考点12--硅及其无机非金属材料(好题冲关)(解析版)(全国通用).docx

考点12 硅及其无机非金属材料
(好题冲关)
【基础过关】
1．(2023·广东省汕头市高三联考)中华文明源远流长，下列文物或物品属于无机非金属材料的是( )

A．战汉时期老青铜错金马 B．春秋战国青铜鎏金活链圆壶
C．两周时期曾国编钟 D．潮汕陶瓷工夫茶具
【答案】D
【解析】老青铜错金马、青铜鎏金活链圆壶、编钟属于金属制品，属于金属材料，陶瓷工夫茶具属于无机非金属材料制品，属于传统无机非金属材料，故选D。
2．(2023·广东省韶关市二模)中国文物具有鲜明的时代特征。下列源自广东韶关的文物的主要成分不属于硅酸盐的是( )

A．清绿地素三彩花卉撇口碗
B．明代三彩孩童骑牛陶俑
C．南朝弦纹三足铜铛
D．东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型
【答案】C
【解析】A项，清绿地素三彩花卉撇口碗的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，A不符合题意；B项，明代三彩孩童骑牛陶俑的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，B不符合题意；C项，南朝弦纹三足铜铛的主要成分为铜，属于金属材料，不属于硅酸盐，C符合题意；D项，东晋咸和二年酱褐釉陶牛车模型的主要成分为陶瓷，属于硅酸盐，D不符合题意；故选C。
3．党的二十大报告提出，坚决打赢关键核心技术攻坚战。制造5G芯片的氮化铝属于( )
A．传统无机非金属材料 B．金属材料 C．新型塑料 D．新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】A项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，不属于传统无机非金属材料，故A不选；B项，金属单质和合金属于金属材料，氮化铝是化合物，不属于金属材料，故B不选；C项，氮化铝不含碳元素不属于有机物，塑料是有机物，故C不选；D项，氮化铝是一种新型陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，故D选；故选D。
4．下列有关说法与碳达峰、碳中和无关的是( )
A．北京冬奥火炬使用氢燃料 B．我国科学家以CO2为原料合成淀粉
C．化石燃料脱硫 D．种植“碳中和林”
【答案】C
【解析】A项，使用氢燃料，可以减少化石燃料的使用，减少CO2的排放，有利于降低空气中CO2的含量，与碳中和、碳达峰有关，A不符合题意；B项，以CO2为原料合成淀粉，有利于降低空气中CO2的含量，与碳中和、碳达峰有关，B不符合题意；C项，化石燃料脱硫，不能减少CO2的排放，与碳中和、碳达峰无关，C符合题意；D项，种植“碳中和林”，有利于降低空气中CO2的含量，与碳中和、碳达峰有关，D不符合题意；故选C。
5．我国宣布力争到2060年前实现“碳中和”目标。“碳中和” 是指CO2的排放总量和减少总量相当，下列做法不利于实现“碳中和”的是( )
A．大量使用煤炭 B．将CO2再生转化成资源
C．开发利用核能 D．人工光合作用消耗CO2
【答案】A
【解析】A项，大量使用煤炭，会增加二氧化碳的排放量，A符合题意；B项，将CO2再生转化成资源，实现资源化利用，能减少空气中二氧化碳的含量，与碳中和目标实现有关，B不符合题意；C项，开发利用核能，可以减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，C不符合题意；D项，人工光合作用消耗CO2，可以减少二氧化碳的总量，D不符合题意；故选A。
6．下列关于硼、硅及其化合物的说法中错误的是( )
A．可用H3BO3溶液来中和溅在皮肤上的碱液
B．Si与HF的反应中体现了HF的还原性
C．B2O3熔融时可以与多种碱性氧化物反应
D．Na2SiO3溶液可用作木材防火剂和黏合剂
【答案】B
【解析】A项，H3BO3酸性较弱，可中和溅在皮肤上的碱液，A正确；B项，Si与HF的反应，HF体现的是氧化性，B错误；C项，B2O3是酸性氧化物，熔融时可以与多种碱性氧化物反应，C正确；D项，Na2SiO3溶液可用作木材防火剂和黏合剂，D正确。故选B。
7．(2023·湖北省武汉市5调)湖北钟祥出土的“四爱图梅瓶”是一种青花瓷器。下列说法错误的是( )
A．陶瓷烧制的过程为物理变化 B．传统陶瓷可用作绝缘材料
C．制作陶瓷的原料为铝硅酸盐 D．陶瓷稳定性较强且耐腐蚀
【答案】A
【解析】A项，陶瓷烧制的过程涉及燃烧及瓷器中新物质的生成，为化学变化，A项错误；B项，传统陶瓷不导电，可用作绝缘材料，B项正确； C项，制作陶瓷的原料为铝硅酸盐，C项正确；D项，陶瓷为无机非金属材料，稳定性较强且耐腐蚀，D项正确；故选A。
8．(2023·湖北省武汉市高三教学质量检测)蕲春管窑镇被湖北省命名为“陶瓷之乡”，其管窑手工制陶技艺是湖北省第一批非物质文化遗产。下列说法中错误的是( )
A．陶瓷的主要原料是黏土和石灰石
B．陶瓷烧制过程中发生了化学变化
C．新型超导陶瓷可应用于磁悬浮技术
D．高温结构陶瓷可应用于火箭发动机
【答案】A
【解析】A项，生产陶瓷的主要原料是黏土，A错误；B项，陶瓷烧制过程中发生了复杂的物理及化学变化，B正确；C项，新型超导陶瓷具有超导性，可应用于磁悬浮技术，C正确；D项，高温结构陶瓷具有耐高温、抗氧化、耐磨蚀等优良性能，可用于火箭发动机，D正确；故选A。
9．下列关于硅材料的说法不正确的是(　　)
A．钢化玻璃与普通玻璃的主要成分基本相同
B．制普通玻璃的原料是石灰石、纯碱和石英砂
C．陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料
D．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂
【答案】D
【解析】A项，钢化玻璃就是将普通退火玻璃先切割成要求尺寸，然后加热到接近软化点的700度左右，再进行快速均匀的冷却而得到的玻璃，故钢化玻璃与普通玻璃的主要成分基本相同，A正确；B项，玻璃是传统硅酸盐产品，制普通玻璃的原料主要是纯碱、石灰石和石英，故B正确；C项，陶瓷是传统无机非金属材料，是人类应用很早的硅酸盐材料，故C正确；D项，水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误。故选D。
10．我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是( )
A． 晶体硅的结构与金刚石类似
B． 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
C． 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺复杂，价格昂贵
D． 晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电
【答案】A
【解析】A项，晶体硅为正四面体结构，与金刚石类似，A正确；B项，晶体硅常温下可以与氢氟酸反应，B错误；C项，晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它提炼工艺不复杂，价格不高，已经被普及使用，C错误；D项，晶体硅有金属光泽，可以导电，但它属于非金属材料，D错误；故选A。
11．在20世纪90年代末，科学家发现碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C84、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关碳元素单质的说法错误的是

