高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附答案.docx
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高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附答案.docx
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高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附答案
高考化学二模试题分类汇编——硅及其化合物推断题综合附答案
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.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.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。
4.为探究某固体X(仅含两种短周期元素)的组成和性质。
设计并完成如下实验:
已知:
气体A为氢化物,固体B是光导纤维的主要成分,固体E为耐高温材料。
请回答:
(1)固体X的化学式为__________。
(2)写出反应C→D的离子方程式__________。
(3)已知NH3与气体A在一定条件下反应后可得到一种耐高温材料(仅含两种元素,摩尔质量为140g·mol-1)和H2,写出该反应的化学方程式__________。
【答案】Mg2SiMg2++2OH-=Mg(OH)2↓3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2↑
【解析】
【分析】
固体B是光导纤维的主要成分,则为二氧化硅,硅元素的质量为
=5.6g,根据逆分析法可知,A中含硅元素,又为氢化物,则推出A为SiH4;固体E为耐高温材料,根据逆推法结合过量氢氧化钠溶液可知,该耐高温材料不是氧化铝,而应为氧化镁,镁元素的质量为
=9.6g,白色沉淀为氢氧化镁,溶液C为硫酸镁溶液,根据元素守恒可知,固体X含镁与硅元素,且原子个数比为
:
=2:
1,应为Mg2Si,据此分析作答。
【详解】
(1)依据上述分析可知,固体X为Mg2Si,
故答案为Mg2Si;
(2)C→D是硫酸镁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化镁的过程,其离子方程式为:
Mg2++2OH-==Mg(OH)2↓,
故答案为Mg2++2OH-==Mg(OH)2↓;
(3)NH3与SiH4在一定条件下反应后可得到的一种耐高温材料中含N与Si,仅含两种元素,摩尔质量为140g·mol-1,则该化合物为Si3N4和H2,其化学方程式为:
3SiH4+4NH3==Si3N4+12H2↑,
故答案为3SiH4+4NH3==Si3N4+12H2↑。
【点睛】
需要注意的是,该题中的过量的氢氧化钠条件,若溶液C为铝离子,则不会得到白色沉淀,而会转化为偏铝酸钠,学生要熟练掌握反应物的用量对产物的影响效果。
5.设计如下实验探究某矿石(仅含四种短周期元素)的组成和性质,已知矿石含有一定的结晶水:
(1)矿石的组成元素是H、O和_____、______(填元素符号),化学式为_____________。
(2)白色粉末3溶于NaOH溶液的离子方程式是________。
【答案】Mg,SiMgSiO3·2H2O2OH-+SiO2=SiO32-+H2O
【解析】
根据流程图,矿石灼烧后生成无色气体1,冷凝后得到无色液体1,该无色液体为水,质量为3.6g,物质的量为0.2mol;白色粉末2能够溶于过量盐酸,得到白色胶状沉淀2,和无色溶液3;根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析,白色胶状沉淀2可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀;白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3,该物质能够溶于氢氧化钠溶液,说明白色粉末为二氧化硅,不可能为氯化银,因此白色胶状沉淀2为硅酸;无色溶液3中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀,说明白色沉淀3为氢氧化镁,5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol,因此白色粉末2中含有4g氧化镁和6g二氧化硅,因此白色粉末2为硅酸镁。
(1)根据上述分析,矿石的组成元素是H、O、Mg和Si,硅酸镁的质量为10g,物质的量为
=0.1mol,水的物质的量为
=0.2mol,因此化学式为MgSiO3·2H2O,故答案为Mg;Si;MgSiO3·2H2O;
(2)白色粉末3为二氧化硅,溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-+SiO2=SiO32-+H2O,故答案为2OH-+SiO2=SiO32-+H2O。
点睛:
本题考查了物质的组成和性质的推断。
本题的难点是白色胶状沉淀2和白色粉末3的判断,可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末3能够与氢氧化钠溶液反应考虑。
6.含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维,C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)A的原子结构示意图为________,A与碳在原子的电子层结构上的相同点是________________________________________________________。
(2)易与C发生化学反应的酸是_________(写名称),反应的化学方程式是_______________________________。
(3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D
①写出该反应的化学方程式:
___________________________________________。
②要将纯碱高温熔化,下列坩埚中可选用的是________。
A.普通玻璃坩埚B.石英玻璃坩埚C.铁坩埚
(4)100gC与石灰石的混合物充分反应后,生成的气体在标准状况下的体积为11.2L,100g混合物中石灰石的质量分数是________。
【答案】
最外层均有4个电子,最内层均有2个电子氢氟酸SiO2+4HF===SiF4↑+2H2OSiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑C50%
【解析】试题分析:
本题考查无机推断、侧重硅元素的单质及其化合物性质的考查、化学计算。
含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造光导纤维,则A为硅元素,C为SiO2;C(SiO2)与烧碱反应生成Na2SiO3和H2O,含A元素的化合物D为Na2SiO3。
(1)A为Si,Si原子的核电荷数为14,Si原子核外有14个电子,根据原子核外电子排布规律,A的原子结构示意图为
。
碳的原子结构示意图为
,硅原子与碳原子的电子层结构上的相同点是:
最外层均有4个电子,最内层均有2个电子。
(2)C为SiO2,易与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸,SiO2与HF反应生成SiF4和H2O,反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
(3)①SiO2与纯碱高温熔融时反应生成Na2SiO3和CO2,反应的化学方程式为SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
②A,普通玻璃的成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2,SiO2与纯碱高温下反应生成Na2SiO3和CO2,不能选用普通玻璃坩埚熔化纯碱;B,石英玻璃的成分为SiO2,SiO2与纯碱高温下反应生成Na2SiO3和CO2,不能选用石英玻璃坩埚熔化纯碱;C,铁与Na2CO3高温不反应,可选用铁坩埚熔化纯碱;答案选C。
