备战高考化学硅及其化合物推断题经典压轴题附答案解析.docx
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备战高考化学硅及其化合物推断题经典压轴题附答案解析
备战高考化学硅及其化合物推断题-经典压轴题附答案解析
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.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。
3.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
。
4.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示(反应条件和部分副产物未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A、D、F都是非金属单质,且A、D所含元素在周期表中同一列,A、F所含元素在周期表中同一横行,则反应①的化学方程式是_______________________。
(2)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是_____________________;
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,反应③的化学方程式是________________。
(4)若A、D为单质,且A原子核内所含质子数是D的2倍,B是参与大气循环的一种物质,③和④两个反应中都有红棕色气体生成,反应④的化学方程式是_________。
【答案】SiO2+2C
Si+2CO↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-4NH3+5O2
4NO+6H2OC+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A、D、F都是非金属单质,反应①是置换反应,A、D同主族,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此只能是SiO2与C反应,则A是C、B是SiO2、C是CO、D是Si,E是CO2、F是O2。
反应①的方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑。
(2)若A是常见的金属单质,反应①是置换反应,D、F是气态单质,根据框图可知,A与F生成E,C与F也能生成E,因此A只能为Fe,D为H2,F为Cl2,B为HCl,C为FeCl2,E为FeCl3。
反应②的方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
(3)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,所以A是氨气,B是氯气,C是氮气,D是氯化氢,F是氧气,E是NO,反应③的化学方程式是4NH3+5O2
4NO+6H2O。
(4)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍,B是参与大气循环的一种物质,反应①是置换反应,根据框图可知,A为Mg,D为C,B为CO2,C为MgO,又知③和④两个反应中都有红棕色气体生成,F为HNO3。
反应④的化学方程式是C+4HNO3
CO2↑+4NO2↑+4H2O。
【点晴】
解框图题的方法的最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。
5.
(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。
6.(14分)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、抗氧化的特性。
它是以中学化学中常见物质为原料来生产的,图中C、M、K均含A元素,M的分子式为A(NH2)4;E为不含A元素的氢化物,在空气中易形成白雾;G、F均为难溶于水的白色沉淀,H为氧化物,J为气体;其余物质均为中学化学中常见物质。
(提示:
NH3和H2O的化学性质在某些方面相似)
请回答下列问题:
(1)写出指定物质的化学式:
A,C,F。
(2)K的化学式为。
(3)写出图中下列序号的化学方程式:
反应④;
反应⑤。
(4)写出图中反应⑥的离子方程式:
。
【答案】(14分)
(1)Si(2分);SiCl4(2分);H2SiO3(H4SiO4)(2分);
(2)Si3N4(2分)
(3)④Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑(2分)⑤SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(2分)
(4)⑥SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-(2分)
【解析】
试题分析:
根据题中各种物质之间的转化关系,F均为难溶于水的白色沉淀,H为氧化物,H与NaOH溶液发生反应产生I,I与过量的CO2发生反应产生F,,数目F是弱酸,而且不稳定,受热发生分解反应,结合化合物A可谓形成四个共价键可知A元素为Si价化合物,C、H、K均含有A元素,K抗腐蚀能力强,氮溶液被氢氟酸腐蚀,数目K中含有Si元素,由此可取代A是Si,H是SiO2,I是Na2SiO3,则F是H2SiO3,E为不含A元素的氢化物,在空气中易形成白雾;E与AgNO3溶液发生反应产生的F为难溶于水的白色沉淀,则F是AgCl,E是HCl,所以B是Cl2。
C是SiCl4,SiCl4与过量的NH3发生反应产生M是Si3N4,K是含有Si元素的两种短周期元素组成的新型无机非金属材料,具有超硬物质,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。
则K是Si3N4。
(1)A物质的化学式:
是Si;C化学式是SiCl4,F是H2SiO3,
(2)K的化学式为Si3N4;(3)图中Si可以与NaOH溶液发生反应产生氢气,反应④的化学方程式是:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;反应⑤是酸性氧化物SiO2与碱NaOH发生反应,产生盐和水,反应的化学方程式是:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;(4)由于酸性H2CO3>H2SiO3,因此硅酸盐与碳酸发生反应产生硅酸,由于CO2过量,因此反应产生的碳酸盐是酸式盐,