专题10 无机非金属材料的主角——硅 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年）

这是一份专题10 无机非金属材料的主角——硅 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年），共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是
A．大力提倡植树造林
B．向燃煤中添加碳酸钙
C．借助光伏、风电、核电等技术发电
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
【答案】B
【解析】A．植物能进行光合作用，从而吸收CO2，能实现碳中和，A不符合题意；B．燃煤中添加CaCO3，可实现燃煤脱硫，减少SO2排放，但会增加CO2的排放，不利于碳中和，B符合题意；C．采用光伏、风电、核电等新能源，可减少传统化石能源的使用，减少CO2的排放，能实现碳中和，C不符合题意；D．将CO2转化，符合碳中和要求，D不符合题意；故答案选B。
2．2019年12月27日晚，长征五号运载火箭“胖五”在海南文昌航天发射场成功将实践二十号卫星送入预定轨道。下列有关说法正确的是
A．火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用
B．火箭燃料燃烧时将热能转化为化学能
C．胖五”利用液氧和煤油为燃料，煤油为混合物
D．卫星计算机芯片使用高纯度的二氧化硅
【答案】C
【解析】A．铝合金的密度较小，硬度较大，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故A错误；B．火箭中燃料的燃烧是将化学能转化为热能，再转化为机械能，故B错误；C．煤油为多种烷烃和环烷烃的混合物，故C正确；D．卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。答案选C。
3．制计算机芯片的主要材料是硅，下列有关硅及其化合物的说法正确的是（ ）
A．水晶项链是硅酸盐制品
B．硅单质广泛用于光纤通信
C．硅酸钠可用于制备木材防火剂
D．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品
【答案】C
【解析】A．水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．二氧化硅为制作光导纤维的主要原料，高纯度的硅单质用于电路板的制作和太阳能电池，故B错误；C．硅酸钠不燃烧，耐高温，可用于制备木材防火剂，故C正确；D．盐酸与二氧化硅不反应，氢氟酸能够与二氧化硅反应，即SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，所以用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故D错误；答案为C。
4．硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是( )
A．可以用焦炭还原二氧化硅生产硅：2C＋SiO2Si＋2CO↑
B．SiO2是非金属氧化物，它不与任何酸反应
C．在粗硅的制取中发生反应2C＋SiO22CO↑＋Si，硅被还原，所以碳的还原性强于硅的还原性
D．高纯硅可用于制造太阳能电池，高纯二氧化硅可用于制造计算机芯片
【答案】A
【解析】A、工业上用焦炭在电炉中还原二氧化硅生产硅：2C＋SiO2Si＋2CO↑，选项A正确；B、SiO2能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，选项B错误；C、在粗硅的制取中发生反应2C＋SiO22CO↑＋Si，由于反应是在高温条件下进行，且生成CO气体从体系中逸出能够进一步促进反应进行，因此尽管是硅被还原，也不能说明碳的还原性强于硅的还原性，选项C错误；D、二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池、计算机芯片等，选项D错误。答案选A。
5．玻璃是传统硅酸盐材料，与我们的生活密不可分。制备普通硅酸盐玻璃时，用石英、纯碱、石灰石在高温下反应，同时释放出气体。下列说法错误的是
A．一束光线透过有色玻璃时会产生丁达尔效应，所以有色玻璃属于固溶胶
B．可以用玻璃棒蘸取待测溶液，做焰色反应实验
C．玻璃相对易碎，打碎的玻璃属于可回收垃圾
D．传统玻璃制造业需要改进工艺，减少的排放
【答案】B
【解析】A．胶体能产生丁达尔效应，一束光线透过有色玻璃时会产生丁达尔效应，所以有色玻璃属于固溶胶，故A正确；B．玻璃中含有硅酸钠，钠离子会干扰焰色试验，不能用玻璃棒蘸取待测溶液，做焰色反应实验，故B错误；C．玻璃是可循环利用的生活废弃物，打碎的玻璃属于可回收垃圾，故C正确；D．用石英、纯碱、石灰石在高温下反应生成硅酸钠、硅酸钙，同时释放出气体，传统玻璃制造业需要改进工艺，减少的排放，故D正确；选B。
6．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”。这种材料可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是( )
A．步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
B．步骤①、②、③中每生成或反应1 ml Si，转移4 ml电子
C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D．SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】A．二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；B．步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4ml，步骤②中生成SiHCl3，化合价升高2，步骤③中每生成1ml Si，转移2ml电子，故B错误；C．二氧化硅和硅均能与氢氟酸反应，故C错误；D．沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，则SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3，故D正确；故答案为D。
7．下列说法正确的是
A．SiO2溶于水显酸性
B．普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料
C．因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强
D．SiO2是酸性氧化物，它在常温时不溶于任何酸
【答案】B
【解析】A、SiO2难溶于水，故A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B正确；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点，不是在水溶液中进行的反应，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸，故D错误；8．下列关于SiO2和CO2的说法中正确的是
