高考化学二轮复习考点突破 第三部分 元素及其化合物 专题十四无机非金属材料的主角 碳和硅-人教版高三化学试题

专题十四无机非金属材料的主角——碳和硅碳及其化合物的性质1.(2013年广东理综,10,4分)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是()选项叙述Ⅰ叙述ⅡANH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度:CaCO3<Ca(HCO3)2溶解度:Na2CO3<NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中解析:用加热法除去NaCl中的NH4Cl,是利用NH4Cl的热不稳定性,叙述Ⅰ与叙述Ⅱ两者无因果关系,A项错误;Fe3+具有氧化性,与Fe3+用KSCN溶液的检验无因果关系,B项错误;CaCO3的溶解度小于Ca(HCO3)2,但是Na2CO3的溶解度大于NaHCO3,C项错误;玻璃的主要成分是SiO2,SiO2与HF能反应,所以不能用玻璃瓶保存,两者构成因果关系,D项正确。答案:D2.(双选题)(2012年海南化学,8,4分)两种盐的固体混合物:①加热时有气体产生,②加水溶解时有沉淀生成,且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是()A.BaCl2和(NH4)2SO3 B.AgNO3和NH4ClC.FeCl3和NaHCO3 D.KCl和Na2CO3解析:(NH4)2SO3加热时会分解放出气体,BaCl2和(NH4)2SO3溶于水生成的沉淀为BaSO3,它能溶解于盐酸,A项正确;AgNO3和NH4Cl溶于水生成的沉淀为AgCl,不能溶解于盐酸,B项错误;NaHCO3受热会分解放出二氧化碳,FeCl3和NaHCO3溶于水发生相互促进水解的反应,生成的Fe(OH)3沉淀溶于盐酸,C项正确;KCl和Na2CO3受热都难分解,D项错误。答案:AC3.(双选题)(2011年海南化学,9,4分)“碳捕捉技术”是指通过一定的方法将工业生产中产生的CO2分离出来并利用。如可利用NaOH溶液来“捕捉”CO2,其基本过程如图所示(部分条件及物质未标出)。下列有关该方法的叙述中正确的是()A.能耗大是该方法的一大缺点B.整个过程中,只有一种物质可以循环利用C.“反应分离”环节中,分离物质的基本操作是蒸发结晶、过滤D.该方法可减少碳排放,捕捉到的CO2还可用来制备甲醇等产品解析:根据题意,捕捉室中是用NaOH溶液吸收CO2,转变为Na2CO3,NaOH溶液和Na2CO3溶液然后进入反应分离室,在反应分离室中CaO与Na2CO3作用生成CaCO3和NaOH。经过滤得到CaCO3、NaOH溶液。NaOH溶液返回捕捉室循环使用,CaCO3进入高温反应炉,高温分解生成CaO和CO2,CaO再进入反应分离室循环使用。由于CaCO3分解的条件为高温,所以A正确;通过以上分析,NaOH溶液、CaO都可以循环利用,B错;反应分离环节中只用过滤便可,C错;该方案把工业生产中产生的CO2分离,减少了CO2的排放,分离出的CO2可用于制甲醇等产品,D正确。答案:AD4.(2010年福建理综,9,6分)下表各组物质中,满足如图物质一步转化关系的选项是()选项XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO3解析:NaHCO3不能直接转化为Na,A错;Cu(OH)2不能直接转化为Cu,B错;只要能写出2Mg+CO22MgO+C,就可判断C项各变化均能一步转化,C正确;SiO2→H2SiO3、H2SiO3→Si两个转化都不能一步完成,D错误。答案:C5.(2010年上海能力综合,15,3分)如图是某“泡腾片”的标签。将这样一粒泡腾片放入水中,药片完全溶解,同时产生大量气泡。这个过程()(相对原子质量:Ca—40,C—12,O—16)泡腾片每片含:碳酸钙500mg维生素C1000mg柠檬酸1350mg用量:××××用法:××××A.溶解了500mg的Ca2+B.释放了224mL(标准状况)的气体C.发生了反应:CQUOTE+2H+CO2↑+H2OD.说明了柠檬酸的酸性比碳酸强解析:由题意知,一粒药片完全溶解,500mg指的是CaCO3的质量,A项错误;500mgCaCO3完全溶解产生CO2:QUOTE×22400mL/mol=112mL,B项错误;CaCO3为难溶物,不能写成离子形式,柠檬酸为弱酸,不能写成离子形式,故C错误;三种物质放入水中,产生大量气泡,表明产生了CO2,从而说明柠檬酸酸性比碳酸强,D正确。答案:D硅及其化合物的性质、无机非金属材料1.(2013年广东理综,11,4分)下列措施不合理的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.用硫酸清洗锅炉中的水垢C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D.用Na2S作沉淀剂,除去废水中的Cu2+和Hg2+解析:硫酸与水垢CaCO3反应,会生成微溶物CaSO4,其覆盖在水垢表面,不利于进一步处理水垢;同时,H2SO4是强酸,也会对铁质的锅炉造成损害,故B项不合理。答案:B2.(2011年山东理综,10,4分)某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半,该元素()A.在自然界中只以化合态的形式存在B.单质常用作半导体材料和光导纤维C.最高价氧化物不与酸反应D.气态氢化物比甲烷稳定解析:短周期非金属元素原子最外层电子数是次外层电子数一半的是Si,在自然界中只以化合态的形式存在,A正确;硅单质是常用的半导体材料,而光导纤维的主要成分是SiO2,B错;硅的最高价氧化物是SiO2,可以与氢氟酸反应,C错;Si的非金属性弱于C,它的氢化物的稳定性弱于甲烷,D错。答案:A3.(2010年江苏化学,4,2分)下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是()A.二氧化硅是生产光纤制品的基本原料B.水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D.石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯解析:光纤制品的主要原料为高纯度的二氧化硅,A正确;水玻璃是Na2SiO3水溶液,具有黏性,可作黏合剂,不燃烧,可作防火剂,B正确;盐析属于物理变化,不改变蛋白质的生理活性,此过程可逆,C正确;石油的主要成分是烷烃、环烷烃和芳香烃,分馏时得不到烯烃和二烯烃,D错误。答案:D4.(2009年广东理基,22,2分)下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是()①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料A.①② B.②③ C.①④ D.③④解析:水晶饰物的主要成分是SiO2,不是硅酸盐制品,②错;高纯度的硅单质主要用于半导体芯片,制作光导纤维的是SiO2,③错;陶瓷是三大传统硅酸盐无机非金属材料之一,④正确,正确的是①④。答案:C5.(2013年海南化学,20Ⅱ,14分)硅在地壳中的含量较高。硅及其化合物的开发由来已久,在现代生活中有广泛应用。回答下列问题:(1)1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时,得到一种“金属”。这种“金属”可能是。

