高三化学高考备考一轮复习-含硅化合物的转化练习题.docx

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1、高三化学一轮热点专题复习-含硅化合物的转化练习题一、单选题（共13小题）1. 化学与生活、环境密切相关，下列有关说法正确的是A. 麒麟9905G手机芯片主要成分是二氧化硅，一种新型无机非金属材料B. PM2.5是指悬浮在空气中的粒子直径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物C. 传统烟花在制作时常添加含有铂、铁、钠、锶、钡等金属元素的发光剂，使其燃放时呈现美丽的颜色D. 新装修的室内常用活性炭来进行空气的净化杀菌，属于物理变化2. “类推”这种思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定正确与否。下列几种类推说法叙述正确的是A. 金属钠可以和盐酸反应产生

2、氢气，金属铝也可以和盐酸反应产生氢气B. CO2可溶于水形成碳酸，是碳酸的酸酐，SiO2也可溶于水形成硅酸，是硅酸的酸酐C. SO3可与BaCl2溶液反应生成BaSO4，SO2也可与BaCl2溶液反应生成BaSO3D. FeS和稀盐酸反应生成硫化氢，CuS也可以和稀盐酸反应生成硫化氢3. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能全部实现的是A. B. SiO2(s)NaOH(aq)Na2SiO3(aq)CO2(g)H2SiO3(s)C. Na(s)O2(g)Na2O2(s)SO2(g)Na2SO4(s)D. 4. 2020年5月新修订的北京市生活垃圾管理条例将正式实施，垃圾分类并回收利用，可

3、以减少污染，保护环境，节约自然资源，而环境保护与化学知识息息相关，下列有关说法正确的是(   )A. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理，属于有害垃圾B. 各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，不可回收利用，属于其他(干)垃圾C. 废弃的聚乙烯塑料属于可回收垃圾，不易降解，能使溴水褪色D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O5. 在给定条件下，下列选项所示的物质间的转化均能实现的是()A. B. C. D. 6. 厉害了，我的国展示了中国探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们

4、与化学有着密切联系。下列说法不正确的是()A. 为打造生态文明建设，我国大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源B. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅D. C919大型客机使用了大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金可减轻机身自重7. 根据“玉兔二号”提供的一个暗绿色闪光的石块信息进行分析，发现石块主要由约45%的斜长石(CaAl2Si2O8)、7%的辉石XYAl22nSi2O6(X、Y为单核离子，0<n1)和6%的橄榄石(M2SiO4,M为Mg、Fe)组成。下列

5、关于上述“三石”的说法正确的是()A. 既是硅酸盐材料，又是金属材料B. 斜长石(CaAl2Si2O8)不稳定易水解C. 若辉石中n=1、Y为V3+时，X可能是Na+D. 橄榄石的氧化物形式一定为MgOFeOSiO28. 铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅(假设杂质不参与反应且不溶于水)，工业上可经过下列工艺冶炼金属铝。(分离操作略)下列说法错误的是()A. 、分别过滤后得到的滤渣主要是 SiO2、Fe(OH)3B. b 溶液中大量存在的离子有 Na+、OH、AlO2、ClC. 中需要通入过量的 NH3，进行的操作是加热D. 电解 

6、d 制备 Al 的过程中通常加入冰晶石9. 某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生反应。你认为五连环中有空缺的一环应填入的物质是()A. 稀硫酸B. 氧气C. 二氧化碳D. 氯化钠10. 甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法正确的是()A. 若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物B. 若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应C. 若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色D. 若甲

7、、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊11. 实验室模拟工业上以铝土矿(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)为原料制铵明矾NH4Al(SO4)2晶体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(    )A. 固体a的化学式为SiO2B. 固体b的化学式为Fe(OH)3C. 中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为2AlO2+CO2+3H2O=CO32+2Al(OH)3D. 由都要用到的分离方法是过滤12. 图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源，下列说法不正确的是()A. A

8、2B的化学式为Mg2SiB. 该流程中可以循环使用的物质是NH3和NH4ClC. 分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，最终得到的固体不同D. MgCl26NH3所含部分元素的原子半径由小到大的顺序H<Cl<Mg13. 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路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图，下列说法正确的是()A. 自然界中存在大量的单质硅B. 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SiHCl3C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D. 电弧炉中反应的化

