高考化学一模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附详细答案Word格式文档下载.docx

1、（3）氧化物属于两性氧化物的元素是_（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式_（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：_；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_。（5）的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为_【答案】Ar K HClO4 KOH Al Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O 【解析】【分析】稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。同周期从右往左

2、，同主族从上至下，金属性逐渐增强。金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】（1）根据分析-元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；（2）根据分析，-元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O；（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，

3、故水比氨气稳定，；（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O。【点睛】非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。2有两种短周期元素、，元素原子的最外层电子数为，次外层电子数为；元素原子的层（有电子）电子数为层电子数为。（1）推断元素名称和符号：_、_，_、_。（2）两元素形成的化合物可能具有的性质是_（填序号）。A.能与水反应 B.能与硫酸反应 C.能与氢氧化钠溶液反应（3）元素的原子含有_个能层，Y元素的原子含有_个能层。【

4、答案】氧 O 硅 Si C 2 3 短周期元素X和元素Y，元素X原子的最外层电子数为a，次外层电子数为b；元素Y原子的M层电子数为（ab），L层电子数为（ab），则L层电子数为8，所以ab8，所以元素X原子有2个电子层，故b2，所以a8b826，故X为O元素；故元素Y原子的M层电子数为ab624，Y为Si元素，X、Y两元素形成的化合物为SiO2，结合元素化合物的性质判断。（1）X为O元素，Y为Si元素，故答案为：氧；O；硅；Si；（2）X、Y两元素形成的化合物为SiO2；ASiO2不与水反应，故A错误；BSiO2性质稳定，溶于HF酸，不溶于其它酸，故B错误；CSiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与

5、水，故C正确；DSiO2不与氯气反应，故D错误；故答案为：C；（3）氧原子和硅原子的原子结构示意图分别为：，所以氧原子有2个能层，硅原子有3个能层，故答案为：2；3。本题推断元素种类是解题关键，根据每一能层能够排布的电子数多少进行综合判断，注意二氧化硅性质的特殊性。3绿矾（FeSO47H2O）可用做净水剂、除草剂等。某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分（Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其它杂质）的含量并制备了绿矾，流程如下：请回答下列问题：（1）溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和_。（2）试剂C是_。（3）中反应的离子方程式是_、_。（4）烧渣中Fe2O3、A

6、l2O3和SiO2的物质的量之比是_。【答案】OH- 稀硫酸 Fe+2Fe3+=3Fe2+ Fe+2H+=Fe2+H2 5：5：1 烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，与过量NaOH溶液混合，Al2O3和SiO2反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中，Fe2O3不能反应进入滤渣，然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g，溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-，加入过量盐酸，AlO2-转化为Al3+，SiO32-反应形成H2SiO3沉淀，发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3+2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3，

7、然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀，灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g；固体B为Fe2O3，向其中加过量试剂C溶解，因为要制备FeSO47H2O，所以试剂C为稀硫酸，发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液，再加试剂E将三价铁还原成二价铁，则试剂E为Fe单质，最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，据此分析。（1）通过以上分析知，溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-；（2）固体B为Fe2O3，向其中加入H2SO4反应产生Fe2（SO4）3，再向该溶液中加入Fe粉，还原得到FeSO4溶液，因此试剂

8、C是稀硫酸；（3）是Fe单质与Fe2（SO4）3反应产生FeSO4溶液，及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2，其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2；（4）通过以上分析知Fe2O3为8.0g，固体G是SiO2，由于在反应过程中Si元素没有损失，所以根据Si元素守恒，可知原混合物中含有SiO2为0.6g，则原混合物中Al2O3质量为m（Al2O3）=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g，则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n（Fe2O3）：n（Al2O3）：n（SiO2）=：=0.05：0.05：0.01=5：1。本题考查物质

