第04讲 碳、硅及无机非金属材料（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第04讲碳、硅及无机非金属材料目录01模拟基础练【题型一】碳及其重要化合物【题型二】硅的及其重要化合物【题型三】硅的工业制法【题型四】硅及其化合物的综合利用【题型五】硅酸盐材料02重难创新练03真题实战练题型一碳及其重要化合物1．“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中促进碳中和最直接有效的是()A．将重质油裂解为轻质油作为燃料 B．大规模开采可燃冰作为新能源C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D．研发新型催化剂促使CO2转化为甲醇【答案】D【解析】A项，将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO2的量并没有改变，A不符合题意；B项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，B不符合题意；C项，通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只会减少SO2的排放，但对CO2的排放总量无影响，C不符合题意；D项，研发催化剂将CO2还原为甲醇，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，D正确；故选D。2．中国力争在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，关于碳及其化合物，下列说法不正确的是()A．金刚石和石墨是碳的两种不同的单质，二者互称同素异形体B．在100KPa时，1mol石墨转变为金刚石要吸收1.895kJ的热量，故金刚石比石墨稳定C．考古时常用于测定文物年代的是碳元素的一种核素146C中，中子数为8D．引起温室效应的气体之一CO2中含极性共价键【答案】B【解析】A项，金刚石和石墨均是由C元素组成的不同单质，两者互为同素异形体，A正确；B项，能量越低，物质越稳定，因为在100KPa时，1mol石墨转变为金刚石要吸收1.895kJ的热量，所以可知石墨比金刚石稳定，B错误；C项，146C的质子数为6，质量数为14，所以中子数=14-6=8，C正确；D项，CO2可引起温室效应，使全球变暖，其分子中C原子与O原子以共价双键结合，所以含极性共价键，D正确；故选B。3．第十三届全国人民代表大会第四次会议政府工作报告指出“要扎实做好碳达峰、碳中和各项工作”，绿色氢能和液态阳光甲醇可助力完成碳中和目标。下列说法正确的是()A．CH3OH属于电解质B．用焦炭与H2O反应是未来较好获取氢能的方法C．H2与CO2反应，每生成1molCH3OH时转移4mol电子D．植树造林、节能减排等有利于实现碳中和【答案】D【解析】A项，CH3OH属于非电解质，A错误；B项，该工艺需消耗大量的能量，不节能，B错误；C项，每生成1molCH3OH时转移6mol电子，C错误；D项，植树造林、节能减排等有利于实现碳中和，D正确；故选D。4．部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是()A．固态p可做制冷剂用于人工降雨B．p转化为r可通过化合反应来实现C．m转化为n或o的反应均释放能量D．n的一种同素异形体中既存在共价键也存在范德华力【答案】C【解析】依据价类二维图可知：m为甲烷、n为碳单质、o为CO、p为CO2、r为碳酸盐。A项，p为二氧化碳，可做制冷剂用于人工降雨，A项正确；B项，二氧化碳与氧化钙反应生成盐碳酸钙，是化合反应实现，B项正确；C项，甲烷转化为二氧化碳是放热反应，C项错误；D项，碳有多种同素异形体，如金刚石、石墨等，石墨既存在共价键也存在范德华力，D项正确；故选C。5．中国努力争取2060年前实现碳中和。利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是()A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2B．环节a中物质分离的基本操作是蒸发结晶C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质D．可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液捕捉CO2【答案】B【解析】利用NaOH溶液实现“碳捕获”吸收器中，NaOH溶液用喷淋方式加入，增大反应物之间的接触面积，充分吸收二氧化碳，环节a中，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，Na2CO3发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，CaCO3需从溶液中过滤出来再高温煅烧，生成的CO2循环使用。A项，NaOH溶液喷成雾状，可增大反应接触面积，提高CO2吸收率，A正确；B项，环节a为Na2CO3和Ca(OH)2生成CaCO3，需从溶液中过滤出来再高温煅烧，故基本操作不是蒸发结晶，B错误；C项，NaOH和CaO在流程中既有消耗，也有生成，可循环利用，C正确；D项，Na2CO3可以和CO2反应，因此可用Na2CO3溶液代替NaOH溶液，D正确。故选B。题型二硅的及其重要化合物6．(2024•江苏省无锡市江阴市联考)下列有关物质的用途的说法不正确的是()A．SiO2可用于制造光导纤维，Si可用于制造计算机芯片B．天然水晶属于硅酸盐产品C．石英砂、纯碱和石灰石可用于制造普通玻璃D．浓溶液可用于刻蚀玻璃【答案】B【解析】A项，SiO2可用于制造光导纤维，Si是半导体，可用于制造计算机芯片，A正确；B项，天然水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品，B错误；C项，制造普通玻璃的主要原料是石英砂、纯碱和石灰石，C正确；D项，氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，因此浓HF溶液可用于刻蚀玻璃，D正确；故选B。7．我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是()A．晶体硅的结构与金刚石类似B．晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应C．晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺复杂，价格昂贵D．晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电【答案】A【解析】A项，晶体硅为正四面体结构，与金刚石类似，A正确；B项，晶体硅常温下可以与氢氟酸反应，B错误；C项，晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺不复杂，价格不高，已经被普及使用，C错误；D项，晶体硅有金属光泽，可以导电，但它属于非金属材料，D错误；故选A。8．(2024·湖北黄冈市三模)ChatGPT是史上月活用户增长最快的消费者应用。下列说法中不正确的是()A．硅晶片是生产芯片的基础材料B．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及化学变化C．硅在自然界中主要以单质形式存在D．硅是应用最广泛的半导体材料【答案】C【解析】A项，硅晶片是优良的半导体材料，是生产芯片的基础材料，故A正确；B项，光敏树脂在曝光条件下成像时有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C项，硅元素是亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，不存在硅单质，故C错误；D项，硅是优良的半导体材料，可用于制造和生产芯片，故D正确；故选C。