9、学方程式为SiO2+CSi+CO2二、填空题（共6小题）14. 摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。(1)Si在元素周期表中的位置是_。(2)根据用途推测 SiO2在水中的溶解性：_(填“易溶”或“难溶”)。(3)制备 SiO2的方法如图：写出反应的离子方程式_。比较酸性强弱：H2SO4_H2SiO3(填“>”或“<”)。(4)为满足不同需求，牙膏中还会添加一些特殊物质，如含氟牙膏中添加氟化亚锡(SnF2)。锡的原子结构示意图如图。下列说法正确的是_(填序号)。a.Sn元素的最高正化合价为+4b.Sn的原子半径比 Si大c.Sn和 Si均可以作半导体材料15. 工业

10、制玻璃时，发生的主要化学方程式为：Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3+CO2。完成下列填空：(1)硅元素在周期表中的位置为 _，硅原子核外具有 _种不同能量的电子，写出最外层电子的电子排布式：_。(2)写出CO2的电子式 _，其中含有的化学键是 _(填“极性键”或“非极性键”)，属于 _分子(“极性”或“非极性”)。(3)在上述反应中，反应物和生成物的晶体类型共有 _种；熔点SiO2_CO2(填“>”、“<”或“=”)，原因是 _。(4)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为 _(用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是 _(选填编号)。a.气态氢化物的熔

11、沸点b.最高价氧化物对应水化物的酸性c.气态氢化物的热稳定性d.三种元素两两形成的化合物中电子对偏向(5)常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，c(SiO32) _c(CO32)(填“>”、“<”或“=”)。(6)热的纯碱除灶台油污的效果更好，结合离子方程式用平衡移动的原理解释 _。16. 氮化硅熔点高、硬度大、化学性质稳定，是一种性能优异的无机非金属材料。如图是利用石英砂(主要成分为SiO2)生产高纯硅和氮化硅(Si3N4)的一种流程：回答下列问题：(1)画出硅的原子结构示意图 _，氮化硅中氮元素的化合价 _。(2)下列不能与SiO2反应的物质是 _(填字

12、母)。a.NaOH溶液b.氢氟酸c.H2SO4d.Na2CO3(3)SiHCl3高纯硅的化学方程式为 _。反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，写出该反应的化学方程式 _。(4)氮化硅可能有哪些用途 _(填字母)。a.制作坩埚b.用作建筑陶瓷c.制作高温轴承d.制作切削刀具17. 硅在地壳中的含量较高，硅及其化合物的开发由来已久。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路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下。(1)工业上用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热到16001800生成粗硅的化学方程式为_。(2)在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%

13、，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，粗硅生成SiHCl3的化学反应方程式_。(3)有关物质的熔沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和_；SiHCl3极易水解且生成某种可燃性气体，其完全水解的产物为_。物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4熔点/141070.4126.5122118114.2185沸点/235557.631.88.230.484.9111.9(4)还原炉中发生的化学反应为：_。(5)上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有_。18. 金属钇是稀土元素中含量最丰富的元素之一，主要存在于硅铍钇矿

14、等矿石中。我国蕴藏着丰富的硅铍钇矿(Y2FeBe2Si2O10)，以此矿石为原料生产氧化钇(Y2O3)的主要流程如图。 请回答下列问题： (1)硅铍钇矿石中Y的化合价是+3价，Fe的化合价是 _ ，写出用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式： _ 。Be与A1性质相似，写出Be的氧化物与氢氧化钠“共熔”时的化学方程式： _ 。 (2)“共熔”时，可选择的容器是 _ (填“石英”、“氧化铝耐高温”或“生铁”)坩埚。“滤液”中溶质的主要成分除过量的NaOH外，还有 _ 。(填化学式) (3)除杂。“滤渣”的主要成分为Y(OH)3、Fe2O3，酸浸使Y(OH)3，Fe2O3转化为Y3+，Fe3+，再

15、用氨水调节pH<6.0，使Fe3+沉淀完全，检验Fe3+沉淀完全的操作方法是 _ 。 (4)沉钇。往“滤液”中先加氨水调节pH=8.2，此时Y3+转化为Y(OH)3，写出反应的离子方程式： _ 。再加入草酸，转化为Y2(C2O4)3，要使Y3+沉淀转化完全，需保证滴加草酸后的溶液中c(C2O42)不低于 _ molL1已知：KspY2(C2O4)3=8.0×1028，离子浓度小于1×105molL1视为沉淀完全 (5)写出草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3的化学方程式： _ 。19. 2019年华为推出全球首款5G芯片麒麟990，芯片的主要材料由硅制作，硅的纯度高达99.

