高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合附答案.docx
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高考化学压轴题专题复习无机非金属材料的推断题综合附答案
高考化学压轴题专题复习—无机非金属材料的推断题综合附答案
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.某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中加入过量盐酸,过滤,将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重,最终固体成份为
A.SiO2B.Fe2O3、SiO2
C.SiO2、Al2O3D.Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3,加入足量NaOH溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入过量盐酸,生成硅酸沉淀,将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅,故A正确。
3.蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。
现取一份蛇纹石试样进行实验,首先将其溶于过量的盐酸,过滤后,在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。
下列叙述正确的是
A.沉淀X的成分是SiO2
B.将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤,可得到红色颜料Fe2O3
C.在溶液Y中加入过量的NaOH溶液,过滤得到沉淀是Fe(OH)3
D.溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+
【答案】A
【解析】
【分析】
金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸,生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁,过滤后,得的沉淀X是二氧化硅,溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸,向Y中加入过量的氢氧化钠,会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀,过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。
【详解】
A、沉淀X的成分是SiO2,A正确;
B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤,可得到MgO、Fe2O3的混合物,B错误;
C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤,过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠,沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀,C错误;
D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸,含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+,D错误;
答案选A。
4.下列化合物既能通过化合反应一步制得,又能通过复分解反应一步制得的是()
A.SO3B.FeCl2C.CuD.H2SiO3
【答案】B
【解析】
【分析】
由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合反应;两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应,据此分析。
【详解】
A.SO3可以由二氧化硫和氧气一步制得,但SO3不能通过复分解反应一步制得,故A错误;
B.FeCl2能通过Fe和FeCl3化合反应一步制得,也能通过BaCl2和FeSO4复分解反应一步制得,故B正确;
C.Cu不能通过化合反应和复分解反应制得,故C错误;
D.H2SiO3不能通过化合反应一步制得,故D错误;
答案选B。
【点睛】
化合反应是一种或多种物质生成一种物质的反应,得到的一定是化合物,分解反应是一种物质得到多种物质的反应,复分解反应通常指的是酸碱盐之间的反应。
5.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。
6.我国“神舟”系列载人飞船的成功发射,标志着“炎黄子孙千年飞天梦想实现了”
(1)火箭升空时,由于与大气层的剧烈摩擦,产生高温。
为了防止火箭温度过高,在火箭表面涂上一种特殊的涂料,该涂料的性质最可能的是____________
A.在高温下不融化 B.在高温下可分解气化
C.在常温下就分解气化 D.该涂料不可能发生分解
(2)火箭升空需要高能的燃料,经常是用N2O4和N2H4作为燃料,其反应的方程式是:
N2O4+N2H4→N2+H2O。
请配平该反应方程式:
————N2O4+————N2H4→————N2+————H2O,_________
该反应中被氧化的原子与被还原的原子物质的量之比是_____。
这个反应应用于火箭推进器,除释放大量的热和快速产生大量气体外,还有一个很大的优点是_______。
(3)为了向宇航员提供氧气,飞船上有专门的供氧装置。
现有供氧剂过氧化钠与超氧化钾(KO2)。
①写出它们与二氧化碳反应的化学方程式(超氧化钾与二氧化碳的反应产物与过氧化钠类似):
________________________;_________________________。
②你选择的供氧剂是:
_____,原因是:
____________________________。
【答案】B1N2O4+2N2H4=3N2+4H2O2∶1产物无污染2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O24KO2+2CO2=2K2CO3+3O2KO2原因是:
单位质量产生氧气多
【解析】
【分析】
(1)为了防止火箭温度过高,在火箭表面涂上一种特殊的涂料,该涂料的作用应是防止火箭表面温度过高,因而该涂料必须具有在高温下吸热的性质,而物质在发生分解反应或气化时常吸收热量。
(2)火箭升空需要高能的燃料,经常是用N2O4和N2H4作为燃料,其反应的方程式是:
N2O4+N2H4→N2+H2O,配平时,利用化合价升降法进行配平。
该反应中被氧化的原子是N2H4中的N原子,被还原的是N2O4中的N原子。
从产物看,N2、H2O都不是大气污染物,由此得出优点。
(3)①不管是过氧化钠还是超氧化钾,与二氧化碳反应都生成碳酸盐和氧气。
②通过两反应对比,可确定选择的供氧剂。
【详解】
