2023年高考化学一轮复习 考点12 硅及其无机非金属材料 模拟测试

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考点12  硅及其无机非金属材料模拟检测 1．(2022·广东省高三模拟预测)广东一直是我国对外交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。下列文物主要由硅酸盐制成的是(   )文物选项A．南宋鎏金饰品B．蒜头纹银盒C．广彩瓷咖啡杯D．铜镀金钟座【答案】C【解析】A项，鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故A项不符合题意；B项，蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故B项不符合题意；C项，广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故C项符合题意；D项，铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故D项不符合题意；故选C。2．(2022·北京市第一六一中学三模)改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是(   )A．用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素B．用到石墨烯，是碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料C．用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D．传输信息用的光纤材料是硅【答案】D【解析】A项，钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期IVB族，属于过渡元素，故A正确；B项，石墨烯是碳原子紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，故B正确；C项，氮化硅陶瓷是性能优良的新型无机非金属材料，故C正确；D项，光纤材料的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。3．(2022·广东省三模)北京冬奥会系列设计充满了化学知识。下列说法错误的是(   )ABCD光纤主要成分是二氧化硅该制冰过程是物理过程石墨烯是有机高分子材料头盔具有外壳硬、内壳软、防护性能好的特性【答案】C【解析】A项，所谓光导纤维，就是依靠光在线缆中进行内全反射从而达到用光进行载体传输信息的介质，光纤主要成分是二氧化硅，故A正确；B项，干冰升华时吸热，该过程属于物理变化，故B正确；C项，石墨烯是无机非金属材料，故C错误；D项，碳纤维及一些高分子化合物具有硬、强度大、防护性能优等特点，头盔具有外壳硬、内壳软、防护性能好的特性，故D正确；故选C。4．(2022·广东省佛山市高三第二次教学质量监测)文物是传承文化的重要载体，下列主要成分不是硅酸盐的文物是(      )简牍陶彩绘女舞俑清雍正款霁红釉瓷碗萧何月下追韩信图梅瓶 ABCD【答案】A【解析】A项，简牍主要成分为植物纤维，A符合题意；B项，陶彩绘女舞俑，陶制品为硅酸盐材料，B不符合题意；；D项，梅瓶也是瓷器，为硅酸盐材料，D不符合题意；故选A。5．(2022·上海市二模)“碳中和”是指CO2排放总量和减少总量相当。下列措施对实现“碳中和”没有帮助的是(     )A．植树造林 B．风力发电 C．燃煤脱硫 D．绿色出行【答案】C【解析】A项，植树造林可以吸收二氧化碳，减少二氧化碳总量，Ａ项正确；B项，风力发电代替部分火力发电，可减少煤炭的燃烧，从而减少二氧化碳排放量，B项正确；C项，燃煤脱硫，只能减少二氧化硫的排放，无法减少C燃烧释放的二氧化碳，C项错误；D项，绿色出行可以减少汽车等尾气排放的二氧化碳，D项正确；故选C。6．(2022·山东省高三模拟预测)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。7．(2022·海南省高三学业考试)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。8．(2022•·河北省邯郸市高三模拟考试)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。9．(2022·湖北省黄冈中学三模)2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三名航天员平安凯旋。下列说法正确的是(   )A．具有耐高温和高度密封性的返回舱舷窗玻璃属于传统无机非金属材料B．返回舱表面的烧蚀材料由玻璃纤维与合成树脂复合而成，属于新型无机非金属材料C．烧蚀材料应具有高熔点、高沸点、难分解的特性，从而保护返回舱的安全D．返回舱次外层的“避火衣”热容量大、熔点高，由钛合金制成，属于金属材料【答案】D【解析】A项，耐高温和高度密封性的玻璃属于新型无机非金属材料，普通玻璃属于传统无机非金属材料，A项错误；B项，玻璃纤维与合成树脂复合而成，属于复合材料，B项错误；C项，烧蚀材料应具有较低熔点、较低沸点、易分解的特性，从而保护返回舱的安全，C项错误；D项，钛合金热容量大、熔点高，属于金属材料，D项正确；故选D。10．(2022·河北省石家庄市部分学校高三模拟考试)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。11．(2022·河北省衡水中学一模)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。12．(2022·河北省邯郸市二模)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。13．(2022·河南省濮阳市高三模拟)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。14．(2022·广东省珠海市第二中学高三模拟)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。15．(2022·天津市和平区三模)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。16．(2022·山东师范大学附中模拟预测)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。17．(2022·浙江省高三选考模拟)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。18．(2022·北京市十一学校三模)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。19．(2022·上海市南洋模范中学高三等级考试模拟预测)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。