备考2025届高考化学一轮复习分层练习第四章非金属及其化合物第9讲碳硅及其化合物无机非金属材料

第9讲碳、硅及其化合物无机非金属材料1.[2024重庆联考]香港故宫文化博物馆在2024年7月3日正式向公众开放，馆内展出了很多宝贵文物，其中绝大部分为首次在港展出。下列几件展品中，其主要成分为硅酸盐的是（A） A.定窑白釉孩儿枕 B.填漆戗金炕桌 C.金錾云龙纹执壶 D.朱碧山银槎解析定窑白釉孩儿枕为瓷器，主要成分为硅酸盐，A项正确；填漆戗金炕桌主体材质为木材，B项错误；金錾云龙纹执壶的材质为金、银等，C项错误；朱碧山银槎是元代的银器，其材质为银，D项错误。2.[2024重庆联考]大国制造彰显中国实力，化学材料助力科技成果的转化与应用。下列说法错误的是（B）A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B.高纯度的二氧化硅被广泛用于制作计算机芯片C.石墨烯材料是新型无机非金属材料D.部分手机后盖接受“锦纤”材质与合金完备契合，其中合金属于金属材料解析氮化铝是一种无机物，是无机非金属材料，A正确；计算机芯片的成分是硅单质，不是二氧化硅，B错误；石墨烯是单层石墨结构，属于无机非金属材料，C正确；合金属于金属材料，D正确。3.[2024浙江名校联考]物质的性质确定用途，下列两者对应关系不正确的是（A）A.乙二醇易溶于水，黏度高，可用作汽车防冻液B.硅酸盐材料具有硅氧四面体结构，可用作耐高温、耐腐蚀材料C.液态氯乙烷汽化时吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤、关节扭伤等的镇痛D.碳酸氢铵可与酸反应并受热分解，可用于制作食品膨松剂解析乙二醇用作汽车防冻液是因为其水溶液的凝固点低，A项错误。4.[2024贵阳监测]关于反应4CO2＋SiH4高温4CO＋2H2O＋SiO2，下列说法正确的是（D）A.CO是氧化产物B.SiH4发生还原反应C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D.生成1molSiO2时，转移8mol电子解析该反应中碳元素化合价由＋4降低为＋2，CO2为氧化剂，CO为还原产物，A项错误；该反应中氢元素化合价由－1上升为＋1，SiH4为还原剂，发生氧化反应，B项错误；CO2为氧化剂，SiH4为还原剂，两者物质的量之比为4∶1，C项错误；该反应中转移8e－，则生成1molSiO2时，转移8mol电子，D项正确。5.[2024沈阳联考]工业制备高纯硅的主要过程：石英砂焦炭，1800~2000℃粗硅HCl，300℃SiHCl3A.石英砂的主要成分为SiO2，可用来制备光导纤维B.制备粗硅的化学方程式为SiO2＋C1800~2000°CSi（粗）＋C.300℃时发生反应的化学方程式为Si＋3HCl300°CSiHCl3＋HD.1100℃时发生反应的化学方程式为SiHCl3＋H21100°CSi（纯）＋解析石英砂的主要成分为SiO2，SiO2导光性较好，可用来制备光导纤维，故A正确；制备粗硅的化学方程式为SiO2＋2C1800~2000°CSi（粗）＋2CO↑，故B错误；300℃时Si和HCl反应生成SiHCl3和H2，化学方程式为Si＋3HCl300°CSiHCl3＋H2，故C正确；1100℃时SiHCl3和H2反应生成Si和HCl，化学方程式为SiHCl3＋H21100°CSi（纯）6.[碳纳米管][2024北京房山区模拟]碳纳米管是一种具有特别结构的材料，具有很多异样的力学、电学和化学性能。近些年随着碳纳米管及纳米材料探讨的深化，其广袤的应用前景也不断地呈现出来。下列关于碳纳米管的说法错误的是（C）A.碳纳米管在常温下化学性质稳定B.碳纳米管具有比表面积大、导电等特点C.碳纳米管是一种新型有机材料D.碳纳米管与金刚石互为同素异形体解析碳纳米管是碳的一种单质，碳单质在常温下化学性质稳定，属于新型无机非金属材料，A正确，C错误；碳纳米管具有纳米尺度的直径，比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，B正确；碳纳米管与金刚石都是碳的单质，二者互为同素异形体，D正确。7.[全国Ⅱ高考]二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是（C）A.海水酸化能引起HCO3－浓度增大、CB.海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁削减C.CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3－⇌H＋D.运用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境解析依据题图可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2＋H2O⇌H2CO3⇌H＋＋HCO3－平衡右移；H＋又能与珊瑚礁溶解生成的CO32－结合生成HCO3－，促使CaCO3⇌Ca2＋＋CO32－平衡右移，从而使珊瑚礁削减。结合上述分析可知海水酸化，海水中H＋和HCO3－的浓度均增大，使海水中CO32－的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的CO32－，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁削减，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2O⇌H2CO8.