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第 15 讲 碳、硅及无机非金属材料
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 Mg24 O16 Si 28
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图是某元素常见物质的“价一类”二维图，f为钠盐。下列说法不正确
的是
A．物质a既可被氧化，也可被还原
B．可存在a→b→d→e→f的转化关系
C．可通过灼热的氧化铜除去d中混有的少量c
D．向足量f溶液中加入少量稀盐酸，一定没有CO 产生
2
【答案】D
【分析】结合图示可知，a为CH、b为C、c为CO、d为CO、e为HCO，f为CO 或HCO 。
4 2 2 3
【解析】A．a为CH ，碳元素化合价可升高，氢元素化合价可降低，物质 a既可被氧化，也可被还原，故
4
A正确；B． 可存在a→b→d→e→f的转化关系：甲烷高温分解生成碳，碳燃烧生成二氧化碳，二氧化碳
溶于水生成碳酸，与适量的碱生成盐，故 B正确；C． CO能被灼热的氧化铜氧化生成二氧化碳，可通过
灼热的氧化铜除去d中混有的少量c，故C正确；D． f可能为正盐或酸式盐，向足量f溶液中加入少量稀
盐酸，正盐转化成酸式盐，可能没有CO 产生，酸式盐和盐酸，一定有二氧化碳产生，故 D错误；故选
2
D。
2．（2023·浙江·模拟预测）下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A． 和 反应可生成 B． 和足量 反应可生成
C．实验室常利用铵盐与强碱反应检验 D．高温下 与 反应可制备粗硅
【答案】B【解析】A． 和 反应生成碳酸钠和 ，故A正确；B．氯气的氧化性强， 和足量 反应生
成 ，故B错误；C．铵盐和碱反应放出氨气，实验室常利用铵盐与强碱反应检验 ，故C正确；
D．高温下 与 反应生成CO和Si， 与 反应可制备粗硅，故D正确；选B。
3．（2023·北京朝阳·统考二模）下列关于同主族元素C、 及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是
选项 性质比较 原因分析
A 熔点： 摩尔质量：
B 电负性： 原子半径：
C 酸性： 非金属性：
D 热稳定性： 键能：
【答案】A
【解析】A．CO 为分子晶体，分子间通过分子间作用力连接，而SiO 为共价晶体，Si与O之间通过共价
2 2
键连接，因此CO 熔点低于SiO，A错误；B．原子半径CSi，
2 2
B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C>Si，故酸性
HCO>H SiO，C正确；D．非金属性C>Si，C原子得电子能力更强，同时C的原子半径小于Si，故C-H
2 3 2 3
键能大于Si-H，热稳定性CH>SiH ，D正确；故答案选A。
4 4
4．（2023·北京朝阳·北京八十中校考二模）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A．键能 、 ，因此C H 稳定性大于Si H
2 6 2 6
B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C．SiH 中Si的化合价为+4，CH 中C的化合价为-4，因此SiH 还原性小于CH
4 4 4 4
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
【答案】C
【解析】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C H 的键能总和大于Si H，键能越大越稳定，故
2 6 2 6
C H 的稳定性大于Si H，A正确；B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，
2 6 2 6
类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；C．SiH 中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧
4
化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH 的还原性较强，C错误；D．Si原子的半径
4
大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
5．（2023·全国·高三专题练习）由下列实验事实得出碳元素与硅元素的非金属性强弱比较结论正确的是
A．SiO 能与HF反应，CO 不能与HF反应，可知碳的非金属性强于硅
2 2
B．反应 可知，硅的非金属性强于碳
C．CO 通入NaSiO 溶液产生白色沉淀，酸性 可知，碳的非金属性强于硅
2 2 3D．由 可知，碳的非金属性强于硅
【答案】C
【解析】A．二氧化硅和氢氟酸反应是特殊反应，不能用于比较非金属性强弱，A错误；B．高温下的反应
不能说明酸性强弱，也就不能说明非金属性的强弱，B错误；C．二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，
说明碳酸比硅酸酸性强，即可知碳的非金属性比硅强，C正确；D．反应中碳的还原性比硅强，不能比较
非金属性强弱，D错误；故选C。
6．（2023·湖南衡阳·校联考二模）中科院兰州化学物理研究所用 催化 加氢合成低
碳烯烃反应，具有重要的意义。反应过程如图所示：
下列说法错误的是
A．第Ⅰ步的活化能高于第Ⅱ步的活化能
B． 加氢合成低碳烯烃反应中每一步均为氧化还原反应
C．工业上选择适合的催化剂，有利于提高 的单位时间产率
D．该研究的应用有利于“碳中和”
【答案】B
【解析】A．第Ⅰ步为慢反应，第Ⅱ步为快反应，根据活化能越小反应速率越大的特点，第Ⅰ步的活化能
高于第Ⅱ步的活化能，A正确；B．在 低聚化异构化反应时，元素的化合价没有发生变化，是非氧
化还原反应，B错误；C．催化剂除了高效性，还有选择性，适合的催化剂有利于提高某一产品的单位时
