碳、硅及無(wú)機(jī)非金屬材料（練習(xí)）-2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第15講碳、硅及無(wú)機(jī)非金屬材料

（模擬精練+真題演練）

最新模擬精練

完卷時(shí)間：50分鐘

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1Mg24016Si28

一、選擇題（每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，共12x5分）

1.（2023?陜西咸陽(yáng)?統(tǒng)考一模）如圖是某元素常見(jiàn)物質(zhì)的“價(jià)一類”二維圖，f為鈉鹽。下列說(shuō)法不正確的是

化合價(jià)

氫

小

氧

酸鹽物質(zhì)類別

質(zhì)

化

化

物

物

A.物質(zhì)a既可被氧化，也可被還原

B.可存在a—>b—>d—>e—>f的轉(zhuǎn)化關(guān)系

C.可通過(guò)灼熱的氧化銅除去d中混有的少量c

D.向足量f溶液中加入少量稀鹽酸，一定沒(méi)有C02產(chǎn)生

【答案】D

【分析】結(jié)合圖示可知，a為CPU、b為C、c為CO、d為CO2、e為H2co3,f為CO?；騂CO3。

【解析】A.a為CH4,碳元素化合價(jià)可升高，氫元素化合價(jià)可降低，物質(zhì)a既可被氧化，也可被還原，故

A正確；B.可存在a—b-d-e-f的轉(zhuǎn)化關(guān)系：甲烷高溫分解生成碳，碳燃燒生成二氧化碳，二氧化碳溶

于水生成碳酸，與適量的堿生成鹽，故B正確；C.CO能被灼熱的氧化銅氧化生成二氧化碳，可通過(guò)灼

熱的氧化銅除去d中混有的少量c,故C正確；D.f可能為正鹽或酸式鹽，向足量f溶液中加入少量稀鹽

酸，正鹽轉(zhuǎn)化成酸式鹽，可能沒(méi)有C02產(chǎn)生，酸式鹽和鹽酸，一定有二氧化碳產(chǎn)生，故D錯(cuò)誤；故選D。

2.（2023?浙江?模擬預(yù)測(cè)）下列關(guān)于元素及其化合物的性質(zhì)說(shuō)法不E理的是

A.Naq?和CO?反應(yīng)可生成B.C1?和足量Fe反應(yīng)可生成FeCU

C.實(shí)驗(yàn)室常利用錢鹽與強(qiáng)堿反應(yīng)檢驗(yàn)NH：D.高溫下C與Si。2反應(yīng)可制備粗硅

【答案】B

【解析】A.Na?。?和CO,反應(yīng)生成碳酸鈉和。2,故A正確；B.氯氣的氧化性強(qiáng)，C1?和足量Fe反應(yīng)生成

FeCl3,故B錯(cuò)誤；C.鏤鹽和堿反應(yīng)放出氨氣，實(shí)驗(yàn)室常利用鍍鹽與強(qiáng)堿反應(yīng)檢驗(yàn)NH；,故C正確；D.高

溫下C與SiC）2反應(yīng)生成CO和Si,C與SiC>2反應(yīng)可制備粗硅，故D正確；選B。

3.（2023?北京朝陽(yáng)?統(tǒng)考二模）下列關(guān)于同主族元素C、Si及其化合物的性質(zhì)比較和原因分析不正琥的是

選項(xiàng)性質(zhì)比較原因分析

熔點(diǎn)：

ACO2<SiO2摩爾質(zhì)量：CO2<SiO2

B電負(fù)性：C>Si原子半徑：C<Si

C酸性：H2CO3>H2SiO3非金屬性：C>Si

D熱穩(wěn)定性：CH4>SiH4鍵能：C-H>Si-H

【答案】A

【解析】A.CO2為分子晶體，分子間通過(guò)分子間作用力連接，而SiCh為共價(jià)晶體，Si與O之間通過(guò)共價(jià)

鍵連接，因此CO2熔點(diǎn)低于SiCh,A錯(cuò)誤；B.原子半徑C<Si,C原子得電子能力更強(qiáng)，故電負(fù)性C>Si,

B正確；C.元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性C>Si,故酸性

H2CO3>H2SiO3,C正確；D.非金屬性C>Si,C原子得電子能力更強(qiáng)，同時(shí)C的原子半徑小于Si,故C-H

鍵能大于Si-H,熱穩(wěn)定性CH4>SiH4,D正確；故答案選A。

4.（2023?北京朝陽(yáng)?北京八十中?？级＃┫铝嘘P(guān)于C、Si及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述錯(cuò)誤的是

