全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总.docx

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全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总

全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总

一、硅及其化合物

1．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。

2．在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：

（1）B的化学式是________，B在固态时属于________晶体，1mol含有的共价键数目是______NA。

（2）E的化学式是_________。

（3）B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________

（4）A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________

【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2OSi＋2NaOH＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑

【解析】

【分析】

A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加热分解得到B，所以E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。

【详解】

（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol含有的共价键数目是4NA。

故答案为：

SiO2；原子；4；

（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：

H2SiO3；

（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：

SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；

故答案为：

SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；

（4）Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，反应方程式为：

Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，

故答案为：

Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。

【点睛】

本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。

3．在下列物质的转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻的气体单质。

据此填写：

（1）B的化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________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和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2OSi＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓

【解析】

【分析】

A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于F是最轻的气体单质，则F为H2。

【详解】

A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于F是最轻的气体单质，则F为H2，

（1）B的化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料；

（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；

（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

4．绿矾（FeSO4•7H2O）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）③中反应的离子方程式是_______、_______。

（4）烧渣中Fe2O3、Al2O3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

【解析】

【分析】

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↓，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FeSO4•7H2O，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。

【详解】

（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C是稀硫酸；

（3）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：

5：

1。

【点睛】

本题考查物质制备，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。

5．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，X的化学式为___________，

A的化学式为___________。

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X与A反应的化学方程式为

__________________________________________。

（4）当X、Y均为非金属固体时，X与A反应的化学方程式为

___________________________________________。

【答案】Al氧气H2CuO2Mg+CO2

2MgO+CSiO2+2C

Si+2CO

【解析】

【分析】

Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A→Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物，据此答题。

【详解】

（1）当X、Y均为金属时，此反应应为铝热反应，则X为Al，Z为氧气，答案应为：

Al、氧气；

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，Y为Cu，则X应为H2，答案应为：

H2、CuO；

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X应为Mg，Y应为C，该反应应是Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO2

2MgO+C；

（4）当X、Y均为非金属固体时，X应为C，Y应为Si，该反应应是C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2C

Si+2CO。

6．

（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，生成氢气的量之比为：

1：

1.5，质量之比是1:

1.5，整理为2:

3；

综上所述所，本题正确答案：

2:

3。

7．（15分）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）实验室通常用MnO2制取气体B，发生该反应的化学方程式为，为防止气体B污染环境通常

用（填化学式）溶液吸收，反应的离子方程式为

（2）化合物H与碳混合加强热可制得单质A，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为

（3）写出反应③的化学方程式3D==K+8X↑,K的化学式为，X的化学式为。

（4）K抗腐蚀能力很强，但易被氢氟酸腐蚀，K与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，此盐中存在的化学键类型有。

（5）写出反应②的化学方程式。

【答案】

（1）MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2分）NaOH；（1分）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（2分）

（2）1:

2（2分）

（3）Si3N4，（2分）NH3；（2分）

（4）离子键、共价键（或极性共价键）（2分）

（5）SiCl4+8NH3=Si（NH2）4+4NH4Cl.（2分）

【解析】

试题分析：

G、F、H均为难溶于水的白色固体，E与硝酸银溶液产生白色沉淀，则G是氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，说明E中含有氯离子；H是白色固体，与氢氧化钠溶液反应，而与氢氧化钠溶液反应的白色固体可能是二氧化硅、氧化铝，但A元素是非金属元素，所以H是二氧化硅，所以F是硅酸，I是硅酸钠。

则C是氯化硅，B是氯气。

氯化硅与过量氨气反应生成D是Si（NH2）4。

（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气有毒，通常用NaOH溶液吸收，生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）二氧化硅与C在高温下发生置换反应生成Si和CO，化学方程式为SiO2+2C

2CO↑+Si该反应的氧化剂是二氧化硅，还原剂是C，所以氧化剂与还原剂的物质的量比为1:

2；

（3）反应③的化学方程式3D==K+8X↑，K由两种非金属元素组成，根据元素守恒，则K中含有3个Si原子，所以K是Si3N4，其余原子在X中，所以X是NH3；

（4）Si3N4与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，该气体是SiF4，则盐是NH4F，铵盐中含有离子键、共价键；

（5）反应②是氯化硅与过量的氨气反应生成Si（NH2）4和氯化铵，化学方程式是SiCl4+8NH3=Si（NH2）4+4NH4Cl.

考点：

考查物质的推断，化学性质的应用，化学方程式、离子方程式的书写

8．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：

信息

问题

①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数

（1）X一定不是______；

A．氢B．碳C．氧D．硫

②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26

（2）这四种元素含有铝元素吗?

__；

③上述四种元素的单质的混合物，加入足量的盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀

（3）白色沉淀的化学式为________；

④上述四种元素的单质的混合物，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中有白色沉淀

（4）生成白色沉淀的离子方程式为______________________；

【答案】AD一定含有铝元素Mg（OH）2SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓

【解析】

【分析】

（1）X若为氢时，其最外层电子数为1；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；

（2）有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；

（3）白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg（OH）2符合；

（4）滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；

【详解】

（1）X若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X为碳或氧时合理，故答案为AD；

（2）四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；

（3）对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg（OH）2；

（4）唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3（或H4SiO4），生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓（或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓）。

9．中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。

回答下面问题：

（1）我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4[Si4O10]（OH）8，用氧化物表示其组成为______________。

（2）《本草纲目》中记载：

“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。

”反应原理为：

S+2KNO3+3C

K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是_________，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有____________mol。

（3）我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。

”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象：

“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾（FeSO4·7H2O）。

根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。

【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS，KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O

Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O

【解析】

【分析】

（1）化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；

（2）反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；

（3）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾（ FeSO4•7H2O），说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。

【详解】

（1）铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10]（OH）8可改成：

2Al2O3•4SiO2•4H2O；

（2）S+2KNO3+3C

K2S+N2↑+3CO2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S、KNO3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e-，其中硫得到电子2e-，