第24讲-碳、硅及其化合物、无机非金属材料(解析版)

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第24讲碳、硅及其化合物、无机非金属材料【复习目标】1．掌握C、Si单质及其重要化合物的制备方法、性质和用途。2．掌握传统无机非金属材料的组成、性能及用途。3．掌握新型无机非金属材料的性能及用途。【知识精讲】考点一碳及其重要化合物碳原子的最外电子层有4个电子，原子结构示意图为，其原子既不易失去电子，也不易得到电子，主要形成四价的化合物。碳是构成有机物的主要元素，在自然界中碳元素既有游离态，又有化合态。1．碳单质（1）存在形式有金刚石、石墨、无定形碳、足球烯，它们互为同素异形体。用途：金刚石用作切割刀具，石墨用作电极、铅笔芯。（2）主要化学性质——还原性可燃性2C＋O2(不足)eq\o(=,\s\up7(点燃))2CO、C＋O2(足量)eq\o(=,\s\up7(点燃))CO2 与氧化物反应CO2：C＋CO2eq\o(=,\s\up7(高温))2COCuO：2CuO＋C2Cu＋CO2↑(冶炼金属)；SiO2：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑(制取粗硅)；H2O：C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2(制取水煤气)与强氧化性酸反应浓H2SO4：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；浓HNO3：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O2．碳的氧化物(CO、CO2)的比较COCO2物理性质无色无味气体、密度比空气小、难溶于水无色无味气体、密度比空气大、可溶于水(溶解度小)毒性有毒(易结合血红蛋白)无毒(温室效应)化学性质还原性可燃性（蓝色火焰）、还原氧化铁无(灭火)氧化性—①与炽热炭反应：C＋CO2eq\o(=,\s\up7(高温))2CO②Mg在CO2中燃烧：2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up7(点燃))2MgO＋C与水反应—CO2＋H2OH2CO3与碱反应(澄清石灰水)—Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O(检验CO2)用途用作燃料、冶炼金属灭火、制汽水、植物肥料、化工原料等【拓展】检验CO2中是否存在CO的装置及作用各装置的作用是：A——除去混合气体中的CO2B——检验混合气体中CO2是否除尽C——干燥气体D——CO还原CuO：CO＋CuOCu＋CO2E——安全瓶，防倒吸F——验证CO的氧化产物CO2G——除去尾气中的CO，防止污染环境确定混合气体中含有CO的实验现象是：D中的物质由黑色变成光亮的红色，B中无明显现象，F中的澄清石灰水变浑浊。【例题1】通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是()A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%【答案】B【解析】该反应应为吸热反应，A错误；碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；由碳氧原子个数比可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误。【例题2】(2022·安徽省淮北模拟)有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl。分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是()A．①② B．③⑤C．①⑥ D．④⑥【答案】A【解析】①碳酸比盐酸酸性弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca(OH)2反应：Ca(OH)2＋2CO2=Ca(HCO3)2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸酸性强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2＋Na2SiO3＋2H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3↓，因为相同温度下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O＋NaAlO2＋CO2=Al(OH)3↓＋NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。3．碳酸(H2CO3)弱酸、不稳定，碳酸(H2CO3)只能在水中存在。H2CO3在水中与CO2共存，因此常把CO2＋H2O当碳酸用。4．碳酸的正盐和酸式盐的比较正盐(COeq\o\al(2－,3))酸式盐(HCOeq\o\al(－,3))溶解性只有钾、钠、铵盐可溶一般都可溶溶解度一般而言，在相同温度下，难溶性正盐溶解度小于其酸式盐溶解度，如溶解度Ca(HCO3)2>CaCO3；可溶性正盐溶解度大于其酸式盐溶解度，如溶解度Na2CO3>NaHCO3热稳定性正盐>酸式盐>碳酸溶液pH同温度、同浓度：正盐>酸式盐相互转化COeq\o\al(2－,3)eq\o(,\s\up11(①CO2＋H2O；②H＋),\s\do4(OH－))HCOeq\o\al(－,3)碳酸的酸式盐加适量强碱或固体加热就生成碳酸的正盐；向碳酸的正盐的水溶液通入CO2可转化成酸式盐。考点二硅无机非金属材料1．硅及其化合物硅元素在自然界中主要以硅酸盐(如地壳中的大多数矿物)和氧化物(如水晶、玛瑙)的形式存在。（1）单质硅①晶体硅是灰黑色、有金属光泽、硬而脆的固体，其结构类似于金刚石，熔、沸点很高、硬度大，导电能力介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料。②硅与强碱溶液生成氢气(特征反应)：Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑。③硅的工业制法：制备粗硅：SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑。当碳过量时，继续反应生成SiC：3C＋SiO2(少量)eq\o(=,\s\up7(高温))SiC＋2CO↑(SiC的结构和性能与金刚石相似，属于共价晶体)。粗硅的提纯：Si＋3HCleq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3＋H2SiHCl3＋H2eq\o(=,\s\up7(1100℃))Si＋3HCl（2）SiO2的性质①晶体类型：共价晶体。②酸性氧化物：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。③高温下，Na2CO3与SiO2反应制玻璃：Na2CO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))CaSiO3＋CO2↑。④与氢氟酸反应(特殊)：SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O。【例题3】高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：SiO2eq\o(→,\s\up11(①C),\s\do4(高温))Si(粗)eq\o(→,\s\up11(②HCl),\s\do4(300℃))SiHCl3eq\o(→,\s\up11(③过量H2),\s\do4(1000～1100℃))Si(纯)下列说法不正确的是()A．