A.鍵能CY>Si—Si、C—H>Si—H,因此C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6

B.立方型SiC是與金剛石成鍵、結(jié)構(gòu)均相似的共價(jià)晶體，因此具有很高的硬度

C.SiH4中Si的化合價(jià)為+4,CH4中C的化合價(jià)為-4,因此SiH4還原性小于CH4

D.Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因?yàn)镾i的原子半徑大于C,難形成PF鍵

【答案】C

【解析】A.因鍵能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的鍵能總和大于Si2H6,鍵能越大越穩(wěn)定，故

C2H6的穩(wěn)定性大于Si2H6,A正確；B.SiC的成鍵和結(jié)構(gòu)與金剛石類似均為原子晶體，金剛石的硬度很大,

類比可推測(cè)SiC的硬度和很大，B正確；C.SiH4中Si的化合價(jià)為+4價(jià)，C的非金屬性強(qiáng)于Si,則C的氧

化性強(qiáng)于Si,則Si的陰離子的還原性強(qiáng)于C的陰離子，則SiH4的還原性較強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D.Si原子的半徑

大于C原子，在形成化學(xué)鍵時(shí)紡錘形的p軌道很難相互重疊形成兀鍵，故Si原子間難形成雙鍵，D正確；

故選C。

5.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）由下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)得出碳元素與硅元素的非金屬性強(qiáng)弱比較結(jié)論正確的是

A.SiCh能與HF反應(yīng)，CO2不能與HF反應(yīng)，可知碳的非金屬性強(qiáng)于硅

B.反應(yīng)Na2cOs+SiO?JNazSiOs+CCV可知，硅的非金屬性強(qiáng)于碳

C.CO2通入NazSiCh溶液產(chǎn)生白色沉淀，酸性H2cC?3>H2siC>3可知，碳的非金屬性強(qiáng)于硅

D.由Si（）2+2C-Si+2C0t可知，碳的非金屬性強(qiáng)于硅

【答案】C

【解析】A.二氧化硅和氫氟酸反應(yīng)是特殊反應(yīng)，不能用于比較非金屬性強(qiáng)弱，A錯(cuò)誤；B.高溫下的反應(yīng)

不能說(shuō)明酸性強(qiáng)弱，也就不能說(shuō)明非金屬性的強(qiáng)弱，B錯(cuò)誤；C.二氧化碳和硅酸鈉反應(yīng)生成硅酸沉淀，說(shuō)

明碳酸比硅酸酸性強(qiáng)，即可知碳的非金屬性比硅強(qiáng)，C正確；D.反應(yīng)中碳的還原性比硅強(qiáng)，不能比較非金

屬性強(qiáng)弱，D錯(cuò)誤；故選C。

6.（2023?湖南衡陽(yáng)?校聯(lián)考二模）中科院蘭州化學(xué)物理研究所用Fe3（CO）"ZSM-5催化CO?加氫合成低碳

A.第I步的活化能高于第n步的活化能

B.COZ加氫合成低碳烯煌反應(yīng)中每一步均為氧化還原反應(yīng)

C.工業(yè)上選擇適合的催化劑，有利于提高C2H&的單位時(shí)間產(chǎn)率

D.該研究的應(yīng)用有利于“碳中和”

【答案】B

【解析】A.第I步為慢反應(yīng)，第II步為快反應(yīng)，根據(jù)活化能越小反應(yīng)速率越大的特點(diǎn)，第I步的活化能高

于第II步的活化能，A正確；B.在（。旦）/氐聚化異構(gòu)化反應(yīng)時(shí)，元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，是非氧化還

原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C.催化劑除了高效性，還有選擇性，適合的催化劑有利于提高某一產(chǎn)品的單位時(shí)間產(chǎn)率,

C正確；D.該研究的應(yīng)用有利于降低空氣中CO?的排放，有利于“碳中和”，D正確。故答案為B。

7.（2023?遼寧?校聯(lián)考三模）天然金剛石存在稔少，以石墨為原料制備人造金剛石成為當(dāng)前研究熱點(diǎn)。下

圖是碳單質(zhì)在不同溫度、壓強(qiáng)下存在形式的平衡圖像，其中M區(qū)為金剛石的工業(yè)催化合成區(qū)，下列有關(guān)說(shuō)

法錯(cuò)誤的是

40

￡如

0

&20

r（ioK）

A.穩(wěn)定性：金剛石〈石墨

B.密度：金剛石〉石墨

C.在M區(qū)實(shí)現(xiàn)金剛石的合成，高溫環(huán)境有利于提高石墨的平衡轉(zhuǎn)化率

D.上圖Q區(qū)與R區(qū)中，表示氣態(tài)碳單質(zhì)C（g）存在的區(qū)域應(yīng)出現(xiàn)在R區(qū)

