化学无机非金属材料的专项培优 易错 难题练习题含答案及答案解析.docx
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化学无机非金属材料的专项培优易错难题练习题含答案及答案解析
化学无机非金属材料的专项培优易错难题练习题(含答案)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.在室温时,下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应,共生成4种盐的是()
A.SO2、CO2、SO3
B.H2S、NO、SO3
C.CO2、Cl2、SO3
D.SiO2、CO、Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.SO2、CO2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SO3、Na2CO3、Na2SO4,生成3种盐,故不选A;
B.NO与氢氧化钠溶液不反应,H2S、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2S、Na2SO4,生成2种盐,故不选B;
C.CO2、Cl2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NaClO、NaCl、Na2SO4,生成4种盐,故选C;
D.CO与氢氧化钠溶液不反应,SiO2、Cl2分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SiO3、NaClO、NaCl,生成3种盐,故不选D;
故选C。
【点睛】
本题考查物质的性质,综合考查元素化合物知识,把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,侧重氯气与氢氧化钠溶液反应的考查,明确NO、CO与氢氧化钠不反应。
3.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是()
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水
B.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
C.HCl通可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
D.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水它们都是酸性氧化物,与对应酸的酸性强弱没有关系,则无法比较酸性,故A错误;
B.比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应,则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论,故B错误;
C.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,根据强酸制弱酸,只能说明盐酸的酸性比碳酸强,盐酸易挥发,可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,可能为盐酸与硅酸盐的反应,则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故C错误;
D.因往硅酸盐溶液通入二氧化碳,可以看到溶液变浑浊,是因为生成了难溶的硅酸沉淀,反应方程式是:
Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓,反应原理是强酸制弱酸,说明碳酸比硅酸酸性强,故D正确;
答案选D。
4.下列说法正确的是()
A.Ⅰ图中:
如果MnO2过量,浓盐酸就可全部消耗
B.Ⅱ图中:
湿润的有色布条能褪色,烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C.Ⅲ图中:
生成蓝色的烟
D.Ⅳ图中:
用该装置可以验证酸性:
盐酸>碳酸>硅酸。
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气,随着反应进行,盐酸浓度会下降,下降到某种程度,二者不再反应无法生成Cl2,A项错误;
B.氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸,干燥布条中无水,所以无法产生次氯酸,颜色不会褪去,湿润布条含水,可以产生次氯酸,颜色会褪去;若将尾气直接排放,其中未反应的氯气会污染空气,所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收,B项正确;
C.铜在氯气中燃烧,产生棕黄色的烟,C项错误;
D.利用盐酸与石灰石反应可制备CO2,所以可证明盐酸酸性强于碳酸;由于盐酸具有挥发性,制备出的CO2中会含有HCl杂质,HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀;若不对制备出的CO2进行除杂,其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程,因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的,D项错误;
答案选B。
5.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水
B.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
C.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系,则无法比较酸性,故A错误;
B.因往硅酸盐溶液通入二氧化碳,可以看到溶液变浑浊,是因为生成了难溶的硅酸沉淀,反应方程式是:
Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓,反应原理是强酸制弱酸,说明碳酸比硅酸酸性强,故B正确;
C.比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应,则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论,故C错误;
D.氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,根据强酸制弱酸,只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强,但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故D错误;
故答案为B。
6.某研究性学习小组在整理实验室化学试剂时,发现一瓶盛有无色溶液的试剂,标签破损,如图。
某同学根据中学化学知识,对该溶液中的溶质成分进行如下预测和验证,其中错误的是(包括预测物质的化学式、检验需要的试剂、操作、现象及结论)
选项
预测物质的化学式
检验需要的试剂
操作、现象及结论
A
Na2SO4
稀盐酸、氯化钡溶液
取少量该溶液于试管中,滴入稀盐酸,若无明显现象,再滴入氯化钡溶液,如果产生白色沉淀,则原溶液是Na2SO4溶液
B
Na2CO3
稀盐酸、澄清的石灰水
取少量该溶液于试管中,滴入足量稀盐酸,如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊,则原溶液一定是Na2CO3溶液
C
Na2SO3
稀盐酸、澄清的石灰水、品红溶液
取少量该溶液于试管中,滴入足量稀盐酸,如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊,还能使品红溶液褪色,则原溶液是Na2SO3溶液
D
Na2SiO3
过量稀盐酸
