歷年高考化學易錯題匯編-無機非金屬材料練習題及詳細答案一、無機非金屬材料練習題（含詳細答案解析）1．X、Y、Z是三種常見的單質(zhì)，甲、乙是兩種常見的化合物。下表各組物質(zhì)之間通過一步反應不能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是()A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．X為H2，Z為Cl2，氫氣與氯氣可以一步反應生成化合物乙HCl；Y為Si，硅與氯氣可以一步反應生成化合物甲SiCl4；氫氣與SiCl4可以一步反應生成化合物乙(HCl)與單質(zhì)Y(Si)，故A正確；B．X為Mg，Z為O2，鎂與氧氣可以一步反應生成化合物乙MgO；Y為C，碳與氧氣可以一步反應生成化合物甲CO2；鎂與二氧化碳可以一步反應生成化合物乙(MgO)與單質(zhì)Y(C)，故B正確；C．X為Zn，Z為Cl2，鋅與氯氣可以一步反應生成化合物乙ZnCl2；Y為Fe，鐵與氯氣可以一步反應生成化合物甲FeCl3；鋅與氯化鐵不能一步反應生成化合物乙(ZnCl2)與單質(zhì)Y(Fe)，二者反應首先生成ZnCl2和FeCl2，然后鋅再與FeCl2反應置換出鐵，故C錯誤；D．X為O2，Z為H2，氧氣與氫氣可以一步反應生成化合物乙H2O；Y為N2，氮氣與氫氣可以一步反應生成化合物甲NH3；O2與NH3可以一步反應生成化合物乙(H2O)與單質(zhì)Y(N2)，故D正確；故答案為C。2．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一種或幾種物質(zhì)組成．某校興趣小組以兩條途徑分別對X進行如下實驗探究．下列有關說法不正確的是（）A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2B．無法判斷混合物中是否含有Na2OC．1.92g固體成分為CuD．15.6g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】B【解析】途徑a：15.6gX和過量鹽酸反應生成藍色溶液，所以是銅離子的顏色，但是金屬Cu和鹽酸不反應，所以一定含有氧化鐵，和鹽酸反應生成的三價鐵離子可以和金屬銅反應，二氧化硅可以和氫氧化鈉反應，4.92g固體和氫氧化鈉反應后，固體質(zhì)量減少了3.0g，所以該固體為二氧化硅，質(zhì)量為3.0g，涉及的反應有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu與NaOH不反應，1.92g固體只含Cu；結(jié)合途徑b可知15.6gX和足量水反應，固體質(zhì)量變?yōu)?.4g，固體質(zhì)量減少15.6g﹣6.4g=9.2g，固體中一定還有氧化鈉，其質(zhì)量為9.2g，A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正確；B.15.6gX和足量水反應，固體質(zhì)量變?yōu)?.4g，只有氧化鈉與水反應，混合物中一定含有Na2O，故B錯誤；C．Cu與NaOH不反應，1.92g固體只含Cu，故C正確；D．設氧化鐵的物質(zhì)的量是x，金屬銅的物質(zhì)的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，則160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化鐵的質(zhì)量為0.02mol×160g/mol=3.2g，金屬銅的質(zhì)量為0.05mol×64g/mol=3.2g，則原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正確；【點評】本題考查了物質(zhì)的成分推斷及有關化學反應的簡單計算，側(cè)重于學生的分析和計算能力的考查，為高考常見題型，注意掌握檢驗未知物的采用方法，能夠根據(jù)反應現(xiàn)象判斷存在的物質(zhì)，注意合理分析題中數(shù)據(jù)，根據(jù)題中數(shù)據(jù)及反應方程式計算出銅和氧化鐵的質(zhì)量，難度中等．3．青石棉（cricidolite）是世界衛(wèi)生組織確認的一種致癌物質(zhì)，是《鹿特丹公約》中受限制的46種化學品之一，青石棉的化學式為：Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸溶液處理時，還原產(chǎn)物只有NO。