专题4-1 碳、硅及无机非金属材料-2018年高考化学热点

了解碳元素、硅元素的单质的主要性质及应用。了解碳元素、硅元素的重要化合物的主要性质及应用。了解碳元素、硅元素的单质及其重要化合物对环境质量的影响。热点题型一碳、硅单质及其重要化合物的性质例1、【2017江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是Na2O2吸收CO2产生02，可用作呼吸面具供氧剂ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒SiO2硬度大，可用于制造光导纤维NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，A正确；因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，匚错误；液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。【变式探究】二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a〜e是对①〜⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行判断，其中正确的是（）SiO+2NaOH===NaSiO+HO2232高温SiO+2C=====Si+2COf2SiO+4HF===SiFf+2HO242高温NaCO+SiO=====NaSiO+C0f232232高温SiO+3C=====SiC+2COf2a.反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃b反应②中SiO表现出氧化性2反应③中SiO2表现了酸性氧化物的通性反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性酸酐的道理反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应A．aceA．aceB．bdeC．cdeD．ab解析：通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的反应是③，因此a判断错误；c判断也不正确，因为酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，这正好与反应①对应,反应②是一个置换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应④是一个复分解反应，用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，M判断正确、反应⑤中碳的化合价由0价变为-4和+2,硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e判断也正确。故B项正确。答案：B【提分秘籍】碳、硅单质的特殊性Si的还原性强于C,但C能还原SiO2生成Si,且氧化产物为CO：2C+SiO2=S===Si+2COf，其原因是产物CO为气体，它的放出降低了生成物浓度，促使反应向正反应方向进行。非金属单质跟碱溶液作用一般无H产生，但Si能跟碱液作用放出H，如Si+2Na0H+H0===NaSi022223＋2Hf。2CO是温室气体，但CO不是污染性气体。22酸性氧化物一般和水反应生成相应的酸，但SiO2不与水反应。SiO2是酸性氧化物，SiO2却既能与酸(氢氟酸)反应又能与NaOH溶液反应。非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但Si却能与HF反应。【举一反三】下列说法正确的是()所有非金属单质的熔点都很低所有非金属单质都是绝缘体硅是计算机芯片的重要材料，二氧化硅是光导纤维的主要成分高温粗硅的制备：SiO+C=====Si+COf22解析：A项，金刚石、晶体硅属于非金属单质，但它们属于原子晶体，熔点很高，错误；项，石墨属于导体，晶体硅属于半导体，错误；D项，反应生成CO：SiO+2C高温=Si+2C0f,错误。2答案：C热点题型二硅酸盐及无机非金属材料例2、【2017北京卷】根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl的FeCl溶液23产生白色沉淀SO有还原性2BHS溶液2产生黄色沉淀SO有氧化性2C酸性KMnO溶液4紫色溶液褪色SO有漂白性2DNaSiO溶液23产生胶状沉淀酸性：HSO>HSiO2323【答案】C【解析】H202将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性,&正确；SO］与H由反应生成S单质，该反应中56中+4价帝元素被还原生成0价的单质乩二氧化硫被还原，做氧化剂，B正确；酸性KMnCU滚液能够氧化£0啓导致滚液褪色，惑表现了还原性,C错误：Na2SiO3$g^中通入二氧化硫生成H圏①，说明亚硫酸的酸性较强抿卩酸性:内SO』＞H曲0和D正确。