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1、最新高考化学知识点易错题汇总课时分层训练13硅无机非金属材料鲁科版课时分层训练(十三)硅无机非金属材料(建议用时：45分钟)A级基础达标1有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列有关硅的说法中，不正确的是()A高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片B硅可由二氧化硅还原制得C低温时，硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应D自然界中硅的储量丰富，自然界中存在大量的单质硅D硅为亲氧元素，在自然界中只有化合态。2(2018广州模拟)下列叙述中正确的是 ()A因为Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强B碳和硅都是A族

2、的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似C二氧化硅既溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物D二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不能和水反应生成硅酸DA项的反应之所以能够发生，是因为生成的产物中有气体放出，平衡正向移动，促使反应能够顺利进行，故不能通过此反应判断H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，A错误；CO2和SiO2的物理性质差异较大，B错误；SiO2与氢氟酸的反应不属于酸性氧化物与一般酸的反应，在此反应中SiO2并没有表现出碱性氧化物的性质，C错误。3下列关于硅酸及其盐的说法正确的是()A硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B反应Na

3、2SiO3H2OCO2=Na2CO3H2SiO3，反应Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，两反应是相互矛盾的，不可能都能发生C硅酸可以用SiO2与H2O反应制备D将CO2通入水玻璃中有白色沉淀生成DA项，Na2SiO3溶液本身能黏结玻璃；B项，不矛盾，二者的反应条件和环境不同；C项，SiO2与H2O不反应。4(2018银川模拟)科学家最新研制的利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程如图所示：容器中进行的反应为Si(粗)3HCl(g)=SiHCl3(l)H2(g)；容器中进行的反应为SiHCl3H2=Si(纯)3HCl。下列说法正确的是 ()A该工艺流程的优点是部分反应物可循环使用B最好用分

4、液的方法分离Si和SiHCl3C反应和中HCl均作氧化剂D反应和属于可逆反应AB项，Si为固体，SiHCl3为液体，不能用分液法分离；C项，反应HCl作氧化剂，反应HCl为氧化产物；D项，反应和的条件不可能相同。5下列除杂方法正确的是()ASiO2中含Al2O3杂质，可以加入足量NaOH溶液然后过滤除去BCO2中含有CO杂质，可以通入盛有CuO的玻璃管且加热CCO2中含有HCl杂质，可以通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶DNa2CO3溶液中含有Na2SiO3杂质，可以通入足量的CO2，然后过滤BA项，SiO2、Al2O3均与NaOH溶液反应；C项，Na2CO3溶液吸收CO2；D项，引入NaHCO

5、3杂质。6下列说法中正确的是()A单质氧化物酸或碱盐，硅单质可以按上述关系进行转化B若a、b、c分别为Si、SiO2、H2SiO3，则可以通过一步反应实现如图所示的转化关系：C二氧化碳和二氧化硅都可溶解在NaOH溶液中D青花瓷胎体的原料为高岭土Al2Si2O5(OH)4，若以氧化物形式可表示为Al2O3SiO2H2OCA项，Si与O2反应生成SiO2，SiO2不与H2O反应，“氧化物酸或碱”不能实现，错误；B项，bc，ca均不能通过一步反应实现，错误；C项，二氧化碳和二氧化硅都属于酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应生成盐和水，正确；D项，硅酸盐可以用盐的形式或氧化物的形式表示，Al2Si2O5

6、(OH)4可表示为Al2O32SiO22H2O，错误。7有一含有杂质铁的粗硅，取等质量的样品分别投入过量的稀盐酸和过量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的氢气，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是()A物质的量之比为11B物质的量之比为12C质量比为41D质量比为21C该粗硅样品与稀盐酸的反应实质是铁与稀盐酸反应：Fe2HCl=FeCl2H2；该粗硅样品与碱的反应实质是硅与碱反应：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。因放出等量的氢气，则铁与硅的物质的量之比为21，质量比为41。8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

