高考化学无机非金属材料推断题综合练习题及答案解析Word文档下载推荐.docx
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【答案】A
①硅元素在自然界以化合态存在,主要是硅酸盐和二氧化硅,是构成一些岩石和矿物的基本元素,①正确;
②水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料,主要是硅酸盐产品,制备原料都要用到含硅元素的物质,②正确;
③光导纤维的成分是二氧化硅,高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池,③错误;
④玻璃是混合物不是氧化物,主要成分是硅酸钠、硅酸钙、石英的混合物,成分可用氧化物的形式表示为:
Na2O•CaO•6SiO2,④错误;
⑤粗硅制备单晶硅的反应是:
Si+2Cl2
SiCl4、SiCl4+2H2
Si+4HCl,在这个过程中涉及到的反应为氧化还原反应,⑤错误;
⑥硅酸盐改写成氧化物形式时,活泼的金属氧化物写在前面,再写SiO2,含有氢元素的H2O最后写,所以硅酸铜钡用氧化物形式表示:
BaO•CuO•2SiO2,⑥正确。
①②⑥正确,答案选A。
3.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.高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
C.HCl通可溶性碳酸盐溶液中放出气体,通可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
D.CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
【答案】D
A.CO2溶于水形成碳酸,SiO2难溶于水它们都是酸性氧化物,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.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B错误;
C.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强,盐酸易挥发,可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀,可能为盐酸与硅酸盐的反应,则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱,故C错误;
D.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D正确;
答案选D。
4.医用外科口罩的结构示意图如下图所示,其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯,具有阻隔部分病毒和细菌的作用。
下列关于医用外科口罩的说法不正确的是
A.防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用
B.熔喷聚丙烯属于合成高分子材料
C.熔喷聚丙烯材料难溶于水
D.用完后应投入有
标志的垃圾箱
A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确;
B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得,属于合成高分子材料,B项正确;
C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得,属于烃类无亲水基,难溶于水,C项正确;
D.口罩用完后属于有害物质,所以用完后应不能投入有
标志的垃圾箱,D项错误;
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·
2SiO2B.易溶解于强酸和强碱
C.性质稳定.不易脱色D.x=6
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
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
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.A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同。
阴离子
Cl-、SiO32-、OH-、NO3-
阳离子
H+、Ag+、Na+、K+
已知:
A溶液呈强酸性,且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀,B的焰色反应呈黄色。
回答下列问题:
(1)写出A、B、C、D的化学式:
A______,B_____,C____,D____。
(2)写出A溶液与B溶液反应的离子方程式:
__________。
(3)请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号:
溶液
A
C
D
试剂瓶序号
___
【答案】HClNa2SiO3AgNO3KOHSiO32-+2H+=H2SiO3↓①③②
A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同,A溶液呈强酸性,则A为盐酸或硝酸,B的焰色反应呈黄色,则B中含有Na元素,A能和B反应生成白色沉淀,则B为Na2SiO3;
盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀,所以C为AgNO3,则A为HCl,根据四种化合物中阴阳离子各不相同,则D为KOH。
(1)根据以上分析知,四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH;
(2)A是HCl、B是硅酸钠,二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠,离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓;
(3)A是HCl、C为AgNO3、D为KOH,KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠,不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放;
硝酸银见光易分解,应该放置在棕色试剂瓶中;
盐酸不分解,且和玻璃中成分不反应,所以放置在一般试剂瓶中即可,所以A、C、D选取试剂瓶序号为①③②。
【点睛】
含有钠元素的物质焰色反应为黄色,含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色,钙元素的焰色反应为砖红色;
玻璃中含有二氧化硅,能与碱性溶液发生反应,所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。
8.A、B、C、D、E五种物质之间的相互转换关系如图所示。
A为单质,可用于制造计算机芯片,E为无色有毒气体。
(1)B在物质分类上属于___(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。
(2)反应①的化学方程式为___。
(3)反应②的化学方程式为___。
(4)在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式为___。
【答案】酸性氧化物SiO2+2C
Si+2CO↑SiO2+CaO
CaSiO3SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓
A为单质,可用于制造计算机芯片,则A为Si,E为无色有毒气体,结合转化关系可知,B为SiO2,SiO2与碳反应生成Si、CO,所以E为CO;
SiO2与CaO反应生成C为CaSiO3;
SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和水。
据此解答。
(1)B为SiO2,能与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故答案为:
酸性氧化物;
(2)反应①是SiO2与C反应生成Si、CO,其化学反应方程式为:
SiO2+2C
Si+2CO↑,故答案为:
Si+2CO↑;
(3)反应②是SiO2与CaO反应生成CaSiO3,其化学反应方程式为:
SiO2+CaO
CaSiO3,故答案为:
CaSiO3;
(4)D为Na2SiO3,其溶液中通入过量CO2,其化学反应方程式为:
Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓,其离子方程式为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓,故答案为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓。
9.在下列物质的转化关系中,A是一种固体物质,E是一种白色沉淀,据此填写下列空白:
(1)B的化学式是________,B在固态时属于________晶体,1mol含有的共价键数目是______NA。
(2)E的化学式是_________。
(3)B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
(4)A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