9．硅胶吸附剂的结构如图所示，硅胶常用作干燥剂，在其中添加CoCl2可使其指示吸水量，这可用于判断硅胶是否失效，原理如下：CoCl2(蓝色)CoCl2·6H2O(粉红色)，失效的硅胶可加热再生。下列说法错误的是()。A．当硅胶变粉红色说明硅胶失效了B．SiO2是酸性氧化物，硅胶可干燥HFC．失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高D．当硅胶遇到大量的水分子时，硅胶中的羟基形成了过多氢键从而失去吸附力【答案】B【解析】由题中信息可知，硅胶吸水失效后，蓝色的CoCl2会转化为粉红色的CoCl2·6H2O，A项正确；二氧化硅可以和HF反应，故硅胶不能干燥HF，B项错误；温度过高，CoCl2水解生成Co(OH)2而失去显色作用，C项正确；由硅胶结构可知，硅胶通过羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的，故当硅胶遇到大量的水分子时，硅胶中的羟基形成了过多氢键从而失去吸附力，D项正确。10．下列关于二氧化硅的说法正确的是()A．二氧化硅是酸性氧化物，因此能与水反应生成硅酸B．二氧化硅制成的光导纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆C．二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应，但能与碳酸钠固体在高温时发生反应D．用二氧化硅制取单质硅时，当生成2.24L气体(标准状况)时，得到2.8g硅【答案】C【解析】二氧化硅是酸性氧化物，但是二氧化硅不溶于水，与水不反应，故A错误；二氧化硅制成的光导纤维，由于其良好的光学特性而被用于制造光缆，故B错误；碳酸的酸性强于硅酸，二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应，但在高温时，二氧化硅能够与碳酸钠固体反应生成硅酸钠和二氧化碳，故C正确；由化学方程式SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，可知当生成2.24L(标准状况)即0.1mol气体时，得到0.05mol即1.4g硅，故D错误。11．(2024•广东省东莞市开学考试)部分含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是A．化合物是现代信息技术的基础材料B．工业制取单质时同时产生氧化产物C．向溶液中通入CO2，可以实现的转化D．化合物的热稳定性大于甲烷【答案】D【解析】根据价类二维图，a、b、c、d、e分别为SiH4、Si、SiO2、H2SiO3、Na2SiO3。A项，SiO2是光导纤维的主要成份，是现代信息技术的基础材料，A正确；B项，工业制取单质时同时产生氧化产物CO，SiO2+2C=Si+2CO，B正确；C项，碳酸酸性大于硅酸，可以强酸制弱酸，C正确；D项，SiH4和CH4，非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，所以稳定性；SiH4<CH4，D错误；故选D。题型三硅的工业制法12．(2024•·河南省濮阳市质检)工业制备高纯硅的流程如图所示。下列说法正确的是()A．反应①的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑B．标准状况下，2.24LSiHCl3(l)所含分子数约为C．反应②、③均须在无氧环境中进行D．生成的高纯硅可用做光导纤维【答案】C【解析】A项，反应①是SiO2和焦炭在高温下发生反应生成CO和Si，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；B项，标准状况下，SiHCl3为液态，2.24LSiHCl3物质的量不是0.1mol，故B错误；C项，Si和氧气在300℃时容易发生反应，而氢气和氧气在1100℃时混合易爆炸，因此反应②、③均须在无氧环境中进行，故C正确；D项，制备光导纤维的为二氧化硅，故D错误；故选C。13．(2024•山西省部分学校期中调研测试)高纯硅是信息革命的“催化剂”．工业上制备高纯硅的流程如下：下列叙述错误的是()A．气体X常作灭火剂，但不能作钠、镁等金属火灾的灭火剂B．反应2主要作用是除去难熔性杂质C．用水吸收反应3的尾气时要采用防倒吸装置D．气体Y是反应2的还原产物，反应3的还原剂【答案】A【解析】石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下和焦炭反应生成硅和CO，粗硅和氯化氢高温下反应生成SiHCl3和氢气，在高温下SiHCl3和氢气发生置换反应生成硅和氯化氢。A项，气体X是CO，属于可燃性气体，常作灭火剂的二氧化碳，A错误；B项，反应2属于粗硅提纯的第一阶段，主要作用是除去难熔性杂质，B正确；C项，氯化氢极易溶于水，用水吸收反应3的尾气时要采用防倒吸装置，C正确；D项，氢气是反应2的还原产物，反应3氢气做还原剂置换出硅，D正确；故选A。14．(2024·河北省邯郸市二模)工业上制备高纯硅，一般需要先制得98％左右的粗硅，再以粗硅为原料制备高纯硅，工艺流程如下；工业上还以粗硅为原料采用熔融盐电解法制取甲硅烷(SiH4)，电解装置如图所示：下列有关说法正确的是A．制备粗硅的化学方程式：SiO2+CSi+CO2↑B．制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质只有HClC．阴极发生的电极反应：H2+2e-=2H-D．SiO2、Si、SiH都属于共价晶体【答案】C【解析】石英砂加焦炭在高温条件下反应得到粗硅，粗硅与HCl在573K以上加热生成粗SiHCl3，精馏得到纯的SiHCl3，在1357K与氢气反应生成高纯硅。A项，制备粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，A错误；B项，制备高纯硅的工艺中可循环使用的物质有H2和HCl，B错误；C项，阴极氢气得电子产生H-，发生的电极反应：H2+2e-=2H-，C正确；D项，SiH4属于分子晶体，D错误。故选C。15．(2024·北京市西城区一模)硅是电子工业的重要材料。利用石英砂(主要成分为SiO2)和镁粉模拟工业制硅的流程示意图如下。已知：电负性：SiH下列说法不正确的是()A．I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热B．Ⅱ中主要反应有：MgO+2HCl=2MgCl2+H2O、Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑C．为防止SiH4自燃，Ⅱ需隔绝空气D．过程中含硅元素的物质只体现氧化性【答案】D【解析】I中发生的反应有：2Mg+SiO22MgO+Si、2Mg+SiMg2Si；Ⅱ中MgO、Mg2Si与盐酸反应。A项，因为SiO2与镁反应需要能量，所以I中引燃时用镁条，利用了镁条燃烧放出大量的热，A正确；B项，因为硅与盐酸不反应，所以Ⅱ中主要反应有：MgO+2HCl=2MgCl2+H2O、Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑，B正确；C项，因为SiH4容易自自燃，所以为防止SiH4自燃，Ⅱ需隔绝空气，C正确；D项，因为电负性：SiH，所以SiH4中硅元素为+4价，而Mg2Si中硅元素为-4价，所以在Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑中，含硅元素的物质体现还原性，D错误；故选D。16．近日，清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片，成立了“芯片学院”。某小组拟在实验室制造硅，其流程如图：制造原理：2M+SiO22M+Si除杂原理：M2Si+4H=2M2+SiH4↑，M2H=M2+H2O下列说法中正确的是()A．