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专题18 碳、硅及无机非金属材料
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 碳及其
化合物
2019•浙江4 月卷、2018•江苏卷、2016·上
海卷、2015·北京卷
高考对本部分的考查主要以碳、硅单质
及其重要化合物的性质、应用为主，题
型延续选择题或非选择题的形式，中等
难度分值为2~6 分，特别是硅、二氧化
硅的用途考查概率较大，。在以往高考
中不被看好的元素硅及其化合物的性质
在新高考中的地位相当突出，要引起重
视。
考点2 硅及其
化合物
2022•河北省选择性卷、2022·浙江省6 月
卷、2021•浙江1 月卷、2021•浙江1 月
卷、2020•浙江1 月卷、2020•浙江7 月
卷、2015·海南卷
考点1 碳及其化合物
1．(2019•浙江4 月卷，20)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下
列解析不正确的是( )
A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积
B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)
Ca(HCO3)2(aq)
D．海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO 浓度增大
【答案】D
【解析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O 之
间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)⇌Ca(HCO3)2(aq)。A 项，海水中CO2的溶解度随温度的升高而
减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即
游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A 项正确；B
项，与A 恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B 项正确；C 项，在深海地区中，上述平衡向右
移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)，C 项正确；D 项， 海水温
度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO3
2-转化为HCO3
-，CO3
2-浓度降低，
D 项错误。故选D。
2．(2018•江苏卷，3)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
1
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A．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO 能与水反应，可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】A 项，冐酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl 反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，
NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B 项，SiO2传导光的能力非常强，用于制
光导纤维， SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C 项，Al2O3的熔点很高，用作耐高
温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D 项，CaO 能与水反应，用于食品干
燥剂，CaO 用于食品干燥剂与CaO 与水反应有对应关系；故选D。
3．(2016·上海卷，25)半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。
半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。
完成下列填空：
(1)半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入____溶液中(填写试剂名称)，出现_______，可以证
明有硫化氢存在。
(2)半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO+H2O
CO2+H2
若半水煤气中V(H2) ：V(CO) ：V(N2)=38 ：28 ：22 ，经CO 变换后的气体中：V(H2) ：
V(N2)=____________。
(3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度(mol/L)
2.0
8.0
碱的价格(元/kg)
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是__________；缺点是____________。如果选择K2CO3碱液作
吸收液，用什么方法可以降低成本？
___________________________________________
写出这种方法涉及的化学反应方程式。_______________________
(4)以下是测定半水煤气中H2以及CO 的体积分数的实验方案。
取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO 的体积分数。
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中。
②该实验方案中，步骤________(选填“Ⅳ”或“Ⅴ”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。
【答案】(1)硝酸铅(或硫酸铜)；黑色沉淀 (2)3：1 (3)价廉；吸收CO2能力差
碱液循环使用；2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O
2
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(4)①
②除去半水煤气中的CO2(包括H2S)和H2O ③IV
【解析】(1)硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中，出现黑
色沉淀可以证明有硫化氢存在。(2)若半水煤气中V(H2)：V(CO)：V(N2)=38：28：22，经CO 变换后CO 转
化为氢气，则根据方程式可知所得的气体中：V(H2)：V(N2)=(38+28)：22＝3：1。(3)根据表中数据可知若
选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产
生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3→K2CO3+CO2↑+H2O；(4)①
由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸
稀释产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为
。②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸
吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤Ⅳ可以确定半水煤气中H2的体积分数。
4．(2016·上海卷，28)CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾
反应可产生氧气。
完成下列计算：
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干
燥后的体积为_________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 molCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH 溶液中，CO2 被完全吸收。如果NaOH 完
全反应，该NaOH 溶液的浓度为_______。
(3)CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，则反应前密封舱内H2O 的量应该是多少？列式
计算。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O
CO+3H2
已知：CO+2H2
CH3OH CO2+3H2
CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中，加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol，残留氢气120
mol，计算CO2的转化率。
【答案】(1)89.6
(2)2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L
(3)8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
(4)300 mol CH4完全反应产生H2 900mol
设CO2转化率为α，CO 转化率为β
3
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300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】(1)碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3
H2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解
产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00mol=4.00mol，则V(混合
气体)=4.00mol×22.4L/mol=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。(2)根据题意要求，2.40 molCO2被
完全吸收，NaOH 也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH 的浓度最大)或NaHCO3(此时
NaOH 的浓度最小) 或Na2CO3 和NaHCO3 的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①
CO2+NaOH=NaHCO3
，
n(NaOH)= n(CO2)=2.40mol
，
则
c(NaOH)=
=1.20mol/L
；
②CO2+2NaOH=Na2CO3，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，则c(NaOH)=
=2.40mol/L；综合①、②可知
NaOH 溶液的浓度应该1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。
(3)方法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过
观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，所以有n(H2O)=
n(CO2)=
×9mol=3mol，即反应前密封舱内
H2O 的物质的量为3mol。
方法二：
设反应前密封舱内H2O 的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2n n 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O 的物质
的量为3mol。
(4)方法一：
CH4 + H2O → CO + 3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO 的转化率为β
CO + 2H2 → CH3OH CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol 甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol-350mol--------②式
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
方法二：
4
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在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设
CO2的转化率为α
CH4 + H2O → CO + 3H2
300mol 900mol
CO2 + 3H2 → CH3OH + H2O
100αmol 100αmol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-350mol，根据反应中氢元素的
守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即设CO2的转化率为80%。
5．(2015·北京卷，27)研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)溶于海水的CO2主要以4 种无机碳形式存在，其中HCO3
−占95%，写出CO2溶于水产生HCO3
-的方程
式： 。
(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O2只来自H2O，用18O 标记物质的光合作用的化学方程式如下，
将其补充完整： +
(CH2O)x+x18O2+xH2O
(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CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)，将虚线框中的装
置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NaHCO3，再用xmol·L-1HCl 溶液滴定，消耗ymL HCl 溶液，海
水中溶解无机碳的浓度= mol·L-1。
(4)利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
5
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①结合方程式简述提取CO2的原理： 。
②用该装置产生的物质处理b 室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是
。
【答案】(1)CO2+H2O
H2CO3，H2CO3
HCO3
-+H+
(2)①Ca2++2HCO3
-=CaCO3↓+CO2↑+H2O
②xCO2 2xH2
18O
(3)①
②xy/z
(4)①a 室发生的反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+通过阳离子交换膜从a 室进入b 室，发生反应：HCO3
-
+H+=CO2↑+H2O
②c 室发生的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c 室排出的碱液将从b 室排出的酸性海水调至接近装置入
口海水的pH
【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸，然后碳酸电离。即CO2+H2O
H2CO3，H2CO3
HCO3
-
+H+。(2)①根据反应物是HCO3
-，生成物是CaCO3 和CO2，易知本题的离子方程式为Ca2++2 HCO3
-
=CaCO3↓+CO2↑+H2O。②由O2只来自H2O 及示踪原子的标记可知水分子含18O，而且分子个数是2x，根据
元素守恒法可知方程式中的缺项物质为xCO2、2xH2
18O。(3)①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，
HCl 会挥发出来影响后续的滴定，如图
。
②该滴定过程转化的关系式为
CO2 ～ HCO3
- ～ HCl
1
1
n(CO2) xmol·L-1×y×10-3L
6
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解得：n(CO2)=xy×10-3mol，所以：c(无机碳)=xy/zmol·L-1。
(4)①a 室是阳极室，发生氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，出去的海水pH<6，显酸性，表明反应后溶液
由碱性变为酸性，a 室中的H+通过阳离子交换膜进入b 室，发生反应： HCO3
-+H+=CO2↑+H2O。②c 室是阴
极室，发生还原反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，即c 室生成碱，然后用碱液将从b 室排出的酸性海水调至接近
装置入口海水的pH。
考点2 硅及其化合物
1．(2022•河北省选择性卷，1)定窑是宋代五大名窑之一，其生产的白瓷闻名于世。下列说法正确的是(
)
A．传统陶瓷是典型的绝缘材料
B．陶瓷主要成分为SiO2和MgO
C．陶瓷烧制的过程为物理变化
D．白瓷的白色是因铁含量较高
【答案】A
【解析】A 项，陶瓷是良好的绝缘体，传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装
