备战高考化学 硅及其化合物推断题 培优练习含答案含详细答案.docx
《备战高考化学 硅及其化合物推断题 培优练习含答案含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学 硅及其化合物推断题 培优练习含答案含详细答案.docx（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
备战高考化学硅及其化合物推断题培优练习含答案含详细答案
备战高考化学硅及其化合物推断题培优练习（含答案）含详细答案
一、硅及其化合物
1．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气。
请回答下列问题：
（1）写出各物质的化学式：
A________；B________；C________；D________；E________。
（2）写出反应①的化学方程式：
______________________________________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
（3）写出反应④的离子方程式：
______________________________________。
（4）写出反应⑤的离子方程式：
______________________________________。
（5）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：
________________________________。
【答案】SiO2CaSiO3Na2SiO3SiH2SiO3SiO2＋2C
Si＋2CO↑1∶2Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3。
【详解】
（1）根据上面的分析可知，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3；
（2）反应①的化学方程式为SiO2＋2C
Si＋2CO↑，根据方程式可知，该反应中氧化剂是个与还原剂碳的物质的量之比为1：
2；
（3）反应④的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑；
（4）反应⑤的离子方程式为SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓；
（5）H2CO3的酸性强于H2SiO3，根据复分解反应的规律：
强酸制取弱酸，则可以向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体，发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式是：
SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-。
2．表是元素周期表的一部分，针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题：
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
4
⑩
（1）在①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是________（填元素符号）。
（2）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________，碱性最强的化合物的化学式是________。
（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：
②_________③；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②_________⑥。
（5）⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】ArKHClO4KOHAlAl2O3+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，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①-⑩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，①-⑩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，故水比氨气稳定，②<③；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，N非金属性强于Si，则HNO3酸性强于H2SiO3，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
②>⑥；
（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。
3．如图为一定量饱和Ca（OH）2溶液中通入CO2气体后，产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。
请回答：
①OA段曲线所表示的化学反应方程式：
_________，A点处已参加反应的CO2与Ca（OH）2的物质的量之比为________。
②B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是________和________（填离子符号），将B处生成的溶液煮沸，可见到的现象是_____________。
【答案】Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O1∶1Ca2＋HCO3—溶液变浑浊（或产生白色沉淀）
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关，少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式为2CO2+Ca（OH）2=Ca（HCO3）2，由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大，A点达到沉淀最大值，AB段随CO2的通入，生成的CaCO3不断溶解转化为Ca（HCO3）2，B点CaCO3全溶解，溶液又变得澄清。
【详解】
①由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大，A点达到沉淀最大值，则OA段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O，由方程式可知A点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为1:
1，故答案为：
CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O；1:
1；
②由图可知AB段随CO2的通入，生成的CaCO3不断溶解，发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子；将碳酸氢钙溶液煮沸，碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水，则可见到的现象是澄清溶液变浑浊，故答案为：
Ca2＋；HCO3—；溶液变浑浊（或产生白色沉淀）。
【点睛】
明确碳酸的正盐与过量的CO2反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2是解答关键。
4．如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀．请回答下列问题：
（1）B的化学式是___，目前B已被用作___的主要原料．
（2）B和a溶液反应的离子方程式是___．
（3）A和a溶液反应的离子方程式是___．
（4）C和过量的盐酸反应的离子方程式是___．
【答案】SiO2光导纤维SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2OSi+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
【解析】