操作1、操作2均为过滤B．均含有共价键，等质量的二者分子数之比为8：15C．点燃石英砂和镁粉的混合物发生的副反应为2M+SiM2SiD．当有2mol电子转移时，能生成14gSi【答案】C【解析】A项，将溶液和固体分开，采用过滤操作，操作1为过滤，操作2为洗涤和烘干，故A错误；B项，SiO2是共价晶体，没有分子，故B错误；C项，由除杂原理可知副反应为：2M+SiM2Si，故C正确；D项，当有2mol电子转移时，参加反应的Mg物质的量为1mol，能生成0.5mol单质硅，但因有副反应发生，最终获得的Si的质量少于14g，故D错误；故选C。17．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应)与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是()A．I装置可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气B．装置II中盛装的是浓H2SO4、装置Ⅲ烧杯盛装的是温度高于32℃的温水C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管D．IV中发生反应的化学方程式：SiHCl3+H2Si+3HCl【答案】A【解析】A项，二氧化锰固体与浓盐酸加热反应生成氯气，而I装置没有酒精灯，因此I装置不可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气，故A错误；B项，氢气中含有水蒸气，根据SiHCl3遇水会剧烈反应，则装置II中盛装的是浓H2SO4，其作用是干燥氢气，根据SiHCl3的沸点：31.85℃，则装置Ⅲ烧杯盛装的是温度高于32℃的温水，将SiHCl3变为气体以便进入到IV中与氢气反应，故B正确；C项，氢气和氧气混合气体会发生爆炸，因此实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，故C正确；D项，根据用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅，因此IV中发生反应的化学方程式：SiHCl3+H2Si+3HCl，故D正确。故选A。18．工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应器中的产物除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是()A．电弧炉中发生的反应为C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))CO2↑＋SiB．SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C．每生产1mol高纯硅，需要44.8LCl2(标准状况)D．该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求解析：B石英砂与焦炭在高温下发生反应生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应为2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))2CO↑＋Si，A错误；流化床反应器中除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提纯，B正确；流化床反应器中的产物有SiCl4、SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，则每生产1mol高纯硅，需要Cl2(标准状况)的体积大于44.8L，C错误；该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易造成空气污染，不符合绿色化学要求，D错误。题型四硅及其化合物的综合利用19．(2024•福建省南平市芝华中学检测)硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。(1)分别向Na2SiO3溶液中加入下列物质，能生成不溶于NaOH溶液的白色沉淀的是。①K

②稀盐酸

③CaCl2溶液

④KNO3溶液(2)胃舒平的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8·4H2O)等化合物。写出三硅酸镁的氧化物形式为。(3)为什么实验室中盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞(用离子方程式表示)：。(4)当前制备高纯硅的主要生产过程示意图如下：①写出制备粗硅的化学反应方程式：。②高纯硅的用途：。(写出一种)③整个制备过程必须严格控制无水无氧。H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是。【答案】(1)③(2)2MgO·3SiO2·nH2O(3)SiO2＋2OH-=SiO32-＋H2O(4)SiO2＋2CSi＋2CO↑制作太阳能电池等高温条件下，H2遇O2发生爆炸【解析】(1)①K先与水反应生成氢氧化钾和氢气，而氢氧化钾与Na2SiO3不反应，所以不符合题意，故错误；②盐酸酸性强于硅酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸与氢氧化钠反应生成可溶的硅酸钠，最终无白色沉淀，故错误；③Na2SiO3和CaCl2反应生成硅酸钙，而硅酸钙不溶于氢氧化钠，所以能生成不溶于NaOH溶液的白色沉淀，符合题意，故正确；④Na2SiO3溶液和KNO3溶液不反应，不符合题意，故错误；故选③。(2)硅酸盐用氧化物的形式来表示组成的书写顺序是：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→非金属氧化物→二氧化硅→水，三硅酸镁(Mg2Si3O8·4H2O)的氧化物形式为2MgO·3SiO2·nH2O；(3)实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，生成具有粘性的Na2SiO3，反应为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，离子反应为SiO2＋2OH-=SiO32-＋H2O；(4)①石英砂和焦炭在高温下生成粗硅和CO，反应的化学反应方程式：SiO2+2CSi+2CO↑；②高纯硅的用途：制作太阳能电池等；③SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑，高温条件下，氢气遇氧气易爆炸。20．(2024•湖南省常德市第一中学月考)硅是地壳中含量第二大的元素，其单质是一种重要的半导体材料。(1)是硅的一种同位素，该Si原子的中子数为。(2)硅元素在自然界中通常以石英石(SiO2)和硅酸盐的形式存在。已知SiO2是一种酸性氧化物，请写出其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式。(3)关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______(填字母)。A．自然界中存在天然游离的硅单质B．已知C与的最高正价都是正四价，由于CO2+H2O=H2CO3，用类比法得知，SiO2+H2O=H2SiO3C．Na[AlSi3O8]用氧化物形式表示为Na2O·Al2O3·6SiO2D．SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物(4)高纯硅单质可由石英砂(主要成分是SiO2)制得，制备高纯硅的主要工艺流程如图所示：ⅰ．硅元素有无定形硅和晶体硅两种单质，它们互为；ⅱ．流程④的化学反应为置换反应，写出其化学方程式：。