(2)陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料。其中,生产普通玻璃的主要原料有。

(3)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种技术路线。其中一种工艺流程示意图及主要反应如下:发生的主要反应电弧炉SiO2+2CSi+2CO↑流化床反应器Si+3HClSiHCl3+H2还原炉SiHCl3+H2Si+3HCl①用石英砂和焦炭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;碳化硅又称,其晶体结构与相似。

②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下表,提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和。

物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/℃235557.631.88.2-30.4-84.9-111.9③SiHCl3极易水解,其完全水解的产物为。

(4)氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料,这些原料是。

解析:(1)由题意“金属”两字知,其性质类似金属又不是金属,又根据其原料中有Si、O、C、Fe元素,因此推测其为合金,为硅铁。(3)①SiO2和C反应,为氧化还原反应,由SiO2→SiC,硅元素的化合价无变化,而C→SiC,碳元素的化合价由零价降到-4价,则必有碳元素化合价的升高,由零价升高到+2价,另一产物为CO,故可写出化学方程式。碳化硅为原子晶体,其结构类似于金刚石或晶体硅。②比较SiHCl3、SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl的沸点,可得常温下SiHCl3、SiCl4为液体、SiH2Cl2、SiH3Cl为气体,沉降除去产物中的固体后,冷凝得到SiHCl3、SiCl4的混合液体,用蒸馏法可分离两者。③SiHCl3的结构类似甲烷,其结构为,其中Si为+4价,Cl和H都为-1价,和H2O反应时,把水看成H+和OH-的组合,则显负价的微粒结合H+,显正价的结合OH-,便得到产物HCl,H-+H+H2,Si4++OH-Si(OH)4即H4SiO4,失水成为H2SiO3。(4)氯碱工业可提供H2、Cl2和NaOH,而H2和Cl2可合成HCl,根据前述题目可知,结合题目知,可提供原料H2和HCl。答案:(1)含有硅、碳的铁合金(或硅铁)(2)石英砂、纯碱和石灰石(3)①SiO2+3CSiC+2CO↑金刚砂金刚石(或单晶硅)②精馏(或蒸馏)③H4SiO4(或H2SiO3)、H2、HCl(4)H2、HCl6.(2009年浙江理综,28,15分)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用碳在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质),粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450～500℃相关信息如下:a.四氯化硅遇水极易水解;b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物;c.有关物质的物理常数见下表:物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/℃57.712.8—315—熔点/℃-70.0-107.2———升华温度/℃——180300162请回答下列问题:(1)写出装置A中发生反应的离子方程式