间产率，C正确；D．该研究的应用有利于降低空气中 的排放，有利于“碳中和”，D正确。故答案
为B。
7．（2023·辽宁·校联考三模）天然金刚石存在稌少，以石墨为原料制备人造金刚石成为当前研究热点。下
图是碳单质在不同温度、压强下存在形式的平衡图像，其中M区为金刚石的工业催化合成区，下列有关说
法错误的是A．稳定性：金刚石＜石墨
B．密度：金刚石>石墨
C．在M区实现金刚石的合成，高温环境有利于提高石墨的平衡转化率
D．上图Q区与R区中，表示气态碳单质 存在的区域应出现在R区
【答案】C
【解析】A．金刚石中碳碳单键的键长大于石墨中碳碳双键的键长，晶体中的共价键弱于石墨，所以稳定
性弱于石墨，故A正确；B．由图可知，在温度相同条件下，石墨变成金刚石需加压，说明石墨层与层之
间距离较大，则金刚石的密度大于石墨，故B正确；C．由图可知，在M区实现金刚石的合成时，低温环
境有利于提高石墨的平衡转化率，故C错误；D．相同温度下，压强越小，越利于气态碳存在，则图中表
示气态碳单质存在的区域应出现在R区，故D正确；故选C。
8．（2023·全国·高三专题练习）工业上以石英砂为原料制取单质硅，其工艺流程图如下：
流程一：
流程二：
有关反应分类说法不正确的是
A．①~⑥均属于氧化还原反应 B．只有①②③属于置换反应
C．⑥既属于氧化还原反应又属于分解反应 D．⑤中的两个化学反应均属于复分解反应
【答案】A
【解析】A．①中硅元素化合价降低，属于氧化还原反应；②中硅元素化合价升高，属于氧化还原反应；
③中硅元素化合价降低，属于氧化还原反应；④中镁元素化合价升高，属于氧化还原反应；⑤中没有元素
化合价改变，不属于氧化还原反应；⑥中硅元素化合价升高，属于氧化还原反应；A错误；B．①②③均
为单质化合物生成单质化合物的反应，属于置换反应，B正确； C．⑥为硅烷分解为硅单质和氢单质的反
应，既属于氧化还原反应又属于分解反应，C正确；D．⑤中的两个化学反应均为两种化合物交换成分生
成另外两种化合物的反应，属于复分解反应，D正确；故选A。
9．（2023·上海·高三专题练习）室温下，向1LpH=10的NaOH溶液中通入CO，溶液中水电离出的c(OH-)
2
与通入CO 的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
2
A．a点：水电离产生的c(H+)=1×10-4mol•L-1 B．b点：溶液中c(OH—)=1×10-7mol•L-1C．c点：c(Na+)＞c(HCO )＞c(CO ) D．d点：c(Na+)=2c(CO )+c(HCO )
【答案】D
【分析】由图可知，a点为氢氧化钠溶液，b点为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，溶液呈碱性，c点氢氧化
钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中
性。
【解析】A．由分析可知，a点为pH=10的氢氧化钠溶液，溶液中氢氧根离子会抑制水的电离，则溶液中
水电离出的氢离子浓度为 =1×10-10mol/L，故A错误；B．由分析可知，b点为氢氧化钠和碳酸
钠的混合溶液，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度大于1×10-7mol/L，故B错误；C．由分析可知，c
点氢氧化钠溶液与二氧化碳恰好反应，反应得到的溶液为碳酸钠溶液，溶液中碳酸根离子浓度大于碳酸氢
根离子，故C错误；D．由分析可知，d点为碳酸氢钠和碳酸的混合液，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度
等于氢氧根离子浓度，由电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c(CO )+c(HCO )+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)=2c(CO
)+c(HCO )，故D正确；故选D。
10．（2023·全国·高三专题练习）向NaOH和NaCO 混合溶液中滴加0.1mol·L-1稀盐酸，CO 的生成量与加
2 3 2
入盐酸的体积关系如图所示。下列判断正确的是
A．在0～a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为 +2H+=CO ↑+H O
2 2
C．a=0.3
D．原混合溶液中NaOH与NaCO 的物质的量之比为1∶2
2 3
【分析】由图和题意可知0~a段先发生HCl和NaOH反应生成NaCl和HO，然后发生NaCO 和HCl反应
2 2 3
生成NaHCO 和NaCl，a~b段发生NaHCO 和HCl反应生成NaCl、HO和CO。
3 3 2 2
【解析】A．在0～a范围内，发生 和 ，故A错误；B．ab段发生反应
，故B错误；C．由 和二氧化碳的物质的量可知n(
)=0.01mol，设a点对应的HCl的物质的量为x，则 ，解得x=0.03mol，则
a=0.03÷0.1=0.3，故C正确；D ．因为n( )=0.01mol，且n( )=n( )=0.01mol，再由
可得消耗的氢离子为0.01mol，再由 可得n(OH-)=n(H+)=
，所以原混合溶液中NaOH与NaCO 的物质的量之比为 2:1，故D错误；
2 3
故答案为C。
【答案】C11．（2023秋·河北邢台·高三统考期末）氮化硅陶瓷、氧化铝陶瓷、光导纤维、碳化硅和石墨烯等都属于
新型无机非金属材料，下列说法正确的是
A．碳化硅为分子晶体
B．氧化铝陶瓷坩埚可用于熔融氢氧化钠固体
C．石墨烯中碳原子采用 杂化，未杂化的p电子形成大 键
D．航空母舰上的拦阻索所用的特种钢缆属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】A．碳化硅是由碳原子和硅原子通过共价键形成的空间网状结构，具有较高的熔沸点和较大的硬
度，故为共价晶体，A错误；B．Al O 为两性氧化物，Al O+2NaOH=2NaAlO +H O，故氧化铝陶瓷坩埚
2 3 2 3 2 2
不可用于熔融氢氧化钠固体，B错误；C．石墨烯中每个碳原子与周围的3个碳原子形成正六边形结构，故
