高考化学硅及其化合物推断题经典压轴题含答案.docx

1、高考化学硅及其化合物推断题经典压轴题含答案高考化学硅及其化合物推断题-经典压轴题含答案一、硅及其化合物1探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X的化学式是_。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是_。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式_。【答案】Mg2SiO4或2MgOSiO2 SiO22OH=SiO32H2O SiO22CSi2CO 【解析】【详解】无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的

2、量=1.8g60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量=0.03mol76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量=3.48g58g/mol0.06mol，质量为0.06mol24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量=1.44g24

3、g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgOSiO2。（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO22OH=SiO32H2O。（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO22CSi2CO。2某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式_。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式_。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生

4、成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_；c(HCl)=_mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_。(6)若A是一种溶液，可能含有H、NH、Mg2、Fe3、Al3、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液

5、中肯定含有的离子是_，它们的物质的量浓度之比为_。【答案】 Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2 NaOH、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl H、Al3、 c(H)c(Al3)c()c()1123 【解析】【分析】(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶

6、液反应生成Na2SiO3和H2；(3) 曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3； (4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成

7、氯化铵，同时生成氮气；(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH- +2H2

8、O=SiO32-+2H2；(3) 曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，则c(HCl)=0.05mol/L；(4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生

9、成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H+OH-=H2O，氢

10、离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3+3OH-=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。3已知A，B，C，D均含有同一种元素，A为单质，根据下图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。写出A、B、C、D各物质的名称：A_，B_，C_，D_；写出AD的化学方程式：_。写出下

11、列变化的离子方程式：BC_；DB_。【答案】硅 硅酸钠 硅酸 二氧化硅 Si+O2 SiO2 SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32- SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 【解析】【分析】A是单质，A可以与NaOH溶液反应，A与O2在高温下反应产生的氧化物可以与碳在高温下反应产生A单质，可知A为Si单质；Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，硅酸受热分解得D为SiO2，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠，符合各物质转化关系，据此答题。【详解】综上所述可知可知A为硅，B为硅酸钠，C为硅酸，D为二氧化硅。根

12、据上面的分析可知，A为硅，B为硅酸钠，C为硅酸，D为二氧化硅；A为Si，D为二氧化硅，硅与氧气在高温下反应生成SiO2，该反应的化学方程式为：Si+O2SiO2；B是Na2SiO3，C是H2SiO3，向Na2SiO3水溶液中通入CO2气体，会发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-；D是SiO2，B是Na2SiO3，SiO2与NaOH溶液反应产生硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。【点睛】本题考查无机物推断的知识，明确硅和二氧化硅的性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分

13、析能力及逻辑推理能力。4A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如下图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。请填空：（1）写出物质C的化学式 。（2）写出B和碳高温反应生成A和E的化学方程式是 。（3）写出BD反应的离子反应方程式 。【答案】（1）CaSiO3（2）SiO2+2CSi+2CO（3）SiO2+2OH=SiO32+H2O【解析】A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，A是硅；二氧化硅与碳单质反应生成硅和CO，E是CO、B是SiO2；SiO2与氧化钙高温生成硅酸钙，C是硅酸钙；SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，D是硅酸钠。（1）根据以上分析可知可

14、知物质C的化学式为CaSiO3。（2）SiO2和碳高温反应生成硅和CO的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO。（3）BD反应的离子反应方程式SiO2+2OHSiO32+H2O。5甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，它们广泛存在于地壳中，均不溶于水，且都有如下相同的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B。(1) 写出甲、乙的化学式：甲_,乙_；(2) 写出下列反应的化学方程式：甲+NaOH溶液_,乙+NaOH溶液_；(3) 分别写出甲、乙对应的A溶液与过量盐酸反应的离子方程式：甲 _乙_(4) 若将5.1g乙溶于适量的盐酸（二者恰好完全反应）后，再

15、加入175 mL的2 mol.L1 NH3H2O溶液，得到沉淀_g【答案】SiO2 Al2O3 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O SiO32-+2H+H2SiO3 AlO2-+4H+=Al3+2H2O 7.8 【解析】【分析】甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如图的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化铝。二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸反应生成氢氧

16、化铝沉淀。【详解】(1)根据以上分析，甲为SiO2、乙为Al2O3；(2)二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)甲对应的A是Na2SiO3，Na2SiO3与过量盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应离子方程式是SiO32-+2H+H2SiO3；乙对应的A是偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝和氯化钠，反应的离子方程式是AlO2-+4H+=Al3+2H2O；(4) 5.1g氧化铝的物质的量是 ，n(Al3+)=0.1mol

17、，n(NH3 H2O)= 0.175L2 mol.L1=0.35mol，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，根据铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol78g/mol=7.8g。6材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成。它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。下图虚线框内的其它转化是为探究C的组成而设。G、F、H均为难溶于水的白色固体；图中C、H、K均为含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答下列问题： （1）指出K可能所属的晶体类型_，K

18、中含有的化学键类型为_。（2）写出化学式：化合物C_；化合物F_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）写出反应的离子方程式：_。（5）化合物K与化合物C类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，请写出K与水反应的化学方程式：_。【答案】原子晶体 共价键 SiCl4 H2SiO3(或H4SiO4) 3Si（NH2）4=Si3N4+8NH3 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 或 SiO2+4OH-=SiO44-+2H2O Si3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3 或 Si3N4+12H2O=3H4SiO4+4NH3 【解析】【分析】根据图中各物质转化关系，F受热得H，H能与氢氧