步骤①的化学方程式为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑B．步骤①②③中每生成或反应1molSi，转移4mol电子C．硅和二氧化硅能与氢氟酸反应D．SiHCl3(沸点为33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点为67.6℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3【答案】B【解析】A项，步骤①的化学方程式为SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，正确；B项，步骤②③中每生成或反应1molSi，转移2mol电子，错误；C项，硅和二氧化硅都能与氢氟酸反应，正确；D项，SiHCl3和SiCl4的沸点相差较大，可通过蒸馏(或分馏)提纯SiHCl3，正确。【例题4】由下列实验事实得出的结论正确的是()A．由SiO2不能与水反应生成H2SiO3，可知SiO2不是H2SiO3的酸酐B．由SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up7(高温))Si＋2CO↑，可知碳的非金属性强于硅C．CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3>H2SiO3D．SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物【答案】C【例题5】晶体硅是一种重要的非金属原料，由粗硅制备纯硅的主要步骤如下：①粗硅与干燥的HCl气体反应制得SiHCl3：Si(粗)＋3HCleq\o(=,\s\up7(300℃))SiHCl3＋H2；②经过纯化的SiHCl3与过量H2在1000～1100℃下反应制得纯硅。回答相关问题：(1)粗硅与HCl气体反应完全后，经冷凝得到SiHCl3(沸点为36.5℃)，只含有少量SiCl4(沸点为57.6℃)和HCl(沸点为－84.7℃)，提纯SiHCl3的方法为__________________。(2)用SiHCl3与过量H2反应制备纯硅的装置如图所示(热源及夹持装置已略去)：①在加热D装置前应先打开A装置中分液漏斗的活塞，目的是__________________。②C装置中烧瓶需要加热，采用的方法是____________________________________。【答案】(1)蒸馏(2)①排出装置内的空气，以防爆炸②水浴加热（3）硅酸①硅酸不溶于水，其酸性比碳酸弱，硅酸不能使紫色石蕊试液变红色。②硅酸不稳定，受热易分解：H2SiO3SiO2＋H2O。③硅酸能与碱溶液反应，如与NaOH溶液反应的化学方程式为H2SiO3＋2NaOH=Na2SiO3＋2H2O。④硅酸在水中易聚合形成胶体。硅胶吸附水分能力强，常用作干燥剂。⑤实验室制法：Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓。（4）硅酸钠(Na2SiO3)①白色、可溶于水的粉末状固体，其水溶液俗称水玻璃，有黏性，水溶液显碱性。②它能与酸性较硅酸强的酸反应，如与CO2水溶液反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3。③用途：黏合剂(矿物胶)，耐火阻燃材料。（5）硅酸盐的组成硅酸盐种类繁多，结构复杂，组成各异，常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，例如：硅酸钠(Na2SiO3)：Na2O·SiO2、长石(KAlSi3O8)：K2O·Al2O3·6SiO2。硅酸钠的水溶液俗称水玻璃。①氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“·”隔开。②各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成。如硅酸钠(Na2SiO3)可表示为Na2O·SiO2，长石(KAlSi3O8)可表示为K2O·Al2O3·6SiO2。【例题6】水玻璃(Na2SiO3的水溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%～70%、C：30%～35%)制取水玻璃的工艺流程：下列说法正确的是()A．原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值B．操作A与操作B完全相同C．该流程中硅元素的化合价发生了改变D．反应器中发生的复分解反应为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O【答案】A2．无机非金属材料（1）传统无机非金属材料，如水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料。水泥玻璃陶瓷生产原料石灰石、黏土纯碱、石灰石、石英砂黏土主要设备水泥回转窑玻璃窑陶瓷窑①水泥普通硅酸盐水泥的主要原料是黏土和石灰石，二者与其他辅料经混合、研磨后在水泥回转窑中煅烧，发生复杂的物理变化和化学变化，加入适量石膏调节水泥硬化速率，再研成细粉得到普通水泥。混凝土是水泥、沙子和碎石等与水混合得到的。②玻璃普通玻璃的主要成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2，它是以纯碱、石灰石和石英砂为主要原料，经混合、粉碎，在玻璃窑中熔融，发生复杂的物理变化和化学变化而制得的，玻璃可用于生产建筑材料、光学仪器和各种器皿，还可制造玻璃纤维，用于高强度复合材料等。③陶瓷陶瓷以黏土(主要成分为含水的铝硅酸盐)为主要原料，经高温烧结而成的。④特殊功能的含硅物质(1)碳化硅具有金刚石结构，可用作磨料。(2)含硅元素4%的硅钢具有导磁性。(3)硅橡胶具有既耐高温又耐低温的性质。（2）新型无机非金属材料①以硅为主体的硅芯片、硅太阳能电池。②以二氧化硅为主体的光导纤维。③新型陶瓷：新型陶瓷在组成上不再限于传统的硅酸盐体系，在光学、热学、电学、磁学等方面具有很多新的特性和功能。高温结构陶瓷(碳化硅、氮化硅)；压电陶瓷(钛酸盐和锆酸盐)；透明陶瓷(氧化铝、氧化钇、氮化铝、氟化钙)；超导陶瓷等。材料类型主要特性示例用途高温结构陶瓷耐高温、抗氧化、耐磨蚀碳化硅、氮化硅与某些金属氧化物等烧结而成火箭发动机的尾管及燃烧室、汽车发动机、高温电极材料等压电陶瓷实现机械能与电能的相互转化钛酸盐、锆酸盐滤波器、扬声器、声纳探伤器、点火器等透明陶瓷优异的光学性能，耐高温，绝缘性好氧化铝、氧化钇、氮化铝、氟化钙高压钠灯、激光器、高温探测窗等超导陶瓷在某一临界温度下电阻为零可用于电力、交通、医疗等领域④碳纳米材料：一类新型的无机非金属材料，包括富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，在能源、信息、医药等领域有广阔的应用前景。结构特点应用富勒烯由碳原子构成的一系列笼形分子的总称代表物C60开启了碳纳米材料研究和应用的新时代碳纳米管由石墨片层卷成的管状物，具有纳米尺度的直径用于生产复合材料、电池和传感器石墨烯只有一个碳原子直径厚度的单层石墨应用于光电器件、超级电容器、电池和复合材料等方面3．