碳原子采用 杂化，剩余一个未杂化的p电子形成大 键，C正确；D．航空母舰上的拦阻索所用的特种
钢缆是铁合金，属于金属材料，D错误；故答案为：C。
12.（2023·湖北·高三统考）制造芯片用到高纯硅，用SiHCl (沸点：31.85℃，SiHCl 遇水会剧烈反应，易自
3 3
燃)与过量H 在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法不
2
正确的是
A．整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气
B．装置II、III中依次盛装的是浓HSO 、温度高于32℃的温水
2 4
C．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置IV石英管
D．尾气处理可直接通入NaOH溶液中
【答案】D
【分析】由实验装置可知，I中Zn与稀硫酸反应生成氢气，II中浓硫酸干燥氢气，Ⅲ中气化的SiHCl 与过
3
量H 混合，Ⅳ中高温下反应硅，且SiHCl 遇水发生SiHCl +3H O═H SiO+H ↑+3HCl。
2 3 3 2 2 3 2
【解析】A．SiHCl 的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装
3
置中的空气，故A正确；B．装置Ⅱ中浓HSO 可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴
2 4
入烧瓶中的SiHCl 气化，与氢气反应，故B正确；C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，
3
用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C正确；
D．SiHCl 与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒
3
吸装置，故D错误；故选：D。
二、主观题（共3小题，共40分）
13.（14分）研究CO 在海洋中的转移和归缩，是当今海洋科学研究的前沿领域。
2(1)溶于海水的CO 主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%。写出CO 溶于水产生HCO的方程式：
2 2
___________、______________。
(2)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式：____________________________。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O 只来自HO。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将
2 2
其补充完整：
________＋________ (CHO)＋x18O＋xHO
2 x 2 2
(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可
采用如下方法：
①气提、吸收CO 。用N 从酸化后的海水中吹出CO 并用碱液吸收(装置示意图如下)。将虚线框中的装置
2 2 2
补充完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO ，再用x mol·L－1 HCl溶液滴定，消耗y mL HCl溶液。海
3
水中溶解无机碳的浓度＝________mol·L－1。
【答案】（每空2分）(1)CO ＋HO HCO、HCO H＋＋HCO
2 2 2 3 2 3
(2)①2HCO＋Ca2＋===CaCO ↓＋CO↑＋HO
3 2 2
②xCO 2xHO
2
(3)① ②
【解析】(1)CO 溶于水产生HCO的方程式为CO＋HO HCO、HCO H＋＋HCO。
2 2 2 2 3 2 3
(2)①根据题图找出钙化作用的反应物和生成物，可知发生反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCO===CaCO ↓＋
3
CO↑＋HO。②根据题图中光合作用及元素守恒可配平，注意18O的标记。
2 2
(3)①酸化海水不能用挥发性的酸，因为要用NaOH溶液吸收CO ，故选用HSO 溶液酸化。②NaHCO ～
2 2 4 3HCl，海水中溶解无机碳的浓度为＝mol·L－1。
14．（12分）硅是带来人类文明的重要元素之一，从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个
奇迹。
(1)新型陶瓷Si N 的熔点高、硬度大、化学性质稳定。工业上可以采用化学气相沉积法，在 H 的保护下，
3 4 2
使SiCl 与N 反应生成Si N 沉积在石墨表面，写出该反应的化学方程式：________________________。
4 2 3 4
(2)一种工业用硅(含少量钾、钠、铁、铜的氧化物)，已知硅的熔点是1 420 ℃，高温下氧气及水蒸气能明
显腐蚀氮化硅。一种合成氮化硅的主要工艺流程如下：
①净化N 和H 时，铜屑的作用是___________________________，
2 2
硅胶的作用是_________________________________________________。
②在氮化炉中发生反应3SiO(s)＋2N(g)===Si N(s)＋3O(g) ΔH＝－727.5 kJ·mol－1，开始时，严格控制氮
2 2 3 4 2
气的流速以控制温度的原因是___________________________；
体系中要通入适量的氢气是为了____________________________________________________________。
③X可能是________(填“盐酸”“硝酸”“硫酸”或“氢氟酸”)。
【答案】（每空2分）(1)3SiCl ＋2N＋6H===Si N＋12HCl
4 2 2 3 4
(2)①除去原料气中的氧气 除去生成的水蒸气
