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第04 讲 碳、硅无机非金属材料
目录
01 课标达标练
题型01 硅和及其化合物的性质及应用
题型02 高纯硅的工业制备流程及分析
题型03 碳及其化合物的性质
题型04 碳及其化合物的实验探究
题型05 传统硅酸盐材料及性能
题型06 新型无机非金属材料及应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 考查硅及其化合物的性质及应用
1. （2025•四川达州市•预测） 科技兴则民族兴，科技强则国家强。下列科技产品含有的物质属于无机非
金属材料的是
A. 长征三号乙运载火箭外壳所用的铝合金
B. 奋斗者号隔音材料所用的聚氨酯泡沫
C. 中国芯生产所用的硅
D. 5G-A 基站建造时所用的钢筋混凝土
【答案】C
【解析】A．铝合金属于金属材料，A 错误；B．聚氨酯泡沫属于有机高分子材料，B 错误；C．硅属于无
机非金属材料，C 正确；D．钢筋混凝土属于复合材料，D 错误；故选C。
2. （2025•四川达州市•二模）半导体材料硅的表面进行抛光处理的反应原理为：3Si+2Cr2O7
2-+28H+ = 3Si4+
+4Cr3++14H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1molSi 中含有Si—Si 键的数目为4NA
B. 标准状况下，2.7gH2O 中含有的电子总数为1.5NA
C. 1LpH=4 的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中
离子数为0.1NA
D. 反应每生成1mol 氧化产物，转移电子数目为2NA
【答案】B
【解析】A．硅为共价晶体，每个Si 原子形成4 个Si-Si 键，但每个键由两个原子共享，故1mol Si 中Si-Si
键数目为 2NA，而非4NA ，A 错误；B．2.7g H2O 的物质的量为
。每个H2O 分子
含 2×1+8=10 个电子，总电子数为 0.15×10×NA=1.5NA，B 正确；C．K2Cr2O7 溶液中存在平衡
，pH=4 时部分
转化为
⁻
，其实际浓度小于0.1mol/L，故离子数
小于 0.1NA，C 错误；D．反应中3mol Si 被氧化为Si4+，共转移12mol 电子(每个Si 失4e⁻)，故每生成
1mol 氧化产物(Si4+)转移电子数为
，而非2NA ，D 错误；
故选B。
3. （2025·四川射洪中学·三模）2024 年12 月27 日076 两栖攻击舰“四川舰”在上海下水，舷号为“51”，
可以使用电磁弹射无人机，进行制空突击、压制防空等作战任务。下列有关“无人机”说法正确的是
A. 其控制芯片主要材料为二氧化硅，属于共价晶体
B. 机身所用的玻璃纤维增强聚酯树脂，属于复合材料
C. 机翼主体——碳纳米材料，属于有机高分子材料
D. 起落架用到的航空铝材合金，比纯铝的熔点高、硬度大
【答案】B
【解析】A．芯片主要材料为单质硅，属于共价晶体，故A 错误；B．玻璃纤维增强聚酯树脂属于复合材
料，其中基体为聚酯树脂，增强体为玻璃纤维，故B 正确；C．碳纳米材料属于无机非金属材料，不属于
有机高分子材料，故C 错误；D．合金的硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低，航空铝材合金
材料比纯铝的熔点低，故D 错误；答案选B。
4. (2024·四川遂宁市•三诊)化学知识的应用与我们生产、生活及生产材料密切相关，在我国传统文化中也
有很多的记载，下列有关说法合理的是
A. 用纳米技术催化CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用
B. 半导体行业有这样一句话：“从沙滩到用户”，包含了粗硅的制备反应，该反应说明碳元素的非金属性
比硅元素强。
C. “墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散质
D. 航母舰体材料为合金钢，舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要是析氢腐蚀
【答案】A
【解析】A．用纳米技术催化二氧化碳合成可降解的聚碳酸酯，降解碳酸酯课分解为无毒的二氧化碳，实
现了“碳”的循环利用，故A 正确；B．粗硅的制备：2C+SiO2=====2CO+Si，C 的化合价升高，硅元素的
化合价降低，因此该反应不能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故B 错误；C．墨滴是一种胶
体，是分散系，故C 错误；D．合金钢在海水中发生电化学腐蚀是吸氧腐蚀，故D 错误；答案为A。
02 高纯硅的工业制备流程及分析
5.（2025·全国·模拟预测）“从沙滩到用户”是指半导体工业中，从沙子中(主要成分是
)提取粗硅，
加工成高纯硅，最终制成电子产品的过程，具体原理如下。已知电负性：
，下列说法正确的是
A．步骤①的反应为2C+SiO2=====2CO+Si，说明碳的非金属性比硅强
B．整个过程中只有
可以循环利用
C．步骤③中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．
与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为
【答案】D
【解析】石英砂主要成分为SiO2，与C 在高温下反应生成粗Si，2C+SiO2=====Si+2CO↑，粗Si 与HCl 在
300℃反应生成粗SiHCl3，粗SiHCl3中含有少量的SiCl4，根据二者沸点的不同，可以采取蒸馏的方法分
离，纯SiHCl3在1100℃的条件下与H2反应生成纯Si，SiHCl3+H2 Si+3HCl。A．由反应
2C+SiO2=====Si+2CO↑可知，碳作还原剂，表现还原性，不是非金属性，A 错误；B．步骤②中反应为
，步骤③中反应为
，故H2和HCl 均可循环
利用，B 错误；C．步骤③中反应为
，
中H 元素化合价由-1 价上升
至+1 价，转化为HCl，Si 元素化由+4 价下降至0 价，转化为Si，SiHCl3既作氧化剂又作还原剂，H2中H
元素化合价由0 价上升至+1 价，氢气作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，C 错误；D．
