深圳高考化学提高题专题复习无机非金属材料练习题.docx
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深圳高考化学提高题专题复习无机非金属材料练习题
深圳高考化学提高题专题复习无机非金属材料练习题
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.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。
2.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。
3.对于足球烯C60的认识错误的是()
A.是分子晶体B.含有非极性共价键
C.存在同素异形体D.结构稳定,难以发生化学反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.C60之间的相互作用力是范德华力,属于分子晶体,A正确;
B.足球烯中既有双键又有单键,化学键是共价键,且是非极性共价键,B正确;
C.金刚石、石墨、足球烯都是碳的同素异形体,所以足球烯存在同素异形体,C正确;
D.足球烯是属分子晶体,在常温下,碳碳之间键能大,也比较稳定,但其易发生加成反应,D错误;
答案选D。
4.青石棉(cricidolite)是世界卫生组织确认的一种致癌物质,是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一,青石棉的化学式为:
Na2Fe5Si8O22(OH)2,青石棉用稀硝酸溶液处理时,还原产物只有NO,下列说法正确的是()
A.青石棉是一种易燃品且易溶于水
B.青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
D.1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用,至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A.青石棉属于硅酸盐材料,不易燃,也不溶于水,故A错误;
B.硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为:
活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水,所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:
Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O,故B正确;
C.6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol,1mol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,根据转移电子守恒可知,产物为2molNaNO3、5molFe(NO3)3(有3mol的+2价铁氧化)、1molNO等,因此1mol该物质能和(2+5×3+1)mol=18molHNO3反应,故C正确;
D.5.5L2mol/LHF溶液中HF的物质的量为11mol,HF与二氧化硅反应的方程式为:
SiO2+4HF=SiF4+2H2O,由此可知HF的量不足,故D错误;
故答案为:
BC。
5.某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。
(Ⅰ)甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水,再分别滴加几滴酚酞溶液,依次加入大小相近的锂、钠、钾块,观察现象。
①甲同学设计实验的目的是______
②反应最剧烈的烧杯是______(填字母);
③写出b烧杯里发生反应的离子方程式______
(Ⅱ)乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱,根据要求完成下列各小题
(1)实验装置:
(2)实验步骤:
连接仪器、______、加药品后,打开a、然后滴入浓硫酸,加热。
(3)问题探究:
(已知酸性强弱:
亚硫酸>碳酸)
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是______,装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是______。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______;
③试管D中发生反应的离子方程式是______。
【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱;c2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑检查装置气密性Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀;SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯
【解析】
【分析】
乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。
先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体,通入D试管与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳,混合气体通入试管E,除去混有的二氧化硫,剩余的二氧化碳通入试管F与硅酸钠溶液反应,会出现白色沉淀。
该实验需要改良的地方尾气处理装置,以及防干扰装置(防止空气中的二氧化碳进入装置F,干扰实验结构,可以加一个球星干燥管,内盛放碱石灰)。
【详解】
(Ⅰ)①由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得,甲同学设计的实验目的是:
验证锂、钠、钾的金属性强弱;
②金属性:
K>Na>Li,金属性越强,单质与水反应越剧烈,故反应最剧烈的烧杯是c;’
③b烧杯里发生反应的离子方程式:
2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑;
(Ⅱ)
(2)实验步骤:
有气体参与反应,先连接仪器、检查装置气密性、加药品(先加固体,后加液体)后,打开a、然后滴入浓硫酸,加热。
(3)①铜与浓硫酸反应的化学方程式是:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑;根据分析,高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2;
②非金属性越强,最高价氧化物的水化物酸性越强,若碳酸可以制得硅酸,则可以证明碳酸强于硅酸,从而可以证明二者非金属性的强弱,故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是:
盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀;
③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2,反应的离子方程式:
SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯。
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.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)。
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.A、B、C均为中学化学常见的纯净物,它们之间存在如下转化关系:
其中①②③均为有单质参与的反应。
(1)若A是常见的金属,①③中均有同一种黄绿色气体参与反应,B溶液遇KSCN显血红色,且②为化合反应,写出反应②的离子方程式_________________________。
(2)如何检验上述C溶液中的阳离子?
______________________。
(3)若B是太阳能电池用的光伏材料,①②③为工业制备B的反应。
C的化学式是____________,属于置换反应____________,(填序号)写出反应①的化学方程式____________________。
【答案】Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)由转化关系可知A为变价金属,则A应为Fe,B为氯化铁,C为氯化亚铁,②为Fe与氯化铁的反应;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,以此解答该题。
【详解】
(1)A是常见的金属,①③中均有同一种气态非金属单质参与反应,且②为化合反应,则该非金属气体为Cl2,B为氯化铁,则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(2)由分析知C为氯化亚铁,检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,则反应①的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑,其中属于置换反应的有①③。
10.下图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。
其中B是一种单质,其余物质也都是含有B元素的化合物。
C是一种钠盐,E是C对应的酸,B的结构类似金刚石,D为氧化物。
请回答下列问题:
(1)A、D、E的化学式分别为________、________、________。
(2)A和B的互相转化在工业上有什么实际意义?
_____________________。
(3)写出D→C反应的化学方程式:
_____________________。
(4)写出E→D反应的化学方程式:
_____________________。
【答案】SiCl4SiO2H2SiO3粗硅提纯SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OH2SiO3
SiO2+H2O
【解析】
【分析】
B是一种单质,其余物质都是含有B元素的化合物,B的结构类似金刚石,则B属于原子晶体,结合转化关系可以知道B为Si元素,而D为B的氧化物,则D是SiO2,A为SiCl4,C是一种钠盐,则C是Na2SiO3,E是C对应的酸,则E是H2SiO3,结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
【详解】
B是一种单质,其余物质都是含有B元素的化合物,B的结构类似金刚石,则B属于原子晶体,结合转化关系可以知道B为Si元素,而D为B的氧化物,则D是SiO2,A为SiCl4,C是一种钠盐,则C是Na2SiO3,E是C对应的酸,则E是H2SiO3,
(1)由以上分析可以知道A为SiCl4,D为SiO2,E为H2SiO3;
因此,本题正确答案是:
SiCl4,SiO2,H2SiO3。
(2)四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢,硅与氯气反应生成四氯化硅,因此A和B的互变实际意义是粗硅提纯;
因此,本题正确答案是:
粗硅提纯;
(3)二氧化硅和NaOH溶液反应生成硅酸钠,方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
因此,本题正确答案是:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(4)H2SiO3不稳定,加热分解可生成SiO2,方程式为H2SiO3
SiO2+H2O;
因此,本题正确答案是:
H2SiO3
SiO2+H2O。
【点睛】
硅能够与氧气反应生成二氧化硅,硅酸加热分解产生二氧化硅;二氧化硅不溶于水,也不与水反应,不能用二氧化硅与水直接反应制备硅酸,因此要制备硅酸,可以先把二氧化硅溶于强碱溶液中,然后加入强酸,可以得到白色胶状沉淀硅酸。
11.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-+2H
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