2017年化学高考题分类解析考点13 碳、硅元素单质及其重要化合物

高考试题分类解析PAGE考点13碳、硅元素单质及其重要化合物一、选择题1.（2017·北京高考·12）下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是()A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【命题意图】本题考查化学实验的设计与评价。意在考查学生的探究能力、对实验设计的分析及评价能力。【解题指导】解答本题需注意以下两点:(1)3处装置图中均存在“热”。(2)硝酸热分解、C与硝酸反应均可产生NO2。【解析】选D。①中的碎玻璃不与浓硝酸反应,但仍有红棕色气体产生,说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气,A正确;②中红热的木炭可能与硝酸发生反应生成了二氧化氮,也可能硝酸受热分解产生二氧化氮,B正确;③中红热木炭未与浓硝酸接触,但产生了二氧化氮,说明浓硝酸具有挥发性,C正确;③的气体产物中检测出CO2,有可能是C与O2反应产生的,D错误。2.(2017·江苏高考·3)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.Na2O2吸收CO2产生O2,可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水,可用作制冷剂【命题意图】本题考查物质性质与用途的关系,意在考查学生对常见物质性质的掌握程度。【解析】选A。A项,人呼出CO2,经Na2O2反应生成O2,故可作供氧剂,正确;B项,ClO2具有氧化性,可用于自来水杀菌消毒,错误;C项,SiO2制造光导纤维的原因不是其硬度大,两者无对应关系,错误;D项,液氨易汽化且汽化时吸收大量的热,是作为制冷剂的原因,错误。【教材回扣】本题所考查的物质,均为中学课本中的物质,复习要回归课本。此外本题要注意“对应”两字,两者之间要有因果关系,即“性质决定用途”。3.(2017·江苏高考·7)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO3【命题意图】本题考查物质之间的相互转化知识,意在考查学生对物质转化关系的掌握程度。【解析】选C。A项,Fe与Cl2反应生成FeCl3,错误;B项,S与O2反应生成SO2,错误;C项,CaCO3高温分解生成CaO,碱性氧化物CaO与酸性氧化物SiO2反应生成CaSiO3,正确;D项,NO与H2O不反应,错误。二、非选择题4.（2017•乙卷•27）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:回答下列问题:(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为______________。(2)“酸浸”后,钛主要以形式存在,写出相应反应的离子方程式________。(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________________(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为________________。(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?________(列式计算)。(FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24)(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________。【命题意图】本题考查元素及其化合物的知识,意在考查学生对化工流程题的分析解决问题的能力及对元素化合物知识的理解应用能力。【解析】(1)依题意,读图可得浸出率为70%的两个条件为100℃,2h或90(2)根据流程可得所加酸为盐酸,铁元素价态应保持不变,依然为+2价,所以答案为FeTiO3+4H++4Cl-Fe2+++2H2O。(3)本题为40min内转化率,温度过高时原料分解,即30~40℃,温度升高,反应速率加快,则40min所得转化率提高。40℃以上,温度过高,H2O2及NH3·H(4)以过氧化氢、过氧化钠等化合物为例,过氧键存在于两个-1价氧原子之间。设化合物中-2价氧为x个,-1价氧为y个,x+y=15,又根据化合价代数和为0得出2x+y=22,解得y=8,即4个过氧键。(5)先根据Fe3+完全沉淀计算出此时溶液中磷酸根浓度,进而计算是否满足Mg3(PO4)2开始沉淀的条件。Fe3+完全沉淀时c()=Ksp/c(Fe3+)=1.3×10-17mol·L-1,此时溶液中c3(Mg2+)·c2()=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],不会产生Mg3(PO4)2沉淀。(6)“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。答案:(1)100℃,2h或90(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2+++2H2O(3)低于40℃,TiO2·xH2O转化率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH(4)4(5)Fe3+恰好沉淀完全时c()=mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2()=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑5.（2017·北京高考·26）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:钛精矿粗TiCl4纯TiCl4资料:TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/℃58136181(升华)3161412熔点/℃-69-25193304714在TiCl4中的溶解性互溶—微溶难溶(1)氯化过程:TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol-12C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:______________。②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:CO2生成CO反应的ΔH________0(填“>”“<”或“=”),判断依据:____。③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是______________。④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有__________。(2)精制过程:粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下:物质a是________,T2应控制在________。【命题意图】本题考查金属及其化合物、化学反应与能量等知识。意在考查学生利用信息解决实际问题的能力。【解析】(1)①根据盖斯定律,两式相加得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=ΔH1+ΔH2=-45.5kJ·mol-1;②根据图象,随着温度的升高,CO的浓度增大,CO2的浓度降低,说明升高温度,平衡向生成CO的方向移动,即ΔH>0;③除去氯气中的HCl气体,一般采用通过饱和食盐水的方法,根据题目要求应先除去HCl,再除去Cl2,且得到HCl和FeCl3溶液,因此尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液;④根据氯化过程发生的反应可知氯化产物过滤得到的滤渣中含有TiO2和C。(2)根据资料,SiCl4的沸点低,先蒸馏出来,a为SiCl4,根据流程目的是得到纯净的TiCl4,温度应控制在稍大于136℃,但小于181℃答案:(1)①TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.5kJ·mol-1②>温度越高,CO的物质的量越多而CO2的物质的量越少,说明CO2生成CO的反应是吸热反应,所以ΔH>0③饱和食盐水、氯化亚铁溶液④TiO2和C(2)四氯化硅136℃6.(2017•丙卷•27)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:回答下列问题:(1)步骤①的主要反应为:FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为______。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是____________________________________________________。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________,滤渣2的主要成分是______及含硅杂质。(3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”),原因是____________________(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7a.80℃b.60℃c.40步骤⑤的反应类型是________________。(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为【命题意图】本题考查了物质制备的流程分析判断,物质性质和实验操作的分析应用,把握晶体析出的原理和溶解度变化特征的分析是解题关键,题目难度中等,侧重于考查学生的实验能力、分析问题、解决问题的能力。【解析】(1)FeO·Cr2O3是还原剂,被完全氧化为Na2CrO4和Fe2O3,每摩尔FeO·Cr2O3被氧化转移7mol电子,而NaNO3是氧化剂,氧化产物为NaNO3,每摩尔NaNO3被还原转移2mol电子,根据转移电子数守恒可知,FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7;陶瓷容器主要成分为二氧化硅,碳酸钠与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳。(2)操作①中加入碳酸钠熔融,二氧化硅与碳酸钠高温下生成硅酸钠,硅酸钠溶于水,而Fe2O3不溶于水,滤渣1的主要成分是Fe2O3,故滤渣1的主要金属元素为铁元素;滤液1中含有、、,调节滤液1的pH并过滤后得滤渣2为Al(OH)3。(3)调节滤液2的pH的目的是增大溶液的酸性,pH变小;因为溶液中存在2+2H++H2O,增大溶液中H+的浓度,可促进平衡正向移动,提高的浓度。(4)由题干图示可知,在10℃时,得到K2Cr2O7的固体最多;2KCl+Na2Cr2O7K2Cr2O7+2NaCl的反应类型为复分