下列說法正確的是（）A．青石棉中含有石英晶體B．青石棉是一種易燃品且易溶于水C．青石棉的化學組成用氧化物的形式可表示為：Na2O·5FeO·8SiO2·H2OD．1molNa2Fe5Si8O22(OH)2與足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．青石棉屬于硅酸鹽材料，沒有石英晶體，故A錯誤；B．青石棉屬于硅酸鹽材料，不易燃，也不溶于水，故B錯誤；C．根據(jù)題給信息可知，青石棉中鐵元素的化合價有+2價和+3價兩種，根據(jù)原子守恒和化合價不變的思想，化學組成用氧化物的形式可表示為：Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O，故C錯誤；D．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物質(zhì)的量為18mol，青石棉用稀硝酸溶液處理時，亞鐵離子被氧化為鐵離子，硝酸被還原為一氧化氮，又1molNa2Fe5Si8O22（OH）2中3mol含亞鐵離子，所以根據(jù)得失電子守恒氧化亞鐵離子生成鐵離子消耗1molHNO3，又青石棉中的Na、Fe原子最終都轉(zhuǎn)換產(chǎn)物為NaNO3、Fe（NO3）3，根據(jù)原子守恒，又要消耗HNO3的物質(zhì)的量為2+5×3=17mol，所以1mol該物質(zhì)一共能和1+17=18molHNO3反應，故D正確；答案選D。4．能證明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的實驗事實是（）A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2難溶于水B．高溫下SiO2與碳酸鹽反應生成CO2C．HCl通可溶性碳酸鹽溶液中放出氣體，通可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀D．CO2通入可溶性硅酸鹽中析出硅酸沉淀【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2難溶于水它們都是酸性氧化物，與對應酸的酸性強弱沒有關系，則無法比較酸性，故A錯誤；B．比較強酸制取弱酸時在溶液中進行的反應，則在高溫下固體之間的反應不能得到酸性強弱的結(jié)論，故B錯誤；C．氯化氫通入可溶性碳酸鹽溶液中放出氣體，通入可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀，根據(jù)強酸制弱酸，只能說明鹽酸的酸性比碳酸強，鹽酸易揮發(fā)，可溶性硅酸鹽溶液中生成沉淀，可能為鹽酸與硅酸鹽的反應，則無法確定碳酸與硅酸的酸性的強弱，故C錯誤；D．因往硅酸鹽溶液通入二氧化碳，可以看到溶液變渾濁，是因為生成了難溶的硅酸沉淀，反應方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，反應原理是強酸制弱酸，說明碳酸比硅酸酸性強，故D正確；答案選D。5．化學與生活密切相關，下列有關說法正確的是()A．漂白粉既可做漂白棉麻紙張的漂白劑，又可做游泳池及環(huán)境的消毒劑和凈水劑B．燃放煙花呈現(xiàn)出多種顏色是由于煙花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金屬的單質(zhì)C．合金材料的組成元素一定全部是金屬元素D．純凈的二氧化硅是制備光導纖維的原料【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.漂白粉具有強氧化性，既能殺菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用來漂白棉、麻、紙張，也能用作游泳池及環(huán)境的消毒劑，但不能做凈水劑，A錯誤；B.燃放煙花呈現(xiàn)出多種顏色是由于煙花中添加了一些金屬元素，而不是金屬單質(zhì)，B錯誤；C.合金材料的組成元素不一定全部為金屬元素，可能含有非金屬元素，C錯誤；D.光導纖維的原料為二氧化硅，D正確；答案選D。6．下列說法不正確的是A．氧化鎂熔點很高，可作為優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料B．有色玻璃就是某些膠態(tài)金屬氧化物分散于玻璃中制成C．溴化銀可用于感光材料，也可用于人工降雨D．分子篩可用于物質(zhì)分離，還能作干燥劑和催化劑【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．