【答案】(1)14(2)SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(3)C(4)同素异形体SiHCl3+H2Si+3HCl【解析】SiO2与C在高温下反应生成Si，Si和HCl在300℃以上反应生成SiHCl3，提纯后的SiHCl3与H2反应生成高纯硅。(1)Si是14号元素，其原子核内质子数为14，则的中子数为28-14=14；(2)已知SiO2是一种酸性氧化物，则SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，化学反应为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。(3)A项，硅较为活泼，自然界中不存在天然游离的硅单质，错误；B项，二氧化硅和水不反应，错误；C项，根据各元素化合价及化学式形式可知，Na[AlSi3O8]用氧化物形式表示为Na2O·Al2O3·6SiO2，正确；D项，SiO2能和NaOH溶液反应生成盐和水，属于酸性氧化物，二氧化硅能和氢氟酸反应为二氧化硅的特性，错误；故选C；(4)i．无定形硅和晶体硅为硅的两种不同的单质，互为同素异形体。ii．流程④SiHCl3和H2反应生成Si和HCl，化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl。21．(2024•四川省内江市威远中学期中)“中国芯”的发展离不开单晶硅，工业上制高纯硅，先制得粗硅，再制高纯硅。Ⅰ.请回答：(1)工业制粗硅反应的化学方程式为。Ⅱ.某小组拟在实验室用如图所示装置模拟探究四氯化硅的制备和应用(夹持装置已省略)。已知有关信息：①，；②遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为、。请回答下列问题：(2)装无水氯化钙的仪器名称是。(3)若拆去B装置，可能的后果是(写出一个即可)。(4)有同学最初将E、F、G装置设计成图甲所示装置，图甲装置的主要缺点是(写出一个即可)。(5)已知NH4Cl在高温条件下易分解生成NH3和HCl。利用SiCl4和NH3制备新型无机非金属材料(Si3N4)的装置如图乙，写出该反应的化学方程式：。利用尾气制备盐酸，宜选择下列装置中的(填序号)。【答案】(1)SiO2+2CSi+2CO↑(2)球形干燥管(3)HCl和Si反应牛成SiHCl3和H2，会使产品纯度降低，或Cl2和H2混合共热易发生爆炸(4)SiCl4在收集瓶e中液化，压强减小，烧碱溶液倒吸入收集瓶e中，或烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解(5)3SiCl4+4NH3Si3N4+12HClc【解析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的无水氯化钙用于干燥氯气，装置D中氯气与硅高温条件下反应生成四氯化硅，装置E用于冷凝收集四氯化硅，装置F中用于冷凝回流四氯化硅，提高产品的产率，装置G盛有的碱石灰用于吸收未空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E中导致四氯化硅水解。(1)工业制粗硅的反应为二氧化硅与碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑；(2)由实验装置图可知，装无水氯化钙的仪器为球形干燥管；(3)由题给信息可知，若拆去B装置，氯气中混有的氯化氢气体进入D中会与硅高温条件下反应生成三氯硅烷和氢气，导致实验制得的四氯化硅中混有杂质，且反应生成的氢气和氯气混合共热会发生爆炸；(4)若用图甲装置替代E、F、G装置，四氯化硅在收集瓶e中液化后，瓶中气体压强减小，氢氧化钠溶液会倒吸入收集瓶e中，且氢氧化钠溶液产生的水蒸气进入广口瓶e中，会导致四氯化硅发生水解，使得产品不纯；(5)由题意可知，制备氮化硅的反应为氨气与四氯化硅高温条件下反应生成氮化硅和氯化氢，反应的化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，反应生成的氯化氢极易溶于水，用水吸收氯化氢时，应防止产生倒吸。22．硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。(1)新型陶瓷Si3N4的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在H2的保护下，使SiCl4与N2反应生成Si3N4沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式：_______________________。(2)一种工业用硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，已知硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的主要工艺流程如下：①净化N2和H2时，铜屑的作用是______________________，硅胶的作用是________________________。②在氮化炉中发生反应：3SiO2(s)＋2N2(g)=Si3N4(s)＋3O2(g)ΔH＝－727.5kJ·mol－1，开始时，严格控制氮气的流速以控制温度的原因是____________________________________________；体系中要通入适量的氢气是为了___________________________________________________。③X可能是________(填“盐酸”“硝酸”“硫酸”或“氢氟酸”)。(3)工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：①整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应，写出该反应的化学方程式：__________________________________________________________________________。②假设每一轮次制备1mol纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应Ⅰ中HCl的利用率为90%，反应Ⅱ中H2的利用率为93.75%。则在第二轮次的生产中，补充HCl和H2的物质的量之比是________。【答案】(1)3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl(2)①除去原料气中的氧气除去生成的水蒸气②该反应是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去(或将整个体系中空气排尽)③硝酸(3)①SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑②5∶1【解析】(1)根据原子守恒可写出该反应的化学方程式：3SiCl4＋2N2＋6H2=Si3N4＋12HCl。(2)①由于氧气和水蒸气都能腐蚀氮化硅，所以铜屑的作用是除去氧气，硅胶的作用是除去水蒸气。②因为该反应是放热反应，如果温度过高，局部过热，会导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触；通入氢气能将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去。③由于工业用硅中含有铜的氧化物，在反应中氧化铜能被还原生成铜，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅，因此要除去铜应该选择硝酸。(3)①SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑。②反应生成1mol纯硅需补充HCleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,90%)－3))mol，需补充H2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,93.75%)－1))mol，补充HCl与H2的物质的量之比为5∶1。23．我国能够造出几百万一颗的卫星芯片，但是在智能手机芯片上却屡屡遭到美国垄断。制造手机芯片需要高纯硅，工业上制取高纯硅的流程如图。请根据所学知识回答下列问题。(1)石英砂的主要成分为____________(填化学式)，实验室不能用石英坩埚熔融氢氧化钠的原因是________________________。(2)整个过程中可以循环利用的物质为____________(填化学式)。(3)晶体硅为灰黑色固体，溶于氢氟酸可生成氢气。写出晶体硅与氢氟酸反应的化学方程式：__________________。(4)某科研团队设计了一种以硅作为基底的微型直接氢气酸性燃料电池，其工作原理如图所示：①电池工作时，电子由______(填“A”或“B”，下同)电极流向______电极。②电池工作时，B电极上的电极反应式为__________________。③每转移，A电极消耗标准状况下的O2的体积为______L。【答案】(1)

SiO2

氢氧化钠能与SiO2发生反应，腐蚀石英坩埚(2)HCl、H2(3)Si+4HF=SiF4↑+2H2↑(4)

B

A

H2-2e-=2H+

11.2【解析】(1)石英砂的主要成分为SiO2，石英坩埚中SiO2能与NaOH反应生成硅酸钠，氢氧化钠能腐蚀石英坩埚，故不能用石英坩埚熔融NaOH。(2)从制备流程可知，整个过程中可循环利用的物质为HCl和H2。(3)晶体硅溶于氢氟酸生成氢气和四氟化硅，化学方程式为Si+4HF=SiF4↑+2H2↑。(4)①从该燃料电池的工作原理图可知，A电极上O2得电子转化为H2O为原电池正极，B电极上氢气失电子生成氢离子为原电池负极，故电子从B电极流向A电极。②B电极上H2失电子生成H+，电极反应式为H2-2e-=2H+。③A电极上O2+4e-+4H+=2H2O，每转移2mol电子，A电极消耗O20.5mol，标准状况下体积为11.2L。题型五硅酸盐材料24．(2024·黑龙江省哈尔滨市三模)龙是中华民族精神的象征，以下与龙有关文物的叙述错误的是()A．“月白地云龙纹缂丝单朝袍”所使用丝的主要材质为纤维素B．“东汉玛瑙龙头雕刻品”的主要成分为二氧化硅C．“战国青铜双翼神龙”的主要材质为铜合金D．“龙首人身陶生肖俑”是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【答案】A【解析】A项，月白地云龙纹缂丝单朝袍”所使用丝为蚕丝，主要材质为蛋白质，A错误；B项，玛瑙的主要成分是SiO2，B正确；C项，青铜主要材质是铜合金，C正确；D项，陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，D正确；故选A。25．(2023·广东省韶关市二模)中国文物具有鲜明的时代特征。下列源自广东韶关的文物的主要成分不属于硅酸盐的是()A．清绿地素三彩花卉撇口碗B．明代三彩孩童骑牛陶俑C．南朝弦纹三足铜铛D．东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型【答案】C【解析】A项，清绿地素三彩花卉撇口碗的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，A不符合题意；B项，明代三彩孩童骑牛陶俑的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，B不符合题意；C项，南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，不属于硅酸盐，C符合题意；D项，东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，D不符合题意；故选C。26．(2023·浙江省绍兴高三选考模拟)龙泉窑是中国历史上的一个名窑，是中国制瓷史上延续历史最长的一个瓷窑系，龙泉窑以烧制青瓷而闻名，下列有关说法错误的是()A．高温烧结过程包含复杂的化学变化 B．瓷器具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点C．制作瓷器所用的黏土原料是人工合成的 D．瓷器属于硅酸盐产品，含有多种金属元素【答案】C【解析】A项，高温烧结过程是许多物理化学变化的综合过程，A正确；B项，陶瓷成分是硅酸盐，经高温烧结具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点，B正确；C项，黏土是含沙粒很少、有黏性的土壤，一般的黏土都由硅酸盐矿物在地球表面风化后形成，不是人工合成的，C错误；D项，陶瓷主要原料是黏土，属硅酸盐产品，含有多种金属元素，D正确；故选C。27．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A．粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料B．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化C．沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐D．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦【答案】C【解析】制作砖瓦和陶瓷的主要原料是粘土，故A错误；，粘土的主要成分均为硅酸盐，灼烧使粘土发生复杂的物理化学变化，故B正确；沙子的主要成分是二氧化硅，粘土的主要成分均为硅酸盐，故C错误；浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法，所以烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦，故D正确。28．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是()A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐【答案】C【解析】陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，A项错误；纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料，而制水泥的原料是黏土和石灰石，B项错误；硅酸盐制品性质稳定、熔点高，C项正确；沙子的主要成分是SiO2，黏土的主要成分是硅酸盐，D项错误。29．宋代五大名窑分别为：钧窑、汝窑、官窑、定窑、哥窑。其中钧窑以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法不正确的是()A．窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化B．氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料C．高品质的瓷器晶莹剔透，属于纯净物D．陶瓷属于硅酸盐材料，耐酸碱腐蚀，但是不能用来盛装氢氟酸【答案】C【解析】不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化称为窑变，故A正确；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层，无机纤维等，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故C错误；HF能与二氧化硅反应，陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，所以陶瓷不能用来盛装氢氟酸，故D正确。30．