【答案】C

【解析】A.金剛石中碳碳單鍵的鍵長(zhǎng)大于石墨中碳碳雙鍵的鍵長(zhǎng)，晶體中的共價(jià)鍵弱于石墨，所以穩(wěn)定性

弱于石墨，故A正確；B.由圖可知，在溫度相同條件下，石墨變成金剛石需加壓，說(shuō)明石墨層與層之間距

離較大，則金剛石的密度大于石墨，故B正確；C.由圖可知，在M區(qū)實(shí)現(xiàn)金剛石的合成時(shí)，低溫環(huán)境有

利于提高石墨的平衡轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；D.相同溫度下，壓強(qiáng)越小，越利于氣態(tài)碳存在，則圖中表示氣態(tài)

碳單質(zhì)存在的區(qū)域應(yīng)出現(xiàn)在R區(qū)，故D正確；故選C。

8.（2023?全國(guó)?高三專題練習(xí)）工業(yè)上以石英砂為原料制取單質(zhì)硅，其工藝流程圖如下：

流程一：

①

SiO2g>Si（a）>SiHCl3|需鬻c>Si（純）

流程二：

有關(guān)反應(yīng)分類說(shuō)法不正確的是

A.①?⑥均屬于氧化還原反應(yīng)B,只有①②③屬于置換反應(yīng)

C.⑥既屬于氧化還原反應(yīng)又屬于分解反應(yīng)D.⑤中的兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)均屬于復(fù)分解反應(yīng)

【答案】A

【解析】A.①中硅元素化合價(jià)降低，屬于氧化還原反應(yīng)；②中硅元素化合價(jià)升高，屬于氧化還原反應(yīng)；③

中硅元素化合價(jià)降低，屬于氧化還原反應(yīng)；④中鎂元素化合價(jià)升高，屬于氧化還原反應(yīng)；⑤中沒(méi)有元素化

合價(jià)改變，不屬于氧化還原反應(yīng)；⑥中硅元素化合價(jià)升高，屬于氧化還原反應(yīng)；A錯(cuò)誤；B.①②③均為單

質(zhì)化合物生成單質(zhì)化合物的反應(yīng)，屬于置換反應(yīng)，B正確；C.⑥為硅烷分解為硅單質(zhì)和氫單質(zhì)的反應(yīng)，

既屬于氧化還原反應(yīng)又屬于分解反應(yīng)，C正確；D.⑤中的兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)均為兩種化合物交換成分生成另外

兩種化合物的反應(yīng)，屬于復(fù)分解反應(yīng)，D正確；故選A。

9.（2023?上海?高三專題練習(xí)）室溫下，向lLpH=10的NaOH溶液中通入CCh,溶液中水電離出的c（OH）

與通入CO2的體積（V）的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是

A.a點(diǎn);水電離產(chǎn)生的c(H+)=lxl(y4mol?L-iB.b點(diǎn):溶液中c(OH—)=lxl(y7mol?L-i

C.c點(diǎn)：c(Na+)>c(HCO])>c(COj)D.d點(diǎn)：c(Na+)=2c(CO，)+c(HCOJ

【答案】D

【分析】由圖可知，a點(diǎn)為氫氧化鈉溶液，b點(diǎn)為氫氧化鈉和碳酸鈉的混合溶液，溶液呈堿性，c點(diǎn)氫氧化

鈉溶液與二氧化碳恰好反應(yīng)，反應(yīng)得到的溶液為碳酸鈉溶液，d點(diǎn)為碳酸氫鈉和碳酸的混合液，溶液呈中性。

【解析】A.由分析可知，a點(diǎn)為pH=10的氫氧化鈉溶液，溶液中氫氧根離子會(huì)抑制水的電離，則溶液中水

電離出的氫離子濃度為:——=lxlO-i°mol/L,故A錯(cuò)誤；B.由分析可知，b點(diǎn)為氫氧化鈉和碳酸鈉

的混合溶液，溶液呈堿性，則溶液中氫氧根離子濃度大于lxlO-7mol/L,故B錯(cuò)誤；C.由分析可知，c點(diǎn)氫

氧化鈉溶液與二氧化碳恰好反應(yīng)，反應(yīng)得到的溶液為碳酸鈉溶液，溶液中碳酸根離子濃度大于碳酸氫根離

子，故C錯(cuò)誤；D.由分析可知，d點(diǎn)為碳酸氫鈉和碳酸的混合液，溶液呈中性，溶液中氫離子濃度等于氫

氧根離子濃度，由電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(COj)+c(HCO])+c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(CO