A．金刚石和石墨的熔点肯定比C60高
B．熔点：C60＜C70＜C90
C．球碳分子、管状碳分子和洋葱状碳分子都是分子晶体，都是碳的同素异形体
D．金刚石以非分子形式的粒子存在，属于原子晶体；C60、C70、管状碳分子和洋葱状碳分子以分子形式的粒子存在，属于分子晶体；这些碳单质不互为同素异形体
【答案】D
【解析】A项，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合晶体，C60属于分子晶体，因此金刚石和石墨的熔点肯定要比C60高，故A正确；B项，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点：C60＜C70＜C90，故B正确；C项，球碳分子、管状碳分子和洋葱状碳分子都是碳元素形成的不同单质，所以均为碳的同素异形体，故C正确；D项，金刚石属于原子晶体，不存在分子；C60、C70、管状碳分子和洋葱状碳分子都是分子晶体，以分子形式存在；都是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故D错误；故选D。
12．中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是( )
A．中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
B．为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
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．“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
【答案】C
【解析】A项，中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误； B项，电能不是一次能源，属于二次能源，故B错；C项，二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确；D项，高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D 错误； 故选C
13．硅是构成无机非金属材料的一种主要元素，下列有关硅及其化合物的叙述错误的是( )
A．氮化硅陶瓷是一种高温结构陶瓷，其化学式为Si3N4
B．高纯硅可以制成计算机、通信设备等的芯片
C．硅可以用来生产新型无机非金属材料——光导纤维
D．二氧化硅为立体网状结构，每个硅原子结合4个氧原子
【答案】C
【解析】A项，氮化硅陶瓷是一种高温结构陶瓷，氮化硅中各元素的原子最外层达到8电子稳定结构，Si原子最外层电子数为4，N原子最外层电子数为5，要形成8电子稳定结构，则二者个数比值为3∶4，其化学式为Si3N4，故A正确；B项，高纯硅具有良好的半导体性能，可以制成计算机、通信设备等的芯片，故B正确；C项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，故C错误；D项，二氧化硅为原子晶体，为立体网状结构，其晶体中每个硅原子结合4个氧原子，每个氧原子结合2个硅原子，硅原子和氧原子个数之比为1∶2，故D正确；故选C。
14．纯二氧化硅可用下列流程制得．下列说法不正确的是( )