常见的无机非金属材料、金属材料与复合材料无机非金属材料金属材料复合材料传统无机非金属材料和新型无机非金属材料(高温结构陶瓷、生物陶瓷、压电陶瓷、光导纤维、富勒烯、碳纳米管、石墨烯)黑色金属材料(钢铁)；有色金属材料(金、银、铜及其合金)生产生活中的复合材料(玻璃钢：玻璃纤维增强树脂基复合材料、碳纤维：碳纤维增强树脂基复合材料)；航空航天中的复合材料(飞机、火箭：纤维增强金属基复合材料；航天飞机：纤维增强陶瓷基复合材料)【例题7】青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是()A．青石棉是一种硅酸盐产品B．青石棉中含有一定量的石英晶体C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2OD．1mol青石棉能还原1molHNO3【答案】B【解析】硅酸盐指的是Si、O与其他化学元素结合而成的化合物的总称，根据青石棉的化学式可知，青石棉是一种硅酸盐产品，故A说法正确；硅酸盐中不含有SiO2，因此青石棉中不含石英晶体，故B说法错误；按照硅酸盐写成氧化物形式，青石棉的化学式组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C说法正确；根据C选项分析，青石棉中含有＋2价的铁，与硝酸发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒可知，1mol青石棉能还原1molHNO3，故D说法正确。【例题8】(2022·康定教学质量检查)“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。【例题9】新材料的新秀——石墨烯和氧化石墨烯已成为物理、化学、材料科学研究的国际热点课题。其结构模型如图所示：下列有关说法正确的是()A．石墨烯是一种新型化合物 B．氧化石墨烯即石墨烯的氧化物C．二者和石墨都是碳的同素异形体 D．氧化石墨烯具有一定的亲水性【答案】D【解析】石墨烯是碳的单质，A错误；氧化石墨烯含有氢元素，故不是石墨烯的氧化物，也不是碳的同素异形体，B、C错误；由于氧化石墨烯结构中含有羟基和羧基等亲水基团，所以它具有一定的亲水性，D正确。【真题演练】1．（2022·辽宁·高考真题）北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是（）A．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料B．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料D．短道速滑服使用的超高分子量聚乙烯属于有机高分子材料【答案】B【详解】A．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；B．碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；C．金属奖牌属于合金材料，C正确；D．聚乙烯属于有机高分子材料，D正确；故答案选B。2．（2022·河北·高考真题）定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是（）A．传统陶瓷是典型的绝缘材料 B．陶瓷主要成分为和C．陶瓷烧制的过程为物理变化 D．白瓷的白色是因铁含量较高【答案】A【详解】A．陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；B．陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，C错误；C．陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，由新物质生成，属于化学变化，C错误；D．由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误；故答案为：A。3．（2022·河北·高考真题）化学是材料科学的基础。下列说法错误的是（）A．制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B．制造阻燃或防火线缆的橡胶不能由加聚反应合成C．制造特种防护服的芳纶纤维属于有机高分子材料D．可降解聚乳酸塑料的推广应用可减少“白色污染”【答案】B【详解】A．氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确；B．天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错误；C．“涤纶”“锦纶”“腈纶”“丙纶”“维纶”“氯纶”“芳纶”等均为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；D．可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确；故答案为：B。4．（2022·湖南·高考真题）下列说法错误的是（）A．氢键，离子键和共价键都属于化学键B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一【答案】A【详解】A．离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A说法错误；B．第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B说法正确；C．药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关工作，C说法正确；D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D说法正确；综上所述，本题选A。5．（2022·广东·高考真题）广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是（）文物选项A．南宋鎏金饰品B．蒜头纹银盒C．广彩瓷咖啡杯D．铜镀金钟座A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意；B．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；C．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；D．铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意；综上所述，答案为C。6．（2022·浙江·高考真题）尖晶石矿的主要成分为(含杂质)。已知：。该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备和，同时还可得到副产物(沸点为，在升华)：。下列说法不正确的是（）A．制备时要保持无水环境B．输送气态产物的管道温度要保持在以上C．氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量D．为避免产生大量，反应过程中需保持炭过量【答案】D【详解】A．由于高温条件下，C与H2O将反应生成CO和H2，且AlCl3、MgCl2在高温下均易水解，生成的HCl挥发后促进AlCl3、MgCl2水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B．由题干信息可知，在升华，故输送气态产物的管道温度要保持在以上，B正确；C．由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同时C被氧化为CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确；D．