高考化学硅及其化合物推断题的综合题试题含答案解析.docx
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高考化学硅及其化合物推断题的综合题试题含答案解析
2020-2021高考化学硅及其化合物推断题的综合题试题含答案解析
一、硅及其化合物
1.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)高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应,写出该反应的化学方程式____。
【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSiO2+2C
Si+2CO↑
【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=3.48g÷58g/mol=0.06mol,质量为0.06mol×24g/mol=1.44g,不符合,则应为原硅酸根,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,则
(1)X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。
(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)高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应,该反应的化学方程式SiO2+2C
Si+2CO↑。
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.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。
4.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。
5.现有如图所示的转化关系,水和部分产物已略去。
已知:
①X和Z是两种透明、不溶于水的坚硬固体,其中Z无固定熔点,是现代建筑不可缺少的装饰和采光材料;②无色气体A是引起温室效应的主要气体;
③B、D均为难溶于水的白色固体;④高纯度的F是使用最广泛的半导体材料。
据此回答下列问题:
(1)Z的名称是________,工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为________(填名称)。
(2)由X、Y制F的化学方程式为________________________,此反应中Y作________剂(填“氧化”或“还原”)。
(3)转化①的化学方程式为________________________;转化②(A少量)的离子方程式为______________________。
【答案】玻璃氢氟酸SiO2+2CO
2CO2+Si还原SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2OSiO
+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO
【解析】
【分析】
①X为不溶于水的坚硬固体,Z无固定熔点,是现代建筑中不可缺少的装饰材料,判断为玻璃,说明X为SiO2;
②无色气体A是引起温室效应的主要气体为CO2;
③B、D均为难溶于水的白色固体,流程分析可知B为CaCO3,;
④高纯度的F是制造电脑芯片的一种非金属单质为Si;
结合流程分析判断可知X为SiO2,B为CaCO3,C为Na2SiO3,D为H2SiO3,E为Na2CO3,Z为玻璃,Y为CO,F为Si.
【详解】
由以上分析:
(1)Z无固定熔点,是现代建筑中不可缺少的装饰材料,判断为玻璃;工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为氢氟酸。
(2)由X、Y制F的过程为SiO2+2CO
2CO2+Si,CO做还原剂。
(3)转化①的化学方程式为SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O;无色气体A是引起温室效应的主要气体,则A为CO2,转化②(A少量)的离子方程式为SiO
+CO2+H2O===H2SiO3↓+CO
。
6.奥运五环“象征五大洲的团结,全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好的精神,在奥运会上相见”。
下图所示五元环代表A、B、C、D、E五种化合物,圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素;五种化合物由四种短周期元素形成,每种化合物仅含有两种元素。
A是工业制取硝酸的主要原料之一;B、E分子中所含电子数都为18,B不稳定,具有较强的氧化性,E是由六个原子构成的分子,可作火箭燃料;C是工业制光导纤维的主要原料;D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4。
根据以上信息回答下列问题:
(1)A用于工业制取硝酸所发生反应的化学方程式_______________________。
(2)D的化学式是_______,E分子中含有_________键和______________键。
(3)B的水溶液呈弱酸性,其电离方程式可表示为____________,B在实验室中可以用于制取某种常见气体,其反应的化学方程式为______________________。
(4)B与E反应可生成单质G和一种常见的液体H,其反应的化学方程式为____________。
(5)用化学方程式表示C的另一种用途___________________。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2OSi3N4极性非极性H2O2
HO2-+H+2H2O2
2H2O+O2↑2H2O2+N2H4=N2↑+4H2OSiO2+2C
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
A是工业制取硝酸的主要原料之一,则A是NH3;B、E分子中所含电子数都为18,B不稳定,具有较强的氧化性,则B是H2O2;E是由六个原子构成的分子,可作火箭燃料,则E为N2H4;C是工业制光导纤维的主要原料,C是SiO2;D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4,则根据元素的组成及圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素,结合D中元素原子个数关系,可推知D是Si3N4,然后对问题分析、解答。
【详解】
根据上述分析可知A是是NH3,B是H2O2,C是SiO2,D是Si3N4,E为N2H4。
(1)在工业上用氨的催化氧化法制取硝酸,反应的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)D的化学式是Si3N4,E是N2H4,在该物质的分子中含有N-H极性共价键和N-N非极性共价键,但该物质分子空间排列不对称,因此物质分子属于极性分子;
(3)B是H2O2,该物质分子能够在水中微弱电离,存在电离平衡,主要是第一步的电离,电离方程式为:
H2O2
HO2-+H+;在实验室中通常是用H2O2为原料,加入少量MnO2作催化剂制取O2,反应的化学方程式为:
2H2O2
2H2O+O2↑;
(4)H2O2与N2H4会发生反应,产生N2、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为:
2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O;
