备战高考化学压轴题专题复习-无机非金属材料的推断题综合含详细答案

备战高考化学压轴题专题复习—无机非金属材料的推断题综合含详细答案一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）1．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．FeFeCl2Fe(OH)2 B．H2SiO3SiO2SiCl4C．浓盐酸Cl2漂白粉 D．NH3NOHNO3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C正确；D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；故选C。2．《青花瓷》冲所描述的“瓶身描述的牡丹一如你初妆”“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为十2价)，下列有关硅酸铜钡的说法不正确的是(

)A．可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2 B．易溶解于强酸和强碱C．性质稳定.不易脱色 D．x=6【答案】B【解析】【分析】【详解】A.硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示BaO•CuO•2SiO2，故A正确；B.硅酸铜钡能稳定存在，说明不易溶解于强酸和强碱，故B错误；C.《青花瓷》能长期不褪色，说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色，故C正确；D.硅酸铜钡中Ba为+2价、Cu为+2价、Si为+4价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知x=6，故D正确；选B。3．下面关于硅的叙述中，正确的是()A．硅的非金属性比碳强，只有在高温下才能跟氢气起化合反应B．硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位C．硅的化学性质不活泼，在自然界中可以以游离态存在D．硅在电子工业中，是重要的半导体材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A．硅的非金属性比碳弱，A项错；B．硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位，排名前四位的是O、Si、Al、Fe，所以B项错；C．硅在自然界中是以化合态存在的，所以C项也错；答案应选D。4．习主席在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示（热源及夹持装置略去）。已知：SiHCl3遇水H2O强烈水解，在空气中易自燃。下列说法错误的是（）A．装置B中的试剂是浓硫酸B．实验时先打开装置C中分液漏斗的旋塞C．装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化D．装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化【答案】B【解析】【分析】【详解】A．SiHCl3遇水H2O强烈水解，所以H2应干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸，A正确；B．SiHCl3在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先通H2，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，B错误；C．SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，C正确；D．制高纯硅时，温度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正确；故选B。5．在一定条件下，下列物质不能与二氧化硅反应的是（）①焦炭②纯碱③碳酸钙④氢氟酸⑤高氯酸⑥氢氧化钾⑦氧化钙⑧氮气A．③⑤⑦⑧ B．⑤⑦⑧ C．⑤⑧ D．⑤⑦【答案】C【解析】【详解】①SiO2+2CSi+2CO↑，制备粗硅的反应，所以能反应，故不选；②SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；③SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故不选；⑤不反应，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故选；⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，强碱能腐蚀玻璃，故不选；⑦SiO2+CaOCaSiO

3，故不选；⑧不反应，有碳的时候反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，故选；故答案为：C。【点睛】SiO2在高温下与碳单质反应生成硅单质和一氧化碳，而非二氧化碳，二氧化硅中硅元素是+4价，变成了后来的0价，而碳从0价就先被氧化成+2价的，也就是说二氧化硅的氧化能力比较小，只能把碳氧化成一氧化碳！6．有科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是（）A．SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应B．高温下，工业制粗硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2COC．硅酸盐广泛用于光纤通讯D．水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品【答案】B【解析】【分析】【详解】A．二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，故A错误；B．高温下，工业制粗硅是用碳还原二氧化硅，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，故B正确；C．二氧化硅是光导纤维的主要成分，故C错误；D．水晶饰物的主要成分为二氧化硅，故D错误；故选B。7．工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石．在玻璃窑中发生主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14，它的氧化物形式为________，则原料中SiO2、Na2CO3、CaCO3的物质的量之比为_________________________。(2)在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式___________________，有_____________种不同类型的晶体（填数字）(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径___________(填“大”或“小”)，该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为__________________________。(4)在上述普通玻璃的组成元素中，与铝元素同周期的另一元素的原子最外层共有________种不同运动状态的电子、________种不同能级的电子。【答案】Na2O·CaO·6SiO26：1：13大Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O42【解析】【分析】根据普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14和制取玻璃的反应原理进行分析解答。【详解】(1)普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14，它的氧化物形式为Na2O·CaO·6SiO2，根据原子守恒，原料中SiO2、Na2CO3Na2O、CaCO3，所以物质的量之比为6：1：1，故答案：Na2O·CaO·6SiO2；6：1：1；(2)根据Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，反应物和生成物中，Na2CO3、Na2SiO3、CaCO3、CaSiO3是离子化合物，属于离子晶体；SiO2是共价化合物，属于原子晶体；CO2属于分子晶体，且属于非极性分子，其电子式，有3种不同类型的晶体，故答案：；3；(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素为钠，钠离子半径比铝离子半径大，钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al(OH)3，他们之间发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案：大；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(4)由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14的元素中，与铝元素同周期的另一元素为Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，原子最外层共有4种不同运动状态的电子、2种不同能级的电子，故答案：4；2。