：)+c(HCO力,故D正確;故選D。

10.(2023?全國(guó)?高三專題練習(xí))向NaOH和Na2cCh混合溶液中滴加O.lmolLi稀鹽酸，CCh的生成量與加

入鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。下列判斷正確的是

n(CO2ymol

°a0.4V(鹽酸)/L

A.在0?a范圍內(nèi)，只發(fā)生中和反應(yīng)

B.ab段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CO；+2H+=CO2f+H2O

C.a=0.3

D.原混合溶液中NaOH與Na2cCh的物質(zhì)的量之比為1：2

【分析】由圖和題意可知0~a段先發(fā)生HC1和NaOH反應(yīng)生成NaCl和H2O,然后發(fā)生Na2c。3和HC1反應(yīng)

生成NaHCCh和NaCl,a~b段發(fā)生NaHCCh和HC1反應(yīng)生成NaCl、H2O和CO2。

【解析】A.在0?a范圍內(nèi)，發(fā)生H++OH=Hq和H++CO；-=HCC)3,故A錯(cuò)誤；B.ab段發(fā)生反應(yīng)

+

HCO3+H=H2O+CO2T,故B錯(cuò)誤；C.由HCO3+H，=H2O+CO2T和二氧化碳的物質(zhì)的量可知

n(HCO3)=0.01mol,設(shè)a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的HC1的物質(zhì)的量為x,則0.4Lx0.1mol/L-x=0.01mol,解得x=0.03mol,則

a=0.034-0.1=0.3,故C正確；D.因?yàn)閚(HCC)3)=0.01mol,且11(11(203)=11(?0；尸0.0111101,再由

+++

H+CO^=HCO'可得消耗的氫離子為0.01mol,再由H+OH=H2O可得n(OH-)=n(H)=

0.3Lx0.1mol/L-0.01mol=0.02mol,所以原混合溶液中NaOH與Na2cCh的物質(zhì)的量之比為2:1,故D錯(cuò)誤;

故答案為Co

【答案】C

11.（2023秋?河北邢臺(tái)?高三統(tǒng)考期末）氮化硅陶瓷、氧化鋁陶瓷、光導(dǎo)纖維、碳化硅和石墨烯等都屬于新

型無(wú)機(jī)非金屬材料，下列說(shuō)法正確的是

A.碳化硅為分子晶體

B.氧化鋁陶瓷用煙可用于熔融氫氧化鈉固體

C.石墨烯中碳原子采用sd雜化，未雜化的p電子形成大無(wú)鍵

D.航空母艦上的攔阻索所用的特種鋼纜屬于無(wú)機(jī)非金屬材料

【答案】C

【解析】A.碳化硅是由碳原子和硅原子通過(guò)共價(jià)鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，具有較高的熔沸點(diǎn)和較大的硬度,

故為共價(jià)晶體，A錯(cuò)誤；B.AI2O3為兩性氧化物，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故氧化鋁陶瓷法煙不可用

于熔融氫氧化鈉固體，B錯(cuò)誤；C.石墨烯中每個(gè)碳原子與周圍的3個(gè)碳原子形成正六邊形結(jié)構(gòu)，故碳原子

采用spz雜化，剩余一個(gè)未雜化的p電子形成大兀鍵，C正確；D.航空母艦上的攔阻索所用的特種鋼纜是

鐵合金，屬于金屬材料，D錯(cuò)誤；故答案為：Co

12.（2023?湖北?高三統(tǒng)考）制造芯片用到高純硅，用SiHCb（沸點(diǎn):31.85℃,SiHCb遇水會(huì)劇烈反應(yīng),易自

燃）與過(guò)量H2在1100~1200℃反應(yīng)制備高純硅的裝置如圖所示（夾持裝置和尾氣處理裝置略去），下列說(shuō)法不

正確的是

IIIIIIN

A.整個(gè)實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵是控溫、檢查裝置氣密性和排盡裝置中的空氣

B.裝置n、in中依次盛裝的是濃H2so4、溫度高于32℃的溫水

C.實(shí)驗(yàn)時(shí)，先打開(kāi)裝有稀硫酸儀器的活塞，收集尾氣驗(yàn)純，再預(yù)熱裝置IV石英管

D.尾氣處理可直接通入NaOH溶液中

【答案】D

【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置可知，I中Zn與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣，II中濃硫酸干燥氫氣，III中氣化的SiHCb與過(guò)

量H2混合，IV中高溫下反應(yīng)硅，且SiHCh遇水發(fā)生SiHC13+3H2O=H2SiO3+H2T+3HClo

【解析】A.SiHCb的沸點(diǎn)為31.85。。且易自燃，因而整個(gè)實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵是控溫、檢查裝置氣密性和排盡裝