SiHCl3的H 元素显-1 价，溶于水产生H2，三个Si—Cl 键水解生成HCl 和H2SiO3，与NaOH 中和生成NaCl
和Na2SiO3两种盐，反应的离子方程式为
，D 正确；故选D。
6．近日，清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片，成立了“芯片学院”。某小组拟在实
验室制造硅，其流程如图：
制造原理：2Mg +SiO2=====2MgO+Si
除杂原理：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑，MgO+2HCl=MgCl2+H2O
下列说法中正确的是
A．操作1、操作2 均为过滤
B．SiO2、SiH4均含有共价键，等质量的二者分子数之比为8：15
C．点燃石英砂和镁粉的混合物发生的副反应为2 Mg +Si====Mg2Si
D．当有2mol 电子转移时，能生成14 g Si
1000℃
【答案】C
【解析】A 项，将溶液和固体分开，采用过滤操作，操作1 为过滤，操作2 为洗涤和烘干，故A 错误；B
项，SiO2是共价晶体，没有分子，故B 错误；C 项，由除杂原理可知副反应为：2 Mg +Si====Mg2Si，故C
正确；D 项，当有2mol 电子转移时，参加反应的Mg 物质的量为1mol，能生成0.5mol 单质硅，但因有副
反应发生，最终获得的Si 的质量少于14g，故D 错误；故选C。
7．“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为SiO2)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图
表示如下：
下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 2∶
B．上述流程中，HCl 和H2可以循环利用
C．从基本反应类型角度，反应①②③均为置换反应
D.从能量变化角度，由反应②③推测，反应③是放热反应
【答案】D
【解析】①中SiO2与C 反应生成Si 和CO，氧化剂是SiO2，还原剂是C，根据得失电子守恒可知，SiO2和
C 的物质的量之比为1 2∶，A 正确；②中消耗HCl 生成H2，③中消耗H2生成HCl，故流程中HCl 和H2可以
循环利用，B 正确；反应①②③均符合“单质＋化合物→新单质＋新化合物”，故均属于置换反应，C 正
确；反应③在1 100 ℃下，SiHCl3与H2生成高纯硅和HCl，应为吸热反应，D 错误。
8．（2025·河南开封·三模）单质Z 是一种常见的半导体材料，可由X通过特定路线制备，已知X为Z的氧化
物，Y 是一种氢化物且分子结构与甲烷相似。下列说法错误的是
A．X可用来生产光导纤维 B．Z 能与盐酸发生化学反应
C．反应①的转化应在保护气中进行 D．流程中涉及2 个氧化还原反应
【答案】B
【解析】单质Z 是一种常见的半导体材料，X 为Z 的氧化物，Y 为氢化物，分子结构与甲烷相似，则X 为
二氧化硅、Y 为硅化氢、Z 为硅；由转化关系可知，反应①为二氧化硅与镁共热反应生成硅化镁，反应②
为硅化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和硅化氢，反应③为硅化氢受热分解生成硅和氢气。A．二氧化硅是典
型的绝缘体，不具备导电性，但晶体对光具有全反射的特性，所以可用来生产光导纤维，故A 正确；B．
硅的化学性质稳定，不能与盐酸反应，但在高温条件下能与氯化氢发生置换反应，故B 错误；C．反应物
镁易与空气中的氧气反应生成氧化镁，且反应生成的硅化镁易与水反应生成易自燃的硅化氢，所以反应①
的转化应在保护气中进行，故C 正确；D．由分析可知，反应①和反应③中有元素发生化合价变化，属于
氧化还原反应，故D 正确；故选B。
03 碳及其化合物的性质
9．（2025·四川雅安市·二诊）下列应用中所用到的物质与其化学性质无关的是
A. 石墨可以用作电极材料
B. 甲烷可以用作燃料电池的原料
C. 维生素C 用作水果罐头中的抗氧化剂
D. 食用醋可以除去水壶中的水垢
【答案】A
【解析】A．石墨可以用作电极材料是因为其能够导电，而石墨的导电性是其物理性质，不需要发生化学
变化即可体现，因此与其化学性质无关，A 选；B．甲烷在燃料电池中通过氧化反应释放能量，依赖其可
燃性，与其化学性质有关，B 不选；C．维生素C 作为抗氧化剂，通过自身被氧化（还原性）保护其他物
质，属于化学性质，C 不选；D．醋中的乙酸与水垢（碳酸钙等）发生化学反应，依赖酸性，属于化学性
质，D 不选；故选A。
10.（2025·四川安岳中学·二模）劳动是一切知识的源泉。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
糕点制作：用NaHCO3作膨松剂
NaHCO3受热易分解
B
水质消毒：用ClO2对自来水进行消毒
ClO2具有强氧化性
C
金属防腐：船舶外壳安装镁合金
还原性：Mg>Fe
D
农业种植：铵态氮肥要保存在阴凉处
NH 水解呈酸性
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】A．NaHCO3受热易分解，生成的二氧化碳气体能使面团松软多孔，则NaHCO3常用作膨松剂，劳
动项目与所述化学知识有关联，故A 不选；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌
消毒，劳动项目与所述化学知识有关联，故B 不选；C．还原性：Mg＞Fe，则Mg、Fe 和海水形成原电池
时Mg 作负极，铁作正极，所以船舶外壳安装镁合金可防止船舶发生腐蚀，劳动项目与所述化学知识有关
联，故C 不选；D．铵态氮肥受热分解生成氨气，导致氮元素损失，所以铵态氮肥要保存在阴凉处，与铵
态氮肥水解呈酸性无关，故D 选；答案选D。
11. （2025•四川广安市•二诊）
在催化剂“—O—Ga—O—Zn—”作用下加氢制甲醇，再通过催化剂
“SAPO-34”制乙烯，反应历程如图所示（“□”表示氧原子空位，“*”表示微粒吸附在催化剂表面），下
列说法正确的是
A. 加入“—O—Ga—O—Zn—”催化剂，降低了
合成甲醇的
，速率加快
B. 历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成
C. 理论上，每产生1mol 乙烯，需消耗2mol 氢气
D.
