1、化学化学无机非金属材料的专项培优 易错 难题练习题含答案含答案【化学】化学无机非金属材料的专项培优 易错 难题练习题(含答案)含答案一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）1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ASiO2 BFe2O3、SiO2CSiO2、Al2O3 DFe2O3【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
2、确。2X、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( )AA BB CC DD【答案】C【解析】【分析】【详解】AX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；BX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；CX为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生
3、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；DX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。3下列说法中正确的是A水玻璃和石英的主要成分都是SiO2BSi、SiO2和SiO32-等均可与NaOH 溶液反应C二氧化硅属于酸性氧化物，不溶于任何酸D高岭石Al2(Si2
4、O5)(OH)4可表示为Al2O32SiO22H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A水玻璃的主要成分是硅酸钠，石英的主要成分是SiO2，故A错误；BSi、SiO2均可与NaOH溶液反应，但SiO32-不能与NaOH溶液反应，故B错误； C二氧化硅属于酸性氧化物，二氧化硅能溶于氢氟酸，故C错误；D用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：较活泼金属的氧化物较不活泼金属的氧化物二氧化硅水，则高岭石Al2(Si2O5)(OH)4可表示为Al2O32SiO22H2O，故D正确；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
5、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青石棉中含有石英晶体B青石棉是一种易燃品且易溶于水C青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O5FeO8SiO2H2OD1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L 3mol/L HNO3溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A青石棉属于硅酸盐材料，没有石英晶体，故A错误；B青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故B错误；C根据题给信息可知，青石棉中铁元素的化合价有+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组
6、成用氧化物的形式可表示为：Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O，故C错误；D6L 3mol/L HNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，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，又1molNa2Fe5Si8O22（OH）2中3mol含亚铁离子，所以根据得失电子守恒氧化亚铁离子生成铁离子消耗1molHNO3，又青石棉中的Na、Fe原子最终都转换产物为NaNO3、Fe（NO3）3，根据原子守恒，又要消耗HNO3的物质的量为2+53=17mol，所以1mol该物质一共能和1+17=18molHNO3反应，故D正确；答案选D。5下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象
7、的是（ ）向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的H2SO4向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2向石灰水中通入过量CO2向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸A B C D【答案】D【解析】【分析】【详解】中发生的反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大，且反应中中消耗H2O，所以有沉淀析出且不溶解，符合；向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4首先发生胶体的聚沉，出现Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应而溶解，不符合；硝酸钡溶液中通入二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，酸性溶液中硝酸根离子具有
8、强氧化性，能氧化亚硫酸为硫酸，溶液中生成硫酸钡沉淀，现象是只生成沉淀，符合；向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，反应现象是先沉淀后溶解，不符合；向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸，发生反应Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，只生成白色沉淀，符合；答案选D。【点睛】本题考查常见物质的的化学反应与现象。向溶液中加入某物质，先出现沉淀后沉淀溶解的总结如下：（1）向澄清石灰水中通入CO2(SO2)至过量。（2）向Fe(OH)3胶体中加入硫酸至过量（3）向可溶性铝盐中加入NaOH溶液至过量（4）向偏铝酸盐中加入盐酸至过量6青花瓷冲所描述的“瓶身描述的牡
9、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BaOCuO2SiO2 B易溶解于强酸和强碱C性质稳定.不易脱色 Dx=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BaOCuO2SiO2，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
10、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。7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.