置中的空氣，故A正確；B.裝置H中濃H2s04可干燥氫氣，III中盛裝溫度高于32℃的溫水，目的是使滴

入燒瓶中的SiHCb氣化，與氫氣反應(yīng)，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先打開(kāi)裝有稀硫酸儀器的活塞制取氫氣，

用氫氣將裝置內(nèi)的空氣排出，收集尾氣驗(yàn)純，再預(yù)熱裝置W石英管，防止氫氣不純加熱易爆炸，故C正確;

D.SiHCb與氫氣在1100?120（TC反應(yīng)制備高純硅，因而處理尾氣時(shí)，因該在通入NaOH溶液前加上防倒

吸裝置，故D錯(cuò)誤；故選：D。

二、主觀題(共3小題，共40分)

13.(14分)研究CO2在海洋中的轉(zhuǎn)移和歸縮，是當(dāng)今海洋科學(xué)研究的前沿領(lǐng)域。

(1)溶于海水的CO2主要以4種無(wú)機(jī)碳形式存在，其中HCO,占95%。寫出CO2溶于水產(chǎn)生HCO,的方程式:

(2)在海洋碳循環(huán)中，通過(guò)如圖所示的途徑固碳。

①寫出鈣化作用的離子方程式:

②同位素示蹤法證實(shí)光合作用釋放出的。2只來(lái)自H2O。用18。標(biāo)記物質(zhì)的光合作用的化學(xué)方程式如下，將

其補(bǔ)充完整：

光能

8

+前藤(CH2。％+2O2+XH2O

(3)海水中溶解無(wú)機(jī)碳占海水總碳的95%以上，其準(zhǔn)確測(cè)量是研究海洋碳循環(huán)的基礎(chǔ)。測(cè)量溶解無(wú)機(jī)碳，可

采用如下方法：

①氣提、吸收CO2。用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如下)。將虛線框中的裝置

補(bǔ)充完整并標(biāo)出所用試劑。

②滴定。將吸收液吸收的無(wú)機(jī)碳轉(zhuǎn)化為NaHCCh，再用xmoLL-iHC1溶液滴定，消耗ymLHCl溶液。海水

中溶解無(wú)機(jī)碳的濃度=________mol-L1o

+

【答案】(每空2分)(1)CO2+H2OH2CO3>H2CO3H+HCOF

2+

(2)02HCOF+Ca=CaCO3l+CO2t+H2O

②XCO22XH18O

z

+

【解析】（1）CO2溶于水產(chǎn)生HCO,的方程式為CCh+HzO^^H2co3、H2CO3H+HCO??

2+

（2）①根據(jù)題圖找出鈣化作用的反應(yīng)物和生成物，可知發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ca+2HCOr=CaCO3；+

CO2T+H2O。②根據(jù)題圖中光合作用及元素守恒可配平，注意18。的標(biāo)記。

（3）①酸化海水不能用揮發(fā)性的酸，因?yàn)橐肗aOH溶液吸收CO2,故選用H2s。4溶液酸化。②NaHCCh?

01

HC1,海水中溶解無(wú)機(jī)碳的濃度為苫*落3L=Umoi.Lr。

14.（12分）硅是帶來(lái)人類文明的重要元素之一，從傳統(tǒng)材料到信息材料的發(fā)展過(guò)程中創(chuàng)造了一個(gè)又一個(gè)

奇跡。

（1）新型陶瓷Si3N4的熔點(diǎn)高、硬度大、化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定。工業(yè)上可以采用化學(xué)氣相沉積法，在H2的保護(hù)下，

使SiC14與N2反應(yīng)生成Si3N4沉積在石墨表面，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：O

（2）一種工業(yè)用硅（含少量鉀、鈉、鐵、銅的氧化物），已知硅的熔點(diǎn)是1420℃,高溫下氧氣及水蒸氣能明

顯腐蝕氮化硅。一種合成氮化硅的主要工藝流程如下：

①凈化N2和H2時(shí)，銅屑的作用是,

硅膠的作用是o

②在氮化爐中發(fā)生反應(yīng)3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）+3C）2（g）-727.5kJ-mol-1,開(kāi)始時(shí)，嚴(yán)格控制氮

氣的流速以控制溫度的原因是:

體系中要通入適量的氫氣是為了?