和器件，A 正确；B 项，陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，C 错误；C 项，陶瓷烧制过程发
生复杂的化学反应，由新物质生成，属于化学变化，C 错误；D 项，由于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，
故陶瓷中含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D 错误；故选A。
2．(2022·浙江省6 月卷，8)下列说法不正确的是( )
A．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维
B．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
C．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
D．用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏
【答案】A
【解析】A 项，晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、
集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A 错误；B 项，钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强
的高压钠灯，B 正确；C 项，耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C 正
确；D 项，石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3
CaO+CO2↑，
SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，2CaSO3+O2=2CaSO4，得到了石膏，D 正确；故选A。
3．(2021•浙江1 月卷，9)下列说法不正确的是( )
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐
D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
【答案】D
【解析】A 项，某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得
到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A 说法正确；B 项，溴虽然被称为“海洋
元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液
属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B 说法
7
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正确；C 项，某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转
化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C 说法正确；D 项，工业制备硝酸的主要设备为氧化炉(转
化器)、热交换器和吸收塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D 说法不正确。故选
D。
4．(2021•浙江1 月卷，21)铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元
是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为Ma[(AlO2)x·(SiO2)y]·zH2O(M 代表金属离子)。
下列推测不正确的是( )
A．常采用水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反应后结晶制得分子筛
B．若a=x/2，则M 为二价阳离子
C．调节y/x(硅铝比)的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
【答案】A
【解析】A 项，偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在容易形成Al3+，不可以利用偏铝酸钠在强酸性
溶液中制备分子筛，A 错误；B 项，设M 的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0 计算，m×
+x×(-1)=0，解得m=+2，B 正确；C 项，调节硅铝比可以改变分子筛的空间结构，从而改变分子筛的稳定
性，C 正确；D 项，调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，
D 正确；故选A。
5．(2020•浙江1 月卷，8)下列说法不正确的是( )
A．二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维
B．石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的SO2
C．钠着火不能用泡沫灭火器灭火
D．利用催化剂可减少汽车尾气中有害气体的排放
【答案】A
【解析】A 项，二氧化硅为共价化合物不导电，故A 错误；B 项，向燃煤中加入适量石灰石，高温时
将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B 正确；C 项，钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与
二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C 正确；D 项，在排气管中安装
高效催化剂，将NO 转化为N2，减少了空气污染，故D 正确；故选A。
6．(2020•浙江7 月卷，24)Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是( )
A．可发生反应：Ca3SiO5＋4NH4Cl
CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O
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B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与SO2反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为SiO2
【答案】D
【解析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较。A 项，
Ca3SiO5与NH4Cl 反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl
CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A 正确；B 项，CaO
能与水反应，所以需要密封保存，B 正确；C 项，亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液
时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C 正确；D 项，盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与
Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D 不正确；故选D。
7．(2015·海南卷，14)单质Z 是一种常见的半导体材料，可由X 通过如下图所示的路线制备，其中X 为
Z 的氧化物，Y 为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
(1)能与X 发生化学反应的酸是 ；由X 制备Mg2Z 的化学方程式为
。
(2)由Mg2Z 生成Y 的化学方程式为 ，Y 分子的电子式为 。
(3)Z、X 中共价键的类型分别是 、 。
【答案】(1)氢氟酸 SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si
(2)Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4
(3)非极性键 极性键
【解析】Z 为半导体单质，则Z 是Si；其氧化物为二氧化硅，即X 为SiO2，可与氢氟酸反应，根据反
应的流程图可知，二氧化硅与Mg 反应生成Mg2Si，Mg2Si 与盐酸反应生成的Y 为氢化物，则Y 的分子式是
SiH4，其电子式为
，加热分解可得到Si 单质。
9