7、学式是_，目前在现代通讯方面B已被用作_主要原料。(2)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_。【解析】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，Si与NaOH溶液反应的离子方程式为Si2OHH2O=SiO2H2，SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO22OH=SiOH2O。【答案】(1)SiO2光导纤维(2)SiO22OH=SiOH2O(3)Si2OHH2O=SiO2H2(4

8、)SiO2H=H2SiO3B级能力提升9(2018鄂豫晋冀陕五省联考)某实验小组设计了如图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COPdCl2H2O=CO22HClPd(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。 【导学号：95160075】(1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_。(2)装置B的作用是_(3)装置C、D中所盛试剂分别为_、_，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，则该反应的化学方程式为_。(4)该装置的缺点是_。(5)资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18 g SiO2和

9、8.4 g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体13.44 L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为_。(6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_。【解析】(1)用N2排除装置中的空气防止焦炭与O2反应。(2)A装置高温加热时，后面的溶液易倒吸进入A装置中，中间加B装置的作用是作安全瓶，防倒吸。(3)C、D是检验CO2和CO，防止CO的干扰，应先检验CO2，再检验CO。(4)CO为大气污染物，应加一尾气吸收装置。(5)n(SiO2)0.3 mol，n(C)0.7 mol，n(CO)0.6 mol，故n(SiC)0.1 mol，n(Si)0.3 mol0.

10、1 mol0.2 mol。(6)根据“强酸制弱酸的原理”设计实验。【答案】(1)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)作安全瓶，防止倒吸(3)澄清石灰水PdCl2溶液3SiO24C2CO22CO3Si(4)缺少尾气吸收装置(5)21(6)向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性大于硅酸蛇纹石由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。下列叙述不正确的是()A沉淀X的成分是SiO2B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可

11、得到红色颜料Fe2O3C在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到的沉淀的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2D溶液Y中的阳离子主要是Mg2、Al3、Fe3、HB向蛇纹石试样中加入过量的盐酸，其中的MgO、Al2O3、Fe2O3溶解形成含Mg2、Al3、Fe3和H的溶液Y，而SiO2不溶解形成沉淀X，溶液Y中加入过量NaOH溶液，将得到Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，A、C、D正确；将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液，其中的Al2O3和SiO2溶解形成Al(OH)4和SiO，而MgO和Fe2O3不溶解，形成沉淀，B错误。课时分层训练(十四)铝及其化合物(建议用时：45分钟)A级基础

12、达标1下列叙述中错误的是()AAl与稀HNO3反应可生成H2BAl、Al2O3、Al(OH)3都可溶于NaOH溶液和盐酸中C向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加过量NaHSO4溶液，沉淀消失D能用同一个离子方程式表示氨水滴入Al2(SO4)3溶液和Al2(SO4)3溶液滴入浓氨水的反应A稀HNO3具有强氧化性，与Al反应生成的不是H2。2(2018青岛模拟)下列说法不正确的是()A铝箔插入稀硝酸中，无现象，说明铝箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜B.如右图所示，中为AlCl3溶液，中为浓氨水，中有白色沉淀生成CAl2O3NaAl(OH)4(aq)Al(OH)3DAlCl3溶液中滴

13、加NaOH溶液后铝的存在形式：A铝与稀HNO3发生反应有NO生成，不能形成氧化膜，A不正确；浓氨水挥发出的NH3被AlCl3溶液吸收生成白色沉淀Al(OH)3，B正确；Al2O3为两性氧化物与NaOH反应生成NaAl(OH)4，NaAl(OH)4溶液遇CO2生成Al(OH)3，C正确；当n(NaOH)n(AlCl3)3时，恰好生成Al(OH)3，当n(NaOH)n(AlCl3)4时，恰好生成NaAl(OH)4，D正确。3某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。下列说法正确的是() 【导学号：95160080】ANaOH溶液可以用氨