16、9999999%.工业上粗硅提纯的主体工艺流程如图。(一)“粗硅”与“干燥HCl”在300时反应生成1molSiHCl3气体和氢气，放出225kJ热量。(1)该反应的S_0.(填“>”、“<”、“=”)(2)写出该反应的热化学方程式_。(二)将SiCl4氢化为SiHCl3的方法有三种，对应的反应依次为：.SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)H1>0.3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)H2<0.2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)H3(3)写出反应的化学平衡常数表达式_。(4)不

17、同温度下，反应SiCl4转化率如图1所示，下列叙述不正确的是_。a.B点：v正>v逆b.正反应速率：A点>E点c.反应适宜温度：480520(5)反应到达平衡状态后，升高温度，平衡向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。(6)在T、VL的固定容器中加入一定量的反应物，反应中n(SiHCl3)与t变化关系的趋势曲势如图2所示。若在T，起始体积为VL容积可变的容器中加入相同量的反应物，请在图2中画出反应中m(SiHCl3)与t变化关系的趋势曲线。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学与生产、生活的关系，侧重材料及应用、环境保护等热点问题的考查，试题有利于学生的分析、理解

18、能力及灵活应用基础知识的能力的提高，难度不大。【解答】A.芯片主要成分是硅，故A错误；B.PM2.5是指悬浮在空气中的粒子直径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物，故B正确；C.铂、铁燃烧火焰无颜色，故C错误；D.活性炭无杀菌作用，故D错误。  2.【答案】A【解析】【分析】本题考查了“类推”这种思维方法在化学学习中的应用，试题难度不大，注意元素及其化合物知识的积累。【解答】A.金属钠可以和盐酸反应产生氢气，金属铝也可以和盐酸反应产生氢气，A正确；B.SiO2不溶于水，B错误；C.SO2不可与BaCl2溶液反应生成BaSO3，C错误；D.CuS不可与稀盐酸反应生成硫化氢，D错

19、误。  3.【答案】D【解析】【分析】本题考查了物质性质、物质转化、反应产物的分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。【解答】A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，NaHCO3(s)Na2CO3澄清石灰水NaOH(aq)可以实现转化，故A不选；B.硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳、水反应生成硅酸和碳酸钠，SiO2(s)NaOH(aq)Na2SiO3(aq)CO2(g)H2SiO3(s)可以实现转化，故B不选；C.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，N

20、a(s)O2(g)Na2O2(s)SO2(g)Na2SO4(s)可以实现转化，故C不选；D.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，不能实现转化，故D选。  4.【答案】A【解析】【分析】本题考查了化学与生产生活关系，侧重考查生活中常见的环境污染问题，明确聚乙烯塑料、蛋白质、纤维素成分，熟悉垃圾成分及处理方法是解题关键，题目难度不大。【解答】A.废旧电池中含有镍、镉等重金属，能够引起土壤、水体污染，不可用填埋法处理，故A正确；B.各种玻璃制品的主要成分是硅酸盐，可回收利用，属于可回收垃圾，故B错误；C.聚乙烯中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D.丝、毛成分为蛋白质，含有氮、碳、氧

21、、氢等元素，灼烧除了生成二氧化碳和水，还会生成含氮物质，故D错误；故选：A。  5.【答案】B【解析】解：A.高温时，Fe与H2O(g)反应生成四氧化三铁和氢气，不生成Fe2O3，不能实现物质间的转化，故A错误； B.Br2与SO2、水反应生成HBr，HBr是强酸，能与金属氧化物反应，所以HBr能与氧化铝反应生成AlBr3溶液，能实现物质间的转化，故B正确； C.CuCl2溶液与葡萄糖不反应，在加热条件下，葡萄糖溶液能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2O，不能实现物质间的转化，故C错误； D.Si与HCl溶液不反应，Si与氯气在高温下反应生成SiCl4，不能实现物质间的转