②该反应是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化成团，阻碍与N 的接触 将体系中的氧气转化为水蒸气，
2
而易被除去(或将整个体系中空气排尽)
③硝酸
【解析】(1)根据原子个数守恒可写出化学方程式3SiCl ＋2N ＋6H===Si N ＋12HCl。(2)①由于氧气和水
4 2 2 3 4
蒸气都能腐蚀氮化硅，而氮气和氢气中含有水蒸气和氧气，所以铜屑的作用是除去氧气，硅胶的作用是除
去水蒸气。②因为该反应是放热反应，如果温度过高，局部过热，会导致硅熔化成团，阻碍与 N 的接触；
2
通入氢气能将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去。③由于工业用硅中含有铜的氧化物，在反应中氧
化铜能被还原生成铜，因此要除去铜应该选择硝酸，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。
15．（14分）化合物 A 由三种短周期元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：
已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为 672 mL；固体甲为常用的耐火材料，溶液乙为
建筑行业中常用的粘合剂。请回答下列问题：（1）A 的组成元素为_____（用元素符号表示），A 的化学式为_____；
（2）写出A溶于盐酸的化学方程式______________________________。
（3）写出气体甲与 NaOH（aq）反应的离子方程式___________________。
（4）往溶液乙中通入少量 CO 气体发生的化学方程式___________________。
2
（5）高温下A 与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物，试写出相应的化学方程式_____。
【答案】（除标注外，每空2分）（1）Mg、Si、H（3分） MgSi H （3分）
2 4
（2）MgSi H+2HCl=Si H↑+MgCl
2 4 2 6 2
（3）Si H+4OH-+2H O=2 +7H ↑
2 6 2 2
（4）NaSiO + CO + H O=Na CO + H SiO↓
2 3 2 2 2 3 2 3
（5）MgSi H+7Cl MgCl +2SiCl +4HCl
2 4 2 2 4
【解析】2.52 gA中加入20 mL3 mol/L的盐酸发生反应生成气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体
积为672 mL，物质的量 ，气体甲和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应
生成气体单质乙和溶液乙，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，溶液乙为硅酸钠溶液，说明A中含硅元素、
氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲为常
用的耐火材料，固体甲应为氧化镁，白色沉淀为Mg(OH) ，则判断甲溶液中含Mg元素，为MgCl 溶液，
2 2
计算得到镁的物质的量 ，则A含有的元素为Mg、Si、H元素，气体甲为纯
净物且只含两种元素为Si、H组成，气体物质的量0.03 mol，和120 mL1 mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反
应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH物质的量=0.12 L×1 mol/L=0.12 mol，则气体甲和氢氧化钠反应的
物质的量之比为1：4，生成 和氢气，根据原子守恒得到甲为Si H，甲和氢氧化钠溶液反应的离子方
2 6
程式：Si H+4OH-+2H O=2 -+7H ↑，n(Si)=0.06 mol，所含氢元素物质的量
2 6 2 2
，n(Mg)：n(Si)：n(H)=0.03mol：
0.06mol：0.12mol=1：2：4，A为MgSi H。
2 4
(1) 根据上述分析， A含有的元素为Mg、Si、H元素；A为MgSi H；故答案为：Mg、Si、H；
2 4
MgSi H；
2 4
(2) 根据上述分析，A为MgSi H，气体甲为Si H，溶液甲为MgCl ，故A溶于盐酸的化学方程式为
2 4 2 6 2
MgSi H+2HCl=Si H↑+MgCl 。
2 4 2 6 2
(3)气体甲为Si H，气体甲和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si H+4OH-+2H O=2
2 6 2 6 2
+7H ↑，故答案为：Si H+4OH-+2H O=2 +7H ↑；
2 2 6 2 2
(4) 溶液乙为硅酸钠溶液，通入少量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，化学方程式为：NaSiO + CO
2 3 2
+ H O=Na CO + H SiO↓，故答案为：NaSiO + CO + H O=Na CO + H SiO↓；
2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3
(5) 高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和氯化氢，反应的化学方程式：MgSi H+7Cl MgCl +2SiCl +4HCl，故答案为：MgSi H+7Cl MgCl +2SiCl +4HCl。
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4
1．（2023·山东·统考高考真题）石墨与F 在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF) ，该物
2 x
质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A．与石墨相比，(CF) 导电性增强
