（新）2022届年高考化学一轮复习课时分层提升练十4.1无机非金属材料的主角__硅含解析新人教版20190803139.doc

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1、无机非金属材料的主角硅一、选择题1.硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤。在无机非金属材料中,硅一直扮演着主角。下面几种物质中含有硅单质的是()【解析】选C。玛瑙、光导纤维和水晶的主要成分是SiO2,硅单质可用来制造太阳能电池板。2.硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列说法正确的是()A.水晶项链是硅酸盐制品B.硅单质广泛用于光纤通讯C.利用盐酸刻蚀石英制作艺术品D.硅酸钠可用于制备木材防火剂【解析】选D。A项,水晶是纯净的SiO2;B项,制造光导纤维的主要原料是SiO2,不是Si;C项,氢氟酸用于刻蚀石英制作艺术品,盐酸与SiO2不反应;D项,用Na2SiO3溶液浸泡的木

2、材不易燃烧,故Na2SiO3可用作防火剂。3.(2019·唐山模拟)和田玉在我国至少有7 000年的历史,是我国玉文化的主体。和田玉的主要成分是一种具有链状结构的含水钙镁硅酸盐,某种和田玉的化学成分为Ca2Mg3Fe2(Si4O11)2(OH)2,下列有关叙述不正确的是()A.和田玉可与强酸或强碱溶液发生反应B.和田玉是一种无机非金属材料C.镁元素的质量分数是钙元素质量分数的0.9倍D.和田玉的氧化物的形式为2CaO·3MgO·2FeO·8SiO2·H2O【解析】选A。和田玉为硅酸盐材料,能与氢氟酸反应,但不能与盐酸、硫酸等强酸反应,故A不正确

3、;硅酸盐材料属于无机非金属材料,所以和田玉是一种无机非金属材料,故B正确;该化合物的化学式中Mg的个数为3,Ca的个数为2,则镁元素的质量分数是钙元素质量分数的24×340×2=0.9倍,故C正确;和田玉的氧化物的形式为2CaO·3MgO·2FeO·8SiO2·H2O,其中铁元素的化合价为+2,故D正确。4.下列除杂方法正确的是()A.SiO2中含Al2O3杂质,可以加入足量NaOH溶液然后过滤除去B.CO2中含有CO杂质,可以通入盛有CuO的玻璃管且加热C.CO2中含有HCl杂质,可以通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶D.Na2CO3

4、溶液中含有Na2SiO3杂质,可以通入足量的CO2,然后过滤【解析】选B。A项,SiO2、Al2O3均与NaOH溶液反应;C项,应通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶;D项,Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3。5.甲气体可发生如下变化:甲气体乙气体丙气体乙气体丁固体。则甲、乙、丙、丁分别为()A.CO2、CO、O2、CaOB.O2、CO、CO2、CaCO3C.O2、CO2、CO、CaCO3D.CO、CO2、O2、Ca(OH)2【解析】选C。以丙气体为突破口,丙通过灼热的CuO后,生成的乙气体可与澄清石灰水反应生成固体,说明乙是CO2,则丙是CO,甲是O2,丁是CaCO3。6.将足量CO2

5、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.Na2SiO3B.Na2CO3、Na2SiO3C.Na2CO3、SiO2D.SiO2【解析】选A。将足量CO2气体通入水玻璃中,发生反应:2CO2+Na2SiO3+2H2O H2SiO3+2NaHCO3;加热蒸干,高温灼烧时发生反应:H2SiO3H2O+SiO2;2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O;Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2,所以最后所得固体物质是Na2SiO3。二、非选择题7.单质Z是一种常见的半导体材料,可由X通过如图所示的路线制备,其中X为Z的氧化物,Y为氢化

6、物,分子结构与甲烷相似,回答下列问题:(1)能与X发生化学反应的酸是_;由X制备Mg2Z的化学方程式为_ _。 (2)由Mg2Z生成Y的化学方程式为_, Y分子的电子式为_。 (3)Z、X中共价键的类型分别是_。 【解析】(1)Z为半导体单质,则为Si;X是其氧化物,则为SiO2,能与SiO2反应的酸只有氢氟酸;根据反应的流程图可知,SiO2与Mg反应生成Mg2Si和MgO。(2)Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物,故Y的分子式是SiH4。(3)SiH4加热分解可得到Si单质,含有的SiSi键为非极性键,SiO2中的SiO键为极性键。答案:(1)氢氟酸