水泥是重要的建筑材料，硅酸盐水泥主要为硅酸二钙(2CaO·SiO2)、硅酸三钙(3CaO·SiO2)、铝酸三钙(3CaO·Al2O3)。铁铝酸四钙(4CaO·Al2O3·Fe2O3)和氧化镁等的混合物。《水泥化学分析方法》中用EDTA(一种常用作滴定金属离子含量的有机物)滴定法测定水泥样品中钙、镁的含量。其过程如图所示：已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Mg2+Ca2+Al3+Fe3+开始沉淀的pH1113.53.52完全沉淀的pH13>144.53.5回答下列问题：(1)工业制水泥的主要原料是黏土和______(填名称)。(2)步骤①中选择用银坩埚而不用瓷坩埚，其理由是_____.滤渣的主要成分为_____。(填化学式)。(3)步骤③中加入的酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，可掩蔽杂质离子的干扰，在该过程中，主要掩蔽的离子有_____。掩蔽剂需要在调pH前加入，若在碱性溶液中则起不到掩蔽作用，试从要掩蔽的离子性质分析原因：_______。(4)步骤④和⑤中，调pH时，最好选用试剂_____(填序号)。A．氨水B．MgOC．CaCO3(5)水泥样品中的钙的含量通过步骤④滴定结果可计算得出；而步骤⑤滴定的是钙、镁总量，所以测定镁的含量准确性还依赖于步骤④。当溶液pH大于12时，会生成硅酸钙沉淀，所以若滴定前，溶液中还有少量的硅酸，则需加入适量氟化钾，以消除硅酸的干扰。若未加氟化钾，残留的硅酸会使镁含量测定结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(6)镁含量的测定还受水泥试样中一氧化锰含量的影响，当一氧化锰含量小于0.5%时，干扰不明显，可忽略不计；但大于0.5%时，还需要再测出一氧化锰含量。一氧化锰的测定是在硫酸介质中，用高碘酸钾将其氧化为高锰酸根离子，进行测量。写出该过程中反应的离子方程式：______(该反应中的一种产物可以作为食盐的添加剂)。【答案】(1)石灰石氢(2)氧化钠会与二氧化硅反应，腐蚀瓷坩埚H2SiO3(3)Al3+和Fe3+碱性溶液中，Al3+和Fe3+会生成Al(OH)3沉淀和Fe(OH)3沉淀(4)A(5)偏高(6)2MnO+5IO4-+H2O=2MnO4-+5IO3-+2H+【解析】(1)工业制水泥的主要原料是黏土和石灰石；(2)瓷坩埚中含有二氧化硅，加热熔融时氢氧化钠和二氧化硅反应，会腐蚀瓷坩埚；由分析可知，加入足量盐酸酸化后，过滤得到硅酸滤渣；(3)由题意可知，步骤③中加入的酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，掩蔽铁离子和铝离子，防止加入EDTA时对钙、镁含量测定的干扰；在碱性溶液中，铁离子和铝离子会转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，则在调溶液pH前加入掩蔽剂，起不到掩蔽作用；(4)调节溶液pH时，若加入氧化镁和碳酸钙，会使溶液中钙离子和镁离子的量增大，影响测定结果，所以调节溶液pH的试剂最好为氨水，故答案为A；(5)由题意可知，当溶液pH大于12时，会生成硅酸钙沉淀，若滴定前不加入适量氟化钾消除硅酸的干扰，会导致测得钙离子的量偏低，计算出的镁离子含量偏高；(6)由题意可知，酸性条件下，高碘酸钾与一氧化锰发生氧化还原反应生成碘酸钾和高锰酸，反应的离子方程式为2MnO+5IO4-+H2O=2MnO4-+5IO3-+2H+。1．(2024·甘肃省二模)化学与社会发展和人类进步息息相关。下列说法不正确的是()A．华为Mate60pro系列“争气机”的芯片材料主要为晶体硅B．用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石互为同素异形体C．国产飞机C919用到的氨化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．“神舟十七号”飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子【答案】D【解析】A项，晶体硅是华为Mate60pro系列“争气机”的芯片主要材，A正确；B项，用机械剥离法从石墨中分离出的石墨烯能导电，石墨烯与金刚石均为碳的单质，它们互为同素异形体，B正确：C项，氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，则国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C正确；D项，芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，D错误；故选D。.2．(2024•湖南省常德市月考)2023年是我国实施新型基础设施建设的重要时期，在包括5G基站建设、城际高速铁路和城市轨道交通等领域都取得瞩目成就，其中涉及各种化学材料。下列相关说法错误的是()A．中国自主研发的首个5G微基站射频芯片的主要材料是SiB．高铁动车的车厢厢体由不锈钢和铝合金制成，不锈钢和铝合金均属于金属材料C．国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．石英玻璃、碳化硅陶瓷、水泥、石墨烯都是硅酸盐材料【答案】D【解析】A项，电子芯片的材料主要是Si，射频芯片也是电子芯片，A正确；B项，不锈钢是铁合金，铁合金与铝合金均属于金属材料，B正确；C项，氮化硅陶瓷，是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷，属于新型无机非金属材料，C正确；D项，石墨烯为碳单质，不是硅酸盐材料，D错误；故选D。3．(2024•高三下·河北省石家庄市第十七中学月考)2024年央视春晚首次应用5G-A技术，Al含量高，硬科技霸屏，下列有关说法错误的是()A．舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷，其主要原材料为含水的铝硅酸盐B．晚会采用的LED屏，其发光材料通常是以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的陶瓷制作而成C．5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性D．芯片中二氧化硅优异的半导体性能。使得晚会上各种AI技术得以完美体现【答案】D【解析】A项，青花瓷是传统无机非金属材料，其主要原材料为含水的铝硅酸盐，A正确；B项，LED屏发光材料通常是以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的结构多样化的陶瓷，B正确；C项，液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性，C正确；D项，芯片主要成分是硅单质，D错误。故选D。4．(2024·江西省宜春市高三模拟)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{，}按如图流程开展实验。已知：①铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的硅酸盐。②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度。当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。下列说法正确的是()A．步骤I所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2、NaOH和Na2SiO3B．步骤Ⅱ，可以用代替CO2C．步骤Ⅲ，为减少Al(OH)3吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D．步骤V采用蒸汽浴加热。