A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+ Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．SiO2既能与盐酸反应，又能与氢氟酸反应，所以SiO2是两性氧化物
【答案】D
【解析】A项，硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，A正确；B项，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3(胶体)+Na2SO4，B正确；C项，碳酸、硫酸的酸性都强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，C正确；D项，SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但与氢氟酸反应的生成物不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，而是酸性氧化物，D不正确；故选D。
15．生产生活中的各种“玻璃”的说法正确的是( )
A．钢化玻璃和普通玻璃成分不相同，但都属于硅酸盐产品
B．有机玻璃的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯属于天然有机高分子材料
C．“水玻璃”的主要成分是硅酸钠的水溶液，可用作矿物胶
D．石英玻璃熔点高、硬度大，可制作加热NaOH、Na2CO3等固体的仪器
【答案】C
【解析】A项，钢化玻璃是将普通玻璃高温后骤降温度得到，二者成分相同，都属于硅酸盐产品；A错误；B项，有机玻璃属于有机合成高分子材料，B错误；C项，“水玻璃”的主要成分是硅酸钠的水溶液，可以用作矿物胶，C正确；D项，石英玻璃主要成分是二氧化硅，属于酸性氧化物，会与NaOH、Na2CO3等碱性物质发生反应，所以不能制作加热NaOH、Na2CO3等固体的仪器，D错误；故选C。
16．无机非金属材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是( )
A．玻璃纤维用于高强度复合材料，其主要成分为玻璃
B．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱
C．碳纳米材料是一类新型无机非金属材料，其中石墨烯具有导电性
D．碳化硅俗称金刚砂，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【解析】A项，玻璃纤维是纤维状的玻璃，其主要成分为玻璃，常用于高强度复合材料，故A正确；B项，陶瓷中的硅酸盐在高温条件下能与纯碱反应，故B错误；C项，碳纳米材料的主要成分为碳，属于新型无机非金属材料，石墨烯具有石墨的层状结构，具有导电性，故C正确；D项，碳化硅为共价晶体，具有高硬度，可用作砂纸、砂轮的磨料，故D正确；故选B。
17．近年来中国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天舟、巡天、问天、梦天、天问、神舟等等体现了中国的强大科技力量，下列说法不正确的是( )
A．为航天器量身定制的柔性三结砷化镓太阳电池阵首次在“天和”号使用，砷化镓属于半导体
B．“天宫”空间站使用石墨烯存储器，所用材料石墨烯与金刚石互为同分异构体
C．“天问一号”火星车使用热控保温材料‑‑‑‑纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D．“神州十三号”飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料
【答案】B
【解析】A项，砷化镓是良好的半导体材料，故A正确； B项，石墨烯与金刚石都是由碳元素构成的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C项，新型纳米气凝胶做热控材料，气凝胶是分散在空气中，分散剂是气体，可产生丁达尔效应，故C正确；D项，氮化硼陶瓷基材料属于新型无机非金属材料，故D正确；故选B。
18．2022年2月在北京举办的冬季奥运会中，使用了许多功能各异的材料，下列有关材料的描述中不正确的是( )
A．陶瓷、玻璃、水泥属于传统的无机非金属材料
B．石墨烯、富勒烯和碳纳米管属于新型有机非金属材料
C．硅是应用最为广泛的半导体材料
D．通讯中使用的光导纤维，主要成分为SiO2
【答案】B
【解析】A项，玻璃、陶瓷、水泥的主要成分是硅酸盐类，都属于传统的无机非金属材料，A正确；B项，碳纳米管、富勒烯、石墨烯都是新型无机非金属材料，B不正确；C项，晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，是应用最广泛的良好的半导体材料，C正确；D项，光导纤维的主要成分是二氧化硅，D正确；故选B。
19．中国科技改变世界。下列说法错误的是( )
A．“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
B．“天问一号”火星车使用热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D．“天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】A项，光导纤维是用二氧化硅生产的，通信容量大，抗干扰性能好，传输信号不易衰减，能有效提高通信效率。而芯片利用了高纯硅的半导体性能广泛应用于信息技术和新能源技术等领域，A错误；B项，热控保温材料纳米气凝胶的粒径大小在1nm-100nm间，此分散系为胶体，可产生丁达尔效应，B正确；C项，银离子为重金属离子，能使蛋白质变性，有杀菌消毒的作用，故可用于抗菌技术，防护细菌侵入，C正确；D项，氮化硼陶瓷具有多种优良性能，可用做高温、高压、绝缘、散热部件、航天航空业中的热屏蔽材料，属于新型无机非金属材料， D正确；故选A。
25．形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。SiO44-是一种四面体形的离子(属硅酸根)，其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心(图中不可见)，四个氧原子各占一个顶点。图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。