7、SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si(2)Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4(3)非极性键、极性键8.硅是信息高速公路的基石,通常以硅石(SiO2>99.0%,还有少量的Al2O3、Fe2O3等)为主要原料制备,主要流程如图所示。(1)从硅石中得到粗硅的化学方程式是_,粗硅含有的杂质有铝、_等。 (2)二氧化硅与焦炭在高温下也能得到一种硬度仅次于金刚石的物质金刚砂(化学式为SiC,Si为+4价),原理是SiO2+3CSiC+2CO,该反应中的氧化剂是_。 (3)若A是氯气,B是四氯化硅,精馏得到纯净SiCl4,温度应控制的范围是_(填序号)。 物质S

8、iCl4SiHCl3FeCl3AlCl3熔点/-70-128.2306沸点/57.631.85315181升华a.5560 b.180200 c.300320 则精馏分离出的杂质成分是_。 (4)若A是HCl,B是SiHCl3,生产过程中可循环利用的物质是_。 【解析】(1)从硅石中得到粗硅的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO,同时焦炭将Al2O3、Fe2O3还原为单质铝和铁。(2)反应SiO2+3CSiC+2CO,C的化合价有由0价升高到CO2中的+4价,也有由0价降低到SiC中的-4价,说明C既作氧化剂也作还原剂。(3)若A是氯气,B是四氯化硅,精馏得到纯净SiCl

9、4,从表中数据可知,控制温度5560 时,SiCl4与FeCl3、AlCl3分离。(4)若A是HCl,B是SiHCl3,向B中通入H2发生反应:SiHCl3+H2Si+3HCl,HCl可循环利用。答案:(1)SiO2+2CSi+2CO铁(2)碳(3)aFeCl3、AlCl3(4)HCl一、选择题1.硅及其化合物的应用范围很广。下列说法正确的是()A.硅是人类将太阳能转换为电能的常用材料B.粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C.反应Si+2NaOH+H2ONa2SiO3+2H2中,Si为还原剂,NaOH和H2O为氧化剂D.硅能与氢氟酸反应,则硅可以与盐酸反应【解析】选A。由粗硅制备单晶硅的过程一般

10、为SiSiCl4Si+HCl,都是氧化还原反应,B项错误;Si与烧碱溶液反应时,H2O是氧化剂,C项错误;硅不能与盐酸反应,D项错误。2.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()A.氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料,其化学式为Si3N4B.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C.光导纤维是一种新型无机非金属材料,其主要成分为SiO2D.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12【解析】选D。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14,D项错误。3.(2019·北京模拟)有以下六种饱和

11、溶液CaCl2;Ca(OH)2;Na2SiO3;Na2CO3;NaAlO2;NH3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.B.C.D.【解析】选A。碳酸比盐酸弱,CO2与CaCl2溶液不会反应,无沉淀生成,故正确;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,故正确;碳酸比硅酸强,过量的CO2与Na2SiO3溶液反应:2CO2+Na2SiO3+2H2O2NaHCO3+H2SiO3,产生硅酸沉淀,故错误;过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应:Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3,因为

12、碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小,所以有NaHCO3晶体析出,故错误;NaAlO2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+CO2Al(OH)3+NaHCO3,故错误;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,故错误。【方法规律】向Ca(OH)2、Ca(ClO)2、Na2SiO3、NaAlO2、饱和Na2CO3溶液中通入CO2均会有沉淀产生,其中Ca(OH)2、Ca(ClO)2溶液中通入CO2,先产生沉淀,后沉淀溶解。4.SiO2是一种化工原料,可以制备一系列物质。下列说法正确

13、的是()A.图中所有反应都不属于氧化还原反应B.硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维C.可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D.普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的,其熔点很高【解析】选C。图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应,SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应,A错误;光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐,B错误;玻璃没有固定的熔点,D错误。【加固训练】下列有关硅及其化合物的说法不正确的是()A.晶体硅具有金属光泽,可以导电,是制造太阳能电池的常用材料B.水玻璃可用作木材防火剂,是制备硅胶的原料C.Si