【变式探究】硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅的化合物的叙述错误的是()氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，其化学式为SiN34碳化硅(SiC)的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承光导纤维是一种新型无机非金属材料，其主要成分为SiO2二氧化硅为立体网状结构，其晶体中硅原子和硅氧单键个数之比为1：2解析：A项，在氮化硅中N元素为一3价,Si元素为+4价，则化学式为SiN，正确；D项，在SiO342晶体中，一个硅原子与周围4个氧原子形成4个硅氧单键，错误。答案：D【提分秘籍】不要混淆二氧化硅和硅的用途。用于制作光导纤维的是SiO2，用于制作半导体材料、计算机芯片的是晶体硅。熟悉几种常见饰品的主要成分。水晶、石英、玛瑙的主要成分是SiO；珍珠的主要成分是CaCO；钻石是金刚石；宝石的主要成分是AlO。2323了解用氧化物的形式表示复杂硅酸盐的方法。书写顺序：较活泼的金属氧化物•较不活泼的金属氧化物・SiO2•水。各元素的化合价保持不变，各元素原子个数比符合原来的组成。【举一反三】下列有关硅及硅酸盐材料的说法正确的是()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反应①:NaSiO+HO+CO===NaCO+HSiO；；23222323高温反应②：NaCO+SiO旦温=NaSiO+COf,两反应是相互矛盾的，不可能都能发生232232普通玻璃、石英玻璃，水泥等均属于硅酸盐材料D•祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6Oi8,用氧化物形式表示为3BeO・Al2O彳・6SiO2解析：A项，硅酸钠本身是一种黏合剂，易造成磨口玻璃塞与瓶口粘结，错误;B项，两反应条件不同,反应①是在溶液中进行，强酸可以制弱酸，而高温条件下，E5是气体，逸出反应体系，能促使反应发生,错误；Q项，石英玻璃的成分为飯C切瓯6是氧化物不是盐，错误。答案：D热点题型三无机非金属材料的制备及应用例3.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：国――T匝――乞国――热*园TOC\o"1-5"\h\z能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。Z、X中共价键的类型分别是、。解析：由单质Z是一种常见的半导体材料可知Z为Si,则X为SiO，Y为SiH，然后按其性质解题。24答案：⑴氢氟酸SiO2+2Mg==^==O2f+Mg2SiII：Si：IIMgSi+4HCl===2MgC^+SiHfII非极性键极性键【提分秘籍】传统无机非金属材料。①三种硅酸盐工业生产的比较。

水泥玻璃陶瓷生产原料石灰石、黏土纯碱、石灰石和石英黏土主要设备水泥回转窑玻璃窑陶瓷窑主要成分3CaO*SiO22Ca()•Si(K3CaO-Al?OaCaSiOaSiO2硅酸盐生产条件咼温②主要用途：陶瓷、玻璃、水泥是主要建筑材料，也厂泛应用于生活中。新型无机非金属材料。高温结构陶瓷：如氮化硅陶瓷具有较高的硬度和耐磨性、较强的抗化学侵蚀性和电绝缘性等。生物陶瓷：对机体无排异反应，不会引起代谢作用异常。压电陶瓷：具有压电效应。【举一反三】在工业中利用镁制取硅：2Mg+SiO==^==2MgO+Si，同时有副反应发生：2Mg+Si==^==MgSi,MgSi遇盐酸迅速反应生成SiH(硅烷)，SiH在常温下是一种不稳定、易分解的气体。如图是进行Mg与SiO反应的442实验装置：Mg+SiO2

混合粉末Mg+SiO2

混合粉末弓匡If]■浓硫酸由于氧气的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用(填字母)。a.石灰石b锌粒c.纯碱实验开始时，必须先通入X气体，再加热反应物，其理由是，当反应开始后，移走酒精灯反应能继续进行，其原因是。反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸。可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因用化学方程式表示为。