。

(2)装置A中g管的作用是;装置C中的试剂是;装置E中的h瓶需要冷却的理由是。

(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅,精馏后的残留物中,除铁元素外可能还含有的杂质元素是(填写元素符号)。

(4)为了分析残留物中铁元素的含量,先将残留物预处理,使铁元素还原成Fe2+,再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定,反应的离子方程式是:5Fe2++MnQUOTE+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。①滴定前是否要滴加指示剂?(填“是”或“否”),请说明理由。

②某同学称取5.000g残留物,经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液,移取25.00mL试样溶液,用1.000×10-2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时,消耗标准溶液20.00mL,则残留物中铁元素的质量分数是。

解析:制备四氯化硅的原料为Cl2和Si,所以必须先制Cl2,而SiCl4遇水极易水解,所以Cl2须干燥。A装置为Cl2的制备装置,B、C装置为除杂装置。先用B(饱和食盐水)除去HCl,再用C(浓H2SO4)除去水蒸气。Cl2通入粗硅中反应,由于SiCl4常温下为液态,用冷水将产生的SiCl4冷凝即可。(1)制取氯气用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应。(2)g管是将分液漏斗与烧瓶相连,以平衡压强,这样便于盐酸能顺利滴下。SiCl4的沸点很低,只有57.7℃,而反应的温度达几百度,故需要冷凝收集。(3)精馏粗产物得到SiCl4,温度控制在57.7℃,此时BCl3为气体,但AlCl3、FeCl3、PCl(4)由于高锰酸钾本身是紫红色的,与FQUOTE反应时,可以褪色,故而可以作为指示剂。根据方程式可以找出关系,5Fe2+～MnQUOTE,n(Fe)=1.000×10-2×20.00×10-3×5.000×100/25.00mol=4.000×10-3mol。w(Fe)=4.000×10-3mol×QUOTE×100%=4.480%。答案:(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(2)平衡压强浓硫酸使SiCl4冷凝(3)Al、P、Cl(4)①否KMnO4溶液自身可作指示剂②4.480%碳及其化合物的性质1.(2013安徽江南十校联考)由碳原子构成的纳米碳管可以作为储存氢气的优良容器,其单层部分结构示意图如图所示,下列说法正确的是()A.纳米碳管是一种无机化合物B.纳米碳管中碳原子间以共价键结合C.纳米碳管与石墨互为同位素D.0.12g纳米碳管中含有6.02×l022个碳原子解析:纳米碳管是由碳原子构成的,是碳的单质,A错;碳元素是非金属元素,原子间只能以共价键结合,B正确;纳米碳管与石墨都是碳元素的单质,两者互为同素异形体,C错;0.12g纳米碳管中碳原子物质的量为QUOTE=0.01mol,含有的碳原子个数为6.02×1021,D错。答案:B2.(2013浙江金华十校联考)用4种溶液进行实验,下表中“溶液”与“操作及现象”对应关系正确的是()选项溶液操作及现象ACaCl2溶液通入CO2,溶液不变浑浊;再通入氨气,溶液变浑浊BNa2SiO3溶液通入CO2,溶液变浑浊;继续通CO2至过量,浑浊消失CCa(ClO)2溶液通入CO2,溶液变浑浊;再加入品红溶液,红色不褪去DBaCl2溶液先通入NO2,再通入SO2至过量,先生成沉淀后沉淀消失解析:由于弱酸不能与强酸盐反应,当通入氨气后,溶解的CO2与通入的氨气发生反应,CO2+H2O+2NH3(NH4)2CO3,(NH4)2CO3是一种强电解质,以QUOTE、CQUOTE存在,CQUOTE与Ca2+生成CaCO3沉淀,A正确;Na2SiO3溶液通入CO2生成H2SiO3沉淀,而H2SiO3沉淀不能溶于过量CO2,B错;Ca(ClO)2溶液通入CO2,CO2+H2O+Ca(ClO)2CaCO3↓+2HClO,再加入品红溶液,HClO的强氧化性使品红的红色褪去,C错;BaCl2溶液通入NO2后,生成HNO3,再通入SO2则被氧化为H2SO4,生成BaSO4沉淀,沉淀不会消失,D错。答案:A3.(2012安徽省城名校第一次联考)取一定量的NaOH溶液通入CO2后,再继续向该溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示,下列有关说法正确的是()A.原溶液中NaOH的物质的量为0.75molB.通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3C.通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3molNaHCO3D.