培优无机非金属材料辅导专题训练附答案.docx
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培优无机非金属材料辅导专题训练附答案
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成.某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究.
下列有关说法不正确的是()
A.由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B.无法判断混合物中是否含有Na2O
C.1.92g固体成分为Cu
D.15.6g混合物X中m(Fe2O3):
m(Cu)=1:
1
【答案】B
【解析】
途径a:
15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液,所以是铜离子的颜色,但是金属Cu和盐酸不反应,所以一定含有氧化铁,和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应,二氧化硅可以和氢氧化钠反应,4.92g固体和氢氧化钠反应后,固体质量减少了3.0g,所以该固体为二氧化硅,质量为3.0g,涉及的反应有:
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+,SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,又Cu与NaOH不反应,1.92g固体只含Cu;结合途径b可知15.6gX和足量水反应,固体质量变为6.4g,固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g,固体中一定还有氧化钠,其质量为9.2g,
A.由以上分析可知X中一定存在SiO2,故A正确;
B.15.6gX和足量水反应,固体质量变为6.4g,只有氧化钠与水反应,混合物中一定含有Na2O,故B错误;
C.Cu与NaOH不反应,1.92g固体只含Cu,故C正确;
D.设氧化铁的物质的量是x,金属铜的物质的量是y,由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出:
Fe2O3~2Fe3+~Cu,则160x+64y=6.4,64y﹣64x=1.92,解得x=0.02mol,y=0.05mol,所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g,金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g,则原混合物中m(Fe2O3):
m(Cu)=1:
1,故D正确;
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算,侧重于学生的分析和计算能力的考查,为高考常见题型,注意掌握检验未知物的采用方法,能够根据反应现象判断存在的物质,注意合理分析题中数据,根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量,难度中等.
2.下列说法中不正确的是()
A.硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中
B.锂保存在煤油中
C.硅在自然界中只有化合态
D.实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.硝酸银在光照或加热条件下会分解生成Ag、NO2、O2,因此一般将硝酸银溶液保存在棕色试剂瓶中,故A不符合题意;
B.锂单质的密度小于煤油,不能保存在煤油中,一般保存在石蜡中,故B符合题意;
C.根据硅的化学性质,在自然界中应该有游离态的硅存在,但Si是亲氧元素,其亲氧性致使Si在地壳的演变中,全部以化合态存在于自然界中,故C不符合题意;
D.玻璃塞中含有SiO2,NaOH能够与SiO2发生化学反应生成Na2SiO3,因此实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡皮塞,故D不符合题意;
故答案为:
B。
3.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。
4.“纳米车”(如图所示)是科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成的,每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。
“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。
下列说法正确的是
A.C60是一种新型的化合物
B.C60与12C是同素异形体
C.人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动
D.“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.C60是由一种元素组成的纯净物,属于单质,不属于化合物,故A错误;
B.C60是由碳元素形成的单质,而
是碳元素的一种原子,故C60与
不是互为同素异形体,故B错误;
C.因“纳米车”很小,我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动,故C错误;
D.“纳米车”的诞生,说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段,故D正确;
故答案选D。
5.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)。
6.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。
7.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↓。
8.2019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,CaCO3Na2CO3净化6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2
【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2),加入过量浓硫酸溶解锂辉矿,加入碳酸钙除去过量的硫酸,并使铁离子、铝离子沉淀完全,然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子,过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液,滤液蒸发浓缩得20%Li2S,加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂,洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂,据此分析解题。
【详解】
(1)焰色反应常用来检测金属元素,钠元素的焰色为黄色,钾元素的焰色为紫色,利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色,故答案为a;
(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,在原子简单整数比不变的基础上,其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2;
(3)“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸,为提高“酸化焙烧”效率,还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等;
(4)根据柱状图分析可知,Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp,那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33,c(OH-)=
=
mol/L=1×10-9.3mol/L,则c(H+)=1×10-4.7mol/L,pH=4.7,即pH至少为4.7;
(5)由分析知,“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg(OH)2和CaCO3;
(6)根据“沉锂”后形成Li2CO3固体,以及大量生产的价格间题,该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液;该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+,需要从中2提取,应回到“净化“步隳中循环利用;
(7)Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高,因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素,化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2
12LiCoO2+6CO2。
【点睛】
硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下:
a.氧化物的书写顺序:
活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水,不同氧化物间以“•”隔开;b.各元素的化合价保持不变,且满足化合价代数和为零,各元素原子个数比符合原来的组成;c.当计量数配置出现分数时应化为整数。
9.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。
10.硅及其化合物在自然界广泛存在并被人类应用。
(1)氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点,故氮化硅膜可用于半导体工业。
可以用NH3和SiH4(硅烷)在一定条件下反应制得3SiH4+4NH3
Si3N4+12H2
以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下:
反应原理:
4NH4Cl+Mg2Si
4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2(ΔH<0)
①NH4Cl中的化学键类型有________,SiH4的电子式为______________。
②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是____________________________。
③氨气是重要的工业原料,写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式:
___________________________________________________,实验室可利用如图所示装置完成该反应。
在实验过程中,除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外,还可观察到有白烟生成,白烟的主要成分是________。
(2)三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)难溶于水,在医药上可作抗酸剂。
它除了可以中和胃液中多余酸之外,生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面,保护其不再受刺激。
三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为________________________________。
将0.184g三硅酸镁加入到50mL0.1mol/L盐酸中,充分反应后,滤去沉淀,用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸,消耗NaOH溶液30mL,则Mg2Si3O8·nH2O中的n值为________。
(注:
Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol)
【答案】极性键(或共价键)、离子键
吸收热量,保证反应在常温下进行(答“制冷”或“降温”均可)4NH3+5O2
4NO+6H2ONH4NO3(或硝酸铵)Mg2Si3O8·nH2O+4HCl=3H2SiO3+2MgCl2+(n-1)H2O6
【解析】
【分析】
(1)①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键,铵根离子内部存在共价键,根据电子式的书写方法来回答;
②根据液氨的性质:
易液化来回答;
③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水,一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮,二氧化到可以和水反应得到硝酸,硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵;
(2)根据书写化学方程式的步骤:
写配注等,正确书写方程式即可,根据化学方程式进行计算。
【详解】
(1)①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键,铵根离子内部存在共价键,极性键(或共价键)、离子键,硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合,电子式为:
;
②液氨的性质:
易液化,上述生产硅烷的过程中液氨的作用是:
吸收热量,保证反应在常温下进行,故答案为:
吸收热量,保证反应在常温下进行(答“制冷”或“降温”均可);
③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水,即4NH3+5O2
4NO+6H2O,在实验过程中,除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外,还可观察到有白烟生成,因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮,二氧化到可以和水反应得到硝酸,硝酸可以和氨气反应生成NH4NO3(或硝酸铵);
(2)三硅酸镁中和胃酸(HCl)的化学方程式为:
Mg2Si3O8·nH2O+4HCl=3H2SiO3+2MgCl2+(n-1)H2O,根据化学方程式,设0.184gMg2Si3O8·nH2O的物质的量是x,得:
=
,解得x=0.0005mol,所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是(260+18n)g/mol=368g/mol,Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol,所以18n=108,即n=6。
11.高锰酸钾是中学化学常用的试剂。
主要用于防腐、化工、制药等。
实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下:
(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择哪一种仪器________________
a.普通玻璃坩埚b.石英坩埚c.陶瓷坩埚d.铁坩埚
(2)第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式:
_________
(3)操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在____________(填性质)上的差异,采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。
趁热过滤的原因是_______________
(4)反应b是电解法制备KMnO4,其装置如图所示,a作____________极(填“阳”或“阴”),中间的离子交换膜是_____(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
阳极的电极反应式为____________
(5)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。
其消毒原理与下列物质相同的________(填标号)。
a.双氧水b.84消液(NaClO溶液)c.75%酒精
【答案】d3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O溶解性避免温度下降,造成主产品的纯度降低阳阳MnO42--e-=MnO4-ab
【解析】
【分析】
根据流程:
二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融:
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O,加水溶解分离出去KCl得到K2MnO4溶液;
途径1:
向K2MnO4溶液通入二氧化碳得到KMnO4、MnO2、K2CO3:
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2↓,过滤除去滤渣(MnO2),滤液为KMnO4、K2CO3溶液,浓缩结晶,趁热过滤得到KMnO4晶体,滤液中含有K2CO3,
途径2:
电解K2MnO4溶液,2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2KOH+H2↑,a为阳极,电极反应为:
MnO42--e-=MnO4-,据此分析作答。
【详解】
(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚,因为普通玻璃坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚中含有二氧化硅,能与KOH反应,故答案为d;
(2)第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成K2MnO4的化学方程式为:
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O;
(3)采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4,说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大,操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在溶解性上的差异,采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4,趁热过滤的原因是避
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