x
B．与石墨相比，(CF) 抗氧化性增强
x
C．(CF) 中 的键长比 短
x
D．1mol(CF) 中含有2xmol共价单键
x
【答案】B
【解析】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导
电，而(CF) 中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF) 导电性减弱，A错误；B．(CF)
x x x
中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF) 抗氧化性
x
增强，B正确；C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF) 中 的键长比 长，C错误；D．由
x
题干结构示意图可知，在(CF) 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1
x
个F原子形成共价键，即1mol(CF) 中含有2.5xmol共价单键，D错误；故答案为：B。
x
2．（2023·浙江·高考真题）下列反应的离子方程式不正确的是
A． 通入氢氧化钠溶液：
B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：
C．过量 通入饱和碳酸钠溶液：
D． 溶液中滴入氯化钙溶液：
【答案】D
【解析】A． 通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：
，选项A正确；B．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方
程式为： ，选项B正确；C．过量 通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶
体，反应的离子方程式为： ，选项C正确；D． 溶液中滴入氯化
钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，选项D不正确；答案选D。3．（2023·浙江·高考真题）碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：
[已知 ， ， 的电离常
数 ]，下列有关说法正确的是
A．上层清液中存在
B．上层清液中含碳微粒最主要以 形式存在
C．向体系中通入 气体，溶液中 保持不变
D．通过加 溶液可实现 向 的有效转化
【答案】B
【解析】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此 ，
A错误；B．根据K =4.7×10-11可得 ，则碳酸根的水解平衡常数为
a2
，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要
为碳酸氢根离子，B正确；C．向体系中通入CO， ，c( )减小，
2
CaCO (s) Ca2+(aq)+CO (aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；D．由题干可知，
3
⇌ ， ，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化
成硫酸钙，D错误；故答案选B。
4．（2022·全国·统考高考真题）一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：
下列叙述正确的是
A．化合物1分子中的所有原子共平面 B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基 D．化合物2可以发生开环聚合反应
【答案】D
【解析】A．化合物1分子中还有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平
面，A错误；B．结构相似，分子上相差n个CH 的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚
2
类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，B错误；C．根据上述化合物2的分子结构可知，分
子中含酯基，不含羟基，C错误；D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，D正确；答案选D。
5．（2023·山东·统考高考真题）三氯甲硅烷 是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点
为 ，熔点为 ，易水解。实验室根据反应 ，利用如下装置制备
粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备 时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入 ，一段时间后接
通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为_____；判断制备反应结束的实验现象是_____。图示装置存在的
两处缺陷是_____。
(2)已知电负性 在浓 溶液中发生反应的化学方程式为_____。
(3)采用如下方法测定溶有少量 的 纯度。
样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①_____，②_____(填操作名
称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为 ，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为
_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含 、 的代数式表示)。
【答案】(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装
置