22、化，故D错误； 故选：B。A.高温时，Fe与H2O(g)反应生成四氧化三铁和氢气； B.Br2与SO2、水反应生成HBr，HBr与氧化铝反应； C.CuCl2溶液与葡萄糖不反应； D.Si与HCl溶液不反应。本题考查物质的性质及转化，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6.【答案】B【解析】【分析】本题考查了材料的分类、能源的划分、物质的用途，熟悉常见材料类型、能源分类依据，把握硅及其化合物性质用途是解题关键，题目难度不大。【解答】A.我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次

23、能源，故A正确；B.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，主要成分不是硅酸盐材料，故B错误；C.光缆的主要成分是二氧化硅，故C正确；D.金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确。故选B。  7.【答案】C【解析】解：A.由化学式可知，斜长石、辉石、橄榄石的主要成分中都含硅元素，属于硅酸盐材料；金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，主要包括纯金属或合金，则三石不属于金属材料，故A错误； B.由化学式可知，斜长石是性质稳定、不易水解的硅酸盐，故B错误； C.若辉石中n=1，Y为V3+，由化学式可知，辉石中不含有铝元素，设X元素

24、的化合价为+a，由化合价代数和为0可得：a+3+4×22×6=0，解得a=1，则X可能为Na+，故C正确； D.橄榄石属于硅酸盐，可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示，当用氧化物形式表示时，若橄榄石中M只表示Mg，氧化物形式为2MgOSiO2，则橄榄石的氧化物形式不一定为MgOFeOSiO2，故D错误； 故选：C。A.硅酸盐属于非金属材料； B.各种硅酸盐材料在常温条件下稳定，不易分解； C.根据化合物中正负化合价代数和为0进行计算； D.橄榄石属于硅酸盐，可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示，在用不同形式表示时各种元素的原子个数比不变。本题考查硅酸盐材料及

25、其表示方法，难度不大，注意日常学习中的积累以及硅酸盐知识的应用。8.【答案】C【解析】【分析】本题考查了铝土矿中提取Al的工艺流程，注意除杂试剂的选择和物质的分离方法，同时涉及了铝的化合物的性质，题目难度中等。【解答】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅和杂质；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2、Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al，A、分别过滤后得到的滤渣主要是SiO2、Fe(OH)3，故A正确

26、；B、b溶液是偏铝酸钠、氯化钠和氢氧化钠的混合溶液，所以溶液中大量存在的离子有Na+、OH、AlO2、Cl，故B正确；C、d 电解得到铝，说明 d 是氧化铝、c 是氢氧化铝，b 中含有偏铝酸根离子，所以中应加二氧化碳而非氨气，故 C 错误；D、氧化铝的熔点高，所以d电解得到铝的过程中通常加入冰晶石，降低氧化铝熔化时所需的温度，故 D 正确；故选C。  9.【答案】C【解析】解：由信息可知，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，Fe+2HCl=FeCl2+H2，HCl+NaOH=NaCl+H2

27、O，二氧化碳为酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成盐和水，二氧化碳高温下和碳反应生成一氧化碳，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+C高温2CO，稀硫酸和碳不反应，氧气和氢氧化钠溶液不反应，氧气与Fe反应，氧化钙和碳不反应，“五连环”中有空缺的一环应填入的物质为CO2，故选：C。相连环物质间能发生反应，发生的反应有：Fe+2HCl=FeCl2+H2、HCl+NaOH=NaCl+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+C高温2CO，以此来解答。本题考查氧化还原反应和四种基本反应类型，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并利用氧化还原反应和四种基本反应类型的关系来解答题目

28、难度中等。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点，符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素，题目难度较大。【解答】A. 甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；B. 若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；C. 丙、丁混合产

29、生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气、氢气或氮气，都不能使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D. 若甲、丙、戊含有同一种元素，例如当甲为S、乙为氧气、丙为二氧化硫、丁为HClO等具有强氧化性的物质、戊为硫酸时，则含S元素的物质中S的化合价由低到高的顺序为甲<丙<戊，故D正确。故选：D。  11.【答案】C【解析】【分析】本题以物质的制备流程为载体考查离子方程式正误判断、物质分离的方法以及物质成分的判断等，试题难度一般。【解答】A.铝土矿加入盐酸后，氧化铝、氧化铁溶解，二氧化硅不反应，因此固体a为二氧化硅，故A正确；B.

