1、天津高考化学无机非金属材料推断题综合题汇编天津高考化学无机非金属材料推断题综合题汇编一、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正确。2下列说法中不正确的是（ ）A硝酸银溶液保存
2、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
3、答案为：B。3晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300 mm、重达81 kg的大直径硅单晶， 晶体硅大量用于电子产业。下列叙述正确的是（ ）A形成晶体硅的速率越快越好B晶体硅有固定的熔沸点，研碎后就变成了非晶体C可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃D晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关【答案】C【解析】【分析】【详解】A晶体的形成都要有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越快越好，速率太快可能导致晶体质量下降，故A错误；B晶体硅有固定的熔点，研碎后仍为原子晶体，故B错误；C晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微
4、观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，所以区别晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行x-射线衍射实验，故C正确；D晶体硅的形成与晶体的自范性有关，形成的晶体有各向异性，故D错误；故答案为C。4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（ ）ASiO2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+SiO2Si+2COC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+
5、SiO2Si+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。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。（）甲同学在 a、b、c 三只烧杯里分别加入 50 mL 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。甲同学设计实验的目的是_反应最剧烈的烧杯是_（填字母）；写出 b 烧杯里发生反应的离子方程式_（）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：（
6、已知酸性强弱:亚硫酸碳酸）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_。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_；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； c 2Na+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
7、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】（）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；金属性：KNaLi，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；b 烧杯里发生反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na+2OH+ H2；（）（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）
8、后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。（3）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；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；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
9、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）。
10、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）：_；_。你选择的供氧剂是：_，原因是：_。【答案】B 1N2O4 + 2N2H4 = 3N2 + 4H2O 21 产物无污染 2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2 4KO2+ 2CO2 = 2K2CO3 + 3O2 KO2 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
11、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)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。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
12、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21。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；21；产物无污染；(3)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 + 2
13、CO2 = 2Na2CO3 + O2；4KO2+ 2CO2 = 2K2CO3 + 3O2。答案为：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；4KO2+ 2CO2 = 2K2CO3 + 3O2。；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
14、：（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
15、 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
16、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3d、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
17、，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，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
18、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 K2OAl2O33SiO2，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
19、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。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)在反应中，3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol 氮化硅粉末和8 mol A气体，则氮化硅的化
20、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】SiO22NaOH=Na2SiO3H2O SiCl43H2O=4HClH2SiO3 Si3N4 3SiCl42N26H2Si3N412HCl 【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
21、性硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO22NaOHNa2SiO3H2O；（2）石英砂到粗硅，硅元素化合价降低，属于氧化还原反应；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；四氯化硅精馏属于物理变化；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；Si(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；（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SiCl43H2O4HClH2SiO3；（4）3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol 氮化硅粉末和8 mol A气体，结合原子守恒判断A是氨气，即3S
22、i(NH2)4Si3N4+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3SiCl42N26H2Si3N412HCl。9有A、B、C三种不溶于水的固体。A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀D。此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸。将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C，C在高温时软化，无固定熔
23、点。（1）根据以上事实，形成单质A的元素名称为_， C的名称为_。（2）B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是_。（3）生成白色胶状沉淀D的化学方程式是_。（4）由B制取C的化学方程式是_。【答案】碳 普通玻璃 SiO22NaOH=Na2SiO3H2O Na2SiO32HCl=2NaClH2SiO3 Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2、CaCO3SiO2CaSiO3CO2 【解析】【分析】A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体，则该气体的相对分子质量=321.375=44，应是CO2，所以A
24、为碳，B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀，此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸，则该酸应为硅酸，将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C，C在高温时软化，无固定熔点，该反应为工业制普通玻璃的反应，所以B为SiO2，C为普通玻璃，据此答题。【详解】A燃烧后生成的气体的相对分子质量为321.37544，且能使澄清石灰水变浑浊，该气体是二氧化碳，则A为碳元素的一种单质。B物质能与氢氧化钠反应，且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸，则B为二氧化硅。二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点，可推知C为普通玻
25、璃；(1)根据以上事实，形成单质A的元素名称为碳， C的名称为普通玻璃；(2)B为SiO2，其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO22NaOH=Na2SiO3H2O；(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl，生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO32HCl=2NaClH2SiO3；(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2、CaCO3SiO2CaSiO3CO2。10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
26、）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 SiO22OH=SiO32-H2O Si2OHH2O=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H
27、2O，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SiO22OH=SiO32-H2O；（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si2OHH2O=SiO32-2H2；（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-2H=H2SiO3。11A元素的一种单质是重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。(1)易与C发生化学反应的酸是_，反应的化学方程式是_ 。(2)将C与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D，同时还生成B的最高
28、价氧化物E；将E与D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。写出生成D和F的化学反应方程式：_、_。要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是_。A普通玻璃坩埚 B石英玻璃坩埚 C瓷坩埚 D铁坩埚【答案】氢氟酸 SiO24HF=SiF42H2O SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2 Na2SiO3CO2H2O=Na2CO3H2SiO3 ABC 【解析】【分析】“A元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A为Si，通过“光导纤维”可推测C为SiO2，SiO2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si元素的化合物为Na2 SiO3。SiO2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na2 SiO3和CO
29、2，故B为C，E为CO2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故F为H2SiO3。【详解】（1）SiO2易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸； ；（2）根据分析可知答案为： ； ；A项普通玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故A项错误；B项石英玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故B项错误；C项瓷坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故C项错误；D项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D项正确；故答案为：ABC。【点睛】半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。12完成下列各题。（1）制备陶瓷是以粘土主要成分Al2Si2O5(OH)4为原料，经高温烧