纵坐标中a的数值为224解析:由于盐酸逐滴滴入到碳酸盐中的反应为:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl;NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,从图像中分析可以发现0～25mL段消耗的酸体积小于生成气体的体积段消耗酸的体积,所以可以得到溶质的成分是NaHCO3和Na2CO3的混合物,且根据0～25mL段消耗酸的体积可以判断出Na2CO3的物质的量为2.5×10-3mol,由25～75mL段知消耗酸25mL时,NaHCO3总共(75-25)×10-4mol=5×10-3mol,其中由Na2CO3转化过来的NaHCO3是:2.5×10-3mol,则通入CO2后所得溶液中NaHCO3为:5×10-3mol-2.5×10-3mol=2.5×10-3mol,C正确;其中纵坐标a的数值为112。答案:C硅及其化合物的性质、无机非金属材料4.(2013广东天河区二模)下列说法正确的是()A.Na2O2与水的反应中,氧化剂是Na2O2,还原剂是水B.向硅酸钠溶液中滴加盐酸,有白色凝胶生成C.向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量,先出现白色沉淀后溶解D.工业上可以电解氯化镁溶液制取金属镁解析:Na2O2与水的反应中,Na2O2既是氧化剂也是还原剂,A错;向硅酸钠溶液中滴加盐酸,会生成白色的H2SiO3凝胶,B正确;Al(OH)3不能溶于弱碱,所以当氨水过量时,白色沉淀不会溶解,C错;工业上是通过电解熔融氯化镁来制取金属镁,D错;答案:B5.(2013安徽合肥第一次质检)下列关于物质的性质与用途的说法中不正确的是()A.氧化铝的熔点很高,因此可用作耐火材料B.某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色,因此可用于制造烟花C.氢氟酸能与二氧化硅反应,因此可用于刻蚀玻璃D.氯气具有强氧化性,因此可用于漂白有色布料解析:氯气虽然具有氧化性,但不具有漂白性,有漂白性的是HClO,D错误。答案:D6.(2012浙江杭州第一次质检)二氧化硅(SiO2)又称硅石,是制备硅及其化合物的重要原料(见下图)。下列说法正确的是()A.SiO2既能与HF反应,又能与NaOH反应,属于两性氧化物B.SiO2和Si都是光导纤维材料C.在硅胶中加入CoCl2可显示硅胶吸水是否失效D.图中所示转化反应都是非氧化还原反应解析:两性氧化物的定义是与酸、碱反应均生成盐和水,而SiO2与HF反应生成的SiF4不是盐,所以A错;SiO2是光导纤维材料,Si是半导体材料,B错;硅胶中加入氯化钴后,可得变色硅胶。吸水前是蓝色,吸水后变红色,从颜色的变化可以看出吸水程度,C正确;在Si的制取过程中有多步反应涉及到单质到化合物间的转化,是氧化还原反应,D错。答案:C7.(双选题)(2012梅州模拟)下列关于工业生产的说法中,不正确的是()A.工业上,用焦炭在电炉中还原二氧化硅得到含杂质的粗硅B.生产普通水泥的主要原料有石灰石、石英和纯碱C.工业上将粗铜电解精炼,应将粗铜连接电源的负极D.在高炉炼铁的反应中,一氧化碳作还原剂解析:生产普通水泥的原料是石灰石和黏土,生产玻璃的原料是石灰石、石英和纯碱,B不正确,粗铜应该接电源的正极,作为电解池的阳极,C不正确。答案:BC8.(双选题)(2013珠海质检)下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A将少量Fe(NO3)2试样加水溶解,滴加稀H2SO4酸化,再滴加KSCN溶液溶液变成红色Fe(NO3)2试样已变质B将少量某无色气体通入澄清石灰水出现白色沉淀该气体一定是CO2C分别测定常温下0.1mol·L-1Na2SiO3溶液和Na2CO3溶液的pHpH:Na2SiO3>Na2CO3非金属性:C>SiD向浓度均为0.1mol·L-1NaCl和NaI混合溶液中,滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)解析:Fe(NO3)2溶液中,滴加稀H2SO4酸化后,相当于存在HNO3,会把Fe2+氧化为Fe3+,滴加KSCN溶液后变红色,不能确定Fe(NO3)2试样已变质,A错;SO2气体通入澄清石灰水,也会生成白色的CaSO3沉淀,B错;根据越弱越水解的规则,由pH:Na2SiO3>Na2CO3,说明酸性H2SiO3<H2CO3则非金属性:C>Si,C正确;NaCl和NaI混合溶液中两者浓度相同,化合物类型相同,滴加AgNO3溶液时Ksp小的先生成沉淀,这里出现了AgI沉淀,所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),D正确。答案:CD9.(2012安徽蚌埠第九次联考)硅酸钠是一种重要的无机功能材料,某研究性学习小组设计的利用海边的石英砂(含氯化钠、氧化铁等杂质)制备硅酸钠的流程如下:(1)石英砂加水洗涤的目的是。