解析：(1)由于Mg可在CO2中燃烧，故不能用CO2作为保护气而可用屯，那么试管中应选用的固体药品为锌粒；(2)实验开始时应先通入氢气排尽装置内的空气，避免空气中的成分对实验的影响，然后才能点燃酒精灯，因反应放热，反应开始后移走酒精灯，可利用自身放出的热量维持反应继续进行；反应结束后，向反应后的混合物中加入稀盐酸会发生反应：Mg2Si+4HCl===2MgCl2+SiH4f，生成的SiH可自燃：SiH+20===Si0+2H0,所以会观察到闪亮的火星。44222答案：(1)b(2)让氢气排尽装置内的空气，避免空气中的成分对实验的影响该反应为放热反应，可利用自身放出的热量维持反应进行(3)Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4f、SiH4＋2O2===SiO2＋2H2O22442221.【2017北京卷】根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是溶液现象结论A含HCl、BaCl的FeCl溶液23产生白色沉淀SO有还原性2BHS溶液2产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO溶液4紫色溶液褪色SO2有漂白性DNaSiO溶液23产生胶状沉淀酸性：HSO>HSiO2323答案】C【解析目0?将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，氏正确：£6与H适反应生成S单质，该反应中中+4价£元素被还原生成0价的单质乩二氧化硫被还原，做氧化剂，B正确；酸性KMntV滚液能够氧化占⑦，导致落液褪色，56表现了还原性，匚错误；血固。』容液中通入二氧化硫生成H’Si®,说明亚硫酸的酸性较强，即酸性:H2SO^2ST03,D正确。2．【2017江苏卷】下列有关物质性质与用途具有对应关系的是Na2O2吸收CO2产生02，可用作呼吸面具供氧剂ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒SiO2硬度大，可用于制造光导纤维NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】过氧化钠可以和二氧化碳反应生成氧气，A正确；因二氧化氯具有氧化性才用于自来水的杀菌消毒，B错误；二氧化硅透光性好，用于制造光导纤维，C错误；液氨气化时吸收大量热，所以氨可用作制冷剂，D错误。1．【2016年高考海南卷】下列叙述错误的是（）氦气可用于填充飞艇B.氯化铁可用于硬水的软化C.石英砂可用于生产单晶硅D.聚四乙烯可用于厨具表面涂层【答案】B【解析】氦气性质稳定，故可用于填充飞艇，A正确；硬水的软化指的是除去水中的Ca2+、Mg2+，加入氯化铁只能水解产生氢氧化铁胶体吸附悬浮物，用于水的净化，B错误；石英砂主要成分为SiO2,可用碳还原得到粗硅，经提纯得单晶硅，C正确：聚四乙烯具有抗酸抗碱、抗各种有机溶剂的特点，几乎不溶于所有的溶剂，故可用于不粘锅的涂层，D正确。2．【2016年高考江苏卷】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（）siOHE）>SiCl―右TSi24高温FeS―^02^SO呵>HSO煅烧224NH2>NHHci（aq）>NHCl（aq）2高温、高压、催化剂34MgCOHCl（aq）>MgC^（aq）电解〉Mg【答案】C【解析】四氯化硅被氢气还原可以制备单质硅，但SiO2与盐酸不反应，A错误；煅烧FeS2可以得到氧化铁和二氧化硫，但SO和HO反应生成HSO，B错误；N+3H高温高压2NH、NH+HCl==NHCl，C正确；222322催化剂334镁是活泼的金属，金属镁的冶炼方法是电解熔融的氯化镁，电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁，D错误。【2015新课标II卷理综化学】食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是（）硅胶可用作食品干燥剂P2O5不可用作食品干燥剂六水合氯化钙可用作食品干燥剂加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂【答案】C【解析】A.硅胶多孔，吸附水分能力强，且没有毒，常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,A正确；B.P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥

剂，B正确；C.氯化钙检验吸水性，而六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，C错误；D.加工后具有吸水性的植物纤维没有毒，没有腐蚀性，因此可用作食品干燥剂，D正确，答案选Co2．【2015安徽理综化学】下列有关说法正确的是（）在酒精灯加热条件下，Na2C03、NaHC03固体都能发生分解Fe（OH）胶体无色、透明，能发生丁达尔现象3H2、S02、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物【答案】C【解析】A、Na2CO3固体受热不易分解，故A错误；B、Fe（OH）3胶体是红褐色，故B错误；C、以上三种气体都不与浓硫酸反应，能用浓硫酸干燥，故C正确；D、SiO2和氢氟酸反应，没有生成盐和水，不是两性氧化物，故D错误；此题选Co【2015江苏化学】给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A.粗硅高温>SiCl-4HA.粗硅高温>SiCl-4H2高温＞S1土卜酸电解Mg(OH)MgCl(aq)Mg盐酸，、蒸发十「FeOFeCl(aq)无水FeCl2333D.AgNO(aq)NHjH#[Ag(NH)]OH(aq)D.AgNO(aq)NHjH#[Ag(NH)]OH(aq)蔗糖△*Ag【答案】A【解析】A、Si+2Cl_高温L_SiClf，SiCl+2H—高温L_Si+4HCl,故正确；B、工业上制备Mg，是电2442解熔融状态下的氯化镁，故B错误,GF匕Ch是强酸弱碱盐，直接加热蒸发最终得到的是氧化铁，故*错误,D、匿糖是非还原性糖，不能与银氨溶液反应，故D错误。（2014•海南卷）下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）PO可用于干燥Cl和NH2523“可燃冰”主要成分是甲烷和水CCl可用于鉴别溴水和碘水4Si和SiO2都用于制造光导纤维【答案】BC【解析】NH是碱性气体而PO是酸性氧化物，A项错误；CCl可以从溴水和碘水中分别3254萃取出Br和I,且二者在CCl中的颜色不同，C项正确；光导纤维的主要成分是SiO，D项错误。2242（2014•四川卷）化学与生活密切相关。下列说法不正确的是（）乙烯可作水果的催熟剂硅胶可作袋装食品的干燥剂福尔马林可作食品的保鲜剂氢氧化铝可作胃酸的中和剂【答案】C【解析】乙烯可以作生物调节剂，催熟果实，A正确；硅胶具有吸水性，可以作干燥剂，B正确；福尔马林中含有的甲醛具有毒性，不能作为食品的保鲜剂，C错误；氢氧化铝具有两性，可以中和胃酸，作胃酸中和剂，D正确。（2014•天津卷）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（）某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应NHF水溶液中含有HF,因此NHF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中44可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D•增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成屯的速率【答案】D【解析】当△H—TASVO时，反应能自发进行，吸热反应的△H>0,吸热反应能自发，说明AS>0,A项正确；NH疋溶液中F「水解生成HF,HF能与玻璃中的场6发生反应4HF+瓯Q—S1FM+妣0,故NH4F濬液不能存放在玻璃试剂瓶中，E项正确；可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，E项正确；常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。（2014•福建卷）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸①③B.①④C.②④D.②③【答案】B【解析】①中Y是两性氢氧化物，常温下既能与NaOH溶液反应又能与稀硫酸反应；②中SiO不能与浓盐酸反应；③中N与0在高温或者放电的条件下反应生成NO；N与H在高温高压、催化剂的22222条件下反应生成NH:④中在常温下，2FeCl+Cu===2FeCl+CuCl，4HN0（浓）+Cu===Cu（N0）+2N0f+332233222HO，B项正确。21.下列说法正确的是（）光导纤维的主要成分是硅常用氢氟酸(HF)来刻蚀玻璃制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英砂D•实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液解析A项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，不正确；C项，制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英砂，不正确；D项，保存氢氧化钠溶液不能用带玻璃塞的试剂瓶，因为NaOH与玻璃的主要成分反应生成的硅酸钠是一种矿物胶，时间长了瓶塞会打不开，不正确。