2021高考化学一轮复习 核心素养测评十二 含硅矿物与信息材料（含解析）苏教版

含硅矿物与信息材料一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.文物是宝贵的历史文化遗产。下表中对文物用料和成分分析错误的是()选项abcd文物用料成分分析瓷器青釉褐彩诗文执壶的用料为硅酸盐千里江山图使用的颜料铜绿的主要成分为碱式碳酸铜衍圣公朝服用料丝绸的主要成分为纤维素青铜器四羊方尊的主要成分为铜锡合金【解析】选c。瓷器属于硅酸盐制品,主要成分是硅酸盐,a项正确;碱式碳酸铜是颜料铜绿的主要成分,b项正确;丝绸的主要成分为蛋白质,c项错误;青铜是最早使用的合金,成分为铜锡合金,d项正确。2.(2020海口模拟)下列叙述正确的是()a.co2和sio2都是酸性氧化物,所以两者物理性质相似b.因为caco3+sio2casio3+co2,所以硅酸的酸性比碳酸强c.co2和sio2都能与碳反应,且都作氧化剂d.sio2既能和naoh反应,又能和hf反应,所以二氧化硅属于两性氧化物【解析】选c。co2和sio2都是酸性氧化物,和其物理性质无因果关系,co2的熔、沸点低,硬度小,微溶于水,sio2的熔、沸点高,硬度大,不溶于水,co2和sio2的物理性质相差较大,a项不正确;caco3+sio2casio3+co2,反应进行的原因是sio2沸点高,co2沸点低,而“较强酸制较弱酸”是溶液中复分解反应规律,b项不正确;co2和sio2都与碳反应,碳作还原剂,co2和sio2作氧化剂,c项正确;sio2与hf反应是hf的特性,sio2不与其他酸反应,故sio2不属于两性氧化物,d项不正确。3.(2020商洛模拟)2019年9月19日,我国在酒泉卫星发射中心采取“一箭五星”的方式成功将“珠海一号”03组卫星发射升空。有一种新型“连续纤维增韧”航空材料,其主要成分是碳化硅、陶瓷和碳纤维。下列有关该新型材料的叙述正确的是()a.耐高温但不耐腐蚀b.比钢铁轻,但质地较脆c.有固定的熔点d.是一种新型无机非金属材料【解析】选d。碳化硅、陶瓷和碳纤维具有耐高温、抗氧化的性能,耐腐蚀,故a错误;“连续纤维增韧”航空材料,则说明该材料比钢铁轻、硬,具有良好的韧性,故b错误;该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成,属于混合物,没有固定的熔点,故c错误;该材料由无机物复合而成,为新型无机非金属材料,故d正确。【加固训练】1.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【解析】选c。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;氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料,故b正确;瓷器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。2.(2020汉口模拟)下列说法中正确的是()a.浓硫酸可刻蚀石英艺术品b.硅胶可作袋装食品的干燥剂c.sio2既能与koh溶液反应又能与浓盐酸反应d.如图,若中分别盛有浓硝酸、na2co3、na2sio3溶液,则可得出结论:酸性:硝酸碳酸硅酸【解析】选b。二氧化硅只与氢氟酸反应而不与浓h2so4、浓盐酸反应,a、c两项错误;硅胶多孔、吸附水分能力强,可用作袋装食品的干燥剂,b项正确;由于浓hno3易挥发,所以中的白色沉淀可能是挥发出的hno3与na2sio3溶液反应所致,不能得出相关的酸性强弱的结论, d项错误。4.用金属钠还原ccl4和sicl4制得一种一维sic纳米棒,相关反应的化学方程式为8na+ccl4+sicl4sic+8nacl。下列说法不正确的是()a.sic和sio2中si元素的化合价相同b.上述反应中sic既是氧化产物又是还原产物c.sio2制备单质si、单质si制备sicl4均涉及氧化还原反应d.一维sic纳米棒比表面积大,对微小粒子有较强的吸附能力【解析】选b。sic和sio2中si元素的化合价均为+4,a项正确;sic是还原产物,nacl是氧化产物,b项错误;sio2制备单质si需加入还原剂,单质si制备sicl4需加入氧化剂,c项正确;一维粒子上下表面均能与其他物质接触,比表面积大,对微小粒子有较强的吸附能力,d项正确。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)光纤通讯是光导纤维传送信号的一种通讯手段,合成光导纤维及氮化硅(一种无机涂层)的工艺流程如下:回答下列问题:(1)反应的化学方程式为_,氧化剂为_(填化学式)。