高考化学与硅及其化合物推断题有关的压轴题及答案.docx
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高考化学与硅及其化合物推断题有关的压轴题及答案
高考化学与硅及其化合物推断题有关的压轴题及答案
一、硅及其化合物
1.A、B、C、D、E五种物质之间的相互转换关系如图所示。
已知:
A为单质,可用于制造计算机芯片,E为无色有毒气体。
回答下列问题:
(1)B在物质分类上属于___(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。
(2)反应①的化学方程式为___。
(3)反应②的化学方程式为___。
(4)在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式为___。
【答案】酸性氧化物SiO2+2C
Si+2CO↑SiO2+CaO
CaSiO3SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A为单质,可用于制造计算机芯片,则A为Si,E为无色有毒气体,结合转化关系可知,B为SiO2,SiO2与碳反应生成Si、CO,所以E为CO;SiO2与CaO反应生成C为CaSiO3;SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3和水。
据此解答。
【详解】
(1)B为SiO2,能与碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故答案为:
酸性氧化物;
(2)反应①是SiO2与C反应生成Si、CO,其化学反应方程式为:
SiO2+2C
Si+2CO↑,故答案为:
SiO2+2C
Si+2CO↑;
(3)反应②是SiO2与CaO反应生成CaSiO3,其化学反应方程式为:
SiO2+CaO
CaSiO3,故答案为:
SiO2+CaO
CaSiO3;
(4)D为Na2SiO3,其溶液中通入过量CO2,其化学反应方程式为:
Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓,其离子方程式为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓,故答案为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓。
2.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。
3.如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物,相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。
A、C、E均为氧化物,A是人体呼出的气体之一;在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A;C和E反应能生成D。
(1)写出下列物质的化学式:
A________,D________;
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________;
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应,其中没有涉及的基本反应类型是________。
【答案】CO2Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)CaO+H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体,则A为二氧化碳,在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A,则D为氢氧化钙,B与D可反应,则B为盐酸;E与B,E与C都反应,且A、C、E均为氧化物,E与C反应生成的D为碱,则C为水,E为氧化钙;
【详解】
(1)根据上述分析可知:
A为CO2,D为Ca(OH)2;答案:
CO2;Ca(OH)2;
(2)根据上述分析可知B为盐酸,盐酸除用来制取二氧化碳外,还用来除去铁制品表面的铁锈;答案:
用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等);
(3)根据上述分析可知C为水,E为氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,其化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2;答案:
CaO+H2O=Ca(OH)2;
(4)该五角星的位置中有化合反应,如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应;CO2与Ca(OH)2的反应是复分解反应,HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应,没有涉及分解反应和置换反应。
答案:
分解反应和置换反应。
4.有一应用前景广阔的纳米材料甲,其由A、B两种短周期非金属元素组成,难溶于水,且硬度大,熔点高。
取材料甲与熔融的烧碱反应,生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙,丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝;乙能溶于水,加盐酸产生白色沉淀,盐酸过量沉淀不溶解。
(1)甲的化学式为____________,其晶体属于____________晶体。
(2)乙的水溶液可以用来做________________________(写出一种用途)。
(3)B元素的一种氢化物丁,相对分子质量为32,常温下为液体,其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染,因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。
则
①丁的电子式为_____。
②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得,其化学方程式________________________。
甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。
③丁的水溶液呈弱碱性,室温下其电离常数K1≈1.0×10-6,则0.01mol·L-1丁水溶液的pH等于____________(忽略丁的二级电离和H2O的电离)。
【答案】Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂
NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O次氯酸钠有强氧化性,防止N2H4继续被氧化10
【解析】
【分析】
甲由A、B两种短周期非金属元素组成,难溶于水,且硬度大,熔点高,考虑甲属于原子晶体。
甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙,且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,证明丙气体为NH3,说明甲中含有氮元素。
含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐,能溶于水,加盐酸产生白色沉淀,盐酸过量沉淀不溶解,说明生成的沉淀为H2SiO3,则乙为Na2SiO3,证明甲中含有硅元素,故A为Si元素,B为N元素,依据元素化合价可推知甲为Si3N4,据此分析解答。
【详解】
(1)由分析可知,甲的化学式为Si3N4,属于原子晶体,故答案为:
Si3N4;原子;
(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液,是一种矿物胶,可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂,故答案为:
黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂;
(3)①B元素的一种氢化物丁,相对分子质量为32,常温下为液体,可知丁为N2H4,电子式为:
,故答案为:
;
②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得,反应的化学方程式为:
NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O,次氯酸钠有强氧化性,防止N2H4继续被氧化,氨气需要过量,故答案为:
NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O;次氯酸钠有强氧化性,防止N2H4继续被氧化;
③电离方程式为:
N2H4+H2O⇌N2H5++OH-,该溶液中溶质电离程度较小,则c(N2H4)≈0.01mol/L,由平衡常数K=
,可知该溶液中c(OH-)≈
=
=1.0×10-4,溶液中c(H+)=
mol/L=10-10mol/L,则溶液的pH=10,故答案为:
10。
【点睛】
正确推断元素是解答本题的关键。
本题的易错点和难点为(3)③中pH的计算,要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。
5.已知A、D为常见单质,各物质发生如下框图所示变化,回答下列问题:
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,则A元素在周期表中的位置为______,D的晶体类型是______,请写出A+B→C+D的化学方程式______。
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,C为白色固体,可用来制作耐高温材料。
则B的电子式为______,C中含有的化学键是______(填写“离子键或者共价键”)。
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,写出C(金属元素有两种不 同化合价)与盐酸反应的离子反应方程式____________。
若以A和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,请写出石墨电极的电极反应式______。
【答案】第二周期第IVA族原子晶体SiO2+2C
Si+2CO
离子键Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,由转化可知B、C属于氧化物,A与B的反应属于置换反应,可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si,则A元素在周期表中的位置为:
第二周期第IVA族,硅的晶体类型是原子晶体,A+B→C+D的化学方程式:
SiO2+2C
Si+2CO;
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,B的相对分子质量=22.4×1.964=44,C为白色固体,可用来制作耐高温材料,则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳,B的电子式为
,C(MgO)中含有的化学键是:
离子键;
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,则A为Fe、B为H2O、C为Fe3O4、D为H2,C与盐酸反应的离子反应方程式:
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O,若以Fe和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,石墨电极为正极,发生还原反应,氧气获得电子市场氢氧根离子,电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目涉及中学常见的特殊置换反应,需要学生熟练掌握元素化合物知识,熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。
6.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图所示。
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质,其晶体结构与金刚石相似。
请回答:
(1)形成单质A的原子的结构示意图为________。
(2)E的化学式为________。
(3)B与氢氧化钠反应生成D和H2O的化学方程式是________。
(4)在D的溶液中通入过量CO2气体的离子方程式________。
(5)下列说法正确的是______
A水泥、玻璃、石英玻璃等都是传统硅酸盐材料。
B高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维。
C化学分析中常用到的分子筛是硅酸盐材料。
D熔融烧碱不能选用陶瓷坩埚。
【答案】
CaSiO3SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2OSiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-C,D
【解析】
【分析】
“A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质”则A为Si;由“B+碳→A+E”可知B为SiO2,E为CO;由“B+NaOH→D+H2O”可得D为Na2SiO3;由“B+CaO→C”可得C为CaSiO3;据此结合设问进行分析作答。
【详解】
(1)由分析可知,A为Si,其原子核内有14个质子,核外有三个电子层,共14个电子,其原子结构示意图为:
;
(2)由分析可知,E的化学式为:
CaSiO3;
(3)B为SiO2,与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水,该反应的化学方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(4)往D(Na2SiO3)溶液中通过过量CO2后,由于H2CO3的酸性比H2SiO3强,故反应生成H2SiO3;由于CO2过量,则反应生成HCO3-,故该反应的离子方程式为:
SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-;
(5)A、石英玻璃的主要成分是SiO2,不是硅酸盐材料,A不符合题意;
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅,不是硅单质,B不符合题意;
C、分子筛的主要成分是硅酸盐,C符合题意;
D、陶瓷可以被烧碱腐蚀,故熔融烧碱不能用陶瓷坩埚,D符合题意;
故答案为:
CD。
7.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。
8.请回答:
已知:
甲+X→乙+Y
(1)若甲、乙、X均是化合物,Y是单质,则Y可能是___。
(填化学式,下同)
(2)若酸性X>Y,且甲过量,Y是白色浑浊,则Y是__________,乙是__________。
(3)若甲、乙是金属单质,X为固体,则反应的化学方程式是_______________。
(4)甲、乙是同主族非金属元素组成的单质,乙通常状况下是深红棕色液体。
X、Y是化合物。
X溶液呈淡绿色,Y的溶液能使KSCN溶液变红。
①将Y的饱和溶液滴入沸水中,继续加热可得红褐色液体丙,证明丙的操作、现象及结论是___________________________________________________。
②单质甲、乙和Y溶液中的阳离子氧化性由强到弱的顺序为:
______。
(用化学式表示)
③当X与甲1:
1充分反应的离子方程式:
_________________________。
【答案】O2(S、N2等)H2SiO3NaCl
一束光照射M液体,在M中与光束垂直方向能看到一条光亮通路,证明M是胶体Cl2>Br2>Fe3+2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
【解析】
【分析】
本题主要考察常见化学物质的化学性质。
【详解】
(1)根据题意得:
化合物+化合物=化合物+单质,则已学反应有:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,H2S+SO2=H2O+S↓,
等,则Y可能是O2、S、N2;
(2)酸性X>Y,则该反应是强酸制弱酸的反应,弱酸中只有H2SiO3是白色沉淀,所以Y是H2SiO3,X可以是HCl,甲可以是Na2SiO3,则乙是NaCl;
(3)该化学方程式可以表示为:
金属+固体化合物=金属+化合物,则已学反应中有:
;
(4)单质乙通常状况下是深红棕色液体,则乙为Br2;X溶液呈浅绿色,则X溶液含Fe2+;Y溶液能使KSCN溶液变红,则Y溶液含有Fe3+;
①将含Fe3+的饱和溶液中滴入沸水中,继续加热可得液体丙Fe(OH)3胶体,胶体具有丁达尔小莹,可用一束光照射丙液体,在该液体中与光束垂直方向能看到一条光亮通路,证明丙是胶体;
②由于甲+X→乙+Y,乙为Br2,甲含有Fe2+,乙含有Fe3+,则甲为FeBr2,X为Cl2,Y为FeCl3,则氧化性强弱为Cl2>Br2>Fe3+;
③X与甲1:
1充分反应的离子方程式:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
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:
2;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。
则:
①写出化合物甲的电子式___________________;
②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。
则:
①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________;
②在①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。
则:
①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________;
②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____________________________。
【答案】
2Mg+CO2
2MgO+CSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2:
3
【解析】
【分析】
(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;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:
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;
(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;据以上分析进行解答;
(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。
【详解】
(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;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:
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;
①二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:
;
②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应的化学方程式:
2Mg+CO2
2MgO+C;
综上所述所,本题正确答案:
2Mg+CO2
2MgO+C;
(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;
①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气,离子方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
综上所述所,本题正确答案:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
②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;
综上所述所,本题正确答案:
白色胶状沉淀生成;
(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;
①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:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
综上所述所,本题正确答案:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
②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
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 有关 压轴 答案