答案B2．下列关于硅的说法不正确的是()硅是非金属元素，晶体硅是灰黑色有金属光泽的固体硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属单质反应解析硅的化学性质不活泼，但常温下仍能与氟气、氢氟酸、NaOH溶液等发生反应，加热至一定温度时，硅能与氯气、氧气等发生反应。答案C3.将足量CO2气体通入水玻璃(Na2SiO3溶液)中，然后加热蒸干，再在高温下充分灼烧，最后得到的固体物质是()A.NaSiOB.NaCO、NaSiO23232C.NaCO、SiO232D.SiO2解析CO与水玻璃反应生成NaCO和HSiO，在高温条件下HSiO变为SiO,NaCO与SiO反应又生成22323232232NaSiO和CO，所以最后得到的固体物质是NaSiO，故A正确。23223答案A下列说法正确的是()在粗硅的制取中发生2C+SiO=====2COf+Si，硅被还原，所以碳的还原性大于硅的还原性2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用SiO制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO22高温由NaCO+SiO=====COf+NaSiO可知硅酸的酸性大于碳酸232223解析依据元素周期律可知，硅的还原性大于碳，上述反应能发生是因为产物中有CO气体生成，使平衡向右移动，A错误；硅酸钠是一种黏合剂，不能保存在带磨口玻璃塞的试剂瓶中，B错误;D选项中的反应不是在水溶液中进行的，且产物中有气体生成，与酸性强弱无关，D错误。答案C用四种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系正确的是()选项操作及现象溶液A通入CO,溶液变浑浊，继续通入CO至过量，浑浊消失饱和NaCO溶液23B通入co,溶液变浑浊，继续通入co至过量，浑浊消失NaSiO溶液23C通入CO，溶液变浑浊，继续通入CO至过量，浑浊不消失，22再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)溶液2D通入CO，溶液变浑浊，继续通入CO至过量，浑浊消失，再22加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)溶液2解析A项，向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，会发生反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶液度小于碳酸钠，所以会析出碳酸氢钠晶体，继续通人C6气体，淳浊不消失，错误小项，向NaQS濬液中通入C6,会产生硅酸，是不滚于水的白色沉淀，继续通入8至过量「浑浊不会消失，错误；Q项，向€3(010)2液中通入会生成碳酸钙和次氯酸，碳酸钙与过量丄伍反应会转化为碳酸氢钙，沉淀消失，次氯酸具有强氧化性，可使品红溶酒褪色，错误;D项，氢氧化钙中通ACCh会生成碳酸钙沉淀，继续通AC02气体，碳酸钙转化为碳酸氢钙，加入NaOH后，碳酸氢钙和氢氧化钠反应会生成碳酸钙，正确。答案D将2.8g硅粉与2.3g钠同时放入足量水中，采用恰当的方法收集反应过程中产生的气体(全部收集)，这些气体在标准状况下的体积为()A．1.12LB．4.48LC．5.6LD．3.36L解析本题重点考查钠与水、硅与碱溶液反应的有关计算。2Na+2HO===2NaOH+Hf222X23g2mol22.4L2.3g0.1mol1.12LSi＋2NaOH＋HO===NaSiO＋2Hf223228g2mol2X22.4L1．4g0.1mol2.24L反应后硅剩余1.4g，V(H)=1.12L+2.24L=3.36L。答案D某二价金属的碳酸盐和酸式碳酸盐的混合物跟足量的稀盐酸反应，消耗H+和生成CO2物质的量之比为6:5，则该混合物中碳酸盐和酸式碳酸盐的物质的量之比是()A.1：1B.1：21：3D.1：4解析设碳酸盐和酸式碳酸盐的物质的量分别为xmol、ymol，贝V：RCO〜2H+〜CO，R(HCO)〜2H+〜2CO2322121122xmol2xmolxmolymol2ymol2ymol则有(2xmol+2ymol):(xmol+2ymol)=6:5。解得x:y=1:2。答案B化合物A、B、C、D各由两种元素组成，甲、乙、丙是由三种短周期元素组成的单质。这些常见的化合物与单质之间存在如下图所示关系(已知C是一种有机物)，以下结论不正确的是()上述转化关系所涉及的化合物中有一种是酸性氧化物甲、乙、丙三种单质的晶体一定是分子晶体上图所示的五个转化关系中，有三个涉及化合反应上图所示的五个转化关系均涉及氧化还原反应解析由单质甲能与有机物C反应生成A与B,甲可与单质乙反应生成A,A继续与乙反应生成D,可推出甲、乙、丙分别为。