反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：SiO2+2CSi+2CO或者SiO2+3CSiC+2CO，导致获得的固体产物MgCl2中含有Si、SiC等杂质，D错误；故答案为：D。7．（2021·福建·高考真题）建盏是久负盛名的陶瓷茶器，承载着福建历史悠久的茶文化。关于建盏，下列说法错误的是（）A．高温烧结过程包含复杂的化学变化 B．具有耐酸碱腐蚀、不易变形的优点C．制作所用的黏土原料是人工合成的 D．属硅酸盐产品，含有多种金属元素【答案】C【详解】A．高温烧结过程是许多物理化学变化的综合过程，A正确；B．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．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．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。8．（2021·辽宁·高考真题）下列说法错误的是（）A．纯铁比生铁易生锈 B．臭氧可用于自来水消毒C．酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料 D．高纯硅可用于制芯片【答案】A【详解】A．由于生铁发生电化学腐蚀，而纯铁只能发生化学腐蚀，故生铁比纯铁易生锈，A错误；B．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用于自来水消毒，B正确；C．酚醛树脂具有空间立体网状结构，具有热固体，绝缘性，故可用作绝缘、隔热材料，C正确；D．高纯硅是良好的半导体材料，可用于制芯片，D正确；故答案为：A。9．（2021·广东·高考真题）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是（）选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成和B利用海水制取溴和镁单质可被氧化、可被还原C利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与反应D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B．溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。10．（2021·广东·高考真题）今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是（）选项ABCD文物名称铸客大铜鼎河姆渡出土陶灶兽首玛瑙杯角形玉杯A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；故选A。11．（2020·天津·高考真题）下列实验仪器或装置的选择正确的是（）配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。答案选B。12．（2020·浙江·高考真题）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（）A．可发生反应：B．具有吸水性，需要密封保存C．能与，反应生成新盐D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为【答案】D【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3，C正确；D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；故选D。13．（2020·浙江·高考真题）下列说法不正确的是（

）A．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的C．钠着火不能用泡沫灭火器灭火D．利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放【答案】A【详解】A.二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B.向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B正确；C.钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C正确；D.在排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，故D正确；故答案为A。【课后精练】第I卷（选择题）1．（2022·全国·高三专题练习）陶瓷版“冰墩墩”和“雪容融”均产自中国陶瓷之乡，下列说法错误的是（）A．陶瓷、玻璃和水泥均属于无机非金属材料B．陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分为Fe2O3C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成【答案】B【详解】A．陶瓷、玻璃和水泥等硅酸盐材料，属于传统无机非金属材料，故A正确；B．Fe2O3为红色粉末，陶瓷版“冰墩墩”上黑色涂料的主要成分不可能为Fe2O3，故B错误；C．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀等优良性能，故C正确；D．陶瓷是以黏土及天然矿物岩为原料，经加工烧制而成，属于硅酸盐制品，故D正确；选B。2．（2022·湖南·常德市一中模拟预测）化学与人类生活密切相关，下列说法正确的是（）A．单质Si用于制作光导纤维和光电池B．常温下，浓硫酸可以用铁槽车运输C．SO2的漂白没有涉及到化学变化D．日常生产生活中钢铁的腐蚀主要原因是化学腐蚀【答案】B【详解】A．制取光导纤维，硅单质是半导体材料，用于制作光电池，故A错误；B．浓硫酸可以使铁钝化，所以可以用铁槽车运输，故B正确；C．的漂白是因为它与某些有机色素结合成无色不稳定物质，涉及到化学变化，故C错误；D．日常生产生活中钢铁的腐蚀以电化学为主，故D错误。故选B。3．（2022·江西江西·模拟预测）传统文化是中华文明的瑰宝。下列传统文化从化学视角解读错误的是（）选项传统文化摘录从化学视角解读A苏轼的《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”文中的“气”能漂白酸性高锰酸钾溶液或溴水B西晋·刘琨：“何意百炼钢，化为绕指柔”工业炼铁发生了氧化还原反应C《本草纲目》记载：“慈石治肾家诸病，而通耳明目”“慈石，石上皲涩，可吸连针铁”“慈石”的主要成分是四氧化三铁D唐·刘禹锡的诗中“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”“沙”的主要成分能与氢氟酸反应A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．文中气体是乙烯，乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，乙烯表现还原性；乙烯与溴发生加成反应，乙烯不表现漂白性，A错误；B．工业上用CO与氧化铁反应制备铁，发生了氧化还原反应，B正确；C．“慈石”具有磁性，主要成分是四氧化三铁，C正确；D．“沙”的主要成分是二氧化硅，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，D正确；故选A。4．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）如图是某元素常见物质的“价一类”二维图，f为钠盐。下列说法不正确的是（）A．物质a既可被氧化，也可被还原B．