(1)求b的化学式。___
(2)若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则其化学式为__。
(3)绿柱石是铍、铝的此类硅酸复盐，其化学式中含6个硅原子，该复盐的化学式是___。
【答案】(1)Si3O96- (2)SinO3n2n- (3)Be3Al2Si6O18(或3BeO·Al2O3·6SiO2)
【解析】(1)①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为＋4、O氧元素化合价为−2可知，b的化学式为：Si3O96−；(2)c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6×(−2)＝−12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n×(−2)＝−2n，其化学式为：SinO3n2n−； (3)根据SinO3n2n−可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为：−12，设铍的个数为x，铝的个数为y，则2x＋3y＝12，讨论可得x＝3、y＝2，其化学式为：Be3Al2Si6O18，故答案为：Be3Al2Si6O18(或3BeO·Al2O3·6SiO2)。
20．我国能够造出几百万一颗的卫星芯片，但是在智能手机芯片上却屡屡遭到美国垄断。制造手机芯片需要高纯硅，工业上制取高纯硅的流程如图。请根据所学知识回答下列问题。

(1)石英砂的主要成分为____________(填化学式)，实验室不能用石英坩埚熔融氢氧化钠的原因是________________________。
(2)整个过程中可以循环利用的物质为____________(填化学式)。
(3)晶体硅为灰黑色固体，溶于氢氟酸可生成氢气。写出晶体硅与氢氟酸反应的化学方程式：__________________。
(4)某科研团队设计了一种以硅作为基底的微型直接氢气酸性燃料电池，其工作原理如图所示：

①电池工作时，电子由______(填“A”或“B”，下同)电极流向______电极。
②电池工作时，B电极上的电极反应式为__________________。
③每转移，A电极消耗标准状况下的O2的体积为______L。
【答案】(1) SiO2     氢氧化钠能与SiO2发生反应，腐蚀石英坩埚
(2)HCl、H2
(3) Si+4HF= SiF4↑+2H2↑
(4) B     A     H2-2e-=2H+     11.2
【解析】(1)石英砂的主要成分为SiO2，石英坩埚中SiO2能与NaOH反应生成硅酸钠，氢氧化钠能腐蚀石英坩埚，故不能用石英坩埚熔融NaOH。(2)从制备流程可知，整个过程中可循环利用的物质为HCl和H2。(3)晶体硅溶于氢氟酸生成氢气和四氟化硅，化学方程式为Si+4HF= SiF4↑+2H2↑。(4)①从该燃料电池的工作原理图可知，A电极上O2得电子转化为H2O为原电池正极，B电极上氢气失电子生成氢离子为原电池负极，故电子从B电极流向A电极。②B电极上H2失电子生成H+，电极反应式为H2-2e-=2H+。③A电极上O2+4e-+4H+=2H2O，每转移2mol电子，A电极消耗O20.5mol，标准状况下体积为11.2L。
【能力提升】
22．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，易自燃)与过量H2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H2SO4、温度高于32℃的温水
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
【解析】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SiHCl3与过量H2混合，Ⅳ中高温下反应硅，且SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl。A项，SiHCl3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置中的空气，故A正确；B项，装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B正确；C项，实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，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项，SiHCl3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溶液前加上防倒吸装置，故D错误；故选D。
23．部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( )