A．CO2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐
B．SiO2既能与KOH反应，又能与浓盐酸反应，而CO2不能
C．CO2是酸性氧化物，SiO2是两性氧化物
D．CO2和SiO2都是由相应的分子构成的
【答案】A
【解析】A．碳酸分子失去一个水分子后剩余的是CO2，硅酸分子失去一个水分子后剩余的是SiO2，则CO2、SiO2分别是碳酸和硅酸的酸酐，故A说法正确；B．SiO2能和KOH反应，但不能和浓盐酸反应，CO2也是能和KOH反应和浓盐酸不反应，故B说法错误；C．CO2是酸性氧化物，SiO2能和碱反应，但只和氢氟酸反应，且反应生成物不是盐和水，则SiO2不能称为两性氧化物，故C说法错误；D．CO2是由分子构成的，但SiO2却是由原子构成的，故D说法错误；本题答案A。
9.下列说法正确的是（ ）
A．二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维
B．硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装
C．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸
D．硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂
【答案】D
【解析】A. 硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；B. 硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛装，故错误；C. 高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；D. 硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；10．我国科学家成功研制了超分子纳米管，下列叙述不正确的是（ ）
A．该超分子性质稳定，不与任何酸发生反应
B．是酸性氧化物
C．在工业上可用于制造光导纤维
D．与碱的反应是非氧化还原反应
【答案】A
【解析】A．二氧化硅能与氢氟酸发生反应，A错误；B．能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，B正确；C．制成的纤维能够传导光波和各种光信号，在工业上可用于制造光导纤维，C正确；D．与碱反应生成盐和水，是非氧化还原反应，D正确；故选A。故选B。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
11．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↑+H2O
C．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0.1ml(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
【答案】D
【解析】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0.1ml(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．制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．反应①属于固氮反应
B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3
C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应
D．高纯硅可以制作太阳能电池
【答案】B
【解析】A．N2与H2在一定条件下合成NH3，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A项正确；B．室温下CO2在饱和食盐水中溶解度不大，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通人足量NH3 ，再通人CO2气体，B项错误；C．反应⑤、⑥中均有元素化合价发生变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C项正确；D．高纯硅是制作太阳能电池的材料，D项正确；答案选B。
13．下列说法正确的是
A．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
B．SiO2具有导电性，可用于制作光导纤维和光电池
C．12g金刚石中含有化学键的数目为2NA
D．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
【答案】AC
【解析】A．瓷器的主要成分为黏土，由黏土高温煅烧可制得瓷器，A正确；B．SiO2对光具有良好的全反射作用，可用于制作光导纤维，光电池是由硅单质制成，B错误；C．12g金刚石的物质的量为1ml，1ml金刚石中含有2mlC—C键，即含有化学键的数目为2NA，C正确；D．SiO2对光具有良好的全反射作用，可用于制作光导纤维，与熔点高硬度大无关，D错误；答案选AC。
14．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制品的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。下列说法错误的是
A．Y、Z分别为H2、Cl2
B．制取粗硅过程可能发生反应：SiO2＋3CSiC＋2CO↑
C．提纯SiHCl3可采用萃取、分液的方法
D．SiHCl3和SiCl4形成的晶体均为共价晶体
【答案】CD
【解析】A．电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，其中H2在Cl2中燃烧，而Y具有还原性，所以Y、Z分别为H2、Cl2，故A正确；B．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1:1，方程式为：SiO2＋3CSiC＋2CO↑，故B正确；C．SiHCl3遇水剧烈反应，不能采用萃取、分液的方法分离，故C错误；D．SiHCl3和SiCl4的分子结构与CHCl3和CCl4类似，属于分子晶体，故D错误；故选CD。
15．常温下，向 Ba（OH）2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计），生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．b点时溶质为NaHCO3
B．V4的值为90
C．V1、V2、V3时，溶液中c（Ba2＋）·c（CO）相等
D．原混合溶液中n[Ba（OH）2]∶n（NaOH）＝1∶2
【答案】D