中C、O 的杂化类型不同
【答案】B
【解析】A．催化剂降低了反应的活化能，反应速率加快，但不能改变△H，A 错误；B．由图可知，历程
中涉及C=O 极性键和H—H 非极性键的断裂，有C—H 极性键和C=C 非极性键的形成，B 正确；C．根据
图示，可得反应
CO2+3H2=====CH3OH+H2O ，2CH3OH
CH2=CH2+2H2O ，则有
6H2~2CH3OH~CH2=CH2，故理论上，每产生1mol 乙烯，需消耗6mol 氢气，C 错误；D．CH3OH 中C 成4
条单键，是sp3杂化，O 成2 条单键，还有2 对孤电子对，是sp3杂化，二者杂化类型相同，D 错误； 选
B。
12．（2025·四川·押题卷1）反应
可用于储氢，可能机理如图所示。下列
说法正确的是
催化剂
A．该反应的
B．步骤I 中
带正电荷的C 与催化剂中的N 之间作用
C．步骤III 中存在非极性键的断裂和形成
D．反应中每消耗
，转移电子数约为
【答案】B
【解析】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS<0，A 错
误；B．由题图所示的反应机理可知，CO2中C 显正价，O 显负价，步骤I 可理解为CO2中带部分正电荷的
C 与催化剂中的N 之间作用，B 正确；C．步骤III 中不存在非极性键的断裂和形成，C 错误；D．该反应
中CO2中C 元素的化合价由+4 价降低到+2 价，每消耗1molCO2转移电子的数目约为2×6.02×1023，D 错
误； 选B。
04 碳及其化合物的实验探究
13．（2025·四川德阳市·二诊）下列装置或操作能达到实验目的的是
A. 图①：除去铁屑表面的油污
B. 图②：探究
与
的反应是否可逆
C. 图③：比较
与
固体的热稳定性
D. 图④：探究压强对
化学平衡的影响
【答案】A
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3水解程度增大，溶液的碱性增
强，废铁屑表面的油污与碱性物质反应生成可溶性物质，因此热纯碱溶液可除去废铁屑表面的油污，A 正
确；B．氯化铁溶液与少量碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，由于没有证明少量的碘化
钾是否剩余，因此题给装置无法证明反应是否可逆，B 错误；C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，分解产
生碳酸钠、水和二氧化碳；碳酸钠稳定，加热不分解，小试管中温度低于大试管，应将碳酸氢钠置于小试
管中，碳酸钠置于大试管中，盛装碳酸氢钠的小试管中的气体能使澄清的石灰水变浑浊，盛装碳酸钠的大
试管中产生的气体不能使澄清的石灰水变浑浊，从而比较NaHCO3、Na2CO3固体的热稳定性，C 错误；
D．2HI(g)
H2(g)+I2(g)为气体体积不变的反应，改变压强颜色改变，并不是平衡移动引起，D 错误；选
A。
14. 我国倡导低碳生活，减少二氧化碳的排放，“碳捕捉技术”可实现二氧化碳的分离、储存和利用。实
际生产中，常利用NaOH 溶液来“捕捉”CO2，其工艺流程如图所示(部分条件及物质未标出)，下列说法正
确的是
A．CO2是引起酸雨的主要物质之一
B．整个过程中，只有CO2可循环利用
C．能源消耗低是该技术的一大优点
D．该生产过程中，没有涉及到氧化还原反应
【答案】D
【解析】利用NaOH 溶液来“捕捉”CO2，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，CaO 加入碳酸钠溶
液中，先和水反应，生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应，产生碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠返回捕捉
室继续使用，碳酸钙分离后进入高温反应炉，在高温反应炉中分解，产生CO2，从而实现二氧化碳的分
离、储存和利用。A 项，酸雨是因为氮的氧化物、二氧化硫的排放引起，与二氧化碳无关，故A 错误；B
项，由图可知，CaO，氢氧化钠等均可可以循环利用，故B 错误；C 项，高温反应炉需要消耗大量的能
量，能量消耗较高，故C 错误；D 项，由流程图可知，该过程中主要涉及CO2和NaOH 的反应，CaO 和水
的反应，氢氧化钙和碳酸钠的反应及碳酸钙的分解等，均没有涉及到氧化还原反应，故D 正确；故选D。
15．（2025·山西晋中·二模）实验室制取
的装置如图所示（制备时先通入
调节溶液
），下列
说法错误的是
A．试剂a 是饱和NaHCO3溶液
B．装置C 可以换成敞口容器
C．调节pH 的目的是防止生成铁的氢氧化物
D．FeSO4溶液的浓度可用酸性KMnO4标准溶液滴定
【答案】B
【解析】碳酸钙固体与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳通过饱和NaHCO3溶液除去杂质
氯化氢气体，在二氧化碳存在的条件下硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁。A．试剂a 的作用是除二氧
化碳中的氯化氢，a 是饱和NaHCO3溶液，故A 正确；B．Fe2+易被氧化，所以装置C 不能换成敞口容器，
故B 错误；C．碳酸钠溶液的碱性较强，调节pH 的目的是降低氢氧根离子浓度，防止生成铁的氢氧化物，
故C 正确；D．FeSO4能还原酸性高锰酸钾，即两者发生氧化还原反应：
，所以FeSO4溶液
的浓度可用酸性KMnO4标准溶液滴定，故D 正确；选B。
05 传统硅酸盐材料及性能
16. 中华文化源远流长、博大精深，云南省馆藏文物是中华文化的重要代表。下列文物主要是由硅酸盐材
料制成的是
文物
战国牛虎铜案
溪山行旅图
西汉滇王编钟
新石器时代鸡形陶壶
选项
A
B
C
D
【答案】D
【解析】A 项，铜案属于金属材料，A 错误； B 项，溪山行旅图为图画制品，不是硅酸盐材料，B 错误；
C 项，编钟属于金属材料，C 错误；D 项，陶壶为陶制品，属于硅酸盐材料，D 正确；故选D。
17．（2025·四川绵阳·二模）四川绵阳有“李白出生地，中国科技城”之称。下列叙述正确的是
A. “花间一壸酒”，酿制美酒过程中酒化酶将淀粉直接氧化为乙醇和
B. “挥剑决浮云”，锻造宝剑“淬火”时Fe 与
反应生成
C. “1965 两弹城”，原子弹的核心材料是
，U 位于周期表第七周期
D. “2024 科博会”，展示的铝硅电子玻璃的基础成分主要是
合金
【答案】C