G和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色沉淀，可知E可能为是硅酸，A可能是硅，带入题目进行验证，a溶液是强碱溶液或氢氟酸溶液，而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀；硅酸加热分解为二氧化硅和水，与题意相符，硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅，四氟化硅与盐酸不反应，与题意矛盾；因此A是Si、B是SiO2、C是Na2SiO3或K2SiO3、D是H2O、E是H2SiO3、F是H2、a是NaOH或KOH。
（1）B的化学式是SiO2，目前SiO2已被用作光导纤维的主要原料；正确答案：
SiO2、光导纤维。
（2）SiO2与强碱溶液反应生成可溶性的硅酸盐和水，离子方程式是SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；正确答案：
SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O。
（3）Si和强碱溶液反应生成可溶性硅盐酸和氢气，离子方程式是Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；正确答案：
Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑。
（4）硅酸盐与过量的盐酸反应生成白色沉淀硅酸，离子方程式是SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；
正确答案：
SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓。
5．已知A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。
根据下图转化关系，回答下列问题。
（1）A的用途：
________（任写一种），B是________，D是________。
（2）写出下列反应的化学方程式：
①______________。
（3）写出下列反应的离子方程式：
②____________，③_______，⑤____________。
【答案】制光导纤维Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2
Na2SiO3＋CO2↑CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓（或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓）SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2OSiO32—＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，则D是硅酸；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则B是硅酸钠，C是二氧化碳；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。
【详解】
（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸钠，D是硅酸，故答案为：
制光导纤维；Na2SiO3；H2SiO3；
（2）反应①是高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋SiO2
Na2SiO3＋CO2↑，故答案为：
Na2CO3＋SiO2
Na2SiO3＋CO2↑；
（3）反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓（或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓），反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：
CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓（或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓）；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓。
【点睛】
由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。
6．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。
X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：
（1）表示氯碱工业生产原理的化学方程式为____________________________________。
（2）X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为__________________。
（3）Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为___________。
（4）Z的氧化物属于晶体，工业制备Z单质的化学方程式为________________________。
（5）W单质是毒性很大的窒息性气体。
工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄露，写出反应的化学方程式_________________________________________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
2C+SiO2
2CO↑+Si8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。
X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，该氢化物为氨气，在X为N元素；YW是氯碱工业的主要原料，该物质为NaCl，则Y为Na、W为Cl元素；Z的最外层电子数为4，原子序数大于Na，则Z为Si元素，据此进行解答。
【详解】
根据分析可知，X为N元素，Y为Na，Z为Si，W为Cl元素。
（1）氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，该反应的化学方程式为：
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）X2H4为N2H4，其结构简式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，N2H4的结构式为
；
（3）Na的氧化物中既含离子键又含共价键的为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为
；
（4）Z为Si元素，其氧化物为SiO2，二氧化硅属于原子晶体；工业上用碳与二氧化硅在高温下反应制取硅，该反应的化学方程式为：
2C+SiO2
2CO↑+Si；
（5）W单质为氯气，氯气是毒性很大的窒息性气体，X气态氢化物为氨气，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：
8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。
【点睛】
本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见化学用语的书写原则，物质的化学性质及物理性质，试题培养了学生的学以致用的能力。
7．A、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）形成单质A的原子的结构示意图为______，它的最高化合价为______。
（2）B的化学式（分子式）为______，B和碳反应生成A和E的化学方程式是____________。
（3）C的化学式（分子式）为___________，D的化学式（分子式）为_____________。
【答案】
+4SiO2SiO2+2C
Si+2CO↑CaSiO3Na2SiO3
【解析】
【分析】
