高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合.docx

高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合.docx

《高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学二模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合

高考化学二模试题分类汇编——硅及其化合物推断题综合

一、硅及其化合物

1．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。

它们之间有如下的反应关系：

（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：

__________________________。

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。

B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：

________________。

（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液。

如④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写出该气体的电子式：

_________，A的元素在周期表中的位置：

__________________。

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。

C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。

写出②反应的化学方程式：

_____________________。

D的化学式是______。

【答案】漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等4NH3＋6NO

5N2＋6H2O第三周期ⅢA族

Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑Na2CO3

【解析】

【分析】

（1）淡黄色的固体单质是硫，B是H2S；C为SO2，D为SO3；

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。

B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2；

（3）中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧化物，根据物质之间的转化关系可知：

A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al（OH）3；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A是晶体Si；C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。

根据物质的转化关系及已知条件可知B是SiO2；C是Na2SiO3；D是Na2CO3。

【详解】

（1）由以上分析可知，A是硫，B是H2S；C为SO2，D为SO3，SO2的用途如漂白、杀菌，制备硫酸等。

（2）由以上分析可知，A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下发生反应4NH3+6NO

5N2+6H2O是归中反应，产生氮气。

（3）由以上分析可知，A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al（OH）3。

通入的导致温室效应的气体是CO2，其电子式是

；铝元素的位置为第三周期ⅢA族；

（4）由以上分析可知，A是晶体Si，B是SiO2，C是Na2SiO3，D是Na2CO3。

②反应的化学方程式：

Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑。

D的化学式是Na2CO3。

2．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。

（3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c（HCl）=________mol/L。

（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。

（5）若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。

（6）若A是一种溶液，可能含有H＋、NH

、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。

【答案】

Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、

、

c（H＋）∶c（Al3＋）∶c（

）∶c（

）＝1∶1∶2∶3

【解析】

【分析】

（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；

（2）若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；

（3）曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；

（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；

（5）若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；

（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：

n（Al3+）：

n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42-）的比例关系，据此计算。

【详解】

（1）B为NaOH，其电子式为

；

（2）A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；

（3）曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c（HCl）=

=0.05mol/L；

（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：

液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；

（5）若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：

3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，

（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：

n（Al3+）：

n（NH4+）=1：

1：

2，由电荷守恒可知，n（H+）：

n（Al3+）：

n（NH4+）：

n（SO42-）=1：

1：

2：

3，故c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

1：

2：

3。

3．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。

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2MgO·SiO2SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O优良的阻燃剂等

【解析】

【详解】

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1.80g为SiO2，物质的量＝1.8g÷60g/mol＝0.03mol，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＝0.03mol×76g/mol＝2.28g，金属质量＝4.20g-2.28g＝1.92g，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0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量＝0.03mol×92g/mol＝2.76g，金属质量4.20g-2.76g＝1.44g，物质的量＝1.44g÷24g/mol＝0.06mol，得到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SiO2＋2OH-＝SiO32-+H2O；

（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

5．已知A是灰黑色、有金属光泽的固体单质。

根据如图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。

（少量）

（1）写出A、B、C、D的化学式：

A________，B________，C________，D________。

（2）写出D→A的化学方程式：

___________________________________。

（3）写出B→C的离子方程式：

___________________________________；

【答案】SiNa2SiO3H2SiO3SiO2SiO2+2C

Si+2CO↑CO2+SiO32-+H2O=H2SiO3↓+CO32-

【解析】

【分析】

A是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A能与氢氧化钠反应，同时由D与碳高温条件下制得，可知A为Si，Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH溶液反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，H2SiO3受热分解得D为SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，据此答题。

【详解】

A是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A能与氢氧化钠反应，同时由D与碳高温条件下制得，可知A为Si，Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH溶液反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，H2SiO3受热分解得D为SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3。

（1）根据上面的分析可知，A为Si，B为Na2SiO3，C为H2SiO3，D为SiO2；

（2）A为Si，D为SiO2，SiO2与碳单质在高温下反应生成单质Si，反应的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑；

（3）BNa2SiO3，C是H2SiO3，向硅酸钠溶液溶液中通入CO2气体，发生复分解反应生成硅酸，反应的离子方程式为：

CO2+SiO32-+H2O=H2SiO3↓+CO32-。

【点睛】

本题考查无机物推断，涉及硅和二氧化硅、硅酸盐的性质。

熟练掌握元素化合物性质与转化为解答关键，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④的离子方程式：