(4)SiO2与石灰石的混合物充分反应,可能发生的反应有SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑、CaCO3
CaO+CO2↑,根据C守恒,n(CaCO3)=n(CO2)=
=0.5mol,m(CaCO3)=0.5mol
100g/mol=50g,100g混合物中石灰石的质量分数为
100%=50%。
7.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。
8.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,他们能发生如图所示的转化关系。
若该元素用R表示,则A为R的氧化物,D与NaOH溶液反应生成C和H2。
请回答:
(1)写出对应物质的化学式:
A__________;C_________;E_________。
(2)反应①的化学方程式为:
_____________________________________。
(3)反应④的离子方程式为:
_____________________________________。
(4)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:
_________________________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3(或H4SiO4)SiO2+2C
Si+2CO↑Si+2OH-+H2O===SiO32-+2H2↑SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+HCO32-
或SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO32-(写成H4SiO4同样给分)
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气,则R为Si元素,由转化关系可知D为Si,A为SiO2,B为CaSiO3,C为Na2SiO3,E为H2SiO3,
(1)由以上分析可知A为SiO2,C为Na2SiO3,故答案为SiO2;Na2SiO3;
(2)反应①的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑;
(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性,可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳,如生成硅酸沉淀,可说明,反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。
考点:
以硅为载体考查了无机物的推断
9.云母是一种重要的硅酸盐,它具有韧度、弹性、透明度、高介电强度、化学惰性和热稳定性。
白云母可看作叶腊石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代,再由KⅠ平衡其电荷后形成的。
而叶腊石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代,再由KⅠ平衡其电荷形成的。
(1)白云母写成氧化物形式的化学式为_______________。
(2)研究表明,在硅酸盐中,AlⅢ很容易取代SiⅣ,取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。
从立体几何的知识看,AlⅢ与SiⅣ最直接的关系是_______________。
(3)黑云母的化学式为KMg3AlSi3O10(OH)2,在水与二氧化碳的同时作用下,风化为高岭土[AI2Si2O5(OH)4]。
①写出离子反应方程式_______________。
②上述反应为什么能够发生_______________
③风化后Al为什么不能以Al3+形式被地下水溶解_______________
【答案】K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2OAlⅢ与SiⅣ的半径相近,插入后不会引起结构改变2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4碳酸较硅酸酸性强,强酸可取代弱酸中性条件下Al3+完全水解,主要以沉淀形式存在
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物,并按金属活动性顺序排列,较活泼的金属氧化物写在前面,再写SiO2,含有氢元素的H2O最后写,氧化物之间加黑点隔开,各氧化物的系数均为整数,并写在相应氧化物前面,写成氧化物后,原化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变,因此白云母写成氧化物形式的化学式为K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O,故答案为:
K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O;
(2)从立体几何的知识来看,由于AlⅢ与SiⅣ的半径相近,在硅酸盐中,AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ,不会引起原硅酸盐结构大的变化,故答案为:
AlⅢ与SiⅣ的半径相近,插入后不会引起结构改变;
(3)①由题干信息可知,黑云母在水与二氧化碳的同时作用下,风化为高岭土[AI2Si2O5(OH)4],反应的离子方程式为2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4,故答案为:
2KMg3AlSi3O10(OH)2+14H2CO3+H2O=2K++6Mg2++14HCO3-+4H4SiO4+Al2Si2O5(OH)4;
②上述反应中碳酸与黑云母反应生成了硅酸,因为碳酸的酸性比硅酸强,可以强酸制弱酸,所以上述反应可以发生,故答案为:
碳酸较硅酸酸性强,强酸可取代弱酸;
③由于中性条件下Al3+完全水解,主要以Al(OH)3的沉淀形式存在,因此风化后Al为什么不能以Al3+形式被地下水溶解,故答案为:
中性条件下Al3+完全水解,主要以沉淀形式存在。
10.材料是人类赖以生存的重要物质基础。
材料种类很多,通常可分为金属材料、无机非金属材料(包括硅酸盐材料)、高分子合成材料及复合材料。
(1)①合金是生活中常见的材料。
某合金具有密度小、强度高的优良性能,常用于制造门窗框架。
该合金中含量最高的金属为____________(填元素符号)。
②铁锈的主要成分是_____________(填化学式),它是钢铁在潮湿的空气中发生______腐蚀的结果,其负极反应式为___________________。
③玻璃是一种常用的硅酸盐材料。
制备普通玻璃的原料有CaCO3、_______和______(填化学式)。
(2)聚苯乙烯是造成白色污染的物质之一,其结构简式为
,则制取聚苯乙烯的单体是___________________。
【答案】AlFe2O3·xH2O(或Fe2O3)电化(或“电化学”或“吸氧”)Fe—2e—=Fe2+Na2CO3SiO2
【解析】
【分析】
铁锈的主要成分是氧化铁;钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀,铁易失电子发生氧化反应而作负极,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应。
【详解】
(1)①铝合金:
铝中加入镁、铜、锌等金属形成合金,具有密度小、强度高的优良性能常用于制造门窗框架;
②铁在空气中与氧气、水共同作用而生锈,铁锈的主要成分是铁的氧化物氧化铁;钢铁在空气中发生电化学腐蚀时为吸氧腐蚀,铁易失电子发生氧化反应而作负极,负极上电极反应式为:
Fe-2e-═Fe2+,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-;
③生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英;石英砂的主要成分是二氧化硅,与碳酸钙反应生成硅酸钙和二氧化碳,与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳;
(2)聚苯乙烯的结构简式为
,则制取聚苯乙烯的单体是
。
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