(2)经反应所得的四氯化硅粗品中所含的物质如下:组分名称sicl4sihcl3sih2cl2hclbcl3pcl3质量分数0.5450.4050.046 20.000 30.001 930.001 57沸点/57.631.88.2-8512.575.5图中“操作x”的名称为_;pcl3的电子式为_。(3)反应和中尾气的用途为_;反应的化学方程式为_。【解析】(1)反应是焦炭还原sio2,反应方程式为sio2+2csi+2co;氧化剂是所含元素化合价降低的物质,根据反应方程式可知,二氧化硅中硅的化合价由+4价0价,即sio2是氧化剂。(2)根据表格数据,除hcl、bcl3和sih2cl2常温下是气体外,其余为液体,因此采用精馏(或蒸馏)的方法得到sicl4,pcl3是共价化合物,最外层都满足8电子稳定结构,其电子式为。(3)反应中得到的物质为sio2和hcl,尾气是hcl,反应中发生的反应是3sicl4+4nh3si3n4+12hcl,尾气是hcl,因此尾气的用途是制备盐酸。答案:(1)sio2+2csi+2cosio2(2)精馏(或蒸馏)(3)制取盐酸(或其他合理答案)3sicl4+4nh3si3n4+12hcl6.(14分)硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题:()制备硅半导体材料必须先得到高纯硅。三氯甲硅烷(sihcl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法,生产过程示意图如图所示:(1)写出由纯sihcl3制备高纯硅反应的化学方程式:_。(2)整个制备过程必须严格控制无水无氧。sihcl3遇水剧烈反应生成h2sio3、hcl和另一种物质,写出配平的化学方程式:_;h2还原sihcl3过程中若混入o2,可能引起的后果是_。()为确认hcl、h2co3、h2sio3的酸性强弱,某学生设计了如图所示的实验装置,一次实验即可达到目的(不必选其他酸性物质)。请据此回答: (1)锥形瓶中装有某可溶性正盐溶液,分液漏斗所盛试剂应为_。(2)装置b所盛的试剂是_,其作用是_。(3)装置c所盛试剂是_,c中反应的离子方程式是_。(4)由此得到的结论是:酸性_。【解析】()(1)根据质量守恒定律可知,sihcl3与h2在高温下反应,生成si和hcl,反应的化学方程式为sihcl3+h2si+3hcl。(2)根据质量守恒定律,sihcl3遇水剧烈反应生成h2sio3、hcl和h2,反应的化学方程式为sihcl3+3h2oh2sio3+h2+3hcl。h2还原sihcl3过程中若混入o2,高温下,h2遇o2发生爆炸。()根据强酸+弱酸盐弱酸+强酸盐分析可知,分液漏斗中盛装盐酸,a中盛放na2co3,根据na2co3+2hcl2nacl+h2o+co2可以知道酸性hcl强于h2co3,然后将生成的co2通入na2sio3溶液中,反应为na2sio3+co2+h2oh2sio3+na2co3,由此判断酸性h2co3h2sio3,但需注意的是a中反应会有hcl气体逸出,故通入na2sio3溶液前需将hcl吸收,但不能吸收co2,故选用饱和nahco3溶液。答案:()(1)sihcl3+h2si+3hcl(2)sihcl3+3h2oh2sio3+h2+3hcl高温下,h2遇o2发生爆炸()(1)盐酸(2)饱和nahco3溶液吸收hcl气体(3)na2sio3溶液sio32-+co2+h2oh2sio3+co32-(或sio32-+2co2+2h2o2hco3-+h2sio3)(4)hclh2co3h2sio3一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.(2020临沂模拟)某学习小组拟探究co2和锌粒反应是否生成co,已知co能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示:下列说法正确的是()a.实验开始时,先点燃酒精灯,后打开活塞kb.b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液c.装置e的作用是收集一氧化碳气体d.用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性【解析】选d。根据题意分析可知装置图中各个装置的作用分别是a装置是二氧化碳气体发生装置,生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气,通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢,通过装置c中浓硫酸除去水蒸气,通过 d加热和锌发生反应,生成的气体通过装置e分离二氧化碳和一氧化碳,一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体,验证一氧化碳的存在。