(5)C是SiO2,可以与焦炭在高温下发生反应,制取Si单质,反应的化学方程式为:
SiO2+2C
Si+2CO↑。
由于光线在SiO2中会全反射,因此也可用作制光导纤维的原料。
7.已知A与D均为非金属单质,其中A有多种同素异形体,其转化关系如下图。
请回答:
(1)反应②为工业制粗硅原理,写出E的化学式:
。
(2)反应①的化学方程式为。
【答案】
(1)CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
【解析】
试题分析:
(1)反应②制取粗硅,常用C和SiO2的反应:
2C+SiO2
Si+2CO,D为非金属单质,则D为Si,E为CO;
(2)C和O2反应生成CO2,反应①是:
CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
考点:
考查工业制硅、镁和CO2的反应等知识。
8.“生活无处不化学”,回答下列问题:
(1)用白醋浸泡开水壶,第二天发现壶内水垢消失,开水壶又光洁如新了(水垢的主要成分是碳酸钙等)。
该离子反应方程式为____________。
(2)食盐不慎洒落在天然气的火焰上,观察到的现象是_____,该变化称为_____反应。
(3)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑,该反应的化学方程式是____________。
(4)面包在制作时会加入小苏打,利用其加热产生气体的性质,可将小苏打作为膨松剂,该反应的化学方程式是________________。
(5)光导纤维、沙子、石英和玛瑙的主要成分是__________(填化学式)。
(6)赏心悦目的雕花玻璃是用__________(填名称)对玻璃进行刻蚀而制成的。
(7)使用“84”消毒液(含NaClO)时,按一定比例将它与水混合,并在空气中浸泡一段时间,使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应,以达到杀菌消毒的效果更好的目的。
将该反应的离子方程式补充完整:
____+____。
【答案】
火焰变成黄色焰色
或(3Fe+2O2
Fe3O4)
SiO2氢氟酸HClOHCO3—
【解析】
【详解】
:
(1)发生反应为CaCO3+2CH3COOH═(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,其离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,
故答案为:
CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑;
(2)食盐不慎洒落在天然气的火焰上,观察到的现象是火焰变成黄色,该变化称为焰色反应,
故答案为:
火焰变成黄色;焰色;
(3)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑,该反应的化学方程式是3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2,故答案为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(4)面包在制作时会加入小苏打,利用其加热产生气体的性质,可将小苏打作为膨松剂,该反应的化学方程式是2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,故答案为:
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
(5)光导纤维、沙子、石英和玛瑙的主要成分是SiO2,故答案为:
SiO2;
(6)赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的,故答案为:
氢氟酸;
(7)使用“84”消毒液(含NaClO)时,按一定比例将它与水混合,并在空气中浸泡一段时间,使NaClO与H2O及空气中的CO2充分反应,以达到杀菌消毒的效果更好的目的,由电荷守恒及原子守恒可知该反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-,故答案为:
HClO;HCO3-。
9.按要求回答下列问题:
(1)FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的本质区别是:
_____________。
(2)工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________(填名称)。
(3)工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的____________性。
(4)盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用____________塞(填“玻璃”或“橡胶”)。
(5)用四氯化碳萃取溴水后,分液时有机层从分液漏斗的_____________(填“下口放出”或“上口倒出”)。
(6)6.20gNa2O晶体中含离子数目是_____________(NA为阿伏加德罗常数的数值)。
(7)等质量的NH3和H2S中,氢原子的个数比是_________。
(8)加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到10.0g残留固体和__________LCO2(标准状况下)。
【答案】分散质粒子直径石灰石还原橡胶下口放出0.3NA3:
14.48
【解析】
【分析】
(1)根据胶体与溶液的本质区别来解答;
(2)根据工业上制玻璃的原料分析解答;
(3)根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答;
(4)根据二氧化硅与NaOH溶液溶液反应分析判断;
(5)根据四氯化碳密度大于水分析;
(6)Na2O晶体为离子晶体,1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-,以此分析;
(7)质量相等,计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答;
(8)加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到的固体为MgO,根据n=
,V=nVm及原子守恒进行计算。
【详解】
(1)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1~100nm之间,即分散质粒子直径大小不同,
故答案为:
分散质粒子直径;
(2)工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃,
故答案为:
石灰石;
(3)钠是活泼金属,极易失去电子被氧化,工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的还原性,
故答案为:
还原;
(4)由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成粘性的硅酸钠,而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开,因此盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞,
故答案为:
橡胶;
(5)四氯化碳的密度大于水的密度,用四氯化碳萃取溴水后,有机层在下层,分液时有机层从分液漏斗的下口放出,
故答案为:
下口放出;
(6)6.20gNa2O的物质的量为0.1mol,
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 试题 答案 解析