(2)SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O
3 2 3 2 2(3)高温灼烧 冷却 AC
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三
氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为 ，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则
通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【解析】（1）制备SiHCl 时，由于氯化氢、SiHCl 和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置
3 3
气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通
冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl 易水解，所以需要在
3
C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在
D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干
燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl 中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为
3
+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl 反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式
3
为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O，故答案为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O；
3 2 3 2 2 3 2 3 2 2
（3）mg样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用
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仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为mg，则二氧化硅的物质的量为n(SiO)=
2 2
，样品纯度为 = ，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；
。
6．（2023·浙江·高考真题）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
(1) 分子的空间结构(以 为中心)名称为________，分子中氮原子的杂化轨道类型是_______。
受热分解生成 和 ，其受热不稳定的原因是________。
(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：① 、② 、③ ，有关
这些微粒的叙述，正确的是___________。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是___________，该化合物的化学式为___________。【答案】(1) 四面体 周围的 基团体积较大，受热时斥力较强 中 键能相对较
小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
(2)AB
(3) 共价晶体
【解析】（1） 分子可视为SiH 分子中的4个氢原子被—NH (氨基)取代形成的，所以
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分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以 为中心)名称为四面体；氨基(-NH )氮原子形成
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3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3； 周围的 基
团体积较大，受热时斥力较强 中 键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故
受热不稳定，容易分解生成 和 ；
（2）电子排布式分别为：① 、② 、③ ，可推知分别为基态Si原子、
Si+离子、激发态Si原子；A．激发态Si原子有四层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及
各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，选项A正确；B．根据上述分析可知，电子排布属于基态
原子(或离子)的是：①②，选项B正确；C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个
电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I>I ，可以得出电离一个电子所需
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最低能量：②>①>③，选项C错误；D．由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子
能力：②>①，选项D错误；答案选AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶
体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有 个Si，8个P，故该化合物的化学式为 。