实验开始时,装置内含有空气,若先点燃酒精灯,锌与空气反应产生zno,无法使co2与zno反应,所以应该先打开活塞k,使co2充满整个装置后再点燃酒精灯,a错误;b中饱和碳酸氢钠溶液用来除去hcl,c中浓硫酸用来干燥co2气体;f中试剂为银氨溶液,验证一氧化碳的存在,b错误;装置e的作用是分离二氧化碳与一氧化碳的混合气体,c错误;由于在实验室中是用稀盐酸与zn粒反应制取氢气,反应不需要加热,因此也可以使用启普发生器制取,然后用饱和食盐水或水除hcl杂质,用浓硫酸干燥氢气,再通过盛有cuo的干燥管来验证h2的还原性,e作安全瓶,可以防止倒吸现象的发生,氢气是可燃性气体,在排放前要进行尾气处理,d正确。2.将过量的co2分别通入:cacl2溶液浓na2sio3溶液ca(oh)2溶液饱和na2co3溶液。最终溶液中有白色沉淀析出的是()a.b.c.d.【解析】选b。co2溶于水:co2+h2oh2co3,h2co3的酸性比盐酸弱,比硅酸强。根据酸与盐反应的规律,co2通入cacl2溶液无明显现象;过量的co2通入浓na2sio3溶液中有白色沉淀h2sio3生成;co2通入ca(oh)2溶液至过量,ca(oh)2+co2caco3+h2o,caco3+h2o+co2ca(hco3)2,最终生成ca(hco3)2而无沉淀;过量co2通入饱和na2co3溶液中:na2co3+h2o+co22nahco3,生成的nahco3溶解度比na2co3溶解度小而结晶析出。3.(2020临沂模拟)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.反应属于固氮反应b.步骤为先向饱和食盐水中通入co2至饱和后,再通入nh3c.反应、均为氧化还原反应d.用精馏的方法可提纯三氯氢硅【解析】选b。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正确; co2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大,若先通入co2,后通入nh3,则反应产生的hco3-浓度较小,最后得到的nahco3就少,或根本不产生nahco3固体,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入足量nh3,再通入co2气体,b错误;反应、中均有元素化合价的变化,因此这两个反应均为氧化还原反应,c正确;由于三氯氢硅沸点只有33,比较低,与其他杂质的沸点不同,因此可通过蒸馏的方法分离提纯,分馏方法也叫精馏,d正确。二、非选择题(本题包括2小题,共32分)4.(14分)(2020洛阳模拟)含a元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含a元素的一种化合物c可用于制造高性能的现代通讯材料光导纤维,c与烧碱反应生成含a元素的化合物d。(1)易与c发生化学反应的酸是_,反应的化学方程式是_。(2)将c与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成d,同时还生成b的最高价氧化物e;将全部的e与全部的d在足量的水中混合后,又发生化学反应生成含a的化合物f。写出生成d和f的化学反应方程式_。要将纯碱高温熔化,下列坩埚中可选用的是_。a.普通玻璃坩埚b.石英玻璃坩埚c.瓷坩埚d.铁坩埚(3)100 g c与石灰石的混合物充分反应后,生成的气体在标准状况下的体积为11.2 l,100 g混合物中石灰石的质量分数是_。【解析】(1)c为sio2,能与sio2反应的酸只有氢氟酸。(2)sio2与na2co3高温下反应生成na2sio3和co2,故含sio2的材料(普通玻璃、石英玻璃)都能与na2co3在高温下反应,故不能用以上材质的坩埚熔化na2co3。(3)若sio2恰好或过量,与caco3反应的方程式只有一个,即caco3+sio2casio3+co2。若caco3过量,除发生上述反应外,还会发生反应:caco3cao+co2。总之,caco3的多少决定了co2的产量,可通过以下关系式列式求解:caco3co2100 g 22.4 lm(caco3) 11.2 lm(caco3)=50 g。混合物中caco3的质量分数:50 g100 g100%=50%。答案:(1)氢氟酸(hf)sio2+4hfsif4+2h2o(2)sio2+na2co3na2sio3+co2,na2sio3+co2+h2ona2co3+h2sio3d(3)50%5.(18分)(2020南昌模拟)二氯二氢硅(sih2cl2)常用于外延法工艺中重要的硅源。易燃、有毒,与水接触易水解,沸点为8.2 。在铜催化作用下,hcl与硅在250260 反应可以制得sih2cl2。(1)以浓硫酸、浓盐酸为原料,选用a装置制取hcl,利用了浓硫酸的_性。(2)d装置