高考化学无机非金属材料大题培优 易错 难题Word下载.docx
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B.青石棉是一种易燃品且易溶于水
C.青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O·
5FeO·
8SiO2·
H2O
D.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
【答案】D
【分析】
【详解】
A.青石棉属于硅酸盐材料,没有石英晶体,故A错误;
B.青石棉属于硅酸盐材料,不易燃,也不溶于水,故B错误;
C.根据题给信息可知,青石棉中铁元素的化合价有+2价和+3价两种,根据原子守恒和化合价不变的思想,化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O∙3FeO∙Fe2O3∙8SiO2∙H2O,故C错误;
D.6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol,青石棉用稀硝酸溶液处理时,亚铁离子被氧化为铁离子,硝酸被还原为一氧化氮,又1molNa2Fe5Si8O22(OH)2中3mol含亚铁离子,所以根据得失电子守恒氧化亚铁离子生成铁离子消耗1molHNO3,又青石棉中的Na、Fe原子最终都转换产物为NaNO3、Fe(NO3)3,根据原子守恒,又要消耗HNO3的物质的量为2+5×
3=17mol,所以1mol该物质一共能和1+17=18molHNO3反应,故D正确;
答案选D。
3.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
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。
4.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
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。
5.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
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。
6.赏心悦目的雕花玻璃通常是用某种物质对玻璃进行刻蚀而制成的,则这种物质是()
A.盐酸B.氢氟酸C.烧碱D.纯碱
A、盐酸和二氧化硅不反应,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选A;
B、氢氟酸与二氧化硅易反应,生产四氟化硅气体,能在玻璃上进行刻蚀,故选B;
C、二氧化硅与烧碱反应,但反应缓慢,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选C;
D、纯碱与二氧化硅在高温下反应,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选D。
7.下列除去杂质的方法正确的是()
物质
杂质
试剂
主要操作
A
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
B
SiO2
Fe2O3
氢氧化钠溶液
过滤
C
FeCl2
FeCl3
Cu
D
氢氧化铁胶体
氯化铁
A.AB.BC.CD.D
A.Cl2难溶于饱和食盐水,HCl极易溶于水,然后用浓硫酸干燥,可以除去氯气中的HCl,A正确;
B.SiO2能和氢氧化钠溶液反应,Fe2O3与NaOH不反应,不能用来除去SiO2中的Fe2O3,B错误;
C.FeCl3和Cu发生反应:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,除去了Fe3+,又引入了Cu2+,C错误;
D.氢氧化铁胶粒和氯化铁溶液都能通过滤纸,应该用渗析的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化铁溶液,D错误;
答案选A。
【点睛】
除杂质时要注意不能除去了原有杂质,又引入新杂质。
8.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
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。
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!
9.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-
(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
(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;
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-。
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。
10.已知:
甲、乙、丙、丁为常见化合物,A、B为单质,相互转化关系如图。
其中甲是天然气的主要成分。
回答下列问题:
(1)丁物质的名称:
______,丙物质的化学式:
_________________________________________。
(2)检验化合物乙的化学方程式:
___________________________________________________。
(3)试剂X可能的化学式:
________、________(要求:
所选物质类别不同)。
(4)通过分析表明:
燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。
(5)取变红溶液于试管中加热,观察到的现象有_______________________________________。
【答案】水COCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色,有气泡冒出
甲是天然气的主要成分,则甲是甲烷,甲与A,B与A能燃烧,则A是氧气,丁电解生成A、B,则B是氢气,丁是水,乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红,则乙是二氧化碳,丙与乙可以相互转化,则丙是一氧化碳,据此分析解答。
(1)根据分析可知丁是水,丙是CO,故答案为:
水;
CO;
(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水,反应方程式为:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;
(3)由丙转化到乙,则试剂X可以是氧气,也可以是氧化铜等物质,所属的类别分别是单质和氧化物;
O2;
CuO;
(4)通过分析表明:
燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气;
充足的氧气;
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程,故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色,有气泡冒出;
