C为水,E为氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,其化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2;答案:
CaO+H2O=Ca(OH)2;
(4)该五角星的位置中有化合反应,如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应;CO2与Ca(OH)2的反应是复分解反应,HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应,没有涉及分解反应和置换反应。
答案:
分解反应和置换反应。
12.在下列物质的转化关系中,A是一种固体单质,且常作半导体材料,E是一种白色沉淀,F是最轻的气体单质。
据此填写:
(1)B的化学式是____________,目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。
(2)B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(3)A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。
【答案】SiO2制光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2。
【详解】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2,
(1)B的化学式是SiO2,目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料;
(2)B和a溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)A和a溶液反应的离子方程式是Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
13.红矾钠(重铬酸钠:
Na2Cr2O7·2H2O)是重要的基础化工原料。
铬常见价态有+3、+6价。
铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4(含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质),实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下:
①中主要反应:
4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
①中副反应:
Al2O3+Na2CO3
2NaAlO2+CO2↑,SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑
请回答下列问题:
(1)FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁,写出它的氧化物形式________________。
步骤“①”的反应器材质应选用__________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)。
(2)“②”中滤渣1的成分是__________,“③”中调pH值是_______(填“调高”或“调低”),“④”中滤渣2的成分是___________。
(3)“⑤”酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-,写出平衡转化的离子方程式:
______。
(4)上图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线,则操作I是______,操作II是______(填序号)。
①蒸发浓缩,趁热过滤②降温结晶,过滤
(5)已知某铬铁矿含铬元素34%,进行步骤①~④中损失2%,步骤⑤~⑦中产率为92%,则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_______吨(保留2位小数)。
【答案】FeO·Cr2O3铁质Fe2O3、MgO调低H2SiO3、Al(OH)32CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2O②①0.88
【解析】
【分析】
氧化煅烧中MgO不反应,FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3.浸取时MgO、Fe2O3不溶,滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠,调节pH值,生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去。
硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-.由图乙可知,硫酸钠的溶解度受温度影响比较大,应采取降温结晶、过滤;红矾钠溶解度受温度影响变化不大,应采取蒸发结晶、过滤。
【详解】
(1)FeCr2O4中铁元素化合价是+2价,氧化物为FeO,铬元素化合价+3价,氧化物为Cr2O3,FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1:
2,所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeO•Cr2O3;“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅,高温下与碳酸钠反应,故选择“铁质”仪器;
(2)步骤①中有氧化铁生成,氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐,氧化镁不反应,据此判断步骤②中滤渣1的成分;氧化铁不溶于水,铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁,副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质,将pH值调低,可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去;步骤“③”调节pH值,生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去,故“④”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀;
(3)酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-,则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-,该反应为可逆反应,反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O;
(4)操作Ⅰ是分离出硫酸钠,操作Ⅱ获得红矾钠,由图2可知,硫酸钠的溶解度受温度影响比较大,应采取降温结晶、过滤;红矾钠溶解度受温度影响变化不大,应采取蒸发结晶、过滤;
(5)令生成红矾钠x吨,则:
2Cr~~~~~Na2Cr2O7•2H2O
104 298
1吨×34%×(1-2%)×92% x吨
所以:
104:
298=1吨×34%×(1-2%)×92%:
x吨,解得x=0.88。
14.光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段,合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑,其中还原剂为______,产物Si在周期表中位于______,该反应涉及的副反应可能有C+SiO2
Si+CO2↑(碳不足)和______(碳足量)。
(2)经反应Ⅱ所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下:
组分名称
HCl
质量分数
沸点
图中“操作X”的名称为______;
的电子式为______。
(3)反应Ⅳ的化学方程式为 3SiCl4+4NH3
Si3N4+12HCl,若向2 L恒容密闭容器中投入1 mol
和1 mol
,6 min后反应完全,则
min内,HCl的平均反应速率为______ mol•L-l•min-l;反应Ⅲ的与Ⅳ产生的气体相同,则反应Ⅲ化学方程式为______。
反应Ⅲ中的原料气
和
在碱性条件下可构成燃料电池,其正极反应的电极方程式为______。
【答案】C第三周期IVA族3C+SiO2
SiC+2CO↑精馏
或蒸馏或分馏
0.25SiCl4+O2+2H2
SiO2+4HClO2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【分析】
由流程可知,反应I为焦炭和石英砂高温条件下发生反应2C+SiO2
Si+2CO↑,反应Ⅱ主要为Si与氯气高温反应生成SiCl4,根据所得的四氯化硅粗品中所含的物质的沸点不同,经过精馏(或蒸馏或分馏)得到纯SiCl4,反应Ⅲ为SiCl4与氢气、氧气在1500℃时反应SiCl4+O2+2H2
SiO2+4HCl,反应IV为SiCl4与NH3在1400℃时反应3SiCl4+4NH3
Si3N4+12HCl,据此分析解答。
【详解】
(1)反应Ⅰ的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑,C元素的化合价升高,Si元素的化合价降低,则其中还原剂为C,Si是14号元素,在周期表中位于第三周期IVA族,该反应涉及的副反应可能有C+SiO2
Si+CO2↑(碳不足)和3C+SiO2
SiC+2CO↑(碳足量),故答案为:
C;第三周期IVA族;3C+SiO2
SiC+2CO↑;
(2)四氯化硅粗品中所含的物质的沸点不同,经过蒸馏得到纯SiCl4,“操作X”的名称为精馏(或蒸馏或分馏),PCl3为共价化合物,则电子式为
,故答案为:
精馏(或蒸馏或分馏);
;
(3)2L恒容密闭容器中投入1molSiC14和1molNH3,SiC14过量,氨气反应完全,6min后反应完全,则生成的n(HCl)=3mol,0~6min内,HCl的平均反应速率为
=0.25mol•L-l•min-l;反应Ⅲ的化学方程式为SiCl4+O2+2H2
SiO2+4HCl,反应Ⅲ中的原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池,其正极反应的电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为:
0.25;SiCl4+O2+2H2
SiO2+4HCl;O2+2H2O+4e-=4OH-。
【点睛】
本题的易错点和难点为
(1)中副反应方程式的书写,要注意C和Si高温下能够化合生成SiC。
15.用图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。
(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。
选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱:
H2SO4>H2CO3>H2SiO3
①仪器B的名称________,A中试剂________,B中试剂________
②C中发生反应的化学方程式:
________________________________
(2)利用如图装置实验,证明二氧化硫气