[浙江高考]Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是（D）A.可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4Cl△CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2OB.具有吸水性，须要密封保存C.能与SO2反应生成新盐D.与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2解析加热时氯化铵分解生成HCl和氨气，HCl与Ca3SiO5反应得到硅酸钙、氯化钙和水，A项正确；水泥吸水会变硬，需密封保存，B项正确；Ca3SiO5能与二氧化硫反应得到亚硫酸钙，C项正确；由上述分析可知，Ca3SiO5与足量盐酸反应得不到二氧化硅，D项错误。9.[2024山东潍坊统考]已知草酸（H2C2O4）是一种弱酸，157℃升华，170℃以上分解可放出CO2和CO；可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。下列说法正确的是（D）A.草酸受热产生的气体，用足量的NaOH溶液充分吸取后，可收集得到纯净的COB.草酸受热产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变为红色的现象，则说明产生的气体中确定有COC.草酸受热产生的气体干脆通入足量的澄清石灰水中，若能产生白色浑浊现象，则说明产生的气体中确定有CO2D.H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2解析依据题干信息可知，在草酸受热产生的气体中会含有分解所产生的CO2和CO，也会含有其升华所产生的草酸蒸气。产生的气体用足量的NaOH溶液吸取后，除去了CO2及草酸蒸气，但引入了水蒸气，A项错误；由于受热产生的气体中含有草酸蒸气，且草酸具有强还原性，所以氧化铜被还原也有可能是草酸作用的结果，不能由此确定产生的气体中确定存在CO，B项错误；由于受热产生的气体中含有草酸蒸气，又草酸钙难溶于水，所以形成的沉淀有可能是草酸钙沉淀，C项错误；草酸具有还原性，能与酸性KMnO4溶液反应而使其褪色，反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D10.[2024哈尔滨师大附中调研]多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅芯片的主要原料。已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：下列说法错误的是（B）A.Y、Z分别为H2、Cl2B.制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C.SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H2SiO3、H2、HCl，据此推想SiHCl3中硅元素的化合价为＋4D.Y与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应解析电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，Y和Z可用于合成SiHCl3，其中Y还能将硅从其化合物中还原出来，说明Y、Z分别是H2、Cl2，A正确；制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，反应的化学方程式为3C＋SiO2高温SiC＋2CO↑，在该副反应中碳既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B错误；SiHCl3水解产生H2，故其中H是－1价，Cl是－1价，则硅元素的化合价为＋4，C正确；H2与SiHCl3制备多晶硅的反应为SiHCl3＋H2高温Si＋3HCl，属于置换反应，D正确。11.[2024广东四校测试]利用以下装置制备、纯化CO，并探究CO和Na2O2的反应（CO＋Na2O2Na2CO3）。下列说法正确的是（C）A.装置b中的试剂可选用无水CaCl2B.装置d中的试剂可选用NaOH溶液C.试验起先时，依次点燃a、c处酒精灯D.加热一段时间后，硬质玻璃管中粉末由白色变为淡黄色解析浓硫酸有强氧化性，故甲酸与浓硫酸反应可能产生CO2，则b中应盛放碱石灰以除去CO2，A错误；CO与NaOH溶液不反应，B错误；先点燃a处酒精灯，利用产生的CO解除装置中的空气，再点燃c处酒精灯，C正确；Na2O2与CO反应生成Na2CO3，粉末由淡黄色变为白色，D错误。12.[试验室制备高纯硅][2024重庆万州开学考]试验室用H2还原SiHCl3（沸点：31.8℃）制备高纯硅的装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略），下列说法正确的是（C）A.装置Ⅱ中盛装浓H2SO4，装置Ⅲ烧杯中盛装冰水B.试验时，应先加热管式炉，再打开活塞KC.为鉴定制得的硅中是否含有微量铁单质，须要用到的试剂为盐酸、H2O2溶液、硫氰化钾溶液D.该试验中制备氢气的装置也可用于稀氢氧化钠溶液与氯化铵固体反应制备氨气解析制备高纯硅的反应为H2＋SiHCl3高温Si＋3HCl，此反应应在装置Ⅳ中进行；装置Ⅰ的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，会对后续试验产生干扰，必需除去，因此装置Ⅱ的作用是除去氢气中的水蒸气，则装置Ⅱ中可盛放浓硫酸；装置Ⅲ的作用是供应SiHCl3气体，应接受热水浴，则装置Ⅲ烧杯中可盛装热水，A错误。