11、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。8赏心悦目的雕花玻璃通常是用某种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，则这种物质是（ ）A盐酸 B氢氟酸 C烧碱 D纯碱【答案】B【解析】【详解】A、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A；B、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故选B；C、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C；D、纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，
12、故不选D。9下列说法不正确的是A氧化镁熔点很高，可作为优质的耐高温材料B有色玻璃就是某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成C溴化银可用于感光材料，也可用于人工降雨D分子筛可用于物质分离，还能作干燥剂和催化剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A氧化镁是离子化合物，离子键很强，所以氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故A正确；B某些金属氧化物呈现特殊的颜色，分散于玻璃中即可制得有色玻璃，故B正确；C溴化银不稳定，见光易分解，可用于制感光胶卷，碘化银可用于人工降雨，故C错误；D分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故D正确
13、；故答案：C。10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
14、排放，故D正确，但不符合题意；故选：C。11硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为_，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）绿帘石的组成为，将其改写成氧化物的形式为_.（3）分子的中心原子的价层电子对数为_，分子的立体构型为_；四卤化硅的熔、沸点如下，分析其变化规律及原因_。熔点/K182.8202.7278.5393.6沸点/K177.4330.1408460.6（4）可与乙二胺（，简写为en）发生如下反应：。的中心离子的配位数为_；中的配位原子为_。（5）在硅酸盐中，四面体（图a）通过共用顶角氧离
15、子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为_，化学式为_。 O Si 图a图b【答案】 哑铃 4CaOFe2O32Al2O36SiO2H2O 4 正四面体形 熔、沸点依次升高，原因是分子结构相似，相对分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强 6 O和N sp3 或Si2O52- 【解析】【分析】(1)基态Fe原子价层电子为其3d、4s能级上电子；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p；(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4) (Si2O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式时应结合元素的化合价，依次写出金属氧化物、非金属氧化物、最后是水，并注意
16、原子的最简单整数比不变；(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个键，具有甲烷的结构特点；由表中数据可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关；(4)配离子为Fe(H2O)62+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，Fe(H2O)4(en)2+中配体为H2O和en，根据孤对电子确定配位原子；(5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图中为一种无限长层状结构的多硅酸根，图中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为。【详解】(1)基态Fe原子的核外价电子排布式为Ar3d64S2，基态Fe原子价层电子为其3
17、d、4s能级上电子，则基态Fe原子的核外价电子排布图为；基态Si原子电子占据的能级有1s、2s、2p，最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形；(2)绿帘石的组成为Ca2FeAl2(SiO4) (Si2O7)O(OH)，将其改写成氧化物的形式为4CaOFe2O32Al2O36SiO2H2O；(3)SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个键，价层电子对数为4，具有正四面体结构；四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高；(4)配离子为Fe(H2O)62+，中心离子为Fe3+，配体为H2O，则配位数为6；中配体为H2O和en，其中O和N原子均能提供孤对电子
18、，则配位原子为O和N； (5)硅酸盐中的硅酸根(SiO44-)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为，SiO44-四面体结构单元含有1个硅、氧原子数目=1+3=2.5，Si、O原子数目之比为1:2.5=2:5，故化学式或Si2O52-。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水(xMOnSiO2mH2O)注意：氧化物之间以“”隔开；系数配置出现的分数应化为整数如：正长石KAlSi3O8不能改写成 K2OAl
19、2O33SiO2，应改写成K2OAl2O36SiO2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，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后。12A、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）反应的化学方程式为：_。（3）反应的离子方程式为：_。（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明： _。【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3（或H4SiO4） SiO22CSi
20、2CO Si2OHH2O= SiO32-2H2 SiO32-CO2H2O=H2SiO3HCO32-或SiO32-CO2H2O=H2SiO3CO32-（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）反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（3）反应的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2；（4）