19、化钠反应生成I，I与过量的二氧化碳反应生成F，说明F为弱酸且能受热分解，结合化合物D中A可形成四个价键知：A元素为四价元素，C、H、K均为含A元素，K由两种非金属元素组成，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，根据D的部分组成可知K应为Si3N4，可以确定A为Si，H为SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，由虚线框中上一支推中可知，E与硝酸银反应生成 不溶于稀硝酸的沉淀G，则可知E中有Cl，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H24HCl+H2SiO3，生成E：HCl，G、F、H均为难溶于水的白色固体。【详解】由分析可知：A为Si，B为Cl2，C为Si

20、Cl4，D为Si(NH2)4，E为HCl，F为H2SiO3，G为AgCl，H为SiO2，I为Na2SiO3，K为Si3N4。（1）K为Si3N4，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，K可能所属的晶体类型原子晶体，K中含有Si-N的化学键类型为共价键。（2）化学式：化合物C为SiCl4；化合物F为H2SiO3(或H4SiO4)。（3）Si（NH2）4在高温条件下分解生成Si3N4和NH3，反应的化学方程式：3Si（NH2）4= Si3N4+8NH3。（4）SiO2是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应的离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 或 SiO

21、2+4OH-=SiO44-+2H2O。（5）化合物Si3N4与化合物SiCl4类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，则反应方程式为：Si3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3或 Si3N4+12H2O=3H4SiO4+4NH3。7某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。回答下列问题：(1)在操作中要用到的玻璃仪器有_; (2)沉淀C的化学式是_。滤液B中含有的溶质有_(写化学式)；(3)步骤的离子方程式为_。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 NaAlO2、NaCl、NaOH AlO2-+CO2+2H2O=HCO3

22、-+Al(OH)3 【解析】【分析】氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe(OH)3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。【详解】(1)步骤为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝

23、与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；(3)步骤为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3。8按要求回答下列问题：（1）FeCl3 溶液和 Fe(OH)3 胶体的本质区别是：_。（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_（填名称）。（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的_性。（4）盛放 NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用_ 塞（填“玻璃”或“橡胶”）。（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_（填“下口放出”或“

24、上口倒出”）。（6）6.20 g Na2O 晶体中含离子数目是_（NA为阿伏加德罗常数的数值）。（7）等质量的 NH3 和 H2S 中，氢原子的个数比是_。（8）加热某碱式碳酸镁晶体4MgCO3Mg(OH)25H2O至质量不再变化时，得到 10.0g 残留固体和_L CO2（标准状况下）。【答案】分散质粒子直径 石灰石 还原 橡胶 下口放出 0.3NA 3:1 4.48 【解析】【分析】（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；（2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；（4）根据二氧化硅与NaOH 溶液溶液反应分析判断；（5）根据四氯化碳密度大于水分析；（6

25、）Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；（8）加热4MgCO3Mg(OH)25H2O至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据n=，V=nVm及原子守恒进行计算。【详解】（1）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1100nm之间，即分散质粒子直径大小不同，故答案为：分散质粒子直径；（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，故答案为：石灰石；（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用

26、了金属钠的还原性，故答案为：还原；（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，故答案为：橡胶；（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，故答案为：下口放出；（6）6.20 g Na2O 的物质的量为0.1mol，Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3NA，故答案为：0.3NA；（7）设二者的质量为mg，则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比=2：1，则所

27、含氢原子的个数比是=3:1，故答案为：3:1；（8）加热4MgCO3Mg(OH)25H2O生成MgO和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的固体为MgO，10gMgO的物质的量为=0.25mol，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n(MgCO3)=n(Mg)=0.25mol=0.2mol，n(CO2)= n(MgCO3)=0.2mol，V(CO2)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48L。9铝硅合金材料性能优良。铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）干法制取该合金的工艺如下：（1）焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe

28、(SO4)2+3H2O+6NH3（少部分Al2 O3发生类似反应）。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图，最适宜焙烧温度为_。指出气体I的用途 _（任写一种）。（2）操作包括：加水溶解、 过滤_、_。若所得溶液中加入过量NaOH溶液，含铝微粒发生反应的离子方程式为_（3）用焦炭还原SiO2发生反应的化学方程式为_【答案】300制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中洗涤干燥Al3+4OH-=AlO2-+2H2O2C+SiO22CO+Si【解析】【分析】铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）加硫酸铵焙烧，Fe2O3转化为NH4Fe(SO4)2同时生

29、成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO2和Al2O3，用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到硅铝熔体，在加纯铝搅拌，得到硅铝合金，据此分析解答。【详解】（1）焙烧时尽可能是氧化铁反应，而氧化铝不反应，由图可知在300时，氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高，而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低，所以最适宜焙烧温度为300；气体为氨气，氨气可以用于制氮肥，也可以用硫酸吸收来备硫酸铵循环到焙烧过程中；故答案为：300；制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中；（2）由流程分析可知，操作应包括：加水溶解、过滤、洗涤、干燥；溶液中含有铝离子与氢氧根离子生成偏铝酸根离子，其反应的离子方程式为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O；故答案为：洗涤；干燥；A