___________。

（3）写出反应①的化学方程式___________。

（4）在反应①中，碳的作用是___________，当生成1molA时，转移电子的数目为___________。

【答案】SiH2SiO3SiO2+20H―=SiO32―+H2OSiO2+2C

Si+2CO↑还原剂2.408×l024

【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①工业上制取粗硅的反应，发生2C＋SiO2

Si＋2CO，A为Si，D为CO，反应④SiO2属于酸性氧化物，与氢氧化钠反应，即SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，反应⑤是CO与O2反应生成CO2，利用硅酸的酸性弱于碳酸，即反应⑥是SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋CO32－，

（1）根据上述分析，A为Si，F为H2SiO3；

（2）反应④的离子反应方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；（3）反应①的方程式为：

2C＋SiO2

Si＋2CO；（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。

7．[6分]物质A～J均由短周期元素组成，并有如下图转化关系，A是常见液体，D、F为组成元素相同的无色气体，B、E、G、H是单质，且E是常见光太阳电池中的半导体材料，G、H呈气态，且H呈黄绿色。

请回答下列问题：

（1）A的电子式为。

（2）I的化学式为。

（3）B与C反应的化学方程式为。

（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。

【答案】

（1）

（2）SiCl4（3）2C+SiO2

Si+2CO↑

（4）Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

【解析】

试题分析：

E是常见光太阳电池中的半导体材料，应为硅，H呈黄绿色，为氯气，B、C是碳与二氧化硅，A为水，D为CO,F为CO2，G为氢气，I为四氯化硅，J为氯化氢，

（1）A的电子式为

；

（2）I的化学式为SiCl4；（3）B与C反应的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

考点：

考查无机元素推断，考查硅及其化合物的知识。

8．简要回答下列问题

（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al（OH）3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是__________（用离子方程式表示）。

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。

（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。

（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。

（5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。

【答案】3H++Al（OH）3＝Al3++3H2OAl2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OSiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONa2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3

【解析】

【分析】

玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。

不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。

【详解】

（1）胃舒平中的Al（OH）3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O；

答案为：

3H++Al（OH）3＝Al3++3H2O；

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；

答案为：

Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；

（3）工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

答案为：

2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（4）在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

答案为：

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（5）向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；

答案为：

Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。

【点睛】

“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。

9．化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学。

（1）硅是无机非金属材料的主角。

请你举出两种含硅的材料名称________；铝制品表面因有一层氧化铝薄膜而经久耐用，但该氧化膜易被酸、碱破坏。

若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的离子方程式为________________________________________。

（2）氯气用于漂白时，实际上起漂白作用的物质不是Cl2而是它和水反应生成的________（写化学式）。

缺铁性贫血患者补充的铁，通常以硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效。

当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是_______________________________________。

（3）从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硫酸铜最好的方法是________（填选项字母）。

A．铜和浓硫酸反应B．铜和稀硫酸反应

C．氧化铜和硫酸反应D．铜与Fe2（SO4）3溶液反应

【答案】玻璃、水泥、陶瓷、光导纤维等Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2OHClO防止Fe2＋被氧化C

【解析】

（1）含硅的材料有玻璃、水泥、陶瓷和光导纤维等；氧化铝为两性氧化物，能与碱反应，其反应的离子方程式为：

Al2O3＋2OH－===2AlO2-＋H2O。

（2）Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，具有漂白性，因此实际起漂白作用的物质是HClO；Fe2+容易被氧化，因此用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，防止Fe2+被氧化而使药品失效。

（3）铜和浓硫酸反应会生成具有污染性的气体SO2，同时生成1molCuSO4消耗2molH2SO4，成本较高，A错误；铜和稀硫酸不反应，B错误；氧化铜和稀硫酸反应的产物无污染性，且生成1molCuSO4只需要消耗1molH2SO4，C正确；铜与Fe2（SO4）3溶液反应生成的CuSO4中混有FeSO4，增加分离的成本，D错误，故制取硫酸铜最好的方法是氧化铜和硫酸反应，答案选C。

10．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。

它们之间有如下的反应关系：

（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料。

（2）C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸。

则：

写出反应②的化学方程式。

写出反应③的离子方程式。

（2）若A是应用最广泛的金属。

反应①、⑤均用盐酸，D物质是红褐色。

则：

写出反应③的化学方程式。

B溶液中加入NaOH溶液的现象是，沉淀颜色发生变化对应的化学方程式是。

C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板（铜质），写该反应的离子方程式。

（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应②③⑤均要用强碱溶液，反应④是通入过量的CO2。

则：

反应②的离子方程式为。

反应④的离子方程式为。

【答案】

（1）Si＋2NaOH+H2O===Na2SiO3＋2H2↑；SiO2＋2OH－===SiO32-＋H2O；

（2）2FeCl2+Cl2===2FeCl3生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色

4Fe（OH）2＋O2＋2H2O==4Fe（OH）3Cu+2Fe3+==2Fe2++Cu2+

（3）