(1)为了防止火箭温度过高,在火箭表面涂上一种特殊的涂料,该涂料的作用应是防止火箭表面温度过高,因而该涂料必须具有在高温下吸热的性质,而物质在发生分解反应或气化时常吸收热量。
故选B。
答案为:
B;
(2)在反应N2O4+N2H4→N2+H2O中,N2O4中N显+4价,N2H4中N元素显-2价,产物中N元素显0价,依据电子守恒,可得出如下关系:
N2O4——8e-——2N2H4,从而得出配平的反应方程式:
1N2O4+2N2H4=3N2+4H2O;该反应中若参加反应的N2O4为1mol,则被氧化的N原子为4mol,被还原的N原子为2mol,二种原子物质的量之比是2∶1。
这个反应应用于火箭推进器,除释放大量的热和快速产生大量气体外,还有一个很大的优点是产物无污染。
答案为:
1N2O4+2N2H4=3N2+4H2O;2∶1;产物无污染;
(3)①不管是过氧化钠还是超氧化钾,与二氧化碳反应都生成碳酸盐和氧气,化学方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2。
答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2。
;
②从单位质量的供氧量分析,选择的供氧剂是:
KO2,原因是:
单位质量产生氧气多。
答案为:
KO2;单位质量产生氧气多。
【点睛】
平常所用的物品,对表面涂料的要求是稳定,能起到保护内部金属等不受腐蚀的作用,而火箭的涂层不是为了防锈,而是“为了防止火箭温度过高”,即起到降温的作用,所以解题时,只有理解题意,才能不出现解答错误。
7.化学就在我们身边,它与我们的日常生活密切相关,按要求回答以下问题:
(1)缺铁性贫血患者应补充Fe2+,通常以硫酸亚铁的形式补充,而硫酸铁无这种药效。
当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣,这层糖衣的作用是_________________.
(2)硅酸盐常可写成氧化物形式,钾长石(K2Al2Si6O16)写成氧化物的形式为____________.
(3)漂粉精中有效成分的化学式为_________________.
(4)“硅材料”是无机非金属材料的主角,其中广泛应用的光导纤维成分是_____________________
(5)陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料,其中生产普通玻璃的主要原料有_________,氢氧化钠溶液不能用玻璃塞的原因是(化学方程式)_________________.
(6)向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2•12H2O后,水可得到净化.写出明矾在水中的电离方程式_______,往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液直至Al3+恰好沉淀完全,发生反应的离子方程式为_________________.
(7)饮用水中的NO3-对人类健康产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2,其化学方程式为:
10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O.
请回答下列问题:
①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目:
_________________.
②上述反应中若生成标况下3.36LN2,则转移的电子数目为:
_________________.
【答案】防止硫酸亚铁被氧化K2O·Al2O3·6SiO2Ca(ClO)2SiO2纯碱、石英、石灰石SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OKAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
1.5NA
【解析】
【分析】
(1)根据FeSO4不稳定,在空气中易被氧化的特征进行分析;
(2)根据酸盐写成氧化物形式的规律即活泼金属氧化物写到前边,以此类推完成;(3)根据漂白粉的制取原理进行解答;(4)根据铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以净水的原理分析解答;(5)根据氧化还原反应得失电子守恒进行解答。
【详解】
(1)FeSO4易被氧化而变质,糖衣可起到保护FeSO4不被空气中的氧气氧化,所以外表包有一层特殊的糖衣,故答案为:
保护FeSO4不被空气中的氧气氧化;
(2)硅酸盐常可写成氧化物形式,钾长石(K2Al2Si6O16)写成氧化物的形式顺序为,活泼金属氧化物写到前边,以此类推即可以写成K2O·Al2O3·6SiO2;答案:
K2O·Al2O3·6SiO2;
(3)氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和水,反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,其中氯化钙和次氯酸钙的混合物为漂白粉的主要成分,氯化钙无漂白作用,所以漂白粉的有效成分为次氯酸钙,因其有强氧化性而有杀菌消毒的作用,有效成分的化学式为Ca(ClO)2;答案:
Ca(ClO)2;
(4)光导纤维的成分为二氧化硅,其化学式为SiO2;答案:
SiO2;
(5)陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料,普通玻璃的制取是纯碱、石灰石分别在高温的条件下和石英反应,生成硅酸钠和硅酸钙、所以生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石英、石灰石;因为氢氧化钠溶液和SiO2反应,所以装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,其化学反应方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,Na2SiO3具有粘合性;答案:
纯碱、石英、石灰石;SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(6)明矾在水溶液中电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-,电离生成Al3+和SO42-,可以和Ba(OH)2反应,假设KAl(SO4)2为2mol,溶液中含有2molAl3+,4molSO42-,当2molAl3+恰好全部沉淀时,需要6molOH-,即加入3molBa(OH)2,反应的离子方程式为:
2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓;故答案为:
KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-;2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