A是一种固体单质,与氧气反应得到B为氧化物,E是一种白色沉淀且不溶于盐酸,E加热分解得到B,所以E为H2SiO3,结合转化关系,可知A为Si,B为SiO2,a为强碱溶液,如NaOH溶液,G为Na2SiO3,D为H2O,F为H2。
(1)由上述分析可知,B是SiO2,SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构,在固态时属于原子晶体,每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键,1mol含有的共价键数目是4NA。
SiO2;
原子;
4;
(2)由上述分析可知,E为H2SiO3,故答案为:
H2SiO3;
(3)二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水,反应的离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(4)Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气,反应方程式为:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑,
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
本题考查无机物推断,B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物性质。
10.某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子,将其配成100mL溶液。
学生研究性学习小组为了确认其成分,设计并完成了如图所示实验:
请回答下列问题:
(1)配制100mL溶液需要使用容量瓶,该仪器使用前必须进行的一步操是______________;
在“定容”操作中,当液面接近容量瓶刻度线1~2cm处,改用__________________,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(2)若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是_____________________
A.称量时砝码已经生锈;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作;
C.定容时俯视;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水。
(3)根据以上实验可得出:
一定存在的离子是_________________,,一定不存在的离子是___________________。
(4)加入稀盐酸,所发生的离子反应方程式为________________。
【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切A、CCO32-、SiO32-SO42-、Al3+、Ba2+CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
SiO32-+2H+=H2SiO3↓
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B,气体A为CO2,则原溶液中一定含有CO32-,结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+;
生成的沉淀B为硅酸,则一定存在SiO32-;
向滤液C中加入氯化钡溶液,无明显现象,说明溶液中不存在SO42-,据此结合溶液配制的方法解答;
第
(2)题根据
进行分析;
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水;
当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处,改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
检查是否漏水;
改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切;
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大,继而导致浓度偏大,故A正确;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小,浓度偏小,故B错误;
C.定容时俯视会导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大,故C正确;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小,浓度偏小,故D错误;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水对浓度没有影响,故E错误,
AC;
(3)根据分析可知一定存在的离子为:
CO32-、SiO32-;
一定不存在的离子为:
SO42-、Al3+、Ba2+,故答案为:
SO42-、Al3+、Ba2+;
(4)根据分析可知,加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应,故答案为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
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
(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。
(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-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(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,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(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,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
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-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
3。
12.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件和部分副产物未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素在周期表中同一列,A、F所含元素在周期表中同一横行,则反应①的化学方程式是_______________________。
(2)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是_____________________;
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,反应③的化学方程式是________________。
(4)若A、D为单质,且A原子核内所含质子数是D的2倍,B是参与大气循环的一种物质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,反应④的化学方程式是_________。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-4NH3+5O2
4NO+6H2OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
(1)若A、D、F都是非金属单质,反应①是置换反应,A、D同主族,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此只能是SiO2与C反应,则A是C、B是SiO2、C是CO、D是Si,E是CO2、F是O2。
反应①的方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑。
(2)若A是常见的金属单质,反应①是置换反应,D、F是气态单质,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此A只能为Fe,D为H2,F为Cl2,B为HCl,C为FeCl2,E为FeCl3。
反应②的方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,所以A是氨气,B是氯气,C是氮气,D是氯化氢,F是氧气,E是NO,反应③的化学方程式是4NH3+5O2
4NO+6H2O。
(4)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,B是参与大气循环的一种物质,反应①是置换反应,根据框图可知,A为Mg,D为C,B为CO2,C为MgO,又知③和④两个反应中都有红棕色气体生成,F为HNO3。
反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
【点晴】
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