可存在a→b→d→e→f的转化关系C．可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量cD．向足量f溶液中加入少量稀盐酸，一定没有CO2产生【答案】D【分析】结合图示可知，a为CH4、b为C、c为CO、d为CO2、e为H2CO3，f为CO或HCO。【详解】A．a为CH4，碳元素化合价可升高，氢元素化合价可降低，物质a既可被氧化，也可被还原，故A正确；B．可存在a→b→d→e→f的转化关系：甲烷高温分解生成碳，碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳溶于水生成碳酸，与适量的碱生成盐，故B正确；C．CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳，可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c，故C正确；D．f可能为正盐或酸式盐，向足量f溶液中加入少量稀盐酸，正盐转化成酸式盐，可能没有CO2产生，酸式盐和盐酸，一定有二氧化碳产生，故D错误；故选D。5．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）“液态阳光”由中国科学院液态阳光研究组命名，指的是利用太阳能、风能等可再生能源分解水制氢，再将空气中的CO2加氢制成CH3OH等液体燃料。该过程零污染、零排放，并且可形成循环，是迄今为止人类制备CH3OH最清洁环保的方式之一，下列说法错误的是（）A．即使使用高效催化剂，改变反应历程，CO2和H2O合成CH3OH和O2也为吸热反应B．SiO2的熔点比CO2的高，原因是SiO2的分子间作用力更大C．CO2是直线形分子D．甲醇的沸点介于水和甲硫醇(CH3SH)之间【答案】B【详解】A．改变反应历程不能改变反应的焓变，所以加入催化剂，CO2和H2O合成CH3OH和O2也为吸热反应，A选项正确；B．SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，两者晶体类型不同，SiO2的熔点比CO2的高，B选项错误；C．CO2的结构式为C=O=C，为直线形分子，C选项正确；D．甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，而水和甲醇均能形成分子间氢键，但分子数目相等时含有的氢键数目水比甲醇多，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，D选项正确；答案选B。6．（2022·云南师大附中高三阶段练习）下列除杂试剂选用正确的是（）选项物质(括号内为杂质)除杂试剂ANO(NO2)NaOH溶液BSO2(CO2)饱和NaHSO3溶液CSiO2(Fe2O3)稀盐酸DNaCl(Na2CO3)AgNO3溶液A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．NO与NO2的混合气体可与NaOH溶液发生反应：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，因此无法用NaOH溶液除去NO中的NO2，A错误；B．NaHSO3溶液不与SO2反应，也不与CO2反应，无法达到除杂效果，B错误；C．稀盐酸能与Fe2O3反应，不与SiO2反应；向固体中加入稀盐酸，反应后过滤可得SiO2；C正确；D．AgNO3溶液能与NaCl、Na2CO3都反应，D错误；故选C。7．（2022·四川宜宾·二模）利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是（）A．比较酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3B．分离CCl4与I2的混合溶液C．制取少量Cl2D．比较热稳定性：Na2CO3>NaHCO3A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢会优先与硅酸钠溶液反应，干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，无法比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故A错误；B．用蒸馏方法分离四氯化碳与碘时，温度计应在支管口附近测定馏出物的沸点，不能插入溶液中，故B错误；C．浓盐酸与高锰酸钾固体常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则用题给装置能制备少量氯气，故C正确；D．碳酸氢钠受热易发生分解反应生成使澄清石灰水变混浊的二氧化碳气体，碳酸钠性质稳定，受热不发生分解反应，则比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性时，大试管中应盛放碳酸钠、小试管中应盛放碳酸氢钠，故D错误；故选C。8．（2022·天津·模拟预测）下列离子方程式不正确的是（）A．少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClOB．氧化铁溶于HI溶液：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC．碳酸氢钠与过量Ba(OH)2溶液反应：HCO+OH-+Ba2+=BaCO3+H2OD．向硅酸钠水溶液中通入过量CO2气体：SiO+2H2O+2CO2=2HCO+H2SiO3【答案】B【详解】A．少量SO2和次氯酸钠溶液反应生成、Cl-和HClO，离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO，A项正确；B．氧化铁和HI溶液反应生成Fe2+和I2，离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，B项错误；C．碳酸氢钠与过量Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀和H2O，离子方程式为+OH-+Ba2+=BaCO3↓+H2O，C项正确；D．硅酸钠水溶液和过量CO2反应生成H2SiO3沉淀和NaHCO3，离子方程式为SiO+2H2O+2CO2=2HCO+H2SiO3，D项正确；答案选B。9．（2022·上海市杨浦高级中学高三阶段练习）不能说明碳的非金属性比硅强的是（）A．同浓度溶液碱性：Na2SiO3＞Na2CO3B．键的极性：C-H＞Si-HC．高温下C和SiO2反应生成Si和COD．SiC中Si是+4价，C是-4价【答案】C【详解】A．同浓度溶液碱性：Na2SiO3＞Na2CO3，则酸性H2SiO3＜H2CO3，从而表明非金属性碳比硅强，A不符合题意；B．键的极性：C-H＞Si-H，且共用电子对偏离于H，所以C的非金属性比Si强，B不符合题意；C．高温下C和SiO2反应生成Si和CO，只能表明高温下C的还原性比Si强，不能表明碳的非金属性比硅强，C符合题意；D．SiC中，由于Si的非金属性比C弱，所以Si显正价，C显负价，再据原子的最外层电子数，可确定Si是+4价，C是-4价，D不符合题意；故选C。10．（2022·全国·高三专题练习）我国古代劳动人民用“失蜡法”铸造青铜器：用蜂蜡作成铸件模型，再用黏土敷成外范，烧成陶模，烧制过程蜡模全部融化流失，使整个铸件模型变成空壳，再往内浇灌青铜熔液，便铸成器物。下列说法不正确的是（）A．青铜是我国最早使用的合金材料，主要成分为铜和锡B．蜂蜡的主要成分为有机物，其中的酯类物质难溶于水C．