红色溶液变成紫色,有气泡冒出。
11.有一种矿石,经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。
(1)用盐的组成表示其化学式:
___________。
(2)用氧化物的组成表示其化学式:
_______。
(3)该矿石的成分属于________(填物质的分类)。
(4)写出该矿石(氧化物形式)与盐酸反应的化学方程式:
______。
【答案】Mg2SiO42MgO·
SiO2硅酸盐2MgO·
SiO2+4HCl=2MgCl2+2H2O+SiO2
根据n=
及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算,得出正确结论;
由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。
镁、硅、氧的质量比为12:
7:
16,则镁、硅、氧的原子个数比为
:
=2:
1:
4
(1)该矿石用盐的组成可表示为:
Mg2SiO4;
(2)该矿石用氧化物的组成可表示为:
2MgO•SiO2
(3)Mg2SiO4属于盐类,且属于硅酸盐;
(4)Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2,发生反应的化学方程式为2MgO·
SiO2+4HCl=2MgCl2+2H2O+SiO2。
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为:
活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写;
注意:
②系数配置出现的分数应化为整数;
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。
12.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↑
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。
(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。
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;
(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↑,
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
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。
13.云母是一种重要的硅酸盐,它具有韧度、弹性、透明度、高介电强度、化学惰性和热稳定性。
白云母可看作叶腊石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代,再由KⅠ平衡其电荷后形成的。
而叶腊石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代,再由KⅠ平衡其电荷形成的。
(1)白云母写成氧化物形式的化学式为_______________。
(2)研究表明,在硅酸盐中,AlⅢ很容易取代SiⅣ,取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。
从立体几何的知识看,AlⅢ与SiⅣ最直接的关系是_______________。
(3)黑云母的化学式为KMg3AlSi3O10(OH)2,在水与二氧化碳的同时作用下,风化为高岭土[AI2Si2O5(OH)4]。
①写出离子反应方程式_______________。
②上述反应为什么能够发生_______________
③风化后Al为什么不能以Al3+形式被地下水溶解_______________
【答案】K2O·
3Al2O3·
6SiO2·
2H2OAlⅢ与SiⅣ的半径相近,插入后不会引起结构改变2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4碳酸较硅酸酸性强,强酸可取代弱酸中性条件下Al3+完全水解,主要以沉淀形式存在
(1)由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物,并按金属活动性顺序排列,较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,氧化物之间加黑点隔开,各氧化物的系数均为整数,并写在相应氧化物前面,写成氧化物后,原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变,因此白云母写成氧化物形式的化学式为K2O·
2H2O,故答案为:
K2O·
2H2O;
(2)从立体几何的知识来看,由于AlⅢ与SiⅣ的半径相近,在硅酸盐中,AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ,不会引起原硅酸盐结构大的变化,故答案为:
AlⅢ与SiⅣ的半径相近,插入后不会引起结构改变;
(3)①由题干信息可知,黑云母在水与二氧化碳的同时作用下,风化为高岭土[AI2Si2O5(OH)4],反应的离子方程式为2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4,故答案为:
2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4;
②上述反应中碳酸与黑云母反应生成了硅酸,因为碳酸的酸性比硅酸强,可以强酸制弱酸,所以上述反应可以发生,故答案为:
碳酸较硅酸酸性强,强酸可取代弱酸;
③由于中性条件下Al3+完全水解,主要以Al(OH)3的沉淀形式存在,因此风化后Al为什么不能以Al3+形式被地下水溶解,故答案为:
中性条件下Al3+完全水解,主要以沉淀形式存在。
14.某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。
已知:
PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。
(1)实验时要先通入足够长时间的N2,其原因是_________。
(2)装置B的作用是__________。
(3)装置C、D所盛试剂分别为______、______,若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的总化学方程式为_________。
(4)该装置的缺点是_________。
【答案】用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰作安全瓶,防止倒吸澄清石灰水PdCl2溶液3SiO2+4C
2CO2↑十2CO↑+3Si没有尾气处理装置将CO吸收
(1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行,而高温下碳与空气中氧气反应,所以实验时要将装置中的空气排尽,所以实验时要通入足够长时间的N2,故答案为:
要用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰
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