化学化学 无机非金属材料的专项 培优练习题含答案.docx
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化学化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案
【化学】化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.下列叙述正确的是
①久置于空气中的氢氧化钠溶液,加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体,但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③Na2O2与水反应,红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质
A.①④⑤B.①⑤⑥C.②③④D.④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析:
①久置于空气中的氢氧化钠溶液和空气中的CO2反应生成变为碳酸钠,碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,①正确;②浓硫酸具有吸水性和强氧化性,浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体,不能干燥还原性的碘化氢气体,不能干燥碱性气体如氨气等,②错误;③红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,没有碱生成,③错误;④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐,都是硅酸盐制品,水晶的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐制品,④错误;⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性,浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性,⑤正确;⑥氯化铁属于强酸弱碱盐,溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl,加热促进水解,氯化铁胶体加热会聚沉,两者均产生红褐色沉淀氢氧化铁,灼烧后产物都是三氧化二铁,⑥正确.答案选B。
考点:
考查常见物质的性质与用途。
2.在给定的条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.Fe
FeCl2
Fe(OH)2B.H2SiO3
SiO2
SiCl4
C.浓盐酸
Cl2
漂白粉D.NH3
NO
HNO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.氯气具有强氧化性,与铁反应生成三氯化铁,不能一步反应生成氯化亚铁,故A错误;
B.硅酸受热分解生成二氧化硅,二氧化硅与HCl不反应,不能转化为SiCl4,故B错误;
C.二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气,氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙,可以制得漂白粉,物质间转化均能实现,故C正确;
D.氨催化氧化生成NO,NO与水不反应,不能转化为硝酸,故D错误;
故选C。
3.下列表述正确的是()
①人造刚玉熔点很高,可用作高级耐火材料,主要成分是二氧化硅
②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成,玛瑙的主要成分是硅酸盐
③提前建成的三峡大坝使用了大量水泥,水泥是硅酸盐材料
④夏天到了,游客佩戴由涂加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛
⑤太阳能电池可采用硅材料制作,其应用有利于环保、节能
A.①②④B.②④C.③④⑤D.③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
①人造刚玉熔点很高,可用作高级耐火材料,主要成分是三氧化二铝,故①错误;
②玛瑙的主要成分是二氧化硅,故②错误;
③水泥的成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙,是硅酸盐,故③正确;
④变色眼镜由添加溴化银的普通玻璃璃制作,故④错误;
⑤晶体硅可以制太阳能电池,利于环保、节能,故⑤正确;
故答案选:
D。
【点睛】
本题主要考察物质的组成和分类,需了解常见矿物及常见无机物组成成分。
4.《青花瓷》冲所描述的“瓶身描述的牡丹一如你初妆”“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目,但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,铜为十2价),下列有关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·2SiO2B.易溶解于强酸和强碱
C.性质稳定.不易脱色D.x=6
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
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BaO•CuO•2SiO2,故A正确;
B.硅酸铜钡能稳定存在,说明不易溶解于强酸和强碱,故B错误;
C.《青花瓷》能长期不褪色,说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色,故C正确;
D.硅酸铜钡中Ba为+2价、Cu为+2价、Si为+4价、O为-2价,根据化合价代数和等于0,可知x=6,故D正确;
选B。
5.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。
6.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产,该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜,光电转化率高。
下列说法错误的是
A.普通玻璃含有二氧化硅B.该发电玻璃能将光能不完全转化为电能
C.碲化镉是一种有机化合物D.应用该光电转化技术可减少温室气体排放
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅,故A正确,但不符合题意;
B.该发电玻璃能将光能转化为电能,但是不能完全转化,存在能量损耗,故B正确,但不符合题意;
C.碲化镉不含碳元素,是一种无机化合物,不是有机化合物,故C错误,但符合题意;
D.应用该光电转化技术可减少化石燃料的使用,减少二氧化碳的排放,故D正确,但不符合题意;
故选:
C。
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.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.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。
10.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示,则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________;c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH
、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子是_____________________,它们的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4ClH+、Al3+、
、
c(H+)∶c(Al3+)∶c(
)∶c(
)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH;
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,则A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系,据此计算。
【详解】
(1)B为NaOH,其电子式为
;
(2)A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2,反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
11.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
【解析】
【分析】
【详解】
(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·3Al2O3·6SiO2·2H2O,故答案为:
K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O;
(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
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