氧化鎂是離子化合物，離子鍵很強，所以氧化鎂熔點高，可作耐高溫材料，故A正確；B．某些金屬氧化物呈現(xiàn)特殊的顏色，分散于玻璃中即可制得有色玻璃，故B正確；C．溴化銀不穩(wěn)定，見光易分解，可用于制感光膠卷，碘化銀可用于人工降雨，故C錯誤；D．分子篩中有許多籠狀空穴和通道，具有強吸附性，可用于分離、提純氣體或液體混合物，還可作干燥劑、離子交換劑、催化劑及催化劑載體等，故D正確；故答案：C。7．習主席在2020年新年賀詞中強調(diào)“5G商用加速推出，凝結(jié)著新時代奮斗者的心血和汗水，彰顯了不同凡響的中國風采、中國力量”，制造芯片用到高純硅，用SiHCl3與過量H2在1100～1200℃反應制備高純硅的裝置如下圖所示（熱源及夾持裝置略去）。已知：SiHCl3遇水H2O強烈水解，在空氣中易自燃。下列說法錯誤的是（）A．裝置B中的試劑是濃硫酸B．實驗時先打開裝置C中分液漏斗的旋塞C．裝置C中的燒瓶需要加熱，其目的是使滴入燒瓶中的SiHCl3氣化D．裝置D不能采用普通玻璃管的原因是在反應溫度下，普通玻璃管會軟化【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．SiHCl3遇水H2O強烈水解，所以H2應干燥，故裝置B中的試劑是濃硫酸，A正確；B．SiHCl3在空氣中易自燃，實驗前應排盡裝置內(nèi)的空氣，所以應先通H2，后打開裝置C中分液漏斗的旋塞，B錯誤；C．SiHCl3呈液態(tài)，需轉(zhuǎn)化為蒸氣進入石英管中與H2反應，所以裝置C中的燒瓶需要加熱，C正確；D．制高純硅時，溫度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正確；故選B。8．C、Si、S都是自然界中含量豐富的非金屬元素，下列關于其單質(zhì)及化合物的說法中正確的是A．三種元素在自然界中既有游離態(tài)又有化合態(tài)B．二氧化物都屬于酸性氧化物，能與堿反應而不能與任何酸反應C．最低價的氣態(tài)氫化物都具有還原性，易與O2發(fā)生反應D．其最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3【答案】C【解析】【分析】【詳解】A、Si元素是親氧元素，在自然界中無游離態(tài)，A項錯誤；B、SiO2能與HF反應，B項錯誤；C、C、Si、S低價態(tài)氣態(tài)氫化物為CH4、SiH4、H2S，都具有還原性，易與O2發(fā)生反應，C項正確；D、根據(jù)元素性質(zhì)的遞變性，最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，D項錯誤；本題答案選C。9．某研究性學習小組的甲、乙同學分別設計了以下實驗來驗證元素周期律。（Ⅰ）甲同學在a、b、c三只燒杯里分別加入50mL水，再分別滴加幾滴酚酞溶液，依次加入大小相近的鋰、鈉、鉀塊，觀察現(xiàn)象。①甲同學設計實驗的目的是______②反應最劇烈的燒杯是______（填字母）；③寫出b燒杯里發(fā)生反應的離子方程式______（Ⅱ）乙同學設計了下圖裝置來探究碳、硅元素的非金屬性強弱，根據(jù)要求完成下列各小題（1）實驗裝置：（2）實驗步驟：連接儀器、______、加藥品后，打開a、然后滴入濃硫酸，加熱。（3）問題探究：（已知酸性強弱:亞硫酸>碳酸）①銅與濃硫酸反應的化學方程式是______，裝置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是______。②能說明碳元素的非金屬性比硅元素非金屬性強的實驗現(xiàn)象是______；③試管D中發(fā)生反應的離子方程式是______?！敬鸢浮框炞C鋰、鈉、鉀的金屬性強弱；c2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑檢查裝置氣密性Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸鈉溶液的試管出現(xiàn)白色沉淀；SO2+HCO3ˉ=CO2+HSO3ˉ【解析】【分析】乙同學設計實驗探究碳、硅元素的非金屬性強弱。先用濃硫酸和銅在加熱條件下制備二氧化硫氣體，通入D試管與飽和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，混合氣體通入試管E，除去混有的二氧化硫，剩余的二氧化碳通入試管F與硅酸鈉溶液反應，會出現(xiàn)白色沉淀。