若用酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀【答案】D【解析】铝土矿主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。A项，用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的硅酸盐，步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2和NaOH，A错误；B项，步骤Ⅱ中向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳目的是将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，若用HCl代替CO2，由于HCl酸性较强，HCl过量会导致氢氧化铝沉淀溶解，不可以用HCl代替CO2，B错误；C项，步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌，C错误；D项，步骤V中酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀，D正确；故选D。5．(2024•湖北省部分省示范高中期中测试)如今，半导体“硅”已经成为信息时代高科技的代名词，高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业的基础材料。制备高纯硅的主要工艺流程如图所示：已知：SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气。回答下列问题：(1)二氧化硅和硅酸盐是构成地壳中大部分岩石、沙子和土壤的主要微粒，SiO2的晶体类型为。(2)写出④的化学方程式为。(3)以上①~⑤的流程中，包含置换反应的是(填序号)。整个操作流程都需隔绝空气，原因是(答出两条即可)。(4)氮化硼陶瓷基复合材料电推进系统及以SiC单晶制作器件，在航空航天特殊环境下具有广泛的应用前景。科学家用金属钠、四氯化碳和四氯化硅制得了SiC纳米棒，反应的化学方程式为。(5)在硅酸盐中，SiO44-四面体［如下图(a)］通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大结构型式。图(b)为一种链状结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为，其化学式为。【答案】(1)共价晶体(2)SiHCl3+H2Si+3HCl(3)①②④防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸(4)8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl(5)sp3(Si4O11)n6n-或Si4O116-【解析】石英砂中主要成分是SiO2，与C在高温下发生反应SiO2+2CSi+2CO↑，得到粗硅，粗硅与HCl在300°C发生反应Si+3HClSiHCl3+H2，生成粗SiHCl3，粗SiHCl3中含有少量SiCl4，根据二者沸点不同，可以采取蒸馏的方法分离，纯SiHCl3在1084°C条件下与H2反应生成高纯硅，化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl。石英砂与焦炭在高温的氮气流中反应制得氮化硅，反应的化学方程式为6SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO↑。(1)SiO2的结构为共价键结合成的空间网状结构，所以为共价晶体；(2)④的反应方程式为：SiHCl3+H2Si+3HCl；(3)以上①~⑤的流程中，①②④均属于置换反应；根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸；(4)根据提示，用金属钠、四氯化碳和四氯化硅制得了SiC纳米棒，反应的化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4=SiC+8NaCl；(5)根据图(b)可知，每个Si原子周围都与4个O原子相连，无孤对电子，所以Si原子为sp3杂化；根据晶胞结构图可知，在一个五角形的晶胞中，共有6个Si原子，其中有4个被2个晶胞共有，所以Si原子的实际个数是4×1/2+2=4；1个五角形的晶胞中有18个O原子，其中完全属于该晶胞的是4个，(上下各2个)，其余O原子均属于2个小正四面体共有，所以O原子的实际个数是4+14×1/2=11，每个独立的Si-O中的O原子带一个单位的负电荷，所以该晶胞的化学式是(Si4O11)n6n-或Si4O116-。6．(2024•江苏省南京市期中)地球上既有辽阔的海洋也有浩瀚的沙漠。(1)“从沙滩到用户”的关键第一步反应是利用石英砂可以制备粗硅，其反应的方程式为；(2)下图的实验装置中，在试管C中观察到凝胶状的白色沉淀。反应的化学方程式为。装置A中发生反应的离子方程式。有同学依据以上实验得出以下一些结论，其中正确的是(填序号)。A．物质的酸性：B．元素的非金属性：Cl>C>SiC．试管B中饱和NaHCO3溶液的主要作用是除去CO2气体中温有的HClD．在试管B中发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑(3)硅酸钠溶液是一种粘稠的液体，这与硅酸根离子的长键结构有关：在硅酸根离子中每个Si原子都与四个O原子相连形成四面体，人们常称之为“硅氧四面体”，硅氧四面体通过共用O原子可以彼此相连形成长链。俯视为简化为连成长链用激光笔照射Na2SiO3溶液，发现有丁达尔现象。依据胶体微粒大小对其中所含原子数的估算，胶体微粒中大约会含有个原子。假设硅酸钠溶液中硅酸根离子含有1000个原子，那么在硅酸根离子的长链中，包含有个硅氧四面体的结构单元。【答案】(1)SiO2+2CSi+2CO↑(2)Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑ACD(3)250【解析】(2)由题干图示信息可知，装置A为盐酸和饱和碳酸钠溶液反应生成CO2气体，此时气体中混有HCl，需经过饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，再通入Na2SiO3溶液中可以观察到产生白色沉淀，反应方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓。(1)“从沙滩到用户”的关键第一步反应是利用石英砂可以制备粗硅，即焦炭与SiO2反应生成Si与CO，其反应的方程式为SiO2+2CSi+2CO↑；(2)由分析可知，向试管C中Na2SiO3水溶液中通入CO2，观察到凝胶状的白色沉淀，该反应的化学方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，装置A为Na2CO3和稀盐酸反应，该反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，A项，根据强酸制弱酸的一般规律可知，该实验中HCl可以制得H2CO3，H2CO3能够制得H2SiO3，故可得出物质的酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，A正确；B项，已知元素的最高价含氧酸的酸性才与元素的非金属性一致，由于HCl不是Cl的最高价含氧酸，不能得出Cl的非金属性大于C，B错误；C项，试管B中饱和NaHCO3溶液的主要作用是除去CO2气体中温有的HCl，C正确；D项，试管B中饱和NaHCO3溶液的主要作用是除去CO2气体中温有的HCl，则在试管B中发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，D正确；(3)根据图的一个结构单元中含有1个硅、2+2×=3个氧原子，Si与O的原子数之比为1：3，即一个结构单元中含有1个硅原子和3个氧原子，假设硅酸钠溶液中硅酸根离子含有1000个原子，那么在硅酸根离子的长链中，包含有=250个硅氧四面体的结构单元，故选250。