化学化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案解析.docx
《化学化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案解析.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
化学化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案解析
【化学】化学无机非金属材料的专项培优练习题含答案解析
一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）
1．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示
某些条件和部分产物已略去
。
下列说法正确的是
A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应
C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性
D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲
丙
戊
【答案】D
【解析】
【详解】
A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出
，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；
B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；
C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和
或
和
等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；
D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲
丙
戊，故D正确；
故答案为D。
2．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。
现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。
下列叙述正确的是
A．沉淀X的成分是SiO2
B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3
C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe（OH）3
D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+
【答案】A
【解析】
【分析】
金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。
【详解】
A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；
B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；
C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；
D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；
答案选A。
3．下列说法中正确的是
A．水玻璃和石英的主要成分都是SiO2
B．Si、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（Si2O5）（OH）4]可表示为Al2O3·2SiO2·2H2O
【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；
B．Si、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Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确；
答案选D。
4．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。
5．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。
6．化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是（）
A．石英是制造光导纤维的原料，也是常用的半导体材料
B．刚玉
硬度仅次于金刚石，可做机械轴承，属于无机非金属材料
C．泰国银饰和土耳其彩瓷，其主要成分均为金属材料
D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．石英的主要成分是二氧化硅，是制造光导纤维的原料，硅单质是常用的半导体材料，故A错误；
B．无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。
是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，刚玉
是金属氧化物，硬度仅次于金刚石，利用其硬度大的特点，可做机械轴承，属于无机非金属材料，故B正确；
C．泰国银饰主要成分是银单质，属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；
D．手机外壳上贴的碳纤维外膜为碳单质，属于无机物，不是有机高分子化合物，故D错误；
答案选B。
7．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．青石棉是一种易燃品且易溶于水
B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：
Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
C．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液
D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故A错误；
B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：
活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：
Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O，故B正确；
C．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，1mol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，根据转移电子守恒可知，产物为2molNaNO3、5molFe（NO3）3（有3mol的+2价铁氧化）、1molNO等，因此1mol该物质能和（2+5×3+1）mol=18molHNO3反应，故C正确；
D．5.5L2mol/LHF溶液中HF的物质的量为11mol，HF与二氧化硅反应的方程式为：
SiO2+4HF=SiF4+2H2O，由此可知HF的量不足，故D错误；
故答案为：
BC。
8．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/K
182.8
202.7
278.5
393.6
沸点/K
177.4
330.1
408
460.6
（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4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O4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6O和Nsp3
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σ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）6]2+，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[Ar]3d64S2，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，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4CaO•Fe2O3•2Al2O3•6SiO2•H2O；
（3）SiCl4分子的中心原子为Si，形成4个σ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）6]2+，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（xMO•nSiO2•mH2O）．注意：
①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：
正长石KAlSi3O8不能改写成K2O•Al2O3•3SiO2，应改写成K2O•Al2O3•6SiO2．③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。
9．已知：
甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。
其中甲是天然气的主要成分。
回答下列问题：
（1）丁物质的名称：
______，丙物质的化学式：
_________________________________________。
（2）检验化合物乙的化学方程式：
___________________________________________________。
（3）试剂X可能的化学式：
________、________（要求：
所选物质类别不同）。
（4）通过分析表明：
燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。
（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。
【答案】水COCO2＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出
【解析】
【分析】
甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。
【详解】
（1）根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：
水；CO；
（2）检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：
CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；