【解析】A．根据分析，ab段发生的反应为2OH－＋CO2=＋H2O、＋H2O＋CO2=2，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，A正确；B．根据分析，a段发生反应Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O时消耗30 mL的二氧化碳，b之后发生反应BaCO3＋CO2＋H2O=Ba2＋＋2时应消耗30 mL的二氧化碳，所以V4的值为60+30=90，B正确；C．因为Ksp（BaCO3）＝c（Ba2＋）·c（），温度不变，溶度积不变，C正确；D．根据图像可知，a段和ab段消耗的CO2的量相等，在a段结合方程式Ba2＋＋2OH－＋CO2=BaCO3↓＋H2O可知，n[Ba(OH)2]=n(CO2)，ab段两个方程式结合可得OH－＋CO2=，故n(NaOH) =n(CO2)，故混合溶液中Ba(OH)2和NaOH的物质的量相等，比值为1∶1，D错误；故选D。
三、填空题
16．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制品的主要原料。
(1)已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。
①物质Z的名称是_______。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为_______
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和_______。
(2)利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)。现用如图所示装置(部分仪器已省略)制取少量氮化硅。
①装置II中所盛试剂为_______。
②装置I和装置皿均需要加热，实验中应先_______(填“皿”或“I”)的热源。
(3)由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源_______.(填“正”或“负”)极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为_______。
【答案】（1）氯气 蒸馏
浓H2SO4 I
负
【解析】(1)①物质Z的名称是氯气；②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为：；③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可分离二者；(2)亚硝酸钠和氯化铵反应生成N2，晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，装置II是用来干燥N2，装置II盛放的试剂为浓H2SO4；①装置II中所盛试剂为浓H2SO4；②为防止SiO2与空气反应，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源；(3)①充电时，a电极的LiC6转化为C6，C的化合价升高，发生还原反应，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极；②放电时，b电极上发生的反应是LiNiO2转化为Li1-xNiO2，电极反应式为：。
17．水晶石是生产玻璃的原料，工业上回收水晶石废料（主要含SiO2，还含有CeO2、CaO、MgO、Na2O等）中的SiO2并富集稀土元素Ce（铈）元素的一种流程如下：
已知CeO2不溶于水，微溶于稀酸。
（1）玻璃工业上用SiO2、Na2CO3和CaCO3在高温下反应制普通玻璃，则生成硅酸钠的化学方程式为______。
（2）“还原”时发生反应的离子方程式为______。
（3）“还原”时稀硫酸应适当过量，目的除保证反应充分进行及加快反应速率外，还有______。还原时控制其他条件一定，只改变反应的温度，所得SiO2产品的纯度如图所示。超过70℃所得SiO2产品纯度下降的原因是______。
（4）洗涤SiO2的方法是______。
（5）向Ce2(SO4)3溶液中加入H2C2O4会析出Ce2(C2O4)3·10H2O晶体，晶体在N2气流中加热300℃时，生成CeO2、CO和CO2三种氧化物，写出Ce2(C2O4)3固体加热到300℃时反应的方程式______。
【答案】（1）Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑
（2）2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
（3）抑制Ce3＋的水解 H2O2大量分解导致CeO2不能完全被还原而混入SiO2中
（4）向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次
（5） Ce2(C2O4)3 2CeO2＋4CO↑＋2CO2↑
【解析】（1）SiO2与Na2CO3在高温下反应生成硅酸钠、二氧化碳，其化学反应方程式为Na2CO3＋SiO2 Na2SiO3＋CO2↑；（2）由上述分析可知，“还原”时是CeO2与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，CeO2被还原为Ce2(SO4)3，H2O2被氧化为O2，化学反应方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O；（3）Ce2(SO4)3属于强酸弱碱盐，在水中会发生水解，“还原”过程中稀硫酸适当过量，可抑制Ce3+水解和证反应充分进行及加快反应速率；H2O2属于不稳定化合物，受热易分解，“还原”过程中H2O2是反应物，若反应过程中温度高于70℃，H2O2会大量分解，导致CeO2不能充分反应，反应结束过滤后，滤渣中还含有大量CeO2导致SiO2产品的纯度降低；（4）洗涤SiO2的过程中，是除去SiO2表面的H2SO4、Ce2(SO4)3等，因此可直接用水洗涤，具体操作为：向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次；（5）Ce2(C2O4)3·10H2O晶体在N2气流中加热300℃时，生成CeO2、CO和CO2三种氧化物，其中N2的作用是保持防止空气中氧气参加反应影响实验结果，因此Ce2(C2O4)3固体加热到300℃时，生成CeO2、CO和CO2三种氧化物，反应过程中Ce元素化合价由+3升高至+4，C元素化合价一部分由+3升高至+4，一部分由+3降低至+2，假设有1ml Ce2(C2O4)3参加反应，其中化合价降低的C原子为x ml，则化合价升高的C原子为(6-x)ml，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知：2+(6-x)=x，解得x=4，因此该反应化学方程式为Ce2(C2O4)3 2CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。发生的主要反应
电弧炉
SiO2+2CSi+CO↑
流化床反应器
Si+3HClSiHCl3+H2
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9