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，可确定A是Si单质，它可由SiO2和C在高温条件下反应制取，则B为SiO2，E为CO，C为CaSiO3，D为Na2SiO3，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】
根据上述分析可知A是Si单质，B是SiO2，C为CaSiO3，D为Na2SiO3，E为CO。
（1）Si是14号元素，形成单质A的原子结构示意图为
；Si原子最外层有4个电子，由于原子最外层电子数等于该元素的最高正化合价，所以Si元素的最高正化合价为+4价；
（2）根据上述推断可知B为二氧化硅，B的化学式为SiO2；
二氧化硅和碳在高温下反应生成硅单质和一氧化碳，反应的化学方程式是：
SiO2+2C
Si+2CO↑；
（3）C是硅酸钙，化学式为CaSiO3；D为硅酸钠，其化学式Na2SiO3。
【点睛】
本题考查无机物的推断的知识，侧重硅及其化合物转化的考查，把握地壳中元素的含量推断A为解答的突破口，注意性质与用途的关系。
8．铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。
其中A~J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，D是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体，A为强碱，其焰色反应呈黄色，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，流程中的部分生成物已略去。
回答下列问题：
（1）A的电子式：
__________________。
（2）铁橄榄石的化学式：
__________________。
（3）写出H→G的化学方程式：
__________________。
【答案】
Fe2SiO4或2FeO•SiO24Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3
【解析】
A~J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，G为氢氧化铁，则H为氢氧化亚铁，F中含有铁离子，D是一种难溶于水的含氧酸，D为硅酸，J是一种主要的温室气体，J为二氧化碳，A为强碱，其焰色反应呈黄色，A为氢氧化钠，则D为二氧化硅，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则B为盐酸，E为氯气，因此F为氯化铁，C为氯化亚铁。
根据上述分析，铁橄榄石属于硅酸盐，且含有亚铁离子，设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2，摩尔质量为204g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，则x=
=2，因此y=
=1，因此铁橄榄石化学式为2FeO•SiO2。
（1）A为氢氧化钠，电子式为
，故答案为
；
（2）铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2，故答案为2FeO•SiO2；
（3）H→G的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。
9．A、B、C、D、E、F、X七种物质之间可按下列框图发生反应（部分产物可能被省略）。
其中，A、D、E、X是四种常见的非金属单质，常温下A、X为气体，D、E为固体。
A的水溶液具有漂白性，A、D的水溶液均能使淀粉KI试纸变蓝色，B的焰色反应为黄色。
请回答下列问题：
（1）写出A、F的化学式：
A：
_______、F：
__________。
（2）写出B的电子式：
_________，EO2的晶体类型为_______。
（3）写出E与NaOH溶液反应的离子方程式____________________________。
（4）E单质可作高能燃料。
已知ag固体E燃烧放出bkJ的热量，请写出表示E燃烧热的热化学方程式（△H用含a、b的式子表示）___________________________。
【答案】A：
Cl2Ｆ：
SiCl4
原子晶体Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑Si（s）+O2（g）=SiO2（s）；△H=-28b/akJ/mol
【解析】
【分析】
根据A是一种常见的非金属单质，常温下为气体，且A的水溶液具有漂白性，可推知A为氯气；由于D也是一种常见的非金属单质，常温下为固体，且由氯气制备可得，说明其氧化性弱于氯气，且其水溶液能使淀粉KI试纸变蓝色，因此D可能为碘单质；根据B的焰色反应为黄色，可知B为NaI，C为NaCl。
根据已知条件E是非金属单质，且E为固体，能与氢氧化钠溶液、氧气反应，因此可推测E为Si、F为SiCl4；能将SiCl4还原为Si的非金属单质为H2，因此X为H2。
据此解题。
【详解】
（1）根据分析，可知A、F的化学式分别为：
A：
Cl2、F：
SiCl4；
（2）根据分析，B物质NaI的电子式为：
，EO2为SiO2，其晶体类型为原子晶体；
（3）E为Si，其与NaOH溶液反应的离子方程式为：
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑ ；
（4）当ag单质Si的物质的量为：
mol作高能燃料进行燃烧时放出的热量为bkJ，因此当1molSi燃烧时，放出的热量应为
kJ，因此Si单质燃烧热的热化学方程式可表示为：
Si（s）+O2（g）=SiO2（s）；△H=-28b/akJ/mol 。
10．用氮化硅（Si3N4）陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件,能大幅度提高发动机的热效率。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅,反应如下:
3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl。
完成下列填空:
（1）氮化硅可用于制造发动机的耐热部件,因为它属于_____________晶体。
有关氮化硅的上述反应中,原子最外层只有一个未成对电子的元素是______________（填写元素符号）;属于非极性分子的化合物的电子式是 __________。
（2）比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是__________ 。
a.比较两种元素的气态氢化物的沸点
b.比较两种元素的原子获得一个电子时释放能量的大小
c.比较相同条件下两种元素氢化物水溶液的酸性强弱
（3）Si与Al、Be具有相似的化学性质,因为_________________（简述理由）,写出Si与强碱溶液反应的离子反应方程式:
____________________________。
【答案】原子H、Cl
b处在金属与非金属的分界线上Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑
【解析】
（1）氮化硅是一种新型的无机非金属材料，耐高温，属于原子晶体；H、N、Si、Cl四种原子的最外层电子构型分别为1s1、2s22p3、3s23p2、3s23p5，最外层未成对电子数分别为1、3、2、1，所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H和Cl；SiCl4为非极性分子，其电子式为：
。
（2）气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关，与非金属性无关，a错误；原子获得一个电子时释放的能量越大，元素的非金属性越大，b正确；最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越大，而不是指氢化物的酸性，c错误，故可以比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是答案b。
（3）Si、Al、Be三种元素均处于金属与非金属元素的交界处，所以三者的化学性质相似；
Si与强碱溶液反应的离子反应方程式为：
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑。
升级会员 