试验时应先通入氢气（先打开活塞K），目的是排尽装置中的空气，防止发生爆炸，B错误。硅单质与盐酸不反应，若制得的硅中含有微量铁单质，则铁与盐酸反应生成Fe2＋，Fe2＋被H2O2氧化成Fe3＋，Fe3＋与KSCN反应，溶液变红，则所给试剂可以用于鉴定制得的硅中是否含有微量铁单质，C正确。用稀NaOH溶液与氯化铵固体反应制备氨气时须要加热，装置Ⅰ中没有加热装置，因此该试验中制备氢气的装置不能用于制备氨气，D错误。13.[2024重庆检测]草酸及其盐在化工生产中具有重要价值，某试验小组试验如下。Ⅰ.制取草酸反应原理：C6H12O6（葡萄糖）＋12HNO3（浓）浓硫酸△3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O（1）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为碘水，装置B的作用是防倒吸或作平安瓶。（2）检查图中装置气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，将导管放入装置C中液面以下，微热三口烧瓶，装置C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱且一段时间内高度保持不变，证明装置气密性良好。在装置B、装置C之间添加装置D，可在装置D中得到硝酸，通入的气体X是氧气。Ⅱ.三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体的制取及组成测定已知：三草酸合铁酸钾晶体{K3[Fe（C2O4）3]·3H2O}呈绿色，可溶于水，难溶于乙醇，见光易分解。（一）制取晶体步骤1：向盛有3.000g黄色晶体FeC2O4·2H2O的烧杯中加入10mLK2C2O4溶液，加热至40℃左右，缓慢滴入过量的H2O2，一段时间后，出现红褐色沉淀。步骤2：加热至沸腾，分两次缓慢加入8～9mLH2C2O4溶液，至沉淀溶解，得翠绿色溶液。加热浓缩、加入无水乙醇、结晶、抽滤、干燥，得7.860g三草酸合铁酸钾晶体。（3）完成该过程化学方程式并配平：2FeC2O4·2H2O＋H2O2＋3K2C2O4＋H2C2O4△2K3[Fe（C2O4）3]·3H2O（4）步骤1中，生成三草酸合铁酸钾与另一种铁的化合物，该化合物为Fe（OH）3（填化学式），步骤2加入无水乙醇的目的是降低晶体的溶解度，有利于析出晶体，提高产率。（5）试验小组完成试验后发觉产率偏低，其主要缘由可能是该产物在见光条件下分解，引起产率偏低。（二）测定组成称取5.000g所得的三草酸合铁酸钾晶体配制成250mL溶液。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液13.50mL。另取25.00mL溶液，用SnCl2－TiCl3联合还原法，将Fe3＋还原为Fe2＋，再用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液15.50mL。（6）第一次滴定终点时的现象为当滴入最终半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不复原原色，通过上述试验，测定出该晶体中C2O42－与Fe3＋的配位比n（C2O42－）∶n（Fe3＋）＝解析（1）淀粉遇到碘单质会变成蓝色，故加入碘水，若溶液变蓝说明淀粉水解未完全，溶液不变蓝，说明淀粉水解完全。由题图可知，装置B的作用是防倒吸或作平安瓶。（2）检查装置气密性的操作为关闭分液漏斗活塞，将导管放入装置C中液面以下，微热三口烧瓶，若装置C中的导管口有气泡产生，撤走热源，导管口有一段水柱且一段时间内高度保持不变，则证明装置气密性良好。由题意知，反应生成NO，为了得到硝酸须要通入氧化剂，发生反应4NO＋3O2＋2H2O4HNO3，所以通入的气体X为氧气。（3）由加入的试剂，配平常依据得失电子守恒和原子守恒可知，化学方程式为2FeC2O4·2H2O＋H2O2＋3K2C2O4＋H2C2O4△2K3[Fe（C2O4）3]·3H2O。（4）步骤1中，出现红褐色沉淀，所以该化合物为Fe（OH）3；由已知信息知三草酸合铁酸钾晶体呈绿色，可溶于水，难溶于乙醇，则步骤2加入无水乙醇的目的是降低晶体的溶解度，有利于晶体析出，提高产率。（5）由已知信息知三草酸合铁酸钾晶体见光易分解，该试验在试验室环境中完成，产率偏低的主要缘由可能是该产物见光分解。（6）第一次运用酸性高锰酸钾溶液滴定时，KMnO4将C2O42－氧化成CO2，故滴定终点的现象为当滴入最终半滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不复原原色。第一次用酸性高锰酸钾溶液将C2O42－氧化成CO2，其次次用酸性高锰酸钾溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，同时将C2O42－氧化成CO2，由关系式5C2O42－～2MnO4－可得，n（C2O42－）＝13.50×0.1000×10－3×52mol＝3.375×10－3mol，由关系式5Fe3＋～MnO4－可得，n（Fe3＋）＝2.00×0.1000×10－3×5mol＝1×10－3mol，则n（C2O4214.[海洋碳循环][2024南昌摸底]海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变更的关键限制环节。海洋中碳循环的简洁原理如图所示。下列说法错误的是（D）A.海洋碳循环使得海洋中的含碳量增大B.海水吸取CO2生成Na2CO3