③X可能是（填“鹽酸”“硝酸”"硫酸’或"氫氟酸'）。

【答案】（每空2分）（l）3SiCL+2N2+6H2=Si3N4+12HCl

（2）①除去原料氣中的氧氣除去生成的水蒸氣

②該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，防止局部過(guò)熱，導(dǎo)致硅熔化成團(tuán)，阻礙與N2的接觸將體系中的氧氣轉(zhuǎn)化為水蒸氣,

而易被除去（或?qū)⒄麄€(gè)體系中空氣排盡）

③硝酸

【解析】⑴根據(jù)原子個(gè)數(shù)守恒可寫出化學(xué)方程式3SiCl4+2N2+6H2=Si3N4+12HClo（2）①由于氧氣和水蒸

氣都能腐蝕氮化硅，而氮?dú)夂蜌錃庵泻兴魵夂脱鯕?，所以銅屑的作用是除去氧氣，硅膠的作用是除去

水蒸氣。②因?yàn)樵摲磻?yīng)是放熱反應(yīng)，如果溫度過(guò)高，局部過(guò)熱，會(huì)導(dǎo)致硅熔化成團(tuán)，阻礙與N2的接觸；通

入氫氣能將體系中的氧氣轉(zhuǎn)化為水蒸氣，而易被除去。③由于工業(yè)用硅中含有銅的氧化物，在反應(yīng)中氧化

銅能被還原生成銅，因此要除去銅應(yīng)該選擇硝酸，鹽酸和硫酸不能溶解銅，氫氟酸能腐蝕氮化硅。

15.（14分）化合物A由三種短周期元素組成，某興趣小組進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：

120mL1mol/L廠―溶液乙

NaOH溶液

工體甲恰好完全反應(yīng)

20mL3mol/L」氣體單質(zhì)乙0.42g

2.52gA

鹽酸

褊曾均產(chǎn)3媛-白色固體甲Jg

已知：氣體甲為純凈物且只含兩種元素，在標(biāo)況下體積為672mL；固體甲為常用的耐火材料，溶液乙為建

筑行業(yè)中常用的粘合劑。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)A的組成元素為(用元素符號(hào)表示),A的化學(xué)式為；

(2)寫出A溶于鹽酸的化學(xué)方程式_______________________________o

(3)寫出氣體甲與NaOH(aq)反應(yīng)的離子方程式___________________。

(4)往溶液乙中通入少量CCh氣體發(fā)生的化學(xué)方程式。

(5)高溫下A與足量氯氣能發(fā)生劇烈爆炸，生成三種常見(jiàn)化合物，試寫出相應(yīng)的化學(xué)方程式_____o

【答案】(除標(biāo)注外，每空2分)⑴乂8、5k11(3分)MgSi2H4(3分)

(2)MgSi2H4+2HCl=Si2H6f+MgC12

(3)Si2H6+4OH+2H2O=2SiO；+7H2T

(4)Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3；

(5)MgSi2H4+7CLHMgCL+2SiC14+4HCl

【解析】2.52gA中加入20mL3moi/L的鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成氣體甲為純凈物且只含兩種元素，在標(biāo)況下體積

為672mL,物質(zhì)的量"=—:-------=0.03mol,氣體甲和120mLlmol/L的氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生

22.4L/mol

成氣體單質(zhì)乙和溶液乙，溶液乙為建筑行業(yè)中常用的粘合劑，溶液乙為硅酸鈉溶液，說(shuō)明A中含硅元素、

氫元素，溶液甲只含一種溶質(zhì)，加入過(guò)量氫氧化鈉溶液生成氫氧化物白色沉淀，加熱得到白色固體甲為常

用的耐火材料，固體甲應(yīng)為氧化鎂，白色沉淀為Mg(OH)2,則判斷甲溶液中含Mg元素，為MgCb溶液，

計(jì)算得到鎂的物質(zhì)的量”(Mg)=：2°g=0.03mol,則A含有的元素為Mg、Si,H元素，氣體甲為純凈

40g/mol

物且只含兩種元素為Si、H組成，氣體物質(zhì)的量0。3mol,和120mLimol/L的氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)

生成氣體單質(zhì)乙和溶液乙，消耗NaOH物質(zhì)的量=0.12Lxlmol/L=0.12mob則氣體甲和氫氧化鈉反應(yīng)的物

質(zhì)的量之比為1：4,生成Si。；和氫氣，根據(jù)原子守恒得到甲為Si2H6,甲和氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程

式：Si2H6+4OH+2H2O=2SiO，+7H2T，w(Si)=0.06mol,所含氫元素物質(zhì)的量

2.52g-0.06molx28g/mol-0.03molx24g/mol

"(ZHTTX)=---------------------------------：---------------------------=0M.12mo1l,n(Mg)：n(Si)：n(H)=0.03mol：0.06mol：

Ig/mol

0.12mol=l：2：4,A為MgSi2H4。

(1)根據(jù)上述分析，A含有的元素為Mg、Si、H元素；A為MgSi2H4；故答案為：Mg、Si、H；MgSi2H4；

(2)根據(jù)上述分析，A為MgSi2H4,氣體甲為Si2H6,溶液甲為MgCb,故A溶于鹽酸的化學(xué)方程式為

MgSi2H4+2HCl=Si2H6?+MgC12。

(3)氣體甲為Si2H6,氣體甲和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣，離子方程式為：Si2H6+4OH+2H20=2