研磨后加入NaOH溶液溶解的离子方程式是

。

(2)实验室进行蒸发操作要用到的仪器有铁架台(含铁圈)、和。

(3)残渣Ⅰ的成分是(填化学式)。将残渣Ⅰ溶于盐酸,再加入NaOH溶液得到沉淀,将该沉淀加入到NaClO和NaOH混合溶液中可制得一种优质净水剂,完成反应的离子方程式:

+ClO-+OH-+Cl-+H2O

(4)按上述流程制得的硅酸钠晶体可表示为Na2O·nSiO2,若石英砂的质量为10.0g,其中含SiO2的质量分数为90%,最终得到硅酸钠晶体15.2g,则n=。

解析:(1)石英砂中含有可溶性杂质氯化钠,加水溶解可除去,氢氧化钠和二氧化硅反应生成硅酸钠。(2)蒸发溶液要选择蒸发皿,为防止受热不均液体溅出,用玻璃棒搅拌。(3)Fe2O3不和氢氧化钠反应,故残渣为Fe2O3,根据电荷守恒配平。(4)10g石英砂中SiO2占了90%,则SiO2的物质的量为QUOTE=0.15mol,硅酸钠晶体的质量为15.2g,则氧化钠的质量为15.2g-9g=6.2g,故氧化钠的物质的量为0.1mol,n(Na2O)∶n(SiO2)=0.1mol∶0.15mol=1∶1.5,故n=1.5。答案:(1)除去氯化钠等可溶性杂质SiO2+2OH-SiQUOTE+H2O(2)玻璃棒蒸发皿(3)Fe2O32Fe(OH)3342FeQUOTE35(4)1.510.(2012广州一模)实验室中可用盐酸滴定的方法测定Na2CO3或NaHCO3的含量。测定Na2CO3时,若用酚酞作指示剂,逐滴加入盐酸至溶液由红色变无色时Na2CO3完全转化为NaHCO3;测定NaHCO3时,若用甲基橙作指示剂,逐滴加入盐酸至溶液由黄色变橙色时NaHCO3完全转化为CO2逸出。(相对分子质量:Na2CO3-106,NaHCO3-84)(1)分别写出上述转化反应的离子方程式:、。

(2)某天然碱的化学式为xNa2CO3·NaHCO3·2H2O,为了测定其组成,取0.