8．已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。其中甲是天然气的主要成分。回答下列问题：（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：_________________________________________。（2）检验化合物乙的化学方程式：___________________________________________________。（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。【答案】水COCO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出【解析】【分析】甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。9．A、B、C、D、E五种物质之间的相互转换关系如图所示。已知：A为单质，可用于制造计算机芯片，E为无色有毒气体。回答下列问题：（1）B在物质分类上属于___(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。（2）反应①的化学方程式为___。（3）反应②的化学方程式为___。（4）在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式为___。【答案】酸性氧化物SiO2+2CSi+2CO↑SiO2+CaOCaSiO3SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓【解析】【分析】A为单质，可用于制造计算机芯片，则A为Si，E为无色有毒气体，结合转化关系可知，B为SiO2，SiO2与碳反应生成Si、CO，所以E为CO；SiO2与CaO反应生成C为CaSiO3；SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和水。据此解答。【详解】（1）B为SiO2，能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故答案为：酸性氧化物；（2）反应①是SiO2与C反应生成Si、CO，其化学反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；（3）反应②是SiO2与CaO反应生成CaSiO3，其化学反应方程式为：SiO2+CaOCaSiO3，故答案为：SiO2+CaOCaSiO3；（4）D为Na2SiO3，其溶液中通入过量CO2，其化学反应方程式为：Na2SiO3+2H2O+2CO2＝2NaHCO3+H2SiO3↓，其离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓。10．某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子，将其配成100mL溶液。学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：请回答下列问题：(1)配制100mL溶液需要使用容量瓶，该仪器使用前必须进行的一步操是______________；在“定容”操作中，当液面接近容量瓶刻度线1~2cm处，改用__________________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。(2)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_____________________A．称量时砝码已经生锈；B．溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作；C．定容时俯视；D．定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。(3)根据以上实验可得出：一定存在的离子是_________________，，一定不存在的离子是___________________。(4)加入稀盐酸，所发生的离子反应方程式为________________。【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切A、CCO32-、SiO32-SO42-、Al3+、Ba2+CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓【解析】【分析】向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B，气体A为CO2，则原溶液中一定含有CO32-，结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+；生成的沉淀B为硅酸，则一定存在SiO32-；向滤液C中加入氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42-，据此结合溶液配制的方法解答；第(2)题根据进行分析；【详解】(1)容量瓶使用前要检查是否漏水；当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：检查是否漏水；改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切；(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大，继而导致浓度偏大，故A正确；B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小，浓度偏小，故B错误；C.定容时俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C正确；D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故D错误；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对浓度没有影响，故E错误，故答案为：AC；(3)根据分析可知一定存在的离子为：CO32-、SiO32-；一定不存在的离子为：SO42-、Al3+、Ba2+，故答案为：CO32-、SiO32-；SO42-、Al3+、Ba2+；(4)根据分析可知，加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓。11．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件和部分副产物未标出），其中反应①是置换反应。（1）若A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素在周期表中同一列，A、F所含元素在周期表中同一横行，则反应①的化学方程式是_______________________。（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是_____________________；（3）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，反应③的化学方程式是________________。（4）若A、D为单质，且A原子核内所含质子数是D的2倍，B是参与大气循环的一种物质，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是_________。【答案】SiO2＋2CSi＋2CO↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－4NH3＋5O24NO＋6H2OC＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O【解析】【分析】【详解】（1）若A、D、F都是非金属单质，反应①是置换反应，A、D同主族，根据框图可知，A与F生成E，C与F也能生成E，因此只能是SiO2与C反应，则A是C、B是SiO2、C是CO、D是Si，E是CO2、F是O2。反应①的方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑。（2）若A是常见的金属单质，反应①是置换反应，D、F是气态单质，根据框图可知，A与F生成E，C与F也能生成E，因此A只能为Fe，D为H2，F为Cl2，B为HCl，C为FeCl2，E为FeCl3。反应②的方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。（3）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，所以A是氨气，B是氯气，C是氮气，D是氯化氢，F是氧气，E是NO，反应③的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O。