【解析】A．酿制美酒过程中，淀粉先在淀粉酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖再在酒化酶作用下分解为乙
醇和二氧化碳，不是直接氧化，A 错误；B．锻造宝剑“淬火”时，Fe 与H2O(g)在高温下反应生成Fe3O4
和H2，并非生成Fe(OH)3，B 错误；C．U（铀）的原子序数是92，位于周期表第七周期，C 正确；D．铝
硅电子玻璃的基础成分主要是铝硅酸盐，不是Al - Si 合金 ，D 错误；综上所述，答案是C。
18．宋代五大名窑分别为钧窑、汝窑、官窑、定窑、哥窑。其中钧窑以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑
变著称。下列关于陶瓷的说法不正确的是
A．窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化
B．氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料
C．高品质的瓷器晶莹剔透，属于纯净物
D．陶瓷属于硅酸盐材料，耐酸碱腐蚀，但是不能用来盛装氢氟酸
【答案】C
【解析】不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色
变化称为窑变，A 正确；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层，无机
纤维等，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，B 正确；瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多
种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，C 错误；HF 能与二氧化硅反应，陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，故陶
瓷不能用来盛装氢氟酸，D 正确。
06 新型无机非金属材料的性能及应用
19. (2025·四川高考改革•适应性训练)化学是新材料发展的基础，下列生产或应用中所用到的主要物质不
属于无机非金属材料的是
A. 芯片制造所用的硅晶片
B. 潜艇降噪所用的橡胶消声瓦
C. 耐高温陶瓷生产所用的碳化硅
D. 通信信号传输所用的光导纤维
【答案】B
【解析】A．芯片制造所用的硅晶片是单质硅，属于无机非金属材料，A 不符合题意；B．橡胶是一种高分
子有机化合物，B 符合题意；C．碳化硅属于无机非金属材料，C 不符合题意；D．光导纤维成分是二氧化
硅，属于无机非金属材料，D 不符合题意；故选B。
20．（2024•四川成都实外教育集团•联考） 《美国化学文摘》近期对2024 年值得期待的科技突破作出了
预测。其中包括绿色化学加速扩张、脱碳能源、CRISPR 临床验证、生物材料兴起。下列说法错误的是
A. 寻找电池“濒危元素”替代品、发现更可持续的催化剂等均可减少化学过程对环境的影响
B. 用不产生或少产生二氧化碳的能源取代基于化石燃料的能源，实现能源生产脱碳
C. 纳米材料具有巨大的比表面积和表面活性，被广泛用于医疗领域。纳米材料属于胶体
D. 大飞机C919 采用大量先进复合材料、铝锂合金等。铝锂合金属于金属材料
【答案】C
【解析】A．利用可持续的催化剂减少化学过程对环境的影响，故A 正确；B．能源生产脱碳主要是用不
产生或少产生二氧化碳的能源取代基于化石燃料的能源，故B 正确；C．纳米材料不属于胶体，胶体属于
混合物，故C 错误；D．铝锂合金属于金属材料，属于混合物，故D 正确。综上所述，答案为C。
21．（2025·四川攀枝花第三高级中学·二模）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误
的是
A. 在酿酒过程中需要加入酒曲，酒曲可以起到催化剂的作用
B. 石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料
C. 天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是天然高分子材料
D. 人体由于腹泻引起脱水时，可以注射0.9%的氯化钠溶液补充电解质和水分
【答案】C
【解析】A．在酿酒过程中需要加入酒曲，酒曲可以起到催化剂的作用，加快酿酒速度，故A 正确；B．
石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”疏松多孔，具有很强的吸附能力，可用作处理海上原油泄漏的吸
油材料，故B 正确；C．芳纶是合成有机高分子材料，故C 错误；D．氯化钠是电解质，人体由于腹泻引
起脱水时，可以注射0.9%的氯化钠溶液补充电解质和水分，故D 正确；综上所述，答案
C。
22． (2024·河北保定重点高中联考)近年来科学家制造出大量的新物质，对下列三种物质的说法错误的是
石墨烯：从石墨中分离出
来，是最薄、最坚硬的纳米
材料
石墨炔：平面网状结构的全
碳分子，具有优良的化学稳
定性
纳米碳管：具有优良的场发
射性能，制作阴极显像管、
储氢材料
A.石墨烯具有良好的导电性
B．上述三种物质与金刚石互为同素异形体
C．石墨炔孔径略大于H2分子的直径，可作H2的提纯薄膜
D．上述三种物质与浓硫酸都能发生反应，但反应产物不同
【答案】D
【解析】同种元素形成的性质不同的单质互为同素异形体，B 正确；碳原子半径大于氢原子，则石墨炔孔
径大于H2分子的直径，可以通过H2分子，C 正确；碳单质与浓硫酸反应的产物均为二氧化碳、二氧化硫
和水，D 错误。
1．（2025·四川成都外国语中学·预测）从废旧铅酸蓄电池
铅膏中回收铅的工艺流程如图所示(流程中部
分产物已经略去)。查阅资料显示：
、
；
、
为可溶于水的强电解质。下列说法错误的是
A. 步骤i 使用的物质a 具有还原性
B. 步骤ii 的实验操作中需用到玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 步骤iii 反应的离子方程式是
D. 工业上用
和
混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅的提纯，可在阳极得到纯铅
【答案】D
【解析】由题给流程可知，铅膏中二氧化铅与二氧化硫反应得到硫酸铅，故物质a 为二氧化硫；硫酸铅与
碳酸铵溶液反应生成碳酸铅和硫酸铵，过滤（步骤ii）得到碳酸铅；碳酸铅与过量氟硅酸溶液反应得到氟
硅酸和氟硅酸铅的混合溶液，据此分析解题。A．步骤i 使用的物质a 为二氧化硫，具有还原性，A 正确；