A．固态p可做制冷剂用于人工降雨
B．p转化为r可通过化合反应来实现
C．m转化为n或o的反应均释放能量
D．n的一种同素异形体中既存在共价键也存在范德华力
【答案】C
【解析】依据价类二维图可知：m为甲烷、n为碳单质、o为CO、p为CO2、r为碳酸盐。A项，p为二氧化碳，可做制冷剂用于人工降雨，A项正确；B项，二氧化碳与氧化钙反应生成盐碳酸钙，是化合反应实现，B项正确；C项，甲烷转化为二氧化碳是放热反应，C项错误；D项，碳有多种同素异形体，如金刚石、石墨等，石墨既存在共价键也存在范德华力，D项正确；故选C。
24．硅胶吸附剂的结构示意图如图所示，常用作干燥剂。在其中添加CoCl2可使其指示吸水量的多少来决定硅胶是否失效，原理如下：CoCl2(蓝色)=CoCl2·6H2O(粉红色)，失效的硅胶可加热再生，下列说法错误的是( )

A．当硅胶变粉红色说明硅胶失效了
B．SiO2是酸性氧化物，硅胶可干燥HF和Cl2等酸性气体
C．失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高
D．当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力
【答案】B
【解析】A项，由题中信息可知，硅胶吸水后，会变成蓝色的CoCl2·6H2O(粉红色)，故变成粉红色后则说明硅胶失效了，A正确；B项，二氧化硅可以和HF反应，故硅胶不能干燥HF，B错误；C项，温度过高会因显色剂逐步氧化而失去显色作用，C正确；D项，由硅胶结构可知，硅胶用作干燥剂，是通过硅羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的，故当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力，D正确；故选B。
25． AX4四面体(T1)在无机化合物中很常见。T1按图所示方式相连，可形成一系列“超四面体”(T2、T3…)，下列说法正确的是( )

A．超四面体系列的各物质最简式相同
B．AX4每个面都是正三角形，键角为
C．SiO2、SiC、SiCl4等硅的化合物均可形成超四面体系列
D．AX4四面体形成的无限三维结构对应的晶体可能为共价晶体
【答案】D
【解析】A项，T1、T2和T3的化学式分别为AX4、A4X10和A10X20，故超四面体系列的各物质最简式不相同，A错误；B项，AX4是正四面体结构，每个面都是正三角形，但是键角为，B错误；C项，观察“超四面体”(T2、T3…)结构图，不难发现A为中心原子，与四个X连接，应为硅、锗等原子；而X为配位原子，可以与两个A原子相连，应为氧、硫等原子，表明SiO2、SiC可形成超四面体系列，SiCl4不可以形成超四面体系列，C错误；D项，共价晶体的微观空间中没有分子，可无限延伸，AX4四面体形成的无限三维结构对应的晶体可能为共价晶体，D正确；故选D。
26．芯片是国家科技的心脏。在硅及其化合物上进行蚀刻是芯片制造中非常重要的环节。三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)是常见的蚀刻剂。
(1)高纯三氟化氮对二氧化硅具有优异的蚀刻速率和选择性。
①二氧化硅的晶胞结构如图所示，二氧化硅晶体中硅原子周围最近的硅原子有_______个。

②工业上常采用F2直接氟化尿素［CO(NH2)2]的方法生产NF3。得到的NF3中常含有少量CF4。常温下，三种物质在水中的溶解性大小顺序为：CF4<NF3<NH3，原因是_______。
(2)四氟化碳的一种蚀刻机理是：CF4在等离子体的条件下产生活性自由基(▪F)，该自由基易与硅及其化合物中的硅原子结合生成SiF4气体从而达到蚀刻目的。用CF4(g)进行蚀刻时常与氧气混合，当混合气体的流速分别为80mL·min-1和100mL·min-1时，蚀刻速率随混合气体中O2和CF4体积之比［V(O2)/V(CF4)]的变化如图所示。