(7)①由10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O反应可知,Al失3个电子变成AlO2-,2NO3-得10个电子变成N2↑,根据得失电子守恒可知转移的电子总数为30个,所以电子转移总数为30e-,其方程式为:
;答案:
;
②由10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O反应可知,若反应中生成标况下3.36LN2,则转移的电子数目为:
10NA=1.5NA;答案:
1.5NA。
8.氮化硅可用作高温陶瓷复合材料,在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。
由石英砂合成氮化硅粉末的路线如下图所示:
其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。
请回答下列问题:
(1)石英砂不能与碱性物质共同存放,以NaOH为例,用化学反应方程式表示其原因:
_____________________。
(2)图示①~⑤的变化中,属于氧化还原反应的是_______________________。
(3)SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解,产生白雾,军事工业中用于制造烟雾剂。
SiCl4水解的化学反应方程式为____________________________。
(4)在反应⑤中,3molSi(NH2)4在高温下加热可得1mol氮化硅粉末和8molA气体,则氮化硅的化学式为________________。
(5)在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中,也能反应生成氮化硅,B和C两种气体在一定条件下化合生成A。
写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式______________________。
【答案】SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O①②SiCl4+3H2O=4HCl↑+H2SiO3↓Si3N43SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl
【解析】
【分析】
根据题中反应流程可知,石英砂在高温下被碳还原得到粗硅,粗硅与氯气反应生成粗四氯化硅,精馏后得到较纯的四氯化硅,四氯化硅在高温下与氨反应生成四氨基硅,四氨基硅高温下生成氮化硅,据此解答。
【详解】
(1)石英砂的主要成分是二氧化硅,二氧化硅与强碱氢氧化钠溶液反应生成可溶性硅酸钠和水,反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(2)①石英砂到粗硅,硅元素化合价降低,属于氧化还原反应;②粗硅与氯气反应生成四氯化硅,硅元素化合价升高,属于氧化还原反应;③四氯化硅精馏属于物理变化;④四氯化硅与氨气反应,不存在化合价的变化,不是氧化还原反应;⑤Si(NH2)4高温生成氮化硅,没有化合价的变化,不是氧化还原反应;答案为①②;
(3)SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解,产生白雾,说明有氯化氢产生,反应的方程式为SiCl4+3H2O=4HCl↑+H2SiO3↓;
(4)3molSi(NH2)4在高温下加热可得1mol氮化硅粉末和8molA气体,结合原子守恒判断A是氨气,即3Si(NH2)4
Si3N4+8NH3↑,所以氮化硅的化学式为Si3N4;
(5)A是氨气,则B和C是氮气和氢气,则根据原子守恒可知SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl。
9.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。
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.有A、B、C三种不溶于水的固体。
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀D。
此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸。
将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点。
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为__,C的名称为__。
(2)B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是__。
(3)生成白色胶状沉淀D的化学方程式是__。
(4)由B制取C的化学方程式是__。
【答案】碳普通玻璃SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑
【解析】
【分析】
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体,则该气体的相对分子质量=32×1.375=44,应是CO2,所以A为碳,B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀,此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸,则该酸应为硅酸,将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点,该反应为工业制普通玻璃的反应,所以B为SiO2,C为普通玻璃,据此答题。
【详解】
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×1.375=44,且能使澄清石灰水变浑浊,该气体是二氧化碳,则A为碳元素的一种单质。
B物质能与氢氧化钠反应,且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸,则B为二氧化硅。
二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点,可推知C为普通玻璃;
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为碳,C的名称为普通玻璃;
(2)B为SiO2,其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl,生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓;
(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑。
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_________
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