9、制备，明确流程图中发生的反应及物质分离提纯方法是解答本题关键，掌握元素的Al、Fe、Si元素的单质及化合物的性质是解题的基础，侧重考查学生分析推断及综合应用能力。4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）白色沉淀用途广泛，请列举一例：_。【答案】Mg2SiO4 或 2MgOSiO2 SiO22OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等 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1.80

10、g为SiO2，物质的量1.8g60g/mol0.03mol，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/mol2.28g，金属质量4.20g-2.28g1.92g，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0.06mol，质量为0.06mol24g/mol1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量0.03mol92g/mol2.76g，金属质量4.20g-2.76g1.44g，物质的量1.44g24g/mol0.06mol，得到

11、X为Mg2SiO4。（1）X的化学式为，Mg2SiO4；（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO22OH-SiO32-+H2O；（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。5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 A是单质，A可以与NaOH溶液反应，A与O2在高温下

12、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。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，

13、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。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析能力及逻辑推理能力。6常见物质之间的转化如下图所示：其中 B 常被用于制造光导纤维，其对应的单质的结构与金刚石的结构是相似的。（1）试推测：A_，F_（写化学式）（2）试写出反应的离子方程式：_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）在反应中，碳的作用是_，当生成 1molA

14、 时，转移电子的数目为_。【答案】 Si H2SiO3 SiO2+20H=SiO32+H2O SiO2+2C Si+2CO 还原剂 2.408l024【解析】本题考查无机框图推断题，B常用于制造光导纤维，即B为SiO2，反应工业上制取粗硅的反应，发生2CSiO2Si2CO，A为Si，D为CO，反应SiO2属于酸性氧化物，与氢氧化钠反应，即SiO22OH=SiO32H2O，反应是CO与O2反应生成CO2，利用硅酸的酸性弱于碳酸，即反应是SiO32CO2H2O=H2SiO3CO32，（1）根据上述分析，A为Si，F为H2SiO3；（2）反应的离子反应方程式为SiO22OH=SiO32H2O；（3）

15、反应的方程式为：2CSiO2Si2CO；（4）根据反应方程式，C的化合价由0价+2价，化合价升高，C作还原剂，Si的化合价由4价0价，化合价降低4价，因此生成1molSi，转移电子物质的量为4mol，转移电子的数目是4NA。点睛：本题相对比较简单，熟记光导纤维的成分是SiO2，工业上制取硅，注意生成的是CO，不是CO2，同时注意（4），问题是转移电子的数目，不是转移电子的物质的量。7A、B、C、D、E、F 六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件和部分副产物未标出），其中反应是置换反应。（1）若 A、D、F 都是非金属单质，且 A、D 所含元素在周期表中同一列，A、F 所含元素在周期表中同一横

16、行，则反应的化学方程式是_。（2）若 A 是常见的金属单质，D、F 是气态单质，反应在水溶液中进行，则反应（在水溶液中进行）的离子方程式是_；（3）若 B、C、F 都是气态单质，且 B 有毒，和两个反应中都有水生成，反应需要放电才能发生，A、D 相遇有白烟生成，反应的化学方程式是_。（4）若 A、D为单质，且 A 原子核内所含质子数是 D 的 2 倍，B 是参与大气循环的一种物质，和两个反应中都有红棕色气体生成，反应的化学方程式是_。【答案】SiO22CSi2CO 2Fe2Cl22Fe32Cl 4NH35O24NO6H2O C4HNO3CO24NO24H2O （1）若A、D、F都是非金属单质，

17、反应是置换反应，A、D同主族，根据框图可知，A与F生成E，C与F也能生成E，因此只能是SiO2与C反应，则A是C、B是SiO2、C是CO、D是Si，E是CO2、F是O2。反应的方程式为SiO22CSi2CO。（2）若A是常见的金属单质，反应是置换反应，D、F是气态单质，根据框图可知，A与F生成E，C与F也能生成E，因此A只能为Fe，D为H2，F为Cl2，B为HCl，C为FeCl2，E为FeCl3。反应的方程式为2Fe2Cl22Fe32Cl。（3）若 B、C、F 都是气态单质，且 B 有毒，和两个反应中都有水生成，反应需要放电才能发生，A、D 相遇有白烟生成，所以A是氨气，B是氯气，C是氮气，D