30、II中加入过量的氢氧化钠溶液产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，故B正确；C.中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为：AlO2+CO2+2H2O=HCO3+Al(OH)3，故C错误；D.根据流程转化分析可知由都要用到的分离方法是过滤，故D正确。故选C。  12.【答案】C【解析】解：A、A2B的化学式为Mg2Si，故A正确； B、如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知MgCl26NH3分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用，故B正确； C、分别将MgCl2溶液和Mg(OH)2悬浊液加热，灼烧，都是氧化镁，最终得到的固体相同，故C错误； D、电子层越

31、小半径越小，电子层数相同核电荷数越大半径越小，所以三种原子半径由小到大的顺序H<Cl<Mg，故D正确； 故选：C。由反应可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl26NH3，MgCl26NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl26NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl26NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。本题硅和二氧化硅的性质，以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解

32、和运用，难度中等，注意把握题给信息以及物质的性质。13.【答案】B【解析】【分析】本题以流程题为载体考查高纯硅的制备，题目难度中等，掌握硅及硅的化合物的性质是解答本题的关键，侧重考查学生分析与解决问题的能力。【解答】A.硅属于亲氧元素，在自然界中不能以游离态存在，主要以硅酸盐和二氧化硅形式存在，故A错误；B.SiHCl3和SiCl4的沸点有较大差距，所以可以通过蒸馏提纯SiHCl3，故B正确；C.二氧化硅和硅都能与氢氟酸反应，故C错误；D.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO，故D错误。  14.【答案】第三周期A族 

33、; 难溶  SiO32+2H+=H2SiO3  >  ab【解析】解：(1)Si是14号元素，核外3个电子层，最外层4个电子，Si是14号元素，在元素周期表中的位置是第三周期A族， 故答案为：第三周期A族； (2)SiO2为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在，因此SiO2在水中难溶， 故答案为：难溶； (3)硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀和硫酸钠，离子方程式为：SiO32+2H+=H2SiO3， 故答案为：SiO32+2H+=H2SiO3； 依据强酸制备弱酸规律判断，硫酸的酸性大于硅酸， 故答案为：>； (4)a.Sn为主族元素，主族元素的最高正化合

34、价等于其族序数，Sn为第A族元素，因此Sn的最高正化合价为+4价，故a正确； b.同一主族元素原子从上到下原子半径逐渐增大，因此Sn的原子半径大于Si，故b正确； c.Sn为金属元素，可以导电，Sn不是半导体，Si为非金属元素，可以导电，Si是半导体，故c错误； 故答案为：ab。(1)Si是14号元素，核外3个电子层，最外层4个电子； (2)SiO2为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在； (3)硅酸钠与硫酸反应生成硅酸沉淀和硫酸钠；依据强酸制备弱酸规律判断； (4)a.Sn为主族元素，主族元素的最高正化合价等于其族序数； b.同一主族元素原子从上到下原子半径逐渐增大； c.Sn为金属元素，

35、可以导电，Si为非金属元素，也可以导电。本题综合考查硅及其化合物的性质与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和应用，注意把握物质的性质与用途，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。15.【答案】第三周期第IVA族  5  3s23p2   极性键  非极性  3  >  前者为共价晶体，后者为分子晶体，其熔点分别与共价键和范德华力有关，一般情况下破坏共价键所需的能量比范德华力大，因此熔点SiO2>CO2  Si>C>O  cd

36、0; <  纯碱溶液中CO32水解显碱性CO32+H2OHCO3+OH，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，油脂会在纯碱溶液中水解，平衡正向进行，易于洗涤【解析】解：(1)硅的核电荷数14，核外电子层数三个，最外层电子数4个，位于周期表的第三周期第IVA族，电子排布式为：1s22S22p63s23p2，硅原子核外具有5种能量不同的电子，最外层电子的电子排布式：3s23p2， 故答案为：第三周期第IVA族；5；3s23p2； (2)二氧化碳是共价化合物，分子中碳原子和两个氧原子分别形成两对共用电子对，CO2的电子式为：，其中含有的化学键是极性键，分子结构为直线型，属于非极

