备战高考化学 硅及其化合物推断题 培优练习含答案含详细答案.docx
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备战高考化学硅及其化合物推断题培优练习含答案含详细答案
备战高考化学硅及其化合物推断题培优练习(含答案)含详细答案
一、硅及其化合物
1.A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,它们能发生如图所示的转化关系,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气。
请回答下列问题:
(1)写出各物质的化学式:
A________;B________;C________;D________;E________。
(2)写出反应①的化学方程式:
______________________________________,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(3)写出反应④的离子方程式:
______________________________________。
(4)写出反应⑤的离子方程式:
______________________________________。
(5)H2CO3的酸性强于E的,请用离子方程式予以证明:
________________________________。
【答案】SiO2CaSiO3Na2SiO3SiH2SiO3SiO2+2C
Si+2CO↑1∶2Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑SiO32-+Ca2+=CaSiO3↓SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素,该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气,则可推知该元素为硅元素,根据题中各物质转化关系,结合硅及其化合物相关知识可知,A与焦碳高温下生成D,则A为SiO2,D为Si,C为Na2SiO3,根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3,根据反应⑥推知E为H2SiO3。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A为SiO2,B为CaSiO3,C为Na2SiO3,D为Si,E为H2SiO3;
(2)反应①的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑,根据方程式可知,该反应中氧化剂是个与还原剂碳的物质的量之比为1:
2;
(3)反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)反应⑤的离子方程式为SiO32-+Ca2+=CaSiO3↓;
(5)H2CO3的酸性强于H2SiO3,根据复分解反应的规律:
强酸制取弱酸,则可以向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体,发生反应产生硅酸和碳酸钠,反应的离子方程式是:
SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。
2.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。
3.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。
4.如图所示物质的转化关系中,A是一种固体单质,E是一种白色沉淀.请回答下列问题:
(1)B的化学式是___,目前B已被用作___的主要原料.
(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和过量的盐酸反应的离子方程式是___.
【答案】SiO2光导纤维SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2OSi+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓
【解析】
G和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色沉淀,可知E可能为是硅酸,A可能是硅,带入题目进行验证,a溶液是强碱溶液或氢氟酸溶液,而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液,硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀;硅酸加热分解为二氧化硅和水,与题意相符,硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅,四氟化硅与盐酸不反应,与题意矛盾;因此A是Si、B是SiO2、C是Na2SiO3或K2SiO3、D是H2O、E是H2SiO3、F是H2、a是NaOH或KOH。
(1)B的化学式是SiO2,目前SiO2已被用作光导纤维的主要原料;正确答案:
SiO2、光导纤维。
(2)SiO2与强碱溶液反应生成可溶性的硅酸盐和水,离子方程式是SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O;正确答案:
SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O。
(3)Si和强碱溶液反应生成可溶性硅盐酸和氢气,离子方程式是Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑;正确答案:
Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑。
(4)硅酸盐与过量的盐酸反应生成白色沉淀硅酸,离子方程式是SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓;
正确答案:
SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓。
5.已知A是一种装饰品的主要成分,是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。
根据下图转化关系,回答下列问题。
(1)A的用途:
________(任写一种),B是________,D是________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
①______________。
(3)写出下列反应的离子方程式:
②____________,③_______,⑤____________。
【答案】制光导纤维Na2SiO3H2SiO3Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑CO2+H2O+SiO32—=CO32—+H2SiO3↓(或2CO2+2H2O+SiO32—=2HCO3—+H2SiO3↓)SiO2+2OH-=SiO32—+H2OSiO32—+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由A是一种装饰品的主要成分,是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅;高温下,二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳,硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀,则D是硅酸;二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,则B是硅酸钠,C是二氧化碳;硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。
【详解】
(1)A是二氧化硅,二氧化硅是光导纤维的主要成分,是制普通玻璃的原料,B是硅酸钠,D是硅酸,故答案为:
制光导纤维;Na2SiO3;H2SiO3;
(2)反应①是高温下,二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳,反应的化学方程式为Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑,故答案为:
Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑;
(3)反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠,反应的离子方程式为CO2+H2O+SiO32—=CO32—+H2SiO3↓(或2CO2+2H2O+SiO32—=2HCO3—+H2SiO3↓),反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32—+H2O;反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠,反应的离子方程式为SiO32—+2H+=H2SiO3↓,故答案为:
CO2+H2O+SiO32—=CO32—+H2SiO3↓(或2CO2+2H2O+SiO32—=2HCO3—+H2SiO3↓);SiO2+2OH-=SiO32—+H2O;SiO32—+2H+=H2SiO3↓。
【点睛】
由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。
6.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。
7.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下图所示。
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。
请填空:
(1)形成单质A的原子的结构示意图为______,它的最高化合价为______。
(2)B的化学式(分子式)为______,B和碳反应生成A和E的化学方程式是____________。
(3)C的化学式(分子式)为___________,D的化学式(分子式)为_____________。
【答案】
+4SiO2SiO2+2C
Si+2CO↑CaSiO3Na2SiO3
【解析】
【分析】
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质,可确定A是Si单质,它可由SiO2和C在高温条件下反应制取,则B为SiO2,E为CO,C为CaSiO3,D为Na2SiO3,结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】
根据上述分析可知A是Si单质,B是SiO2,C为CaSiO3,D为Na2SiO3,E为CO。
(1)Si是14号元素,形成单质A的原子结构示意图为
;Si原子最外层有4个电子,由于原子最外层电子数等于该元素的最高正化合价,所以Si元素的最高正化合价为+4价;
(2)根据上述推断可知B为二氧化硅,B的化学式为SiO2;
二氧化硅和碳在高温下反应生成硅单质和一氧化碳,反应的化学方程式是:
SiO2+2C
Si+2CO↑;
(3)C是硅酸钙,化学式为CaSiO3;D为硅酸钠,其化学式Na2SiO3。
【点睛】
本题考查无机物的推断的知识,侧重硅及其化合物转化的考查,把握地壳中元素的含量推断A为解答的突破口,注意性质与用途的关系。
8.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。
9.A、B、C、D、E、F、X七种物质之间可按下列框图发生反应(部分产物可能被省略)。
其中,A、D、E、X是四种常见的非金属单质,常温下A、X为气体,D、E为固体。
A的水溶液具有漂白性,A、D的水溶液均能使淀粉KI试纸变蓝色,B的焰色反应为黄色。
请回答下列问题:
(1)写出A、F的化学式:
A:
_______、F:
__________。
(2)写出B的电子式:
_________,EO2的晶体类型为_______。
(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式____________________________。
(4)E单质可作高能燃料。
已知ag固体E燃烧放出bkJ的热量,请写出表示E燃烧热的热化学方程式(△H用含a、b的式子表示)___________________________。
【答案】A:
Cl2F:
SiCl4
原子晶体Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑Si(s)+O2(g)=SiO2(s);△H=-28b/akJ/mol
【解析】
【分析】
根据A是一种常见的非金属单质,常温下为气体,且A的水溶液具有漂白性,可推知A为氯气;由于D也是一种常见的非金属单质,常温下为固体,且由氯气制备可得,说明其氧化性弱于氯气,且其水溶液能使淀粉KI试纸变蓝色,因此D可能为碘单质;根据B的焰色反应为黄色,可知B为NaI,C为NaCl。
根据已知条件E是非金属单质,且E为固体,能与氢氧化钠溶液、氧气反应,因此可推测E为Si、F为SiCl4;能将SiCl4还原为Si的非金属单质为H2,因此X为H2。
据此解题。
【详解】
(1)根据分析,可知A、F的化学式分别为:
A:
Cl2、F:
SiCl4;
(2)根据分析,B物质NaI的电子式为:
,EO2为SiO2,其晶体类型为原子晶体;
(3)E为Si,其与NaOH溶液反应的离子方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑ ;
(4)当ag单质Si的物质的量为:
mol作高能燃料进行燃烧时放出的热量为bkJ,因此当1molSi燃烧时,放出的热量应为
kJ,因此Si单质燃烧热的热化学方程式可表示为:
Si(s)+O2(g)=SiO2(s);△H=-28b/akJ/mol 。
10.用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件,能大幅度提高发动机的热效率。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅,反应如下:
3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl。
完成下列填空:
(1)氮化硅可用于制造发动机的耐热部件,因为它属于_____________晶体。
有关氮化硅的上述反应中,原子最外层只有一个未成对电子的元素是______________(填写元素符号);属于非极性分子的化合物的电子式是 __________。
(2)比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是__________ 。
a.比较两种元素的气态氢化物的沸点
b.比较两种元素的原子获得一个电子时释放能量的大小
c.比较相同条件下两种元素氢化物水溶液的酸性强弱
(3)Si与Al、Be具有相似的化学性质,因为_________________(简述理由),写出Si与强碱溶液反应的离子反应方程式:
____________________________。
【答案】原子H、Cl
b处在金属与非金属的分界线上Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑
【解析】
(1)氮化硅是一种新型的无机非金属材料,耐高温,属于原子晶体;H、N、Si、Cl四种原子的最外层电子构型分别为1s1、2s22p3、3s23p2、3s23p5,最外层未成对电子数分别为1、3、2、1,所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H和Cl;SiCl4为非极性分子,其电子式为:
。
(2)气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关,与非金属性无关,a错误;原子获得一个电子时释放的能量越大,元素的非金属性越大,b正确;最高价氧化物的水化物的酸性越强,元素的非金属性越大,而不是指氢化物的酸性,c错误,故可以比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是答案b。
(3)Si、Al、Be三种元素均处于金属与非金属元素的交界处,所以三者的化学性质相似;
Si与强碱溶液反应的离子反应方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑。
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