（4）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，B是参与大气循环的一种物质，反应①是置换反应，根据框图可知，A为Mg，D为C，B为CO2，C为MgO，又知③和④两个反应中都有红棕色气体生成，F为HNO3。反应④的化学方程式是C＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O。【点晴】解框图题的方法的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。12．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。请回答：（1）写出对应物质的化学式：A__________；C_________；E_________。（2）反应①的化学方程式为：_____________________________________。（3）反应④的离子方程式为：_____________________________________。（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_________________________。【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3（或H4SiO4）SiO2＋2CSi＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋HCO32-或SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-（写成H4SiO4同样给分）【解析】【分析】【详解】试题分析：非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气，则R为Si元素，由转化关系可知D为Si，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，故答案为SiO2；Na2SiO3；（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。考点：以硅为载体考查了无机物的推断13．云母是一种重要的硅酸盐，它具有韧度、弹性、透明度、高介电强度、化学惰性和热稳定性。白云母可看作叶腊石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代，再由KⅠ平衡其电荷后形成的。而叶腊石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代，再由KⅠ平衡其电荷形成的。(1)白云母写成氧化物形式的化学式为_______________。(2)研究表明，在硅酸盐中，AlⅢ很容易取代SiⅣ，取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。从立体几何的知识看，AlⅢ与SiⅣ最直接的关系是_______________。(3)黑云母的化学式为KMg3AlSi3O10(OH)2，在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI2Si2O5(OH)4］。①写出离子反应方程式_______________。②上述反应为什么能够发生_______________③风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解_______________【答案】K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2OAlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在【解析】【分析】【详解】(1)由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物，并按金属活动性顺序排列，较活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，氧化物之间加黑点隔开，各氧化物的系数均为整数，并写在相应氧化物前面，写成氧化物后，原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变，因此白云母写成氧化物形式的化学式为K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O，故答案为：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O；(2)从立体几何的知识来看，由于AlⅢ与SiⅣ的半径相近，在硅酸盐中，AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ，不会引起原硅酸盐结构大的变化，故答案为：AlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变；(3)①由题干信息可知，黑云母在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI2Si2O5(OH)4］，反应的离子方程式为2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4，故答案为：2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4；②上述反应中碳酸与黑云母反应生成了硅酸，因为碳酸的酸性比硅酸强，可以强酸制弱酸，所以上述反应可以发生，故答案为：碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸；③由于中性条件下Al3＋完全水解，主要以Al(OH)3的沉淀形式存在，因此风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解，故答案为：中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在。14．离子方程式和化学方程式是学习化学的基本用语，请按要求书写：(1)写出下列反应的离子方程式①向石灰石滴加盐酸________________；②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸__________。(2)写出下列离子反应方程式所对应的化学方程式①________________；②____________________(3)写出稀硝酸与铜反应的化学方程式____________。【答案】CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2++2H+=H2SiO3↓2NaOH+CO2=Na2CO3+H2OFe+CuSO4=Cu+FeSO43Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O【解析】【分析】(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水；②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠；(2)①可表示为CO2溶于可溶性强碱生成可溶性碳酸盐和水；②可表示Fe溶于可溶性铜盐；(3)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水。【详解】(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+；②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠，发生反应的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓；(2)①可表示少量CO2和NaOH溶液的反应，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；②可表示Fe与CuSO4溶液的反应，反应方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；(3)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。【点睛】离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。15．晶体硅是一种重要的非金属材料，制备高纯硅的主要步骤如下：①高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅；②粗硅与干燥HCl气体反应制得SiHCl3：Si＋3HClSiHCl3＋H2；③SiHCl3与过量H2在1000～1100℃反应制得纯硅。已知SiHCl3能与H2O强烈反应，在空气中易自燃。请回答下列问题。（1）第①步制备粗硅的化学反应方程式为___。（2）粗硅与HCl反应完全后，经冷凝得到的SiHCl3(沸点31.8℃)中含有少量SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点-84.7℃)，提纯SiHC