高考化学 无机非金属材料 培优练习含答案含答案解析.docx
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高考化学无机非金属材料培优练习含答案含答案解析
高考化学无机非金属材料培优练习(含答案)含答案解析
一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)
1.X、Y、Z是三种常见的单质,甲、乙是两种常见的化合物。
下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是()
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.X为H2,Z为Cl2,氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl;Y为Si,硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4;氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙(HCl)与单质Y(Si),故A正确;
B.X为Mg,Z为O2,镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO;Y为C,碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2;镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C),故B正确;
C.X为Zn,Z为Cl2,锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2;Y为Fe,铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3;锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe),二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2,然后锌再与FeCl2反应置换出铁,故C错误;
D.X为O2,Z为H2,氧气与氢气可以一步反应生成化合物乙H2O;Y为N2,氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3;O2与NH3可以一步反应生成化合物乙(H2O)与单质Y(N2),故D正确;
故答案为C。
2.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。
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.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.《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。
6.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。
7.下列实验现象与氧化还原反应有关的是()
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.氨水中滴加石蕊试液显蓝色,是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故,没有发生氧化还原反应,故A错误;
B.NO2通入水中,气体由红棕色逐渐转变为无色,是由于反应生成NO和硝酸,N元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,故B正确;
C.向Fe2(SO4)3溶液中滴加NaOH溶液,生成红褐色沉淀,发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀,不是氧化还原反应,故C错误;
D.向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸,有透明的凝胶形成,发生的是复分解反应生成硅酸,不是氧化还原反应,故D错误;
故选B。
8.下列说法中正确的是
A.由Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑可知,酸性H2SiO3>H2CO3
B.氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C.向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀,过量时沉淀溶解
D.瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.强酸制弱酸都是在溶液中进行的反应,而SiO2与Na2CO3是高温下的反应,生成CO2气体逸出,有利于反应的进行,与最高价含氧酸的酸性无关,A项错误;
B.氢氟酸与玻璃中的成分反应,氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的塑料试剂瓶中,B项错误;
C.向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀硅酸,硅酸与盐酸不反应,过量时沉淀不溶解,C项错误;
D.瓷坩埚、氧化铝坩埚都和NaOH反应,故均不可作为融化NaOH固体的装置,D项正确;
答案选D。
9.有科学家提出硅是“21世纪的能源”,下列关于硅及其化合物的说法正确的是()
A.SiO2是一种酸性氧化物,所以不和任何酸反应
B.高温下,工业制粗硅的反应方程式为2C+SiO2
Si+2CO
C.硅酸盐广泛用于光纤通讯
D.水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应,生成四氟化硅和水,故A错误;
B.高温下,工业制粗硅是用碳还原二氧化硅,反应方程式为2C+SiO2
Si+2CO,故B正确;
C.二氧化硅是光导纤维的主要成分,故C错误;
D.水晶饰物的主要成分为二氧化硅,故D错误;
故选B。
10.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↑。
11.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。
若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答:
(1)写出对应物质的化学式:
A__________;C_________;E_________。
(2)反应①的化学方程式为:
_____________________________________。
(3)反应④的离子方程式为:
_____________________________________。
(4)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:
_________________________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2+2C
Si+2CO↑Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+HCO32-
或SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-(写成H4SiO4同样给分)
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气,则R为Si元素,由转化关系可知D为Si,A为SiO2,B为CaSiO3,C为Na2SiO3,E为H2SiO3,