B．步骤ii 为过滤操作，实验操作中需用到玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，B 正确；C．H2SiF6为可溶
于水的强电解质，及可拆分，该反应的产物为CO2、H2O、PbSiF6，步骤iii 反应的离子方程式是
，C 正确； D．电解池中阳极失去电子发生氧化反应，但是Pb2+需要得
电子转化为Pb，D 错误；故选D。
2．（2025•四川绵阳普明中学•二模）柠檬酸钙
是一种常见的食品补钙剂。柠檬酸钙微溶于
水，难溶于乙醇，在常温常压下稳定，但在高温、潮湿或与强氧化剂接触时可能会发生分解反应。某学习
小组以蛋壳为主要原料制备柠檬酸钙的流程如下图：
下列说法正确的是
A. 上述实验流程中可循环使用的物质是醋酸
B. 上述实验流程中干燥柠檬酸钙时，温度越高效果越好
C. 上述实验流程中生成醋酸钙的离子方程式为
D. 与金属反应时，同浓度的柠檬酸的反应速率比醋酸慢
【答案】A
【解析】洁净蛋壳研磨后加醋酸，反应后过滤得醋酸钙溶液，醋酸钙溶液中加柠檬酸反应后经过滤、洗
涤、干燥后得柠檬酸钙。A．向醋酸钙溶液中加柠檬酸时生成柠檬酸钙和醋酸，生成的醋酸可再与蛋壳反
应，故醋酸可以循环使用，A 正确；B．柠檬酸钙在高温时可能会发生分解反应，所以不是温度越高效果
越好，B 错误；C．蛋壳的主要成分CaCO3与醋酸（弱酸）反应生成醋酸钙、水和CO2，其离子方程式为
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，C 错误；D．柠檬酸与醋酸钙溶液反应生成醋酸，说明
柠檬酸的酸性比醋酸强，故与金属反应时，同浓度的柠檬酸反应速率通常比醋酸快，D 错误；故答案为：
A。
3.（2024•四川遂宁市•三诊） 中国提出二氧化碳排放在2030 年前达到峰值，2060 年前实现碳中和。这体
现了中国作为全球负责任大国的环境承诺和行动决心。二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展
绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一、常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制
甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
B. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
C. 总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)
D. 该历程的决速步为HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O
【答案】B
【解析】A．由能量变化图可以看出反应物的总能量大于生成物的总能量，所以二氧化碳选择性加氢制甲
醇是放热反应，A 正确；B．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，B 错误；C．由反
应机理和能量变化图可知，总反应为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)，C 正确；D．由能量变化图知，
HCOO*＋4H*=CH3O*＋H2O 的活化能最大，反应速率最慢，是该历程的决速步，D 正确； 故选B。
4.（2025 高三下·辽宁沈阳·月考）硅酸盐是地壳岩石的主要成分，在硅酸盐中，四面体Si
(如图甲为俯
视投影图)通过共用顶角氧原子可形成六元环(图乙)、无限单链状(图丙)、无限双链状(图丁)等多种结构。石
棉是由钙、镁离子以离子数1 3∶的比例与单链状硅酸根离子形成的一种硅酸盐。
下列说法不正确的是
A．大多数硅酸盐材料硬度高与硅氧四面体结构有关
B．六元环的硅酸盐阴离子化学式为(SiO3
C．石棉的化学式为CaMg3Si4O10
D．双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为4 11
∶
【答案】C
【解析】A．硅氧四面体结构是指由一个硅原子和四个氧原子组成的四面体结构。这种结构因其内部化学
键的结构和特性而具有稳定性。硅氧四面体结构中的硅原子与四个氧原子形成了共价键，共享电子对使每
个原子都充满了电子。这种共价键结构使得硅氧四面体结构比单纯的硅或氧分子更加稳定，所以硅氧四面
体结构决定了大多数硅酸盐材料硬度高，故A 正确；B．六元环的硅酸盐阴离子中Si 元素显+4 价，O 元素
显-2 价，所以六元环的硅酸盐阴离子化学式为
，故B 正确；C．石棉中钙、镁离子之比为1：3，
其中Mg 元素、Ca 元素显+2 价，Si 元素显+4，O 元素显-2 价，所以，该石棉的化学式可表示为
CaMg3Si4O12，故C 错误；D．由图丁可知，双链硅酸盐中有两种硅氧四面体，且数目之比为1 1∶，一种与单
链硅酸盐中硅氧原子个数比相同，其中硅原子个数为1，氧原子个数为
，个数比为1 3∶；另一
种，硅原子个数为1，O 原子个数为
，个数比为1 2.5
∶
，所以双链状硅酸盐中硅氧原子数之比为
2 5.5=4 11
∶
∶
，故D 正确；故选C。
5．(2024·河南濮阳期末)多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅芯片的主要
原料。已知第三代工业制取多晶硅流程如图所示：
下列说法正确的是
A．Y、Z 分别为Cl2、H2
B．制取粗硅的过程中焦炭被氧化为CO2
C．Y 与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应
D．已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3与水反应的产物只有H2SiO3、HCl
【答案】C
【解析】电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；焦炭与二氧化硅反应生成粗硅，氢气和氯气点燃生
成的氯化氢与其反应生成SiHCl3，再用氢气还原得到多晶硅。Y、Z 可用于合成SiHCl3，其中Y 还能将硅
从其他化合物中还原出来，则Y、Z 分别为H2、Cl2，A 错误；制取粗硅的过程中，焦炭在高温条件下被氧
化为一氧化碳，B 错误；氢气与SiHCl3制备多晶硅的反应为SiHCl3＋H2=====Si＋3HCl，属于置换反应，