黏土(Al2O3·2SiO2·2H2O)是由氧化物构成的混合物D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀【答案】C【详解】A．青铜是我国最早使用的合金材料，是铜、锡的合金，故A正确；B．蜂蜡的主要成分为酯类有机物，酯类物质难溶于水，故B正确；C．黏土主要是由硅酸盐构成的混合物，故C错误；D．陶制器皿属于传统硅酸盐材料，耐高温、耐腐蚀，故D正确；选C。11．（2022·全国·高三专题练习）海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是（）A．海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能B．钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2OC．影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)【答案】D【分析】如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。【详解】A．CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A正确；B．钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；C．温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C正确；D．光合作用，碳由+4价降为0价，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4xNA(NA表示阿伏伽德罗常数)，故D错误；故选D。12．（2022·山东潍坊·三模）白炭黑(可用表示其组成)可广泛应用于日用化工、橡胶制品、电子工业等许多领域。以硅酸钠和二氧化碳为原料制备白炭黑的工艺流程如下：下列说法错误的是（）A．硅酸钠水溶液必须用带玻璃塞的试剂瓶盛装B．沉淀反应的离子方程式为C．蒸发“滤液”所得晶体中含有离子键和极性共价键D．用稀盐酸洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面的【答案】A【详解】A．硅酸钠水溶液能黏合玻璃塞与玻璃瓶內颈，故不能用带玻璃塞的试剂瓶盛装，故A项错误；B．硅酸的酸性比碳酸弱，故可用在水玻璃中通入二氧化碳的方法制备硅酸，离子方程式为，故B项正确；C．蒸发滤液得到Na2CO3·xH2O，其中Na+与之间为离子键，内存在C-O极性键，水分子内存在H-O键为极性键，故C项正确；D．在酸性条件下不能大量存在，故用稀盐酸洗涤沉淀可除去沉淀表面的，故D项正确；答案选A。13．（2022·湖南省桃源县第一中学二模）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Z同主族，X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的6倍。p、q、r分别为W、X、Z的单质，s、t、u为W、X、Z三种元素形成的二元化合物，上述物质的转化关系如图所示(反应条件略去)，下列说法不正确的是（）A．原子半径：Y>Z>W>XB．反应①可用于工业上制备Z的单质C．s、t、u均能与Y的最高价氧化物对应的水化物的溶液反应D．X、Y、Z三种元素形成的一种化合物的水溶液可做木材防火剂【答案】C【分析】X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的6倍，根据最外层电子数不超过8原则，X最外层电子数只能为6，Y最外层电子数只能为1，又X之前还有W元素，之后还有两种元素，故X只能为O，则Y为Na，根据原子序数关系，q为X元素单质，则q为O2，W可能为Be、B、C、N，对应同族Z可能为Mg、Al、Si、P，由图示知，W、O、Z三种元素形成的一种二元化合物能与O2反应，联想W、Z的可能情况，推测t为CO，则u为CO2，即W为C，则Z为Si，则p为C，r为Si，由反应①制得Si，联想到工业制Si反应：2C+SiO2Si+2CO，则s为SiO2，p(C)能与u(CO2)在高温下反应生成t(CO)，推测合理，综上所述：W为C、X为O、Y为Na、Z为Si。【详解】A．Y、Z电子层为三层，其半径大于电子层为两层的W、X，电子层相同时，核电荷数越大，半径一般越小，故四种原子半径顺序为：Y>Z>W>X，故A正确；B．由分析知，工业上可利用反应①制备Si，故B正确；C．Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，t(CO)与NaOH溶液不反应，故C错误；D．X、Y、Z形成的Na2SiO3溶液可作木材防火剂，故D正确；答案选C。14．（2022·湖北·模拟预测）石膏、水泥和石灰是传统的无机胶凝材料中的三大支柱。如图是石膏的部分层状结构，中间的虚线代表层与层的分界线。下列说法错误的是（）(已知：：H2O、：Ca2+、：硫氧四面体)A．无水CaSO4可以用作干燥剂B．每个H2O连接在1个Ca2+和相邻两层各1个SO的O上C．加热石膏，可以破坏层与层之间的氢键，只发生物理变化D．工业制备水泥以黏土、石灰石为主要原料，辅料石膏可以调节水泥的硬化速度【答案】C【详解】A．硫酸钙可以吸收游离水生成结晶水合物石膏，可以做干燥剂，A项正确；B．已知：：H2O、：Ca2+、：硫氧四面体(即硫酸根离子，四面体中每个顶点均代表一个O原子)，由图可知每个H2O连接在1个Ca2+和相邻两层各1个SO的O上，B项正确；C．加热石膏可失去结晶水，存在化学变化，C项错误；D．石膏可调节水泥硬化速度，故工业制备水泥以黏土、石灰石为主要原料，辅料石膏可以调节水泥的硬化速度，D项正确；答案选C。15．（2022·全国·高三专题练习）由粗SiO2(含少量Fe2O3、Al2O3杂质)制备纯SiO2的流程如图所示，下列说法错误的是（）A．X可用作木材防火剂B．步骤Ⅱ中的主要反应是Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4C．步骤Ⅱ中的稀硫酸不可用CO2代替D．若在实验室中完成步骤Ⅲ，一般在坩埚中进行【答案】C【分析】二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠(X)，硅酸钠溶液与稀硫酸反应生成硅酸沉淀(Y)，硅酸灼烧分解生成二氧化硅，结合硅及其化合物的性质分析判断。【详解】A．硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；B．步骤Ⅱ是硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，反应的化学方程式为：Na2SiO3+H2SO4=H2SiO3↓+Na2SO4，故B正确；C．碳酸、硫酸的酸性都强于硅酸，都能够与硅酸盐反应生成硅酸，因此步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2替代，故C错误；D．步骧Ⅲ为灼烧固体分解，灼烧固体应在坩埚中进行，故D正确；故选C。16．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三期末）下列实验操作、现象与结论均正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A将稀硫酸与亚硫酸钠混合反应产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色SO2能氧化品红B将NaOH溶液逐滴滴加到AlCl3溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物C浓盐酸与石灰石反应放出的气体通入硅酸钠溶液产生白色沉淀酸性：H2CO3>H2SiO3D向碘水中加入CCl4，振荡、静置上层褪色，下层变紫碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．