2、碳、H2,A、b、D分别为匹、H2。、co,进而可判断A、C、D选项正确；B选项中乙(碳)可能为原子晶体，错误。答案B下列物质的反应过程符合图示过程的是()賦沉淀)A.向CaCl溶液中通入过量CO22B•向水玻璃溶液中通入过量CO2C.向澄清石灰水中通入过量CO2D•向水玻璃溶液中加入过量盐酸解析A项不反应，违背了强酸制备弱酸的原理；B项中沉淀为硅酸，硅酸不能溶解于过量的碳酸中;Q项先生成C1CO3,然后CaCQg与g、IbO反应生成符合题意；D项中生成的沉淀为硅酸,硅釀不溶解于过量的盐酸。曲场6不濬于水，也不濬于酸，但可以濬解在NaOH落液中。答案CTOC\o"1-5"\h\z下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是()硅酸盐NaFeSiO用氧化物的形式表示为Na0・2FeO・3SiO②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐2231022制品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料A.②③B.①③C.①④D.④解析硅酸盐NaFeSiO用氧化物的形式表示为Na0・FeO・3SiO，①错误；水晶的主要成分是SiO,2231022322不是硅酸盐制品，②错误；高纯度的硅单质广泛用于电子行业,SiO2作光导纤维，③错误；单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料，④正确。答案D某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，欲探究其组成，设计探究过程如图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)沉淀。3TOC\o"1-5"\h\zSi在元素周期表中的位置是。下列说法正确的是。a.酸性:HCO>HSiO2323b原子半径:O〈C〈Si〈Alc.稳定性：HO〉CH〉SiH244d•离子半径：02-〈A13+该矿石的组成是，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是:该矿石和1mol・L-1HNO3溶液反应的离子方程式为：。工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是；若处理该矿石2.36X103kg，得到滤渣1.2X103kg,理论上至少需要1mol・L-1HNO3溶液的体积为L。解析(4)SiO与硝酸不反应。FeCO与硝酸反应时，要注意生成Fe3+,同时硝酸被还原为NO。(5)NO、23HO、6可发生反应：4NO+2H2O+3Q2^IHNOi,生成的硝酸可循环使用，湎少污染。结合第(4)题的反应方程式可知，每滚解3molFeCOi,消耗lOmolHNCh,如果由NO回收的1molHNQg再利用，则理论上只需要91H01HN6。即：FeCO3-3HNQ3o根据矿石2」馭13kg、滤渣1》1症阪可知其中含有1一1叔何kgFeCO3，需要硝酸3X104mol，故需1mol/L的硝酸溶液3X104L。答案(1)第三周期WA族(2)abc(3)FeCO和SiOSiO+2OH-===SiO2-+HO(4)3FeCO+10H++322323NO-===3Fe3++3COf+NOf+5HO(5)NO循环使用减少环境污染，NO跟HO、O反应后又得到硝酸，可以32222提高原料利用率3X104已知A〜I有如下所示的转化关系：氧化物A高温.―*■单质E反应①高温一—A化合物F单质E反应②燃烧——>单质G氧化物C反应③室温一―>单-质H单质D反应④―>化合物I已知：①单质E可作为半导体材料；化合物F是不能生成盐的氧化物；化合物I能溶于水，呈酸性，它能够跟氧化物A发生反应。据此，请填空：化合物F是；化合物I是；反应③的化学方程式是反应④的化学方程式是写出I的水溶液与A反应的化学方程式：解析因单质E和化合物F分别是半导体材料和不成盐的氧化物，可考虑分别为Si和CO,反应①的化学方程式为SiO2+2C高温=Si+2C0f，氧化物A为SiO2，它除了能跟氢氟酸反应以外不跟任何酸起反应，由此判断化合物I为HF,依次类推C为屯0、D为F2,H为02。点燃答案(1)CO(2)HF(3)2H+O=====2HO(4)2F+2HO===4HF+O(5)4HF+SiO===SiFf+2HO22222224213．硅在地壳中的含量较高，硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。回答下列问题。1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到