1、课时分层作业(七)无机非金属材料(建议用时：40分钟)合格过关练1天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A沙子和粘土主要成分为硅酸盐B“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化C烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料A沙子的主要成分是SiO2，粘土的主要成分是硅酸盐，A错误；“燃薪举火”烧制粘土，发生一系列复杂的物理化学变化，制得砖、瓦等硅酸盐产品，B正确；据“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，烧制后浇水冷却成青瓦，C正确；粘土是制
2、作砖瓦和陶瓷的主要原料，D正确。2下列有关说法正确的是()A碳、硅原子最外电子层均有4个电子，其原子既不易失去也不易得到电子，故二者的单质很难发生化学反应B硅是一种亲氧元素，在地壳中只有SiO2一种存在形式C自然界中，碳元素只有有机物和氧化物两种存在形式D硅的氧化物和硅酸盐是构成地壳的主要物质D碳、硅的单质在加热条件下可与O2反应，并非很难发生化学反应，A项错误；硅在自然界中主要以氧化物和硅酸盐的形式存在，是构成地壳的主要物质，B项错误，D项正确；碳元素在自然界中还有单质、碳酸盐等多种存在形式，C项错误。3下列说法正确的是()A硅材料广泛应用于光纤通信B工程师利用盐酸刻蚀石英制作工艺品C水晶项
3、链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应A石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与盐酸不反应，B错；水晶项链的主要成分是二氧化硅，C错；粗硅制备单晶硅有如下反应Si(粗硅)3HClSiHCl3H2，SiHCl3H2Si(高纯硅)3HCl，上述两个反应均是氧化还原反应，D错。4下列说法不正确的是()A光导纤维、碳化硅、碳纳米材料等均为新型无机非金属材料B碳纳米管的比表面积大，有优良的电学性能C石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨D光导纤维的通信容量大，导电性强D光导纤维不导电，只能传输光。5下列叙述正确的是()ASiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以SiO
4、2属于两性氧化物B因为Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强CCO2和SiO2都能与碳反应，且都作氧化剂DCO2和SiO2都是由分子构成的化合物，所以两者物理性质相似CSiO2能和氢氧化钠等碱溶液反应，与氢氟酸反应生成的不是盐和水，且不能与其他酸反应，故SiO2属于酸性氧化物，A错误；反应Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2是利用高沸点酸制低沸点酸的原理，不能据此说明硅酸的酸性比碳酸强，事实上碳酸的酸性强于硅酸，B错误；CO2和SiO2都能与碳反应，反应中碳是还原剂，CO2和SiO2都作氧化剂，C正确；CO2是由分子构成的化合物，SiO2是由硅原子和氧原子构成的立
5、体网状结构的化合物，不存在单个的分子，两者结构不同，物理性质相差较大，D错误。6能证明碳酸的酸性比硅酸强的事实是()ACO2溶于水生成碳酸，SiO2不溶于水，也不能跟水直接反应生成硅酸B在高温条件下，SiO2和Na2CO3发生反应：SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2CSiO2的熔点比CO2高D将CO2通入Na2SiO3稀溶液中，生成白色胶状沉淀DB项是在固体反应中难挥发性(高沸点)物质制取易挥发性(低沸点)物质，它是利用两者共熔时生成易挥发的CO2使反应发生；D项是较强的酸与较弱的酸的盐溶液反应生成较强酸的盐和较弱酸的复分解反应，这是该类复分解反应发生的条件之一；A项是二者的水溶性，不能
6、证明碳酸的酸性比硅酸强；C项是二者的熔点，也不能证明碳酸的酸性比硅酸强。7A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转化关系如下图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。(1)形成单质A的元素，在化合物中的最高化合价为_。 (2)B的化学式是_，C的化学式是_，D的化学式是_。(3)B与碳反应生成A和E的化学方程式为_。解析本题的突破点是“A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质”，由此可知A为硅，B为二氧化硅，C为硅酸钙，D为硅酸钠。答案(1)4价 (2)SiO2CaSiO3Na2SiO3(3)SiO22CSi2CO素养培优练8(素养题)多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光
7、片、太阳能电池及高纯硅的主要原料。已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示；下列说法错误的是()AY可能是H2B制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成碳化硅，在该副反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11CSiHCl3中硅元素的化合价为4价DY与SiHCl3制备多晶硅的反应属于置换反应BY能够还原SiHCl3为硅单质，则Y可能是H2，A正确；制取粗硅的过程中焦炭与石英会发生副反应生成SiC：3CSiO2SiC2CO，在该反应中碳既是氧化剂，又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，B错误； SiHCl3中H是1价，Cl是1价，则Si的化合价为4价，C正确； H2与SiHCl3制备多晶硅
8、的反应：SiHCl3H2Si3HCl，属于置换反应，D正确。9(素养题)某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为COPdCl2H2O=CO22HClPd(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。(1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_。(2)装置B的作用是_。(3)装置C、D中所盛试剂分别为_、_，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两种气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_。(4)该装置的缺点是_。(5)资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC。取18 g SiO2和8.4 g焦炭充分反应后
9、收集到标准状况下气体的体积为13.44 L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为_。(6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_。解析(1)碳与二氧化硅的反应要在高温下进行，而高温下碳与空气中的氧气、二氧化碳、水反应，故实验时要通入足够长时间的N2，来排尽装置中的空气。(2)根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸。(3)根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳，也可能生成二氧化碳，所以C装置用来检验二氧化碳，D装置用来检验一氧化碳，所以装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若装置C、D中溶液均变浑浊，说明气体产物中既有二氧化碳
10、又有一氧化碳，且检测到两种气体产物的物质的量相等，根据元素守恒可知化学方程式为3SiO24C2CO22CO3Si。(4)一氧化碳有毒，排放到空气中会造成环境污染，故该装置的缺点是没有尾气吸收装置。(5)18 g SiO2的物质的量为0.3 mol，8.4 g焦炭的物质的量为0.7 mol，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为13.44 L，气体的物质的量为0.6 mol，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC， SiO22C2COSi 0.3 mol 0.6 mol 0.6 mol 0.3 mol SiCSiC 0.1 mol 0.1 mol 0.1mol得到Si和SiC的物质的量之比为0.2 mol0.1 mol21。(6)验证碳酸、硅酸的酸性强弱，可将CO2气体通入硅酸钠溶液，发生反应CO2H2ONa2SiO3=Na2CO3H2SiO3，说明酸性：H2CO3H2SiO3。答案(1)避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰(2)作安全瓶，防止倒吸(3)澄清石灰水PdCl2溶液3SiO24C2CO22CO3Si(4)无尾气吸收装置(5)21(6)向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