SiO；+7H2f,故答案為：Si2H6+4OH+2H2O=2SiO；+7H21；

(4)溶液乙為硅酸鈉溶液，通入少量二氧化碳反應(yīng)生成硅酸沉淀和碳酸鈉，化學(xué)方程式為：Na2SiO3+C02+

H2O=Na2CO3+H2SiO3i，故答案為：Na2SiO3+C02+H2O=Na2CO3+H2SiO31；

(5)高溫下，A與足量氯氣能發(fā)生劇烈爆炸，生成三種常見(jiàn)化合物為氯化鎂、四氯化硅和氯化氫，反應(yīng)的化

學(xué)方程式：MgSi2H4+7CL翼MgCb+2SiC14+4HCl,故答案為：MgSi2H4+7Cl2l^MgCl2+2SiCl4+4HCl,

?4真題實(shí)戰(zhàn)演練

1.(2023?山東?統(tǒng)考高考真題)石墨與F2在450℃反應(yīng)，石墨層間插入F得到層狀結(jié)構(gòu)化合物(CF)x,該物

質(zhì)仍具潤(rùn)滑性，其單層局部結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于該化合物的說(shuō)法正確的是

?C

°F

A.與石墨相比，(CF)x導(dǎo)電性增強(qiáng)

B.與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強(qiáng)

C.(CF)x中C—C的鍵長(zhǎng)比C—F短

D.lmol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵

【答案】B

【解析】A.石墨晶體中每個(gè)碳原子上未參與雜化的1個(gè)2P軌道上電子在層內(nèi)離域運(yùn)動(dòng)，故石墨晶體能導(dǎo)

電，而(CF)x中沒(méi)有未參與雜化的2P軌道上的電子，故與石墨相比，(CF)x導(dǎo)電性減弱，A錯(cuò)誤；B.(CF)X

中C原子的所有價(jià)鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，故與石墨相比，(CF)x抗氧化性

增強(qiáng)，B正確；C.己知C的原子半徑比F的大，故可知(CF)x中C-C的鍵長(zhǎng)比C-F長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；D.由題

干結(jié)構(gòu)示意圖可知，在(CF)x中C與周圍的3個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵，每個(gè)C-C鍵被2個(gè)碳原子共用，和1

個(gè)F原子形成共價(jià)鍵，即lmol(CF)x中含有2.5xmol共價(jià)單鍵，D錯(cuò)誤；故答案為：B。

2.(2023?浙江?高考真題)下列反應(yīng)的離子方程式不正強(qiáng)的是

A.Cl2通入氫氧化鈉溶液：Cl2+2OH-=Cr+ClO+H2O

B.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：A12O3+2OH=2A1O2+H2O

+

C.過(guò)量CO?通入飽和碳酸鈉溶液：2Na+CO^+CO2+H2O=2NaHCO3

D.H2SO3溶液中滴入氯化鈣溶液：SO；+Ca2+=CaSC>3(

【答案】D

【解析】A.Cl?通入氫氧化鈉溶液中反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為:

C12+2OH=C1+C1O+H2O,選項(xiàng)A正確；B.氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方

程式為：A12O3+2OH=2A1O-+H2O,選項(xiàng)B正確；C.過(guò)量C02通入飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生碳酸氫鈉晶

+

體，反應(yīng)的離子方程式為：2Na+CO|+CO2+H2O=2NaHCO3,選項(xiàng)C正確；D.H2sO3溶液中滴入氯化

鈣溶液，因亞硫酸酸性弱于鹽酸，不能發(fā)生反應(yīng)，選項(xiàng)D不正確；答案選D。

3.(2023?浙江?高考真題)碳酸鈣是常見(jiàn)難溶物，將過(guò)量碳酸鈣粉末置于水中達(dá)到溶解平衡：

5

CaCO3(s).Ca?+(aq)+CO：(aq)[已知Ksp(CaCC)3)=3.4x10-9,Ksp(CaSO4)=4.9xl0,H2cO3的電離常

數(shù)K"=4.5x10-7,—=4.7x10],下列有關(guān)說(shuō)法正確的是

A.上層清液中存在c(Ca2+)=c(CO；.)