C 正确；电负性Cl＞H＞Si，SiHCl3中H 为－1 价，SiHCl3与水反应的产物有H2SiO3、HCl 和H2，D 错误。
6．(2024·江西先知大联考)H2SO4-SiO2法生产多晶硅的流程如图。下列说法错误的是
A．上述流程说明SiO2可溶于H2SO4
B．合成1 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 1∶
C．合成2 的反应为SiF4＋NaAlH4===SiH4＋NaAlF4
D．净化、热解中生成的多晶硅为还原产物
【答案】A
【解析】SiO2不溶于H2SO4，SiO2溶于HF 酸，A 错误；合成1 反应为Na＋Al＋2H2===NaAlH4，Na、Al 化
合价升高，H2中氢元素化合价降低，Na、Al 是还原剂，H2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
1 1∶，B 正确；根据元素守恒，合成2 的反应为SiF4＋NaAlH4===SiH4＋NaAlF4，C 正确；净化、热解中硅元
素化合价降低发生还原反应，生成的多晶硅为还原产物，D 正确。
7．（2025·四川·三模）CO2加氢制甲醇(CH3OH)不仅减少了CO2排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过
程发生的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）已知：标准摩尔生成焓是指在
、
由稳定态单质生成
化合物时的焓变。该反应中
的相关物质的标准摩尔生成焓
数据已列入下表。
物质
H2(g)
CO2(g)
H2O(g)
CH3OH(g)
0
-394
-242
-201
则∆H1= ，反应Ⅰ自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)
（2）向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为
，逆反应速率可表示为
，其中
、
为速率常数。
①上图中能够代表
的曲线为 (填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。
②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K= 。
（3）在一定条件下，将1molCO2和2molH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平
衡时CH3OH 和CO 的选择性、CO2的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。
①图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线 (填“a”、“b”或“c”)；CO2的转化率随
温度的升高呈现如图变化趋势的原因是 。
②该体系中，573K 时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为 (保留两位有效数字)。
（4）某小组为了研究不同条件下催化剂对相同时间内CH3OH 产率的影响，根据实验结果将不同温度下，
不同催化剂对相同时间内CH3OH 产率影响绘图如下，据图应选择的温度及催化剂为___________。
A．
B．
C．
D．
【答案】（1）-49kJ/mol 低温
（2）L1 1.6
（3）b 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2
转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增
大 0.41
（4）C
【解析】（1）由表中各物质的标准摩尔生成焓，可得出如下热化学方程式：
H
③
2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ∆H3=-242KJ/mol
C(s)+ O
④
2(g)=CO2(g) ∆H4=-394KJ/mol
C(s)+ 2H
⑤
2(g)+1/2O2(g)=CH3OH(g) ∆H5=-201KJ/mol
依据盖斯定律，将③-
+
④⑤得，CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
∆H1=∆H3-∆H4+∆H5=(-242KJ/mol)-(-394KJ/mol)+(-201KJ/mol)=-49kJ/mol。反应Ⅰ的ΔS＜0、△H＜0，则自发
进行的条件是低温。
（2）①对于反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49kJ/mol，升高温度，平衡逆向移动，则k 正
＜k 逆，k 逆增大的程度更大，所以上图中能够代表k 逆的曲线为L1。
②从图中可以看出，温度为T1时，k 正=0.8a、k 逆=0.5a，反应Ⅰ的化学平衡常数K=
=
=1.6。
（3）①在反应体系时，CH3OH 和CO 的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温
度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH3OH 的选择性减小，CO 的选择性增大，则a 曲线表
示CH3OH 的选择性，c 曲线表示CO 的选择性(80%+20%=1)，所以图中代表CO2的转化率随温度的升高变
化的是曲线为b；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势(增大)，表明反应Ⅱ正向进行的程度大于反
应Ⅰ逆向进行的程度，所以原因是：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升
高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以
CO2转化率随温度升高而增大。
②在一定条件下，将1molCO2和2molH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．CO2的
转化率为60%，则参加反应CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，CH3OH 的选择性为80%、CO 的选择性
为20%，则生成CH3OH 的物质的量为0.6mol×80%=0.48mol，生成CO 的物质的量为