①a点蚀刻速率比b点快的原因是_______。
②蚀刻速率随V(O2)/V(CF4)先升高后降低的原因是_______。
(3)NF3是一种强温室气体，消除大气中的 NF3对于环境保护具有重要意义。国内某科研团队研究了利用氢自由基(·H)的脱氟反应实现NF3的降解。降解生成·NF2和HF的两种反应历程如图所示。其中直接抽提反应是降解的主要历程，原因是_______。

【答案】(1)①4 ②CF4 是非极性分子，NF3 和 NH3 是极性分子，但 NH3 的极性比 NF3 大，且 NH3 更易 与水形成分子间氢键
(2)①a 点产生活性自由基(·F)的浓度大 ②O2 与 CF4 中的碳元素反应生成 CO(或 CO2)，O2 的体积分数增大，有利于产生更高浓 度的活性自由基(·F)；随着 O2 体积分数的继续增加，CF4的含量减小，产生活性自由 基(·F)的浓度减小
(3)直接抽提反应活化能小，反应步骤少
【解析】(1) ①二氧化硅晶体中硅原子采取sp3杂化，每个硅原子周围最近的硅原子有4个；②三种物质都是分子，CF4是非极性分子，根据相似相溶原理，CF4在水中溶解度最小，NF3和NH3都是极性分子，且NH3能与水形成氢键，故溶解度最大；(2) ①蚀刻速率受活性自由基(▪F)的影响，活性自由基(▪F)的浓度越大，刻蚀速率越大，a点蚀刻速率比b点快的原因是a 点产生活性自由基(·F)的浓度大；②刻蚀过程O2与 CF4中的碳元素反应生成 CO(或 CO2)，随着氧气体积的增大，活性自由基(▪F)浓度增大，随着氧气体积持续增加，CF4的含量减小，活性自由基(▪F)的体积分数减小，浓度减小，刻蚀速率下降；(3)由图像可以看出，直接抽提反应的活化能小于加成消除反应，直接抽提反应的速率快，并且直接抽提反应只有一步反应，步骤少，所以直接抽提反应为主要反应。
27．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期。两元素原子的质子数之和为24。
(1)该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为____________；
(2)常温下，不能与R单质发生反应的是_______(选填序号)；
A．CuCl2溶液       B．Fe2O3       C．浓硫酸       D．Na2CO3溶液
(3)写出M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。
(4) 氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。Si3N4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为_______。
(5)C3N4的结构与Si3N4相似。请比较二者熔点高低并说明理由：_______。
(6)可由下列反应制得Si3N4，配平该反应并标出电子转移的数目和方向：_______。
_______SiO2+_______C+_______N2_______Si3N4+_______CO
(7)如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则制得的Si3N4质量为_______。
【答案】(1)     r(Na)＞r(Al)＞r(Si)     (2)bd
(3)OH－＋Al(OH)3＝AlO2-＋2H2O (4)−3
(5)C3N4熔点比Si3N4熔点高，原因为两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，因此C3N4熔点比Si3N4熔点高
(6)
(7)35g
【解析】一种硅酸盐的组成为：M2O·R2O3·2SiO2·nH2O，已知元素M、R均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，M为+1价，R为+3价，则说明M为Na，R为Al。(1)该硅酸盐中同周期元素是Na、Al、Si，根据同周期原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(Na)＞r(Al)＞r(Si)；(2)常温下，铝与氯化铜反应生成氯化铝和铜单质，铝与氧化铁常温不反应，铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，铝常温下与碳酸钠不反应，因此不能与R单质发生反应的是bd；(3)M、R两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，两者反应的离子方程式OH－＋Al(OH)3＝AlO2-＋2H2O；(4)Si3N4晶体中只有极性共价键，氮非金属性比硅强，硅为+4价，根据化合物为电中性，则氮原子的化合价为−3；(5)氮化硅(Si3N4)陶瓷材料硬度大、熔点高。