18、是氯化氢，F是氧气，E是NO，反应的化学方程式是4NH35O2 4NO6H2O。（4）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，B 是参与大气循环的一种物质，反应是置换反应，根据框图可知，A为Mg，D为C，B为CO2，C为MgO，又知和两个反应中都有红棕色气体生成，F为HNO3。反应的化学方程式是C4HNO3CO24NO24H2O。【点晴】解框图题的方法的最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。8X是一种新型无机非金属材料，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷

19、热冲击性。有关生产过程如下：为了确定C的组成，某同学进行了以下的探究过程。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，I可做光导纤维。按要求回答下列问题：（1）C的空间构型为_；X的化学式为_。（2）反应的化学方程式为_。（3）反应的离子方程式_。【答案】（1）正四面体；Si3N4；（2）SiCl4+8NH3=Si（NH2）4+4NH4Cl；（3）SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-；试题分析：I可做光导纤维，所以I是二氧化硅，则F是硅酸，H是硅酸钠.又因为F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，所以G是氯化银，因此C是SiCl4，则A是硅，B是氯气。根据X的性质可知，X是

20、原子晶体，所以X是Si3N4。由转化关系可知，SiCl4与NH3反应生成Si（NH2）4，根据原子守恒可知还生成HCl，由于氨气过量，故应生成NH4Cl；CO2是过量的，因此生成物是碳酸氢钠与硅酸。（1）由以上分析可知C为SiCl4，具有甲烷的结构，为正四面体，X为Si3N4；（2）由转化关系可知，SiCl4与NH3反应生成Si（NH2）4，根据原子守恒可知还生成HCl，由于氨气过量，故应生成NH4Cl，故反应于的反应方程式为：SiCl4+8NH3=Si（NH2）4+4NH4Cl；（3）CO2是过量的，因此生成物是碳酸氢钠与硅酸，反应舆的离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CO2=2H2S

21、iO3+2HCO3-。【考点定位】本题考查无机物的推断，硅及其化合物的性质。【名师点晴】本题考查无机物的推断。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用

22、途等。9（1）X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。则：写出化合物甲的电子式_；写出Z与甲反应的化学方程式_；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，Y、Z都是分子晶体，X、Y都能与强碱溶液反应；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂。写出X与NaOH溶液反应的离子方程式_；在所得溶液中加入乙的溶液，观察到的现象_（3）.X、Z是常见金属，Z与甲的反应只有在高温下才能进行，甲是一种具有磁性的化合物，乙在工业上常用于制取Z单质。写出乙与N

23、aOH溶液反应的化学方程式_；将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，得到气体的质量之比是_。 2Mg+CO22MgO+C Si2OHH2OSiO32+2H2 产生白色胶状沉淀 Al2O32NaOH2NaAlO2H2O 2:3 （1）根据X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2 和O3；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；据以上分析进行解答；（

24、2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝，Y是氧气，符合上述转化关系；据以上分析进行解答。二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价键，电子式综上所述所，本题正确答案：镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C； 硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2OHH2OSiO32

25、+2H2；由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶液中加入盐酸，反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠，因此可观察到产生白色胶状沉淀生成；白色胶状沉淀生成；氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O32NaOH2NaAlO2H2O；已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，生成氢气的量之比为：1：1.5，质量之比是1:1.5，整理为2:3；2:10完成下列各题。（1）制备陶瓷是以粘土主要成分Al2Si2O5（OH）4为原料，经高温烧结而成。若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为 。（2）如果胃酸过多，可服用 （填写化学式）缓解症状，但如果患有胃溃疡，则不能服用，以防止胃穿孔。（3）雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为 。（4）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气。写出该反应的化学方程式 。（