14、O2是一种酸性氧化物,不能够与酸反应D.除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸,然后再过滤【解析】选C。硅在周期表中位于金属与非金属交界线处,属于半导体材料,是制造太阳能电池的常用材料,故A正确;水玻璃是硅酸钠溶液,硅酸钠耐高温可用作木材防火剂,硅酸钠是制备硅胶的原料,故B正确;SiO2是酸性氧化物,但是二氧化硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水,故C错误;二氧化硅和盐酸不反应,CaCO3与盐酸反应,所以除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸,然后再过滤,故D正确。二、非选择题5.某矿石含碳酸镁和石英,制备高纯硅和硅胶的工艺流程如下:(1)“硅胶”常用作_,也可以用作_的载体。

15、A的结构式为_ _。 (2)制备粗硅的方程式为_。 (3)操作为_,操作为_。 (4)操作,需要在氯化氢气流中加热脱水的原因是 _。 (5)溶液G用E酸化的方程式为_。 【解析】(1)“硅胶”多孔,常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂,也可以用作催化剂的载体。二氧化碳的结构式为OCO。(2)工业制取纯硅的工艺流程为SiO2粗硅SiCl4纯硅,用焦炭还原SiO2,产物是CO,而不是CO2。(3)操作为过滤,操作为蒸发结晶。(4)MgCl2·6H2O加热脱水制得MgCl2,要在氯化氢气流中进行,氯化氢氛围是防止镁离子水解。

16、(5)Na2SiO3与HCl反应,生成NaCl和H2SiO3。答案:(1)干燥剂催化剂OCO(2)SiO2+2CSi+2CO(3)过滤蒸发结晶(4)防止镁离子水解(5)Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO36.(2019·福州模拟)某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知:PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2OCO2+2HCl +Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。(1)实验时要通入足够长时间的N2,其原因是_ _。 (2)装置B的作用是_。 (3)装置C、D中所盛试剂分别为_、_,

17、若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的化学方程式为_ _。 (4)该装置的缺点是_。 (5)资料表明,上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18 gSiO2和8.4 g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体13.44 L,假定气体产物只有CO,固体产物只有Si和SiC,则Si和SiC的物质的量之比为_。 (6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强: _。 【解析】(1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行,而高温下碳与空气中氧气反应,所以实验时要通入足够长时间的N2将装置中的空气排尽。(2)根据装置图可知,B装置的作用是作安全瓶

18、,防止倒吸。(3)根据质量守恒,碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳,所以C装置是用来检验有没有二氧化碳生成,D装置是用来检验一氧化碳,所以装置C、D中所盛放试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液;若装置C、D中溶液均变浑浊,说明既有二氧化碳又有一氧化碳,由于检测到两气体产物的物质的量相等,根据质量守恒可写出化学方程式为3SiO2+4C 2CO2+2CO+3Si。(4)一氧化碳有毒,不能排放到空气中,而该装置没有吸收CO的尾气处理装置。(5)18 g SiO2的物质的量为=0.3 mol,8.4 g焦炭的物质的量为=0.7 mol,充分反应后收集到标准状况下13.44 L CO的物

19、质的量为13.44 L22.4 L·mol-1=0.6 mol,则参与形成SiC的碳的物质的量为0.1 mol,若固体产物只有Si和SiC,则有SiO2+ 2C 2CO + Si0.3 mol 0.6 mol0.6 mol0.3 mol则剩余C的物质的量为n(C)=0.7 mol-0.6 mol=0.1 mol,Si+ C SiC0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol故得到Si和SiC的物质的量之比为(0.3 mol-0.1 mol)0.1 mol=21。(6)验证碳酸、硅酸的酸性强弱可利用强酸制弱酸的原理,产生的CO2气体先通过饱和的碳酸氢钠溶液除去混有的杂质气体,然后再通入硅酸钠溶液,若产生白色沉淀,说明酸性H2CO3>H2SiO3。答案:(1)要用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰(2)作安全瓶,防止倒吸(3)澄清石灰水PdCl2溶液3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si(4)没有吸收CO的尾气处理装置(5)21(6)向硅酸钠溶液中通入二氧化碳气体,溶液变浑浊,证明碳酸酸性大于硅酸9