SO2使品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故A错误；B．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠，先发生AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，继续滴加氢氧化钠，发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2++H2O，体现了氢氧化铝溶于氢氧化钠，并没有体现出氢氧化铝与酸反应，因此该实验无法证明氢氧化铝为两性氢氧化物，故B错误；C．浓盐酸与石灰石反应生成CO2，浓盐酸具有挥发性，即生成CO2中混有HCl，HCl与硅酸钠反应，干扰CO2与硅酸钠的反应，故C错误；D．碘单质易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水的密度，分层后应在下层，该操作方法为萃取，选择萃取剂原则之一是被萃取物质在萃取剂的溶解度应大于在原溶剂中的溶解度，故D正确；答案为D。第II卷（非选择题）17．（2022·全国·高三专题练习）硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为______________；(2)常温下，不能与R单质发生反应的是_______(选填序号)；A．CuCl2溶液 B．Fe2O3C．浓硫酸D．Na2CO3溶液(3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式______________。(4)氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______________。(5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由：______________。(6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向：_______。_______SiO2+_______C+_______N2_______Si3N4+_______CO(7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_______。【答案】(1)r(Na)＞r(Al)＞r(Si)(2)BD(3)OH－＋Al(OH)3＝＋2H2O(4)-3(5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高(6)(7)35g【分析】M、R均位于元素周期表的第3周期，M为+1价、R为+3价；两元素原子的质子数之和为24，M是Na、R是Al，该硅酸盐的化学式为Na2O·Al2O3·2SiO2·nH2O。(1)该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；(2)常温下，铝与氯化铜溶液反应生成氯化铝和铜单质；常温下，铝与氧化铁常温不反应；铝常温下与浓硫酸发生钝化反应；铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是BD；(3)M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者反应的离子方程式OH－＋Al(OH)3＝AlO＋2H2O；(4)Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为−3；(5)C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高；(6)碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为−3价，根据得失电子守恒，碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则反应方程式为3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，电子转移为；(7)根据反应方程式3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，生成1molSi3N4的同时生成6molCO2，气体质量增加6×28-2×28=112g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，气体质量增加了28g，则制得的Si3N4的物质的量为0.25mol，质量为。18．（2018·福建·永安市第三中学高中校高三阶段练习）现有如图所示的转化关系，水和部分产物已略去。已知：①X和Z是两种透明、不溶于水的坚硬固体，其中Z无固定熔点，是现代建筑不可缺少的装饰和采光材料；②无色气体A是引起温室效应的主要气体；③B、D均为难溶于水的白色固体；④高纯度的F是使用最广泛的半导体材料。据此回答下列问题：（1）Z的名称是________，工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为________(填名称)。（2）由X、Y制F的化学方程式为_______________________________，此反应中Y作________剂(填“氧化”或“还原”)。（3）转化①的化学方程式为_______________________________；转化②(A少量)的离子方程式为_____________________________。【答案】玻璃

氢氟酸

SiO2+2CO2CO2+Si

还原

SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O

SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO【分析】①X为不溶于水的坚硬固体，Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃，说明X为SiO2；②无色气体A是引起温室效应的主要气体为CO2；③B、D均为难溶于水的白色固体，流程分析可知B为CaCO3，；④高纯度的F是制造电脑芯片的一种非金属单质为Si；结合流程分析判断可知X为SiO2，B为CaCO3，C为Na2SiO3，D为H2SiO3，E为Na2CO3，Z为玻璃，Y为CO，F为Si．【详解】由以上分析：（1）Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃；工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为氢氟酸。（2）由X、Y制F的过程为SiO2+2CO2CO2+Si，CO做还原剂。（3）转化①的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O；无色气体A是引起温室效应的主要气体，则A为CO2，转化②(A少量)的离子方程式为SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO。19．（2022·全国·高三专题练习）铬酸铅俗称铬黄，是一种难溶于水的黄色固体，也是一种重要的黄色颜料，常用作橡胶、油墨、水彩、色纸等的着色剂。工业上用草酸泥渣(主要含草酸铅、硫酸铅)和铬矿渣(主要成分为，含有少量的、、)为原料制备铬酸铅，实现资源的回收再利用，其流程如下：回答下列问题：(1)元素位于元素周期表第_______周期_______族。(2)“滤渣Ⅱ”的主要成分是_______(填化学式)。(3)“氧化焙烧”时，被氧化的反应的化学方程式为______________________。(4)“一系列操作”包括_______、粉碎。(5)为了使产品更纯，需将“含、的溶液”分离提纯，依据如图所示的溶解度信息，“含、的溶液”分离提纯的操作是_______。分离提纯后得到的固体的化学式为_______。(6)“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅，流程中加入碳酸钠的量为理论值的1.5倍，已知草酸泥渣中硫酸铅的含量为20.2%，则加入碳酸钠与草酸泥渣的质量之比为_______。【答案】(1)六