B.上層清液中含碳微粒最主要以HCO；形式存在

C.向體系中通入CO2氣體，溶液中c(Ca2+)保持不變

D.通過(guò)加Na2SO4溶液可實(shí)現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉(zhuǎn)化

【答案】B

【解析】A.上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，因此c(Ca2+)>c(COj),

A錯(cuò)誤；B.根據(jù)Ka2=4.7xl0i可得=4.7x10-",則碳酸根的水解平衡常數(shù)為

C(HCO3)

K

29

=~^?2X10->^2,說(shuō)明碳酸根的水解程度較大，則上層清液中含碳微粒主要為

K&2

碳酸氫根離子，B正確；C.向體系中通入CO2,CO^+CO2+H2O=2HCO；,c(COj)減小,

CaCO3(s)UCa2+(aq)+CO：(aq)正向移動(dòng)，溶液中鈣離子濃度增大，C錯(cuò)誤；D.由題干可知,

5

Ksp(CaCO3)=3.4x10-%Ksp(CaSO4)=4.9xlQ-,碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，加入硫酸鈉后碳酸鈣不會(huì)轉(zhuǎn)化

成硫酸鈣，D錯(cuò)誤；故答案選B。

4.(2022?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題)一種實(shí)現(xiàn)二氧化碳固定及再利用的反應(yīng)如下:

V7

。催化劑

化合物1化合物2

下列敘述正確的是

A.化合物1分子中的所有原子共平面B.化合物1與乙醇互為同系物

C.化合物2分子中含有羥基和酯基D.化合物2可以發(fā)生開(kāi)環(huán)聚合反應(yīng)

【答案】D

【解析】A.化合物1分子中還有亞甲基結(jié)構(gòu)，其中心碳原子采用sp3雜化方式，所以所有原子不可能共平

面，A錯(cuò)誤；B.結(jié)構(gòu)相似，分子上相差n個(gè)CH2的有機(jī)物互為同系物，上述化合物1為環(huán)氧乙烷，屬于醛

類，乙醇屬于醇類，與乙醇結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)上述化合物2的分子結(jié)構(gòu)可知，分

子中含酯基，不含羥基，C錯(cuò)誤；D.化合物2分子可發(fā)生開(kāi)環(huán)聚合形成高分子化合物

O

__］一（）—CIL—CH、—O--'D正確；答案選D。

Jn

5.（2023?山東?統(tǒng)考高考真題）三氯甲硅烷（SiHCk）是制取高純硅的重要原料，常溫下為無(wú)色液體，沸點(diǎn)為

A

31.8℃,熔點(diǎn)為-1265C,易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)Si+3HCl=SiHCL+H2,利用如下裝置制備SiHC^粗品

（1）制備SiHCL時(shí)進(jìn)行操作：（i）……；（ii）將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；（出）通入HC1,一段時(shí)間后接

通冷凝裝置，加熱開(kāi)始反應(yīng)。操作（i）為;判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是o圖示裝置存在的兩

處缺陷是。

（2）已知電負(fù)性Cl>H>Si,SiHCl3在濃NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（3）采用如下方法測(cè)定溶有少量HC1的SiHCL純度。

m】g樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過(guò)程得硅酸水合物后，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作：①,②（填操作名稱）,

③稱量等操作，測(cè)得所得固體氧化物質(zhì)量為m?g,從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為（填

標(biāo)號(hào)）。測(cè)得樣品純度為（用含叫、m?的代數(shù)式表示）。

【答案】(1)檢查裝置氣密性當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)c、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)有處理氫氣的裝

置

(2)SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2T+2H2O

135.5msi

(3)高溫灼燒冷卻AC—~0LxlOO%

60m,

【分析】氯化氫氣體通入濃硫酸干燥后，在管式爐中和硅在高溫下反應(yīng)，生成三氯甲硅烷和氫氣，由于三

氯甲硅烷沸點(diǎn)為31.8C,熔點(diǎn)為T265C,在球形冷凝管中可冷卻成液態(tài)，在裝置C中收集起來(lái)，氫氣則

通過(guò)D裝置排出同時(shí)D可處理多余吸收的氯化氫氣體，據(jù)此解答。

【解析】(1)制備SiHCb時(shí)，由于氯化氫、SiHCb和氫氣都是氣體，所以組裝好裝置后，要先檢查裝置氣

密性，然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，通入氯化氫氣體，排出裝置中的空氣，一段時(shí)候后，接通冷

凝裝置，加熱開(kāi)始反應(yīng)，當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCb易水解，所以需要在C、D

之間加一個(gè)干燥裝置，防止D中的水蒸氣進(jìn)入裝置C中，另外氫氧化鈉溶液不能吸收氫氣，需要在D后面

加處理氫氣的裝置，故答案為：檢查裝置氣密性；當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)；C、D之間沒(méi)有干燥裝置，

沒(méi)有處理氫氣的裝置；

(2)已知電負(fù)性則SiHCb中氯元素的化合價(jià)為-1,