該實驗需要改良的地方尾氣處理裝置，以及防干擾裝置（防止空氣中的二氧化碳進入裝置F，干擾實驗結(jié)構(gòu)，可以加一個球星干燥管，內(nèi)盛放堿石灰）。【詳解】（Ⅰ）①由某研究性學習小組設計實驗驗證元素周期律可得，甲同學設計的實驗目的是：驗證鋰、鈉、鉀的金屬性強弱；②金屬性：K＞Na＞Li，金屬性越強，單質(zhì)與水反應越劇烈，故反應最劇烈的燒杯是c；’③b燒杯里發(fā)生反應的離子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+H2↑；（Ⅱ）（2）實驗步驟：有氣體參與反應，先連接儀器、檢查裝置氣密性、加藥品（先加固體，后加液體）后，打開a、然后滴入濃硫酸，加熱。（3）①銅與濃硫酸反應的化學方程式是：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+2H2O+SO2↑；根據(jù)分析，高錳酸鉀的作用是除去CO2中混有的SO2；②非金屬性越強，最高價氧化物的水化物酸性越強，若碳酸可以制得硅酸，則可以證明碳酸強于硅酸，從而可以證明二者非金屬性的強弱，故能說明碳元素的非金屬性比硅元素非金屬性強的實驗現(xiàn)象是：盛有硅酸鈉溶液的試管出現(xiàn)白色沉淀；③試管D用SO2與NaHCO3制備CO2，反應的離子方程式：SO2+HCO3ˉ=CO2+HSO3ˉ。10．有一種礦石，經(jīng)測定含有鎂、硅、氧三種元素且它們的質(zhì)量比為12∶7∶16。(1)用鹽的組成表示其化學式：___________。(2)用氧化物的組成表示其化學式：_______。(3)該礦石的成分屬于________(填物質(zhì)的分類)。(4)寫出該礦石(氧化物形式)與鹽酸反應的化學方程式：______?！敬鸢浮縈g2SiO42MgO·SiO2硅酸鹽2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2【解析】【分析】根據(jù)n=及原子個數(shù)比=原子的物質(zhì)的量之比進行計算，得出正確結(jié)論；由金屬離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽?！驹斀狻挎V、硅、氧的質(zhì)量比為12：7：16，則鎂、硅、氧的原子個數(shù)比為::=2:1:4(1)該礦石用鹽的組成可表示為：Mg2SiO4；(2)該礦石用氧化物的組成可表示為：2MgO?SiO2(3)Mg2SiO4屬于鹽類，且屬于硅酸鹽；(4)Mg2SiO4溶于與稀鹽酸生成MgCl2和SiO2，發(fā)生反應的化學方程式為2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2?！军c睛】硅酸鹽由鹽的書寫改寫為氧化物的形式為：活潑金屬氧化物?較活潑金屬氧化物?二氧化硅?水的順序書寫；注意：①氧化物之間以“?”隔開；②系數(shù)配置出現(xiàn)的分數(shù)應化為整數(shù)；③金屬氧化物在前(活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物)，非金屬氧化物在后。11．某課外學習小組對日常生活中不可缺少的調(diào)味品M進行探究。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如圖1所示(部分產(chǎn)物已略去)：(1)寫出B的電子式________。(2)若A是一種非金屬單質(zhì)，且可用于制造半導體材料，寫出A和B水溶液反應的離子方程式__________________________。(3)若A是CO2氣體，A與B溶液能夠反應，反應后所得的溶液再與鹽酸反應，生成的CO2物質(zhì)的量與所用鹽酸體積如圖2所示，則A與B溶液反應后溶液中所有溶質(zhì)的化學式為_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且A與B溶液能夠反應，則將過量的F溶液逐滴加入E溶液，邊加邊振蕩，所看到的實驗現(xiàn)象是______________________________________。(5)若A是一種可用于做氮肥的化合物,A和B反應可生成氣體E，E與F、E與D相遇均冒白煙，且利用E與D的反應檢驗輸送D的管道是否泄露，寫出E與D反應的化學方程式為___________________。