(1)由以上分析可知A为SiO2,C为Na2SiO3,故答案为SiO2;Na2SiO3;
(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑;
(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性,可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳,如生成硅酸沉淀,可说明,反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。
考点:
以硅为载体考查了无机物的推断
12.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2O3•4SiO2•4H2O;
(2)S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,反应中硫元素化合价0价降低为-2价,氮元素化合价+5价降低为0价,反应中做氧化剂的是S、KNO3,电子守恒计算,碳元素化合价0价升高为+4价,电子守恒分析电子转移总数12e-,其中硫得到电子2e-,氮元素得到电子10e-,电子转移总数12e-时,被硫氧化的碳0.5mol,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有
mol=
mol;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水,分解的化学方程式:
2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。
13.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免温度下降,造成主产品纯度降低;
(4)反应b是电解法制备KMnO4,a为阳极,K2MnO4生成KMnO4,发生反应:
MnO42--e-=MnO4-,阴极为b,由氢离子放电,得到KOH,故离子交换膜为阳离子交换膜,交换钾离子;
(5)KMnO4稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂,双氧水、84消液(NaClO溶液)具有氧化性,能消毒,故答案为:
ab。
14.某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。
已知:
PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。
(1)实验时要先通入足够长时间的N2,其原因是_________。
(2)装置B的作用是__________。
(3)装置C、D所盛试剂分别为______、______,若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的总化学方程式为_________。
(4)该装置的缺点是_________。
【答案】用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰作安全瓶,防止倒吸澄清石灰水PdCl2溶液3SiO2+4C
2CO2↑十2CO↑+3Si没有尾气处理装置将CO吸收
【解析】
(1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行,而高温下碳与空气中氧气反应,所以实验时要将装置中的空气排尽,所以实验时要通入足够长时间的N2,故答案为:
要用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰;
(2)根据装置图可知,B装置可以作安全瓶,防止倒吸,故答案为:
作安全瓶,防止倒吸;
(3)根据元素守恒,碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳,所以C装置用来检验有没有二氧化碳,D装置用来检验一氧化碳,所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液;若装置C、D中溶液均变浑浊,说明既有二氧化碳又有一氧化碳,检测两气体产物的物质的量相等,根据元素守恒可知化学方程式为3SiO2+4C
2CO2+2CO+3Si,故答案为:
澄清石灰水;PdCl2溶液;3SiO2+4C
2CO2+2CO+3Si;
(4)一氧化碳有毒,不能排放到空气中,而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收,故答案为:
没有尾气吸收装置将CO吸收。
15.为确认
、
、
的酸性强弱,某学生设计了如下图所示的实验装置,一次实验即可达到目的(不必选其他酸性物质)请据此回答:
(1)锥形瓶中装某可溶性正盐溶液,分液漏斗所盛试剂应为________。
(2)装置B所盛的试剂是_____________,其作用是__________________。
(3)装置C所盛试剂是________________,C中反应的离子方程式是____________。
(4)由此得到的结论是酸性:
________>________>________。
【答案】盐酸饱和
溶液吸收
气体
溶液
↓
(或
)
【解析】
【分析】
要确认
、
、
的酸性强弱,设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3,所以A中反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑,C中反应为Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。
由于盐酸易挥发,会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应,所以在反应前,应除去CO2中混有的HCl气体。
(1)锥形瓶中装某可溶性正盐溶液,分液漏斗所盛试剂应为酸。
(2)装置B所盛的试剂,应能除去CO2中混有的HCl气体。
(3)装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O
==H2SiO3↓+2NaHCO3。
(4)由此可得出酸性的强弱关系。
【详解】
要确认
、
、
的酸性强弱,设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3,
由于盐酸易挥发,会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应,所以在CO2通入硅酸钠溶液前,应除去CO2中混有的HCl气体。
(1)锥形瓶中装某可溶性正盐(通常为Na2CO3)溶液,分液漏斗所盛试剂应为盐酸。
答案为:
盐酸;
(2)装置B所盛的试剂为饱和NaHCO3溶液,其作用是除去CO2中混有的HCl气体。
答案为:
饱和
溶液;吸收
气体;
(3)装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O
==H2SiO3↓+2NaHCO3。
装置C所盛试剂是
溶液,C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O==H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-。
(4)由此得到的结论是酸性:
HCl>H2CO3>H2SiO3。
答案为:
HCl;H2CO3;H2SiO3。
【点睛】
硅酸溶胶的制备:
向盛有适量1mol/L稀盐酸的试管里,逐滴加入适量的饱和硅酸钠溶液,用力振荡,即得到无色透明的硅酸溶胶。
硅酸凝胶的制备:
向盛有少量饱和硅酸钠溶液的试管里,逐滴加入几滴浓盐酸,振荡、静置,即得到
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