21、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13以粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2，还有少量的Fe2O3)为原料制取Al2O3的流程如下：（1）操作的名称是_。（2）用H2SO4“酸浸”时的离子方程式为_(任写一个)。（3）简述如何检验酸浸后溶液中是否有Fe3+_。（4）“煅烧”时的化学方程式为_。（5）沉淀A与氢氟酸反应的化学方程式为_。【答案】过滤 Fe2O36H=2Fe33H2O(或Al2O36H=Al33H2O任写一个) 取适量
22、该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+ 2Al(OH)3Al2O33H2O SiO2+4HF=SiF4+2H2O 【解析】【分析】粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2, 还有少量的Fe2O3）和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O，Fe2O3+3H2SO4Fe 2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2； 根据Fe3+遇KSCN溶液变红色检验溶液中是否有Fe3+；Al(OH)3加热分解为Al2O3和水；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水。【详解】（1）操作实现了固体SiO2和溶液的分离，操作的名称是过滤。（2）用H2
23、SO4“酸浸”时Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，反应的离子方程式分别为Al2O36H=Al33H2O、Fe2O36H=2Fe33H2O。（3）Fe3+遇KSCN溶液变红色，检验溶液中是否有Fe3+的方法是：取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+。（4）“煅烧”时Al(OH)3分解为Al2O3和水，化学方程式为2Al(OH)3Al2O33H2O。（5）沉淀A是SiO2，SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和水，化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O。【点睛】本题考查了物质的制备流程，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，注意离子检验操作方法
24、的准确表达。14以下是工业上制取纯硅的一种方法。请回答下列问题(各元素用相应的元素符号表示)：（1）在上述生产过程中，属于置换反应的有_(填反应代号)；（2）写出反应的化学方程式_；（3）化合物W的用途很广，通常可用作建筑工业和造纸工业的黏合剂，可作肥皂的填充剂，是天然水的软化剂。将石英砂和纯碱按一定比例混合加热至1 3731 623 K反应，生成化合物W，其化学方程式是_；（4）A、B、C三种气体在“节能减排”中作为减排目标的一种气体是_(填化学式)；分别通入W溶液中能得到白色沉淀的气体是_(填化学式)；（5）工业上合成氨的原料H2的制法是先把焦炭与水蒸气反应生成水煤气，再提纯水煤气得到纯净
25、的H2，提纯水煤气得到纯净的H2的化学方程式为_。【答案】 SiHCl3H2Si3HCl SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2 CO2 CO2和HCl COH2OCO2H2、CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O 【解析】【分析】石英砂和焦炭发生反应生成粗硅和CO：2C+SiO2Si+2CO，是置换反应；得到的粗硅和HCl发生反应：Si+3HClSiHCl3+H2，也是置换反应；纯净的SiHCl3再和H2发生反应：SiHCl3H2Si3HCl，还是置换反应，气体C是HCl。气体A是CO，和水蒸气发生反应：COH2OCO2H2，不是置换反应，气体B是CO2。【详解】（1）在上述生产过程中，属
26、于置换反应的有；（2）反应的化学方程式为SiHCl3H2Si3HCl ；（3）硅酸钠通常可用作建筑工业和造纸工业的黏合剂，可作肥皂的填充剂，所以W是硅酸钠。石英砂和纯碱反应生成硅酸钠的化学方程式是SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2；（4）气体A是CO，气体B是CO2，气体C是HCl。节能减排就是节约能源、降低能源消耗、减少污染物排放。加强节能减排工作，也是应对全球气候变化的迫切需要，所以要减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放。碳酸的酸性比硅酸强，所以二氧化碳通入硅酸钠溶液中能生成硅酸白色沉淀:CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3。盐酸是强酸，HCl通入硅酸钠溶
27、液中也可以生成硅酸白色沉淀:2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3。所以通入硅酸钠溶液中生成白色沉淀的气体是CO2和HCl。故答案为：CO2；CO2和HCl；（5）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2，CO和H2难以分离，所以CO继续和水蒸气反应生成CO2和H2，然后用碱液吸收CO2得到纯净的H2。故答案为：COH2OCO2H2、CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O。15用图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱:H2SO4 H2CO3 H2SiO3仪器B的名称_,A中试剂_，
28、B中试剂_C中发生反应的化学方程式:_(2)利用如图装置实验,证明二氧化硫气体具有漂白性。已知:Na2SO3 + H2SO4=Na2SO4 +SO2+H2O。 在装置A中加入 70%的硫酸溶液,B中加入Na2SO3粉末，C中应加入_溶液(填“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞,一段时间后观察到C中现象是_，反应完全后,将C试管加热一 段时间发生的现象是_如果仅用如图装置进行此实验,可能造成环境污染,此污染属于_(选填“白色污染”或“酸雨污染),因此应该在C装置后加一个盛有_溶液的洗气瓶。将二氧化硫气体通入FeCl3溶液中反应一.段时间后,滴加KSCN溶液,溶液未变红色,请写出所发生反应的离子
29、方程式:_【答案】圆底烧瓶 稀硫酸 碳酸钠粉末 CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3+Na2CO3 品红 红色溶液褪色 红色恢复 酸雨污染 NaOH SO2+2Fe3+2H2O=Fe2+SO42-+4H+ 【解析】【分析】(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性：:H2SO4 H2CO3 ；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3 H2SiO3；(2)装置A中加入 70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，二者反应生成SO2，SO2可以使品红溶液褪色，所以装置C中盛放品红溶液可以检验SO2；二氧化硫会对空气造成污染，需要处理，其可与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收。【详解】(1)根据仪器B的结构特点可知其为圆底烧瓶；根据分析可知A中应