(6)若A是一種溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些離子，當向該溶液中加入B溶液時發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B溶液的體積發(fā)生變化如圖3所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離子是_____________________，它們的物質(zhì)的量濃度之比為______________?！敬鸢浮縎i+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【解析】【分析】(1)C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，為氫氣與氯氣反應生成HCl，可推知C為H2、D為Cl2、F為HCl，M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，由轉(zhuǎn)化關系可知，M的溶液電解生成氫氣、氯氣與B，可推知M為NaCl、B為NaOH；(2)若A是一種非金屬單質(zhì)，且可用于制造半導體材料，則A為Si，Si和NaOH的水溶液反應生成Na2SiO3和H2；(3)曲線中，從0.4L～0.6L發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，該階段消耗鹽酸為200mL，而開始產(chǎn)生二氧化碳時消耗鹽酸為400mL，大于200mL，所以溶液中的溶質(zhì)成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH溶液能夠反應，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解；(5)若A是一種氮肥，實驗室可用A和NaOH反應制取氣體E，則E為NH3、A為銨鹽，E與氯氣相遇均冒白煙，且利用E與氯氣的反應檢驗輸送氯氣的管道是否泄露，則氨氣與氯氣反應生成氯化銨，同時生成氮氣；(6)由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有CO32-，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應為NH4++OH-=NH3?H2O的反應，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，根據(jù)各階段消耗的NaOH體積結(jié)合離子方程式計算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再結(jié)合電荷守恒計算與n(SO42-)的比例關系，據(jù)此計算?！驹斀狻?1)B為NaOH，其電子式為；(2)A為Si，Si和NaOH的水溶液反應生成Na2SiO3和H2，反應的離子方程式為Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲線中，從0.4L～0.6L發(fā)生反應NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，該階段消耗鹽酸為200mL，而開始產(chǎn)生二氧化碳時消耗鹽酸為400mL，大于200mL，所以溶液中的溶質(zhì)成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的鹽酸為200mL，結(jié)合反應原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，則c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH溶液能夠反應，則A為Al，E為NaAlO2，則將過量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解，故看到的現(xiàn)象為：液中逐漸有白色絮狀沉淀生成，且不斷地增加，隨后沉淀逐漸溶解最終消失；(5)若A是一種氮肥，實驗室可用A和NaOH反應制取氣體E，則E為NH3、A為銨鹽，E與氯氣相遇均冒白煙，且利用E與氯氣的反應檢驗輸送氯氣的管道是否泄露，則氨氣與氯氣反應生成氯化銨，同時生成氮氣，反應方程式為：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由圖可知，開始加入NaOH沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有CO32-，