14、水来代替B溶液a中含有Al3、K、Cl、Na、OHC溶液b中只含有NaClD向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pHDA项用氨水将会使Al3、Mg2均沉淀下来，达不到分离的目的；B项溶液a中，Al3已转化为Al(OH)4；C项b中含有KCl、NaCl、HCl等物质；D项若不控制pH，沉淀aAl(OH)3将不能分离出来。4(2015山东高考)某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是()AAlCl3 BNa2OCFeCl2 DSiO2AA.铝和氯气反应生成氯化铝，氯化铝和碳酸氢钡反应的离子方程式为Al33HCO=Al(OH)33C

15、O2。B.氧化钠加入碳酸氢钡溶液中只产生碳酸钡沉淀，没有气体产生。C.铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。D.二氧化硅和碳酸氢钡溶液不反应。5.(2014安徽高考)室温下，在0.2 molL1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 molL1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是()Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为：Al33OH Al(OH)3Bab段，溶液pH增大，Al3浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解CA.Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3水解使溶液显酸性，

16、水解离子方程式为：Al33H2O Al(OH)33H，A错误。B.ab段，加入NaOH消耗H，使Al33H2O Al(OH)33H反应正向进行，Al3的浓度减小，B错误。C.bc段，pH变化不明显，说明OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，C正确。D.cd过程中，pH变化较大，说明发生了反应：Al(OH)3NaOH=NaAl(OH)4，所以c点以后Al(OH)3开始溶解，D错误。6把X溶液逐滴滴入Y溶液中，与把Y溶液逐滴滴入X溶液中，反应现象不同的是 ()选项ABCDXNaHCO3NaAl(OH)4NaHCO3MgCl2YCa(OH)2HClHClNaOHBA、C、D三项中，无论前者滴入到后者中

17、，还是后者滴入到前者中，反应现象均相同；B项，若将NaAl(OH)4溶液滴入盐酸中，开始盐酸过量，没有沉淀生成，随着NaAl(OH)4溶液的增多，会产生白色沉淀Al(OH)3，若将盐酸滴入NaAl(OH)4溶液中，开始盐酸少量，会立即产生白色沉淀Al(OH)3，随着加入盐酸的过量，最后白色沉淀逐渐溶解，反应现象不同，符合题意。7甲和乙两烧杯中各盛有100 mL 0.2 molL1 AlCl3溶液，向两烧杯中分别加入相同体积、相同浓度的NaOH溶液和氨水，两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是() 【导学号：95160081】A实验过程中甲中和乙中的现象始终保持一致B甲中沉淀一定比乙中的少C甲中

18、沉淀可能比乙中的多D乙中沉淀可能比甲中的多DAl(OH)3能溶于NaOH溶液，而不溶于氨水，NaOH溶液和氨水均为一元碱的水溶液，根据加入的碱溶液的量进行分析，可能出现以下几种情况：若加入的碱溶液均不足量或均恰好完全反应生成Al(OH)3，则甲、乙中的现象一致，生成沉淀的量相等；若加入的碱溶液均过量，过量的NaOH会使生成的Al(OH)3沉淀部分溶解或完全溶解，而加入氨水的烧杯中生成的Al(OH)3不会溶解。综上分析，只有D项符合题意。8利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl的一种工艺如下：(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在9

19、0 水解生成A的化学方程式为_。“水解”采用90 而不在室温下进行的原因是_。(2)“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_。(3)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_。(4)“废渣”成分为_(填化学式)。(5)采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是_。【解析】铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等加入水发生反应，AlN和水反应生成氢氧化铝和氨气，加入盐酸酸溶后，生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液，加入漂白剂氧化亚铁离子为铁离子，加入纯碱调节溶液pH使铁离子全部沉淀，采用喷雾干燥制备铝鞣剂。(1)气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的是氨气，铝灰中的AlN和水发生水解反应生成氢氧化铝沉