37、性分子， 故答案为：；极性；非极性； (3)Na2CO3+SiO2高温Na2SiO3+CO2，反应中碳酸钠和硅酸钠为离子晶体，二氧化硅为共价晶体，二氧化碳为分子晶体，反应物和生成物的晶体类型共有3种，二氧化硅为共价晶体，二氧化碳形成的晶体为分子晶体，其熔点分别与共价键和范德华力有关，一般情况下破坏共价键所需的能量比范德华力大，因此熔点SiO2>CO2， 故答案为：3；>；二氧化硅为共价晶体，二氧化碳形成的晶体为分子晶体，其熔点分别与共价键和范德华力有关，一般情况下破坏共价键所需的能量比范德华力大，因此熔点SiO2>CO2； (4)电子层多半径大，电子层一样，核电荷数越多半径小

38、，非金属元素原子半径由大到小顺序为Si>C>O； a.气态氢化物的熔沸点属于物理性质，和得电子能力无关，故错误； b.最高价氧化物对应水化物的酸性强则元素的非金属性强，但是氧元素不存在最高价含氧酸，故错误； c.气态氢化物的热稳定性强，说明非金属性越强，故正确； d.三种元素两两形成的化合物中电子对偏向哪一方，则该方的得电子的能力强，故正确， 故答案为：Si>C>O；cd； (5)常温下，相同物质的量浓度的Na2SiO3和Na2CO3溶液中，碳酸根的水解程度弱于硅酸根离子的水解程度，所以c(SiO32)<c(CO32)， 故答案为：<； (6)热的纯碱除灶台

39、油污的效果更好，结合离子方程式用平衡移动的原理解释为：纯碱溶液中CO32水解显碱性CO32+H2OHCO3+OH，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，油脂会在纯碱溶液中水解，平衡正向进行，易于洗涤， 故答案为：纯碱溶液中CO32水解显碱性CO32+H2OHCO3+OH，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，油脂会在纯碱溶液中水解，平衡正向进行，易于洗涤。(1)硅的核电荷数14，核外电子层数=周期序数，主族族序数=最外层电子数不同能级上的电子能量不同； (2)二氧化碳为共价化合物，分子中碳原子和两个氧原子分别形成两对共用电子对，化学键为极性键，分子为直线型分子； (3)Na2CO3

40、+SiO2高温Na2SiO3+CO2，反应中碳酸钠和硅酸钠为离子晶体，二氧化硅为共价晶体，二氧化碳为分子晶体； (4)电子层多半径大，电子层一样，核电荷数越多半径小；比较非金属性的强弱，可根据与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性以及对应的最高价氧化物的水化物的酸性等角度判断； (5)碳酸根的水解程度弱于硅酸根离子的水解程度； (6)纯碱溶液中CO32水解显碱性CO32+H2OHCO3+OH，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强。本题考查的知识点较多，涉及元素化合物的性质、原子结构、元素周期表和元素周期律的应用、有关方程式的计算，侧重于考查学生的分析能力、应用能力和计算能力，注意对基础知识

41、的积累和应用，题目难度中等。16.【答案】  3  c  SiHCl3+H2高温Si+3HCl  3SiO2+6C+2N2高温6CO+Si3N4  abcd【解析】解；(1)硅为14号元素，核内14个质子，核外14个电子，原子结构示意图为；氮化硅中氮的电负性大于硅，氮显3价，依据化合物中各元素化合价代数和为0可知，氮化硅中氮为3价、硅为+4价， 故答案为：；3； (2)二氧化硅常温下能够与氢氟酸和氢氧化钠溶液反应，加热条件下与碳酸钠反应，与硫酸不反应， 故答案为：c； (3)由SiHCl3制取高纯硅是三氯甲硅烷与氢气发生氧化还原反应，反应的化学