取少量该溶液于试管中,滴入稀盐酸,产生白色胶状沉淀,盐酸过量时沉淀不溶解,则原溶液是Na2SiO3溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.取少量该溶液于试管中,滴入稀盐酸,盐酸可排除其它离子的干扰,若无明显现象,再滴入氯化钡溶液,如果产生白色沉淀,则沉淀为硫酸钡,则原溶液是Na2SO4溶液,故A正确;
B.取少量该溶液于试管中,滴入足量稀盐酸,如果产生的无色气体能使澄清的石灰水变浑浊,该无色气体可能为二氧化碳、二氧化硫,则溶液可能为Na2CO3溶液或Na2SO3溶液,故B错误;
C.取少量该溶液于试管中,滴入足量稀盐酸,如果产生的无色气体既能使澄清的石灰水变浑浊,还能使品红溶液褪色,则气体为二氧化硫,则原溶液是Na2SO3溶液,故C正确;
D.取少量该溶液于试管中,滴入稀盐酸,产生白色胶状沉淀,盐酸过量时沉淀不溶解,硅酸不溶于盐酸,则原溶液是Na2SiO3溶液,故D正确;
故选B。
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
过滤
D
氢氧化铁胶体
氯化铁
过滤
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
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.工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石.在玻璃窑中发生主要反应的化学方程式为:
Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑;CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑
(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14,它的氧化物形式为________,则原料中SiO2、Na2CO3、CaCO3的物质的量之比为_________________________。
(2)在上述反应的反应物和生成物中,属于非极性分子的电子式___________________,有_____________种不同类型的晶体(填数字)
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大,该元素离子半径比铝离子半径___________(填“大”或“小”),该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为__________________________。
(4)在上述普通玻璃的组成元素中,与铝元素同周期的另一元素的原子最外层共有________种不同运动状态的电子、________种不同能级的电子。
【答案】Na2O·CaO·6SiO26:
1:
1
3大Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O42
【解析】
【分析】
根据普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14和制取玻璃的反应原理进行分析解答。
【详解】
(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14,它的氧化物形式为Na2O·CaO·6SiO2,根据原子守恒,原料中SiO2、Na2CO3
Na2O、CaCO3
,所以物质的量之比为6:
1:
1,故答案:
Na2O·CaO·6SiO2;6:
1:
1;
(2)根据Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑,CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑,反应物和生成物中,Na2CO3、Na2SiO3、CaCO3、CaSiO3是离子化合物,属于离子晶体;SiO2是共价化合物,属于原子晶体;CO2属于分子晶体,且属于非极性分子,其电子式
,有3种不同类型的晶体,故答案:
;3;
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大,该元素为钠,钠离子半径比铝离子半径大,钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al(OH)3,他们之间发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,故答案:
大;Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(4)由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14的元素中,与铝元素同周期的另一元素为Si,核外电子排布为1s22s22p63s23p2,原子最外层共有4种不同运动状态的电子、2种不同能级的电子,故答案:
4;2。
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.硅在无机非金属材料中,扮演着主要角色,请利用相关知识回答下列问题:
(1)硅有非常重要的用途,请写出其中的一种:
_________________________________。
(2)古瓷中所用颜料成分一直是个谜,近年来科学家才得知大多为硅酸盐,如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox,铜为+2价),下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是________。
A.可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2
B.性质稳定,不易脱色
C.x等于6
D.易溶解于强酸和强碱
(3)工业上提纯硅有多种路线,其中一种工艺流程示意图如下:
①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行,写出该反应化学方程式:
________________。
②SiCl4极易水解,在空气中生成烟尘和白雾,推测书写其水解的化学方程式为____________________。
③在流化床反应的产物中,除SiCl4外,还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等,有关物质的沸点数据如下表,分离SiCl4和其他杂质的方法为________。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
【答案】制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等(回答其中一种即可)D2C+SiO2
2CO↑+SiSiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl蒸馏(精馏)
【解析】
【详解】
(1)硅位于金属和非金属分界线附近,常用作半导体材料,为无机非金属材料的主角,计算机芯片的主要成分为单质硅,太阳能电池的主要成分是硅单质,所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等,
因此,本题正确答案是:
制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等;
(2)A.硅酸盐用氧化物形式表示时,书写顺序为:
活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以硅酸铜钡用氧化物形式表示:
,所以A选项是正确的;
B.硅酸盐性质均比较稳定,不容易褪色,所以B选项是正确的;
C.在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2,硅元素化合价为+4,氧元素的化合价为-2价,钡元素的化合价为+2价,则由化学式为
,根据化合物中正负化合价的代数和为0可得:
,计算得出x=6,所以C选项是正确的;
D.