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應為NH4++OH-=NH3?H2O的反應，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，發(fā)生反應H++OH-=H2O，氫離子消耗NaOH溶液的體積為1體積，發(fā)生反應Al3++3OH-=Al(OH)3↓，鋁離子消耗NaOH溶液的體積為3體積，發(fā)生反應NH4++OH-=NH3?H2O，銨根消耗氫氧化鈉為2體積，則n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由電荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。12．2019年諾貝爾化學獎頒給了日本吉野彰等三人，以表彰他們對鋰離子電池研發(fā)的卓越貢獻。工業(yè)中利用鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)制備鈷酸鋰(LiCoO2)的流程如圖：已知：Ksp[Mg(OH)2]=10-11，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38回答下列問題：（1）為鑒定某礦石中是否含有鋰元素，可以采用焰色反應來進行鑒定，當觀察到火焰呈__，可以認為該礦石中存在鋰元素。a.紫紅色b.紫色c.黃色（2）鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6，其氧化物的形式為__。（3）為提高“酸化焙燒”效率，常采取的措施是__。（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙燒”中過量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，則pH至少為__。(已知：完全沉淀后離子濃度低于1×l05)mol/L)（5）“濾渣Ⅱ”的主要化學成分為___。（6）“沉鋰”過程中加入的沉淀劑為飽和的__溶液（填化學式）；該過程所獲得的“母液”中仍含有大量的Li+，可將其加入到“__”步驟中。（7）Li2CO3與Co3O4在敞口容器中高溫下焙燒生成鈷酸鋰的化學方程式為__?！敬鸢浮縜Li2O·Al2O3·4SiO2將礦石粉碎（攪拌、升高溫度）4.7Mg(OH)2，CaCO3Na2CO3凈化6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2【解析】【分析】鋰輝石(主要成分為LiAlSi2O6，還含有FeO、CaO、MgO等)為原料來制取鈷酸鋰(LiCoO2)，加入過量濃硫酸溶解鋰輝礦，加入碳酸鈣除去過量的硫酸，并使鐵離子、鋁離子沉淀完全，然后加入氫氧化鈣和碳酸鈉沉淀鎂離子和鈣離子，過濾得到溶液中主要是鋰離子的溶液，濾液蒸發(fā)濃縮得20%Li2S，加入碳酸鈉沉淀鋰離子生成碳酸鋰，洗滌后與Co3O4高溫下焙燒生成鈷酸鋰，據(jù)此分析解題?！驹斀狻?1)焰色反應常用來檢測金屬元素，鈉元素的焰色為黃色，鉀元素的焰色為紫色，利用排除法可以選出鋰元素的焰色為紫紅色，故答案為a；(2)鋰輝石的主要成分為LiAlSi2O6，在原子簡單整數(shù)比不變的基礎上，其氧化物的形式為Li2O?Al2O3?4SiO2；(3)“酸化焙燒”時使用的是濃硫酸，為提高“酸化焙燒”效率，還可采取的措施有將礦石細磨、攪拌、升高溫度等；(4)根據(jù)柱狀圖分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33，c(OH-)==mol/L=1×10-9.3mol/L，則c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少為4.7；(5)由分析知，“濾渣Ⅱ”的主要化學成分為Mg(OH)2和CaCO3；(6)根據(jù)“沉鋰”后形成Li2CO3固體，以及大量生產(chǎn)的價格間題，該過程中加入的沉淀劑為飽和Na2CO3溶液；該過程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要從中2提取，應回到“凈化“步隳中循環(huán)利用；(7)Li2CO3與Co3O4在敝口容器中反應生成LiCoO2時Co元素的化合價升高，因此推斷空氣中O2參與反應氧化Co元素，化字方程式為6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2?！