42、方程式为：SiHCl3+H2高温Si+3HCl；依据流程图可知二氧化硅与碳、氮气高温反应生成氮化硅，氧化剂为氮气，还原剂为C，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，则生成产物为一氧化碳和氮化硅，依据原子个数守恒和氧化还原反应得失电子守恒可知反应方程式为：3SiO2+6C+2N2高温6CO+Si3N4， 故答案为：SiHCl3+H2高温Si+3HCl；3SiO2+6C+2N2高温6CO+Si3N4； (4)氮化硅为共价晶体，硬度大、耐高温，所以可以用作制作坩埚、用作建筑陶瓷、制作高温轴承、制作切削刀具， 故答案为：abcd。(1)硅为14号元素，核内14个质子，核外14个电子；氮化硅中氮的电负性

43、大于硅，结合化合价代数和为0判断； (2)二氧化硅常温下能够与氢氟酸和氢氧化钠溶液反应，加热条件下与碳酸钠反应； (3)由SiHCl3制取高纯硅是三氯甲硅烷与氢气发生氧化还原反应；依据流程图可知二氧化硅与碳、氮气高温反应生成氮化硅，氧化剂为氮气，还原剂为C，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，则生成产物为一氧化碳和氮化硅； (4)依据氮化硅为共价晶体，硬度大、耐高温等性质解答。本题考查了物质结构性质与组成，明确硅及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。17.【答案】SiO2+2C高温Si+2CO  Si+3HClSiHCl3+H2  蒸馏  H4SiO4、H2、

44、HCl  SiHCl3+H2高温Si+3HCl  H2、HCl【解析】解：(1)二氧化硅与碳反应生成硅与CO，反应方程式为：SiO2+2C 高温Si+2CO，故答案为：SiO2+2C 高温Si+2CO；(2)硅与HCl反应生成SiH3Cl与氢气，反应方程式为：Si+3HClSiHCl3+H2，故答案为：Si+3HClSiHCl3+H2；(3)SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，它们沸点相差比较大，提纯SiHCl3的主要工艺操作经过沉降、冷凝后，再进行蒸馏进行分离提纯；SiHCl3极易水解，其完全水解生成原硅酸、氢气和

45、氯化氢，反应方程式为：SiHCl3+4H2O=H4SiO4+H2+3HCl，故答案为：蒸馏；H4SiO4、H2、HCl；(4)SiHCl3用氢气还原生成硅与氯化氢，反应方程式为：SiHCl3+H2高温Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2高温Si+3HCl；(5)上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有有反应生成H2、HCl可以进行循环利用，故答案为：H2、HCl。石英砂与焦炭反应得到粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3等，再用氢气还原得到高纯硅。(1)二氧化硅与碳在高温下反应生成硅与一氧化碳；(2)硅与HCl反应生成SiH3Cl与氢气；(3)利用沸点的不同提纯SiHC

46、l3属于蒸馏；SiHCl3极易水解且生成某种可燃性气体，其完全水解生成原硅酸、氢气和氯化氢；(4)SiHCl3用氢气还原生成硅与氯化氢；(5)反应生成氢气、氯化氢可以进行循环利用。本题考查物质制备，侧重考查了硅及其化合物的有关知识，粗硅的提纯原理在课本习题中涉及到，学习中注重教材问题、思考与习题的挖掘，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。18.【答案】+2  Y2O3FeO2BeO2SiO2  BeO+2NaOH高温Na2BeO2+H2O  生铁  Na2SiO3、Na2BeO2  静置，去上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红

47、，说明Fe3+已沉淀完全  Y3+3NH3H2O=Y(OH)3+3NH4+  2.0×106  Y2(C2O4)3Y2O3+3CO+3CO2【解析】解：(1)由化学式Y2FeBe2Si2O10，且Y是+3价，Be是+2价，Si为+4价，O为2价，根据化合物中正负化合价代数和为零计算，得Fe为+2价；用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式Y2O3FeO2BeO2SiO2，Be与A1性质相似，可知BeO为两性氧化物，则BeO与NaOH在高温下反应的化学方程式为BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O，故答案为：+2；Y2O3FeO2BeO2SiO2；BeO+2NaOH高温Na2BeO2+H2O；(2)由于NaOH与二氧化硅和氧化铝都反应，所以只能选用生铁坩埚，“共熔”后产物有FeO、Na2SiO3、Na2BeO2、Y2