是瓷器的一种颜料,瓷器耐酸耐碱耐腐蚀,所以不与强酸、强碱反应,故D错误;
因此,本题正确答案是:
D;
(3)①石英砂的主要成分是二氧化硅,制备粗硅发生置换反应,2C+SiO2
2CO↑+Si;
②
水解生成硅酸和氯化氢,反应的方程式为:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl,因此,本题正确答案是:
SiCl4+3H2O===H2SiO3↓+4HCl;
③利用沸点的不同提纯
属于蒸馏,
(沸点57.6℃)中含有少量
(沸点33℃)和
(离子化合物沸点很高),
(沸点8.2℃)、
(沸点-30.4℃)、因为沸点差别较大,可以通过精馏(或蒸馏)除去杂质,因此,本题正确答案是:
精馏(或蒸馏)。
11.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↑。
12.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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。
【点睛】
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:
①氧化物之间以“•”隔开;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。
13.A元素的一种单质是重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维,C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)易与C发生化学反应的酸是________,反应的化学方程式是_______________。
(2)将C与纯碱混合,在高温熔融时发生化学反应也可生成D,同时还生成B的最高价氧化物E;将E与D在足量的水中混合后,又发生化学反应生成含A的化合物F。
①写出生成D和F的化学反应方程式:
____________________、__________________。
②要将纯碱在高温下熔化,下列坩埚中不可选用的是________。
A.普通玻璃坩埚B.石英玻璃坩埚C.瓷坩埚D.铁坩埚
【答案】氢氟酸SiO2+4HF=SiF4↑+2H2OSiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ABC
【解析】
【分析】
“A元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A为Si,通过“光导纤维”可推测C为SiO2,SiO2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si元素的化合物为Na2SiO3。
SiO2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na2SiO3和CO2,故B为C,E为CO2,二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠,故F为H2SiO3。
【详解】
(1)SiO2易与氢氟酸发生反应,故答案为:
氢氟酸;
;
(2)①根据分析可知答案为:
;
;
②A项普通玻璃坩埚中含有SiO2,会在高温下与纯碱反应,故A项错误;B项石英玻璃坩埚中含有SiO2,会在高温下与纯碱反应,故B项错误;C项瓷坩埚中含有SiO2,会在高温下与纯碱反应,故C项错误;D项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质,故D项正确;故答案为:
ABC。
【点睛】
半导体材料为硅单质,光导纤维材料为二氧化硅,为高频考点,一定要注意记忆区分。
14.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人,以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图:
已知:
Ksp[Mg(OH)2]=10-11,Ksp[Al(OH)3]=10-33,Ksp[Fe(OH)3]=10-38
回答下列问题:
(1)为鉴定某矿石中是否含有锂元素,可以采用焰色反应来进行鉴定,当观察到火焰呈__,可以认为该矿石中存在锂元素。
a.紫红色b.紫色c.黄色
(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,其氧化物的形式为__。
(3)为提高“酸化焙烧”效率,常采取的措施是__。
(4)向“浸出液”中加入CaCO3,其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸,控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀,则pH至少为__。
(已知:
完全沉淀后离子浓度低于1×l05)mol/L)
(5)“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。
(6)“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液(填化学式);该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+,可将其加入到“__”步骤中。
(7)Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。
【答案】aLi2O·Al2O3·4SiO2将矿石粉碎(搅拌、升高温度)4.7Mg(OH)2,CaCO
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