7．(2024•天津市军粮城中学质检)明矾是生活中常见的净水剂，用铝土矿含30%SiO2、40.8%Al2O3和和少量等制取明矾的工艺如下：(1)焙烧除铁反应：(少部分发生类似反应)，气体的化学式为。(2)操作①的名称是，操作①后，需洗涤固体表面吸附的离子，判断固体是否洗涤干净的实验方法是：取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加溶液，观察到，说明已洗涤干净。(3)固体加稀硫酸反应的离子方程式为。(4)固体与固体焙烧可制备防火材料，下列装置适合的是填字母编号。(5)不计过程中的损失，投入铝土矿，理论上可制得明矾明矾的相对分子质量为474)。【答案】(1)NH3(2)过滤溶液不会变为红色(3)Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(4)b(5)18.96【解析】由题给流程可知，向铝土矿中加入硫酸铵焙烧除铁时，氧化铁与硫酸铵共热反应生成硫酸铁铵、氨气和水，焙烧得到的固体B加水溶解、过滤得到硫酸铁铵溶液和含有二氧化硅、氧化铝的固体D；向固体D中加入稀硫酸，将氧化铝转化为硫酸铝溶液，二氧化硅不反应，过滤得到二氧化硅和硫酸铝溶液；向硫酸铝溶液中加入硫酸钾溶液后，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。(1)由质量守恒定律可知，气体A为氨气，故选NH3；(2)操作①为固液分离的过滤操作；固体D表面附有可溶的硫酸铁铵杂质，则检验固体D是否洗涤干净的实验方法为取最后一次洗涤后的浸出液于试管中，滴加KSCN溶液，观察到溶液不会变为红色，说明已洗涤干净；(3)由分析可知，固体D加稀硫酸发生的反应为氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(4)二氧化硅和氢氧化钠固体应在坩埚中焙烧，陶瓷中的二氧化硅会与氢氧化钠反应，所以焙烧时应选用铁坩埚，故选b；(5)由铝原子个数守恒可知，5t铝土矿理论上可制得明矾的质量为×2×474g/mol×10—6t/g=18.96t，故选18.96。8．芯片是国家科技的心脏。在硅及其化合物上进行蚀刻是芯片制造中非常重要的环节。三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)是常见的蚀刻剂。(1)高纯三氟化氮对二氧化硅具有优异的蚀刻速率和选择性。①二氧化硅的晶胞结构如图所示，二氧化硅晶体中硅原子周围最近的硅原子有_______个。②工业上常采用F2直接氟化尿素［CO(NH2)2]的方法生产NF3。得到的NF3中常含有少量CF4。常温下，三种物质在水中的溶解性大小顺序为：CF4<NF3<NH3，原因是_______。(2)四氟化碳的一种蚀刻机理是：CF4在等离子体的条件下产生活性自由基(▪F)，该自由基易与硅及其化合物中的硅原子结合生成SiF4气体从而达到蚀刻目的。用CF4(g)进行蚀刻时常与氧气混合，当混合气体的流速分别为80mL·min-1和100mL·min-1时，蚀刻速率随混合气体中O2和CF4体积之比［V(O2)/V(CF4)]的变化如图所示。①a点蚀刻速率比b点快的原因是_______。②蚀刻速率随V(O2)/V(CF4)先升高后降低的原因是_______。(3)NF3是一种强温室气体，消除大气中的NF3对于环境保护具有重要意义。国内某科研团队研究了利用氢自由基(·H)的脱氟反应实现NF3的降解。降解生成·NF2和HF的两种反应历程如图所示。其中直接抽提反应是降解的主要历程，原因是_______。

【答案】(1)①4②CF4是非极性分子，NF3和NH3是极性分子，但NH3的极性比NF3大，且NH3更易与水形成分子间氢键(2)①a点产生活性自由基(·F)的浓度大②O2与CF4中的碳元素反应生成CO(或CO2)，O2的体积分数增大，有利于产生更高浓度的活性自由基(·F)；随着O2体积分数的继续增加，CF4的含量减小，产生活性自由基(·F)的浓度减小(3)直接抽提反应活化能小，反应步骤少【解析】(1)①二氧化硅晶体中硅原子采取sp3杂化，每个硅原子周围最近的硅原子有4个；②三种物质都是分子，CF4是非极性分子，根据相似相溶原理，CF4在水中溶解度最小，NF3和NH3都是极性分子，且NH3能与水形成氢键，故溶解度最大；(2)①蚀刻速率受活性自由基(▪F)的影响，活性自由基(▪F)的浓度越大，刻蚀速率越大，a点蚀刻速率比b点快的原因是a点产生活性自由基(·F)的浓度大；②刻蚀过程O2与CF4中的碳元素反应生成CO(或CO2)，随着氧气体积的增大，活性自由基(▪F)浓度增大，随着氧气体积持续增加，CF4的含量减小，活性自由基(▪F)的体积分数减小，浓度减小，刻蚀速率下降；(3)由图像可以看出，直接抽提反应的活化能小于加成消除反应，直接抽提反应的速率快，并且直接抽提反应只有一步反应，步骤少，所以直接抽提反应为主要反应。1．(2023•湖南卷，1)中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是()A．青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B．长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化D．铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【答案】C【解析】A项，四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，因此青铜属合金范畴，A正确；B项，竹木简牍由竹子、木头等原料制成，竹子、木头的主要成分为纤维素，B正确；C项，蔡伦用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；D项，陶瓷是利用黏土在高温下烧结定型生成硅酸铝，D正确；故选C。2．(2022·浙江省1月选考，10)关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是()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∶4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】A项，根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B项，硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C项，反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C错误；D项，根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。3．(2022•福建卷，1)福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用C60和改性的Cu基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是()A．草酸属于无机物 B．C60与石墨互为同分异构体C．Cu属于过渡元素 D．催化剂通过降低焓变加快反应速率【答案】C【解析】A项，草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物，A错误；B项，C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误；C项，Cu为ⅠB族，属于过渡元素，C正确；D项，催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变，D错误；故选C。4．(2021•