C3N4的结构与Si3N4相似，说明两者都是原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，键长短，键能大，则C3N4熔点比Si3N4熔点高； (6)碳化合价由0价变为+2价，氮化合价由0价变为−3价，则碳升高2个价态，Si3N4降低12个价态，因此碳系数配6，Si3N4系数配1，根据硅和氮守恒配SiO2系数为3，N2系数为2，再根据碳守恒配CO系数为6，则为3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO，其电子转移为；(7)根据反应方程式3SiO2+6C+2N21Si3N4+6CO分析得到气体质量增加112g，则生成1mol Si3N4即140g，如果上述反应在10L的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L，则气体质量增加了28g，则制得的Si3N4质量为。
28．水泥是重要的建筑材料，硅酸盐水泥主要为硅酸二钙(2CaO·SiO2)、硅酸三钙(3CaO ·SiO2)、铝酸三钙(3CaO·Al2O3)。铁铝酸四钙(4CaO·Al2O3·Fe2O3)和氧化镁等的混合物。《水泥化学分析方法》中用EDTA(一种常用作滴定金属离子含量的有机物)滴定法测定水泥样品中钙、镁的含量。其过程如图所示：
已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Mg2+
Ca2+
Al3+
Fe3+
开始沉淀的pH
11
13.5
3.5
2
完全沉淀的pH
13
>14
4.5
3.5
回答下列问题：
(1)工业制水泥的主要原料是黏土和______(填名称)。
(2)步骤①中选择用银坩埚而不用瓷坩埚，其理由是_____.滤渣的主要成分为_____。(填化学式)。
(3)步骤③中加入的酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，可掩蔽杂质离子的干扰，在该过程中，主要掩蔽的离子有_____。 掩蔽剂需要在调pH前加入，若在碱性溶液中则起不到掩蔽作用，试从要掩蔽的离子性质分析原因：_______。
(4)步骤④和⑤中，调pH时，最好选用试剂_____(填序号)。
A．氨水 B．MgO C．CaCO3
(5)水泥样品中的钙的含量通过步骤④滴定结果可计算得出；而步骤⑤滴定的是钙、镁总量，所以测定镁的含量准确性还依赖于步骤④。当溶液pH大于12时，会生成硅酸钙沉淀，所以若滴定前，溶液中还有少量的硅酸，则需加入适量氟化钾，以消除硅酸的干扰。若未加氟化钾，残留的硅酸会使镁含量测定结果______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(6)镁含量的测定还受水泥试样中一氧化锰含量的影响，当一氧化锰含量小于0.5%时，干扰不明显，可忽略不计；但大于0.5%时，还需要再测出一氧化锰含量。一氧化锰的测定是在硫酸介质中，用高碘酸钾将其氧化为高锰酸根离子，进行测量。写出该过程中反应的离子方程式：______(该反应中的一种产物可以作为食盐的添加剂)。
【答案】(1)石灰石 氢
(2)氧化钠会与二氧化硅反应，腐蚀瓷坩埚 H2SiO3
(3)Al3+和Fe3+ 碱性溶液中，Al3+和Fe3+会生成Al(OH)3沉淀和Fe(OH)3沉淀
(4)A (5)偏高 (6)2MnO+5IO4-+H2O=2 MnO4-+5IO3-+2H+
【解析】(1)工业制水泥的主要原料是黏土和石灰石；(2)瓷坩埚中含有二氧化硅，加热熔融时氢氧化钠和二氧化硅反应，会腐蚀瓷坩埚；由分析可知，加入足量盐酸酸化后，过滤得到硅酸滤渣；(3)由题意可知，步骤③中加入的酒石酸钠和三乙醇胺作为掩蔽剂，掩蔽铁离子和铝离子，防止加入EDTA时对钙、镁含量测定的干扰；在碱性溶液中，铁离子和铝离子会转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，则在调溶液pH前加入掩蔽剂，起不到掩蔽作用；(4)调节溶液pH时，若加入氧化镁和碳酸钙，会使溶液中钙离子和镁离子的量增大，影响测定结果，所以调节溶液pH的试剂最好为氨水，故答案为A；(5)由题意可知，当溶液pH大于12时，会生成硅酸钙沉淀，若滴定前不加入适量氟化钾消除硅酸的干扰，会导致测得钙离子的量偏低，计算出的镁离子含量偏高；(6)由题意可知，酸性条件下，高碘酸钾与一氧化锰发生氧化还原反应生成碘酸钾和高锰酸，反应的离子方程式为2MnO+5IO4-+H2O=2 MnO4-+5IO3-+2H+。