高考化学 无机非金属材料推断题综合试题含答案文档格式.docx
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⑥NaOH能与二氧化硅发生反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
⑦Na2CO3水解呈碱性，与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，所以Na2CO3不能盛放在玻璃瓶中，符合题意；
故答案为：
A。
4．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Fe
FeCl2
Fe（OH）2B．H2SiO3
SiO2
SiCl4
C．浓盐酸
Cl2
漂白粉D．NH3
NO
HNO3
A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；
B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C正确；
D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；
故选C。
5．以下有关物质用途的叙述正确的是（）
A．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火
B．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质
D．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理
【答案】B
A．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不正确；
B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B正确；
C．氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；
D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确；
故选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．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。
7．《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
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。
8．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300mm、重达81kg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
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。
9．下列说法正确的是（）
A．Ⅰ图中：
如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B．Ⅱ图中：
湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C．Ⅲ图中：
生成蓝色的烟
D．Ⅳ图中：
用该装置可以验证酸性：
盐酸>
碳酸>
硅酸。
A．利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl2，A项错误；
B．氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；
若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收，B项正确；
C．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C项错误；
D．利用盐酸与石灰石反应可制备CO2，所以可证明盐酸酸性强于碳酸；
由于盐酸具有挥发性，制备出的CO2中会含有HCl杂质，HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；
若不对制备出的CO2进行除杂，其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，D项错误；
答案选B。
10．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。
11．下列除去杂质的方法正确的是（）
物质
杂质
试剂
主要操作
A
Cl2（g）
HCl（g）
饱和食盐水、浓硫酸
洗气
B
Fe2O3
氢氧化钠溶液
过滤
C
FeCl3
Cu
D
氢氧化铁胶体
氯化铁
A．AB．BC．CD．D
A．Cl2难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，然后用浓硫酸干燥，可以除去氯气中的HCl，A正确；
B．SiO2能和氢氧化钠溶液反应，Fe2O3与NaOH不反应，不能用来除去SiO2中的Fe2O3，B错误；
C．FeCl3和Cu发生反应：
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，除去了Fe3+，又引入了Cu2+，C错误；
D．氢氧化铁胶粒和氯化铁溶液都能通过滤纸，应该用渗析的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化铁溶液，D错误；
答案选A。
【点睛】
除杂质时要注意不能除去了原有杂质，又引入新杂质。
12．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
（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。
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。
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。
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。
；
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。
KO2；
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。
13．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SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2ONa2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓Na2CO3＋SiO2
Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋SiO2
CaSiO3＋CO2↑
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=32×
1.375=44，应是CO2，所以A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。
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×
1.375＝44，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SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；
（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Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓；
（4）由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3＋SiO2
CaSiO3＋CO2↑。
14．硅及其化合物在自然界广泛存在并被人类应用。
（1）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业。
可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应制得3SiH4＋4NH3
Si3N4＋12H2
以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：
反应原理：
4NH4Cl＋Mg2Si
4NH3↑＋SiH4↑＋2MgCl2（ΔH<
0）
①NH4Cl中的化学键类型有________，SiH4的电子式为______________。
②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是____________________________。
③氨气是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式：
___________________________________________________，实验室可利用如图所示装置完成该反应。
在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是________。
（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8·
nH2O）难溶于水，在医药上可作抗酸剂。
它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激。
三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为________________________________。
将0.184g三硅酸镁加入到50mL0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8·
nH2O中的n值为________。
（注：
Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）
【答案】极性键（或共价键）、离子键
吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）4NH3＋5O2
4NO＋6H2ONH4NO3（或硝酸铵）Mg2Si3O8·
nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋（n－1）H2O6
（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；
②根据液氨的性质：
易液化来回答；
③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；
（2）根据书写化学方程式的步骤：
写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算。
（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：
②液氨的性质：
易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：
吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：
吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；
③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3＋5O2
4NO＋6H2O，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成NH4NO3（或硝酸铵）；
（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：
Mg2Si3O8·
nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋（n－1）H2O，根据化学方程式，设0.184gMg2Si3O8·
nH2O的物质的量是x，得：
=
，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是（260+18n）g/mol=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6。
15．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
（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。
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