ⅣA(2)、(3)(或)(4)过滤、洗涤、干燥(5)蒸发结晶、趁热过滤

(6)53∶500【分析】铬矿渣(主要成分为Cr2O3，含有少量的SiO2、Fe2O3、Al2O3)粉碎后加入Na2CO3、NaNO3氧化焙烧得到Na2Cr2O7、Na2SiO3、NaAlO2等的固体混合物，经水浸得到的滤液中通入过量的CO2将Na2SiO3、NaAlO2转化为H2SiO3、Al(OH)3沉淀而除去，向含Na2Cr2O7、Na2SO4的溶液中加入稀硫酸调节pH；草酸泥渣(主要含草酸铅、硫酸铅)经烘干粉碎后加入Na2CO3焙烧将PbSO4转化为PbO，经水洗后加入硝酸溶解得到含Pb2+的溶液；将加入稀硫酸调节pH后的溶液与硝酸酸溶后的溶液混合合成，经一系列操作得到铬酸铅。(1)Pb元素位于元素周期表中第六周期第IVA族；答案为：六；IVA。(2)根据分析，通入过量CO2发生的反应为2CO2+Na2SiO3+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3、CO2+NaAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，“滤渣Ⅱ”的主要成分是H2SiO3、Al(OH)3；答案为：H2SiO3、Al(OH)3。(3)根据流程，“氧化焙烧”时Cr2O3与NaNO3、Na2CO3反应生成Na2Cr2O7（或Na2CrO4）、N2和CO2，Cr元素的化合价由+3价升至+6价，N元素的化合价由+5价降至0价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为(或)；答案为：(或)。(4)铬酸铅难溶于水，合成后直接过滤、洗涤、干燥、粉碎可得产品；答案为：过滤、洗涤、干燥。(5)根据图示，温度高于45℃时，随温度升高，Na2SO4的溶解度减小，而Na2Cr2O7的溶解度增大，故“含Na2Cr2O7、Na2SO4的溶液”分离提纯的操作是在高温下蒸发结晶析出Na2SO4，然后趁热过滤，分离提纯后得到的固体的化学式为Na2SO4；答案为：蒸发结晶、趁热过滤；Na2SO4。(6)设草酸泥渣的质量为a，反应为PbSO4+Na2CO3Na2SO4+PbO+CO2↑，理论上加入的Na2CO3的质量为，流程中加入碳酸钠的量为理论值的1.5倍，则加入碳酸钠与草酸泥渣的质量之比为（×1.5）：a=53：500；答案为：53：500。20．（2022·福建省武平县第一中学高三阶段练习）Ⅰ.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：(1)写出步骤①的化学方程式：_______________________。(2)步骤②经过冷凝得到的SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点－84.7℃)，提纯SiHCl3的主要化学操作的名称是_____________；SiHCl3和SiCl4一样，遇水可发生剧烈水解，已知SiHCl3水解会生成两种气态产物，试写出其水解的化学方程式：______________________。Ⅱ.白炭黑(SiO2·H2O)广泛应用于橡胶、涂料、印刷等行业，可用蛇纹石[主要成分为Mg6(Si4O10)(OH)8]来制取，其主要工艺流程如图所示：(3)蛇纹石用氧化物形式可表示为_________________。(4)碱浸时，为提高其中硅酸盐的浸取率，除采用合适的液固比和循环浸取外，还可采用的方法：①___________；②____________(任举两种)。(5)过滤1得到的滤液的主要成分是___________________。(6)滤液与盐酸反应的主要离子方程式为________________。(7)洗涤时，如何证明产品已洗涤干净？______________。【答案】(1)SiO2＋2CSi＋2CO↑(2)蒸馏(或分馏)

SiHCl3＋3H2O=H2SiO3＋H2↑＋3HCl↑(3)6MgO·4SiO2·4H2O(4)适当升高温度

连续搅拌(或适当延长停留时间、选择合适的氢氧化钠浓度等)(5)水玻璃(或硅酸钠溶液或硅酸钠和氢氧化钠溶液)(6)SiO＋2H＋=H2SiO3↓(7)取少许最后一次洗涤液，滴入1～2滴AgNO3溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤干净【分析】II.碱浸时，氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，滤液主要成分是硅酸钠，加入盐酸反应生成硅酸，加水洗涤得到H2SiO3，干燥可得产品；(1)工业上用焦炭在高温下置换二氧化硅中的硅来制备粗硅，方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；(2)SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点57.6℃)、HCl(沸点-84.7℃)，他们的沸点不同，根据沸点的不同实现物质分离的方法为蒸馏或分馏；SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢，反应方程式为：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑；(3)用氧化物形式表示复杂硅酸盐的化学式时，应先写金属性强弱顺序书写氧化物，中间用“•”隔开，再写非金属氧化物，H2O放在最后，因此Mg6Si4O10(OH)8用氧化物形式表示为6MgO•4SiO2•4H2O；(4)为提高其中硅酸盐的浸取率，还可采用的方法：适当升高温度、连续搅拌(或适当延长停留时间、选择合适的氢氧化钠浓度等)；(5)氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，所以过滤1得到的滤液的主要成分是硅酸钠溶液；(6)滤液主要成分是硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠，反应的离子方程式为SiO＋2H＋=H2SiO3↓；(7)可以检验是否存在氯离子来检验是否洗涤干净，具体方法是：取少许最后一次洗涤液，滴加2-3滴硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已经洗涤干净。21．（2022·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试）以粗硅(含铁、铝等杂质)为原料，工业上有以下两种制备高纯硅的工艺。已知：SiCl4沸点57.7℃，遇水强烈水解；SiHCl3沸点31.5℃，且能与H2O强烈反应，并在空气中易自燃。(1)写出制备粗硅的化学反应方程式为_