必修1-第四章-第一讲-无机非金属材料的主角-硅-知识点与典型题例

必修1第四章第一讲无机非金属材料的主角——硅知识点与典型题例考点1碳、硅元素单质及其化合物的特征1.一般情况，非金属元素单质熔沸点低，硬度小，但硅、金刚石熔沸点高，硬度大，其中金刚石为硬度最大的物质。2．一般情况，非金属元素单质为绝缘体，但硅为半导体，石墨为电的良导体。3．一般情况，较强氧化剂＋较强复原剂=较弱氧化剂＋较弱复原剂，而碳却能复原出比它更强的复原剂：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，FeO＋Ceq\o(=,\s\up7(高温))Fe＋CO↑。4．硅为非金属，却可以和强碱溶液反响，放出氢气：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑。5．一般情况，较活泼金属＋酸=盐＋氢气，然而Si是非金属，却能与氢氟酸发生反响：Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑。6．一般情况，碱性氧化物＋酸=盐＋水，SiO2是酸性氧化物，却能与氢氟酸发生反响：SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O。7．一般情况，较强酸＋弱酸盐=较弱酸＋较强酸盐。虽然酸性：H2CO3＞H2SiO3，却能发生如下反响：Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑。8．一般情况，非常活泼金属(Na、K等)才能够置换出水中的氢，但C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2。9．一般情况，非金属氧化物与水反响生成相应的酸，如SO3＋H2O=H2SO4，但SiO2不溶于水，不与水反响。题组训练1．某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素()A．在自然界中只以化合态的形式存在B．单质常用作半导体材料和光导纤维C．最高价氧化物不与酸反响D．气态氢化物比甲烷稳定解析该短周期非金属元素为Si，硅在自然界中只以化合态形式存在，A项正确；单质硅可用作半导体材料，而光导纤维的主要成分是SiO2，B项错误；Si的最高价氧化物为SiO2，其可以与氢氟酸反响，C项错误；由于非金属性Si<C，因此气态氢化物稳定性：SiH4<CH4，D项错误。答案A2．二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，硅及其化合物的转化见以下图。以下说法中正确的选项是()A．SiO2既能与HF反响，又能与NaOH反响，属于两性氧化物B．SiO2和Si都是光导纤维材料C．在硅胶中参加CoCl2可显示硅胶吸水是否失效D．图中所示转化反响都是非氧化复原反响解析两性氧化物的定义为：与酸和碱反响均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反响得到的SiF4不属于盐类，A项错误；SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B项错误；CoCl2在吸水和失水状态下显示不同的颜色，C项正确；制取Si的过程中涉及了氧化复原反响，D项错误。答案C3．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。青石棉用稀硝酸处理时，复原产物只有NO。以下说法中正确的选项是()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·FeO·2Fe2O3·8SiO2·H2OC．1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol·L－1HNO3溶液D．1molNa2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol·L－1HF溶液解析根据青石棉的组成可知，该物质属于硅酸盐，不是一种易燃品且难溶于水，A项不正确；根据氧原子守恒可知应该是Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，B项不正确；根据组成可知和硝酸作用生成2mol硝酸钠、5mol硝酸铁和1molNO，因此需要硝酸的物质的量是18mol，选项C正确；和氢氟酸反响生成SiF4、NaF，物质的量分别是8mol和2mol，所以需要HF的物质的量是34mol，D项不正确，答案选C项。答案C4．硅及其化合物对人类现代文明具有特殊奉献。请答复以下有关问题：(1)硅原子的结构示意图为______________。(2)以下物品或设备所用材料属于硅酸盐的是________(填选项字母)。①长江三峡水泥大坝②光导纤维③陶瓷坩埚④普通玻璃⑤硅太阳能电池A．①②③ B．③④⑤C．②③④ D．①③④(3)以下说法正确的选项是________(填选项字母)。A．在粗硅的制取中发生2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，硅被复原，所以碳的复原性大于硅的复原性B．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C．用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反响，然后再通入CO2D．由Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))CO2↑＋Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸(4)常温下，SiCl4为液态，沸点为57.60℃，在空气中冒白雾。制备高纯度硅的中间产物SiCl4中溶有液态杂质，假设要得到高纯度SiCl4________________________________________________________________________；用化学方程式及必要的文字解释SiCl4在空气中冒白雾的原因________________________________________________________________________。解析解答此题应注意以下两点：①常见含硅化合物的成分及应用。②硅单质及其化合物的特性。(2)水泥大坝为钢筋混凝土，其中的水泥为硅酸盐材料；光导纤维为SiO2；硅太阳能电池为晶体硅。(3)依据元素周期律，硅的复原性大于碳，A项反响能发生是因为产物中有CO气体生成，使平衡向右移动，A项错误；硅酸钠是一种黏合剂，B项错误；D项中的反响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项错误。(4)SiCl4易水解，生成HCl，HCl吸收空气中的水蒸气，产生白雾。答案(1)(2)D(3)C(4)在枯燥条件下蒸馏SiCl4＋3H2O=H2SiO3＋4HCl，HCl遇水蒸气产生白雾考点2CO2与强碱、盐溶液反响产物的判断方法题组训练5.用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的选项是()选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液不变浑浊。先通入氨气再通入CO2，溶液变浑浊CaCl2溶液B通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊。再参加品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失。再参加足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液解析A项，先通入NH3生成NH3·H2O使CO2变为COeq\o\al(2－,3)，产生CaCO3沉淀；B项，发生反响Na2SiO3＋2CO2(过量)＋2H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，但H2SiO3不溶于过量CO2的水溶液；C项，发生反响CO2＋H2O＋Ca(ClO)2=CaCO3↓＋2HClO，HClO能使品红溶液褪色；D项，依次发生如下反响：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2＋2NaOH=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O。答案B6．将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直到过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如下图。以下关于整个反响进程中的各种描述不正确的选项是()A．O～a段反响的化学方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2OB．b～c段反响的离子方程式是2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)C．a～b段与c～d段所发生的反响相同D．d～e段沉淀的减少是碳酸钡固体的消失所致解析根据化学反响原理和图象可知，O～a段发生反响的化学方程式是Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，反响一开始就有沉淀产生；a～b段发生反响的化学方程式是2KOH＋CO2=K2CO3＋H2O，沉淀的物质的量没有增加；b～c段发生反响的离子方程式是2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2O＋CO2=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，沉淀的物质的量继续增加，到达最大量；c～d段发生反响的离子方程式是COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，沉淀的物质的量没有发生变化；d～e段发生反响的化学方程式是BaCO3＋H2O＋CO2=Ba(HCO3)2，沉淀的减少是碳酸钡固体转化为可溶性的碳酸氢钡所致，综上所述，A、B、D项正确，C项错误。答案C7．向含有0.2molNaOH和0.1molBa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2，当通入气体为8.96L(标况下)时立即停止，那么这一过程中，溶液中离子的物质的量与通入CO2的体积关系图象正确的选项是(气体的溶解和离子的水解忽略不计)()解析此题涉及的化学反响方程式：Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O①2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O②Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3③BaCO3＋CO2＋H2O=Ba(HCO3)2④当未通入CO2时，溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.1molBa2＋、0.4molOH－；当通入2.24LCO2时，发生反响①，此时溶液中离子的物质的量为0.2molNa＋、0.2molOH－；当通入4.48LCO2时，发生反响②，此时溶液中离