军c睛】硅酸鹽改寫成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的書寫順序：活潑金屬氧化物→較活發(fā)金屬氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物間以“?”隔開；b．各元素的化合價保持不變，且滿足化合價代數(shù)和為零，各元素原子個數(shù)比符合原來的組成；c．當計量數(shù)配置出現(xiàn)分數(shù)時應化為整數(shù)。13．紅礬鈉(重鉻酸鈉：Na2Cr2O7·2H2O)是重要的基礎化工原料。鉻常見價態(tài)有+3、+6價。鉻的主要自然資源是鉻鐵礦FeCr2O4(含有Al2O3、MgO、SiO2等雜質(zhì))，實驗室模擬工業(yè)以鉻鐵礦為原料生產(chǎn)紅礬鈉的主要流程如下：①中主要反應：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2①中副反應：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑請回答下列問題：(1)FeCr2O4化學名為亞鉻酸亞鐵，寫出它的氧化物形式________________。步驟“①”的反應器材質(zhì)應選用__________(填“瓷質(zhì)”、“鐵質(zhì)”或“石英質(zhì)”)。(2)“②”中濾渣1的成分是__________，“③”中調(diào)pH值是_______(填“調(diào)高”或“調(diào)低”)，“④”中濾渣2的成分是___________。(3)“⑤”酸化的目的是使CrO42－轉(zhuǎn)化為Cr2O72－，寫出平衡轉(zhuǎn)化的離子方程式：______。(4)上圖是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲線，則操作I是______，操作II是______(填序號)。①蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾②降溫結(jié)晶，過濾(5)已知某鉻鐵礦含鉻元素34%，進行步驟①~④中損失2%，步驟⑤~⑦中產(chǎn)率為92%，則1噸該礦石理論上可生產(chǎn)紅礬鈉_______噸(保留2位小數(shù))?！敬鸢浮縁eO·Cr2O3鐵質(zhì)Fe2O3、MgO調(diào)低H2SiO3、Al(OH)32CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O②①0.88【解析】【分析】氧化煅燒中MgO不反應，F(xiàn)eCr2O4、Al2O3、SiO2反應產(chǎn)物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3．浸取時MgO、Fe2O3不溶，濾液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反應的碳酸鈉，調(diào)節(jié)pH值，生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀過濾除去。硫酸酸化的目的是使CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-．由圖乙可知，硫酸鈉的溶解度受溫度影響比較大，應采取降溫結(jié)晶、過濾；紅礬鈉溶解度受溫度影響變化不大，應采取蒸發(fā)結(jié)晶、過濾?！驹斀狻?1)FeCr2O4中鐵元素化合價是+2價，氧化物為FeO，鉻元素化合價+3價，氧化物為Cr2O3，F(xiàn)eCr2O4中鐵鐵原子與Cr原子物質(zhì)的量之比為1：2，所以FeCr2O4寫成氧化物形式為FeO?Cr2O3；“瓷質(zhì)”或“石英質(zhì)”儀器都含有二氧化硅，高溫下與碳酸鈉反應，故選擇“鐵質(zhì)”儀器；(2)步驟①中有氧化鐵生成，氧化鋁、二氧化硅發(fā)生反應生成可溶性鹽，氧化鎂不反應，據(jù)此判斷步驟②中濾渣1的成分；氧化鐵不溶于水，鉻鐵礦經(jīng)煅燒、水浸之后除去生成的氧化鐵及氧化鎂，副反應中生成Na2SiO3、NaAlO2等雜質(zhì)，將pH值調(diào)低，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀過濾除去；步驟“③”調(diào)節(jié)pH值，生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀過濾除去，故“④”中濾渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀；(3)酸化的目的是使CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-，則CrO42-在酸性條件下與H+離子反應生成Cr2O72-，該反應為可逆反應，反應的離子方程式為2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O；(4)操作Ⅰ是分離出硫酸鈉，操作Ⅱ獲得紅礬鈉，由圖2可知，硫酸鈉的溶解度受溫度影響比較大，應采取降溫結(jié)晶、過濾；紅礬鈉溶解度受溫度影響變化不大，應采取蒸發(fā)結(jié)晶、過濾；(5)令生成紅礬鈉x噸，則：

2Cr～～～～～Na2Cr2O7?2H2O

104

2981噸×34%×(1-2%)×92%

x噸所以：104：298=1噸×34%×(1-2%)×92%：x噸，解得x=0.88。14．晶體硅是一種重要的非金屬材料，制備高純硅的主要步驟如下：①高溫下用碳還原二氧化硅制得粗硅；②粗硅與干燥HCl氣體反應制得SiHCl3：Si＋3HClSiHCl3＋H2；③SiHCl3與過量H2在1000～1100℃反應制得純硅。已知SiHCl3能與H2O強烈反應，在空氣中易自燃。請回答下列問題。（1）第①步制備粗硅的化學反應方程式為___。（2）粗硅與HCl反應完全后，經(jīng)冷凝得到的SiHCl3(沸點31.8℃)中含有少量SiCl4(沸點57.6℃)和HCl(沸點-84.7℃)，提純SiHCl3采用的方法為__。（3）用SiHCl3與過量H2反應制備純硅的裝置如圖(熱源及夾持裝置已略去)。①裝置B中的試劑是__，裝置C中的燒瓶需要加熱，其目的是__；②反應一段時間后，裝置D中觀察到的現(xiàn)象是__，裝置D不能采用普通玻璃管的原因是__，裝置D中發(fā)生反應的化學方程式為__；③為保證制備純硅實驗的成功，操作的關鍵是檢查實驗裝置的氣密性，控制好反應溫度以及___；④為鑒定產(chǎn)品硅中是否含微量鐵單質(zhì)，將試樣用稀鹽酸溶解，取上層清液后需再加入的試劑是___(填字母)。a．碘水b．氯水c．NaOH溶液d．KSCN溶液e．Na2SO3溶液【答案】SiO2＋2CSi＋2CO↑分餾(或蒸餾)濃硫酸使滴入燒瓶中的SiHCl3汽化石英管的內(nèi)壁附有灰黑色晶體在該反應溫度下，普通玻璃管會軟化SiHCl3＋H2Si＋3HCl排盡裝置內(nèi)的空氣bd【解析】【分析】(1)高溫下，碳和二氧化硅反應生成硅和一氧化碳；(2)利用沸點的不同提純SiHCl3，可用蒸餾的方法；(3)①生成的氫氣含有水蒸氣，用濃H2SO4干燥；加熱促使SiHCl3氣化；②SiHCl3和氫氣反應有硅單質(zhì)生成，根據(jù)硅的顏色判斷D裝置中的現(xiàn)象；SiHCl3和H2反應生成硅和氯化氫；③氫氣是可燃性氣體，易產(chǎn)生爆炸，SiHCl3在空氣中易自燃，所以先通一段時間H2，將裝置中的空氣排盡；④取少量產(chǎn)品于試管中加鹽酸溶解，再滴加氯水和KSCN(aq)，若溶液呈紅色說明含F(xiàn)e，若不呈紅色說明不含F(xiàn)e?！驹斀狻?1)高溫下，碳做還原劑時，生成CO，制粗硅的化學方程式為SiO2＋2CSi＋2CO↑；(2)利用沸點的不同提純SiHCl3，可用分餾(或蒸餾)的方法；(3)①鋅和稀硫酸反應制得的氫氣中含有水蒸氣，而SiHCl3能與水劇烈反應，所以實驗中應使用干燥的氫氣，一般選用濃H2SO4干燥氫氣；加熱的目的是使SiHCl3汽化，進入裝置D中；②高溫下，SiHCl3和氫氣反應生成硅單質(zhì)，硅單質(zhì)是灰黑色固體，所以D裝置中的現(xiàn)象是：石英管的內(nèi)壁附有灰黑色晶體，SiHCl3與過量的H2在1000℃～1100℃反應制得純硅，化學方程式為SiHCl3＋H2Si＋3HCl；裝置D不能采用普通玻璃管的原因是：溫度太高，普通玻璃管易熔化；③氫氣是可燃性氣體，當氫氣的量達到一定時易產(chǎn)生爆炸，SiHCl3在空氣中易自燃，所以實驗的關鍵是檢查裝置的氣密性、控制好溫度，以及先通一段時間H2將裝置中的空氣排盡；④鐵能和稀鹽酸反應生成亞鐵離子，亞鐵離子有還原性，亞鐵離子能被氯水氧化生成鐵離子，鐵離子遇硫氰化鉀溶液變紅色，所以可以用氯水和硫氰化鉀溶液檢驗鐵的存在，故選bd。15．某種胃藥中抗酸劑為CaCO3。甲、乙兩同學為測定其中CaCO3含量，分別設計以下兩種方案（藥片中的其它成分與HCl和NaOH溶液均不反應）。請回答下