（3）由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：
O2；CuO；
（4）通过分析表明:
燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：
充足的氧气；
（5）取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：
红色溶液变成紫色，有气泡冒出。
10．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是_________；由X制备Mg2Z的化学方程式为_________。
（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_________，Y分子的电子式为_________。
（3）Z、X中共价键的类型分别是_________。
【答案】氢氟酸SiO2+Mg
O2↑+Mg2SiMg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4
非极性键、极性键
【解析】
【详解】
单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气。
（1）能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸；由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为：
SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si。
（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为：
Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑，Y为SiH4，电子式为
。
（3）Z为Si，周期表中位于第三周期IVA族，其单质属于原子晶体，化学键类型为非极性共价键；X为SiO2，属于原子晶体，含有的化学键属于极性共价键。
11．请按要求完成下列各题：
（1）硫单质与浓硫酸在加热条件下反应的化学方程式__________________
（2）在水玻璃中通入过量二氧化碳，其总反应的离子方程式为_________________________________
（3）将一小块钠投入到盛
溶液的烧杯中，剧烈反应，放出气体并生成蓝色沉淀，其总反应的离子方程式为_________________________________
（4）石灰乳与苦卤中的Mg2+反应的离子方程式____________________________________
（5）成分为盐酸的洁厕灵与“84”消毒液混合使用，易中毒，其中反应的离子方程式为________________
（6）铁粉与水蒸气反应的化学方程式是____________________________________
【答案】S+2H2SO4
3SO2↑+2H2OSiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2↓+Ca2+Cl-+ClO-+2H+═Cl2↑+H2O3Fe+4H2O（g）
Fe3O4+4H2
【解析】
【分析】
（1）硫单质与浓硫酸在加热条件下生成SO2和水；
（2）在Na2SiO3溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和NaHCO3；
（3）钠与硫酸铜溶液的反应实质为：
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，据此写出反应的离子方程式；
（4）石灰乳与苦卤中的Mg2+反应生成Mg（OH）2和Ca2+；
（5）酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气和水；
（6）铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。
【详解】
（1）硫单质与浓硫酸在加热条件下生成SO2和水，发生反应的化学方程式为S+2H2SO4
3SO2↑+2H2O；
（2）在Na2SiO3溶液中通入过量二氧化碳，生成硅酸沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为SiO32-+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO3-；
（3）钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：
2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+；
（4）石灰乳与苦卤中的Mg2+反应生成Mg（OH）2和Ca2+，反应的离子方程式为Ca（OH）2+Mg2+=Mg（OH）2↓+Ca2+；
（5）酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气和水，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+═Cl2↑+H2O；
（6）铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式是3Fe+4H2O（g）
Fe3O4+4H2。
12．红矾钠（重铬酸钠：
Na2Cr2O7·2H2O）是重要的基础化工原料。
铬常见价态有+3、+6价。
铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4（含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下：
①中主要反应：
4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2
8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
①中副反应：
Al2O3+Na2CO3
2NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑
请回答下列问题：
（1）FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁，写出它的氧化物形式________________。
步骤“①”的反应器材质应选用__________（填“瓷质”、“铁质”或“石英质”）。
（2）“②”中滤渣1的成分是__________，“③”中调pH值是_______（填“调高”或“调低”），“④”中滤渣2的成分是___________。
（3）“⑤”酸化的目的是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出平衡转化的离子方程式：
______。
（4）上图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，则操作I是______，操作II是______（填序号）。
①蒸发浓缩，趁热过滤②降温结晶，过滤
（5）已知某铬铁矿含铬元素34%，进行步骤①~④中损失2%，步骤⑤~⑦中产率为92%，则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_______吨（保留2位小数）。
【答案】FeO·Cr2O3铁质Fe2O3、MgO调低H2SiO3、Al（OH）32CrO42－+2H+
Cr2O72－+H2O②①0.88
【解析】
【分析】
氧化煅烧中MgO不反应，FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3．浸取时MgO、Fe2O3不溶，滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠，调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去。
硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-．由图乙可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤。
【详解】
（1）FeCr2O4中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1：
2，所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeO•Cr2O3；“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅，高温下与碳酸钠反应，故选择“铁质”仪器；
（2）步骤①中有氧化铁生成，氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐，氧化镁不反应，据此判断步骤②中滤渣1的成分；氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，将pH值调低，可生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去；步骤“③”调节pH值，生成H2SiO3、Al（OH）3沉淀过滤除去，故“④”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al（OH）3沉淀；
（3）酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-，则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；
（4）操作Ⅰ是分离出硫酸钠，操作Ⅱ获得红矾钠，由图2可知，硫酸钠的溶解度受温度影响比较大，应采取降温结晶、过滤；红矾钠溶解度受温度影响变化不大，应采取蒸发结晶、过滤；
（5）令生成红矾钠x吨，则：
2Cr～～～～～Na2Cr2O7•2H2O
104 298
1吨×34%×（1-2%）×92% x吨
所以：
104：
298=1吨×34%×（1-2%）×92%：
x吨，解得x=0.88。
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Ⅰ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Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O（或Al2O3＋6H＋=Al3＋＋3H2O任写一个）取适量该溶液于试管中，加入KSCN，若变红则有Fe3+2Al（OH）3
Al2O3＋3H2OSiO2+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+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ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
升级会员 