20、淀和氨气，反应的化学方程式为AlN3H2OAl(OH)3NH3，加热可以促进氮化铝水解生成氨气，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出。(2)氧化铝是两性氧化物，酸溶时和盐酸发生反应生成氯化铝溶液，其反应的离子方程式为Al2O36H=2Al33H2O。(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根离子在酸溶液中的强氧化性氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe22HClO=2Fe3ClH2O。(4)上述分析可知“废渣”成分为氢氧化铁沉淀，化学式为Fe(OH)3。(5)铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl，在加热蒸发时会发生水解，为防止水解利用喷雾干燥，减少铝鞣剂水解。【答案】(1)AlN3H2OA

21、l(OH)3NH3加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出(2)Al2O36H=2Al33H2O(3)2Fe22HClO=2Fe3 ClH2O(4)Fe(OH)3(5)防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3B级专项突破9下列各组物质，不能按abc(“”表示反应一步完成)关系转化的是()选项abcAAl2O3NaAl(OH)4Al(OH)3BAlCl3Al(OH)3NaAl(OH)4CAlAl(OH)3Al2O3DMgCl2Mg(OH)2MgOCA、B、D三项中的转化关系分别为：、，C项中Al不能经一步反应转化为Al(OH)3。10向甲溶液中缓慢滴加乙溶液，反应生成

22、沉淀的质量如图所示，其中符合图像的一组是 ()选项甲乙AAlCl3、Mg(NO3)2、HNO3NaOHBNa2CO3、NH4HCO3、Na2SO4Ba(OH)2CNH4NO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3、HClNaOHDNaAl(OH)4、氨水、NaOHH2SO4CA项，向甲溶液中缓慢滴加NaOH溶液时，图像中间一段沉淀质量不变的反应不存在，与图像变化不符；B项，向甲溶液中缓慢滴加Ba(OH)2溶液时，不存在沉淀部分溶解的反应，与图像变化不符；C项，在甲溶液中加入NaOH溶液时，NaOH先与盐酸反应，没有沉淀生成；随后Al3、Fe3开始沉淀，当两种离子沉淀完全后，OH和NH反应，此时沉

23、淀质量不变，最后OH与Al(OH)3反应，沉淀部分溶解与图像变化相符；D项，向甲溶液中加硫酸时，最终沉淀会全部溶解，与图像变化不符。11向等物质的量浓度的NaAl(OH)4、Na2SiO3、Na2CO3、NaOH混合溶液中逐滴加入1 molL1的盐酸，生成沉淀的物质的量与加入盐酸的体积关系如图所示。下列有关说法不正确的是()A在Oa段加入的盐酸与NaOH发生中和反应Bbc段反应的离子方程式为HCO=HCOC在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是OH、SiO、CO、HCO、Al(OH)4、Al(OH)3D在ef段，盐酸与Al(OH)3反应生成AlCl3，使沉淀部分溶解 CHCl溶液应先

24、与OH反应，A项正确；由图像中耗用HCl溶液的体积可知，在bc段HCl与CO反应转化为HCO，B项正确；从消耗HCl溶液的体积可推知，在滴加盐酸的全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是：OH、SiO、CO、Al(OH)4、HCO、Al(OH)3，C项错误；在ef段发生反应的离子方程式为Al(OH)33H=Al33H2O，而H2SiO3不溶于HCl溶液，D项正确。 12(2018黄冈高三检测)某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子CO、SiO、Al(OH)4、Cl阳离子Al3、Fe3、Mg2、NH、Na现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V

25、)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，则Oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_，ab段发生反应的离子是_，bc段发生反应的离子方程式为_。(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是_，其物质的量之比为_，ab段反应的离子方程式为_。【解析】溶液为无色，说明溶液X中不含Fe3；若Y为盐酸，由图像的特点判断溶液X中一定含有Al(OH)4、SiO、CO，其中Oa段发生的离子反应为Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，SiO2H=H2SiO3，故转化为沉淀的离子为SiO、Al(OH)4；ab段发生的离子反应为COH=HCO，HCOH=H2OCO2，但仅有CO来源于X溶液；bc段发生的离子反应