0.6mol×20%=0.12mol，平衡时，CO2的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，H2的物质的量为2mol-0.48mol×3-
0.12mol=0.44mol，H2O 的物质的量为0.6mol。该体系中，573K 时，设容器的体积为VL，反应Ⅱ的浓度平
衡常数为
=
≈0.41。
（4）从图中可以看出，220℃、CZA—R—2 作催化剂时，CH3OH 的产率最大，所以据图应选择的温度及
催化剂为220℃、CZA—R—2，故选C。
8．（2025·河南·三模）四溴化硅可用于合成其他含硅化合物，常温下为无色透明的液体，沸点为
，
熔点为
，易水解，在空气中“发烟”。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）。
实验步骤如下：
检查装置气密性并装好试剂后，先通入一段时间的氮气。然后将管式炉加热至
，将液溴加热至
，同时通入冷却水，然后利用氮气将溴蒸气送入管式炉中反应，反应结束后经分离得到无色液体。
已知：高温下硅酸分解生成二氧化硅。
回答下列问题：
（1）仪器B 中应加入 （填“水”或“油”）作为热传导介质；仪器D 中冷却水应从
（填“x”或“y”）口通入。
（2）仪器F 中CaCl2的作用是 ；仪器G 中NaOH 溶液的作用是 （用离子方程式表
示）。
（3）写出SiBr4与NaOH 溶液反应的化学方程式： 。
（4）采用如下方法测定溶有少量Br2的SiBr4纯度，实验步骤如下：
a．称取
产品 b．高温灼烧 c．溶于适量水中，充分反应
后过滤
d．在________中冷却至室温 e．所得沉淀经洗涤后置于质量为
的坩埚中 f．称量质量为
d
①中所需仪器的名称是 。
②正确的操作顺序为
（填字母）。
③产品纯度为
（用含
的代数式表示）；若高温灼烧后在空气中冷却，则产品纯度
（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）水 y
（2）防止水蒸气进入蒸馏烧瓶中 Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O
（3）SiBr4+6NaOH=Na2SiO3+4NaBr+3H2O
（4）干燥器 c→e→b→d→f
偏高
【解析】（1）由于需要控制温度为50℃，所以用水浴加热；为充分冷却，冷却水应下进上出，从y 口通
入；
（2）SiBr4易水解，仪器F 中CaCl2的作用是防止G 中水蒸气进入蒸馏烧瓶中；溴蒸气有毒，需要尾气处
理，则仪器G 中NaOH 溶液的作用是吸收溴蒸气，反应的离子方程式为 Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；
（3）SiBr4易水解，因此SiBr4与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为SiBr4+6NaOH=Na2SiO3+4NaBr+3H2O；
（4）①为防止空气中水蒸气干扰，冷却需要在干燥器中完成；
SiBr
②
4水解生成硅酸，硅酸高温灼烧得到二氧化硅，因此可通过最终得到的二氧化硅的质量计算纯度，则
正确的操作顺序为a→c→e→b→d→f；
③最终生成SiO2的质量的(m3-m2)g，n(SiO2)=
mol，根据Si 原子守恒可知n(SiBr4)=n(SiO2)=
mol，m(SiBr4)=
g=5.8(m3-m2)g，产品纯度为
×100%=
；若
高温灼烧后在空气中冷却，SiO2会吸附水蒸气，导致m3偏大，因此产品纯度偏高。
1．（2025·湖北卷）下列描述不能正确地反映事实的是
A．室温下
与碳不发生反应，高温下可生成
和
B．室温下苯与溴不发生反应，温度升高生成大量溴苯
C．通常含硒的化合物有毒性，但微量硒元素有益健康
D．某些镇痛类生物碱可用于医疗，但滥用会危害健康
【答案】B
【解析】A． 高温下SiO2与碳发生反应生成Si 和CO，A 正确；B．苯的溴代反应需催化剂，仅升温无法
生成溴苯，B 错误；C．硒化合物(如硒化氢)多数有毒，但硒是人体必需的微量元素，微量摄入有益健康，
过量则有害，C 正确；D．镇痛类生物碱的双重作用描述正确，例如吗啡等生物碱可用于镇痛治疗，但滥
用会导致成瘾和健康危害，D 正确；故选B。
2．（2025·河北卷）河北省古建筑数量大，历史跨度长，种类齐全，在我国建筑史上占有非常重要的地
位。下列古建筑组件主要成分属于有机物的是
A．基石
B．斗拱
C．青瓦
D．琉璃
【答案】B
【解析】A．古建筑中的基石一般使用石质材料，常用的石材有花岗岩、青石等，花岗岩的主要成分是硅
酸盐，青石的主要成分是CaCO3，均属于无机物，A 错误；B．斗拱是由木材制成的，木材的主要成分是
纤维素，属于有机物，B 正确；C．青瓦是由黏土烧制而成的传统建筑材料，黏土的主要成分为含水的铝
硅酸盐，属于无机物，C 错误；D．琉璃的主要成分是二氧化硅，属于无机物，D 错误；故选B。
3．（2025·陕晋青宁卷卷）下列有关物质性质与用途对应关系错误的是
A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片
B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属
C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属
【答案】A
【解析】A．单晶硅用于制造芯片主要因其半导体性质，而非熔点高，熔点高与用途无直接关联，A 错
误；B．金属铝还原性强，可通过铝热反应冶炼金属（如Fe、Mn 等），B 正确；C．浓硫酸吸水性使其可
干燥中性/酸性气体（如H2、CO2），C 正确；D．乙炔燃烧产生高温氧炔焰（约3000℃），可熔化金属进
行切割，D 正确；故选A。
4．(2024·广东卷，2，2 分) “极地破冰”“太空养鱼”等彰显了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确
的是
A．“雪龙2”号破冰船极地科考：破冰过程中水发生了化学变化
B．大型液化天然气运输船成功建造：天然气液化过程中形成了新的化学键
C．嫦娥六号的运载火箭助推器采用液氧煤油发动机：燃烧时存在化学能转化为热能
D．神舟十八号乘组带着水和斑马鱼进入空间站进行科学实验：水的电子式为
【答案】C
【解析】A 项，破冰过程无新物质生成，是物理变化，A 错误；B 项，天然气液化的过程是气态变为液
态，是物理变化，无新的化学键形成，B 错误；C 项，燃烧放热，是化学能转化为热能，C 正确；D 项，
水是共价化合物，每个H 原子都与O 原子共用一对电子，电子式为
，D 错误；故选C。
5．(2024·全国新课标卷，1，3 分)文房四宝是中华传统文化的瑰宝。下列有关叙述错误的是
A．羊毛可用于制毛笔，主要成分
蛋白质 B．松木可用于制墨，墨的主要成分是单质碳
C．竹子可用于造纸，纸的主要成分是纤维素 D．大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐
【答案】D
【解析】A 项，动物的毛、皮、角等的主要成分都是蛋白质，羊毛的主要成分为蛋白质，A 正确；B 项，
墨的主要成分是炭黑，炭黑是碳元素的一种单质，碳的单质在常温下的化学性质很稳定，不易与其他物质
发生化学反应，故用墨汁书写的字画历经千年仍不褪色，B 正确；C 项，竹子可用于造纸，竹子的主要成
分是纤维素，用其造的纸的主要成分也是纤维素，C 正确；D 项，大理石可用于制砚台，大理石主要成分
为碳酸钙，不是硅酸盐，D 错误；故选D。
6．(2024·山东卷，1，2 分)中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的
是
A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚
【答案】B
【解析】A 项，湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A 不符合题意；B
项，松木中的C 元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C 单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还
原反应，B 符合题意；C 项，宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反
应，C 不符合题意；D 项，端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不
涉及氧化还原反应，D 不符合题意；故选B。
7.(2024·湖北卷，2，3 分) 2024 年5 月8 日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要
采取有效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是
A．发蓝处理
B．阳极氧化 C．表面渗镀 D．喷涂油漆
【答案】D
【解析】A 项，发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中
来实现，可在金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防锈，A 不符合题意；B 项，阳极氧化
是将待保护的金属与电源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B 不符合题意；C 项，表面渗镀
是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的
表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法，C 不符合题意；D 项，喷涂油漆是将油漆涂在
待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜，D 符合题意；故选D。
8．(2023·山东卷，18)三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，
熔点为-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HCl=====SiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热
及夹持装置略)。回答下列问题：
（1）制备SiHCl3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Cl＞H＞Si，SiHCl3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SiHCl3纯度。m1g 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
m2g，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m1、
m2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）SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
（3）高温灼烧 冷却 AC
【解析】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-126.5℃，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。
（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，
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，SiHCl3易水解，所以需要在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；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3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
+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3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
为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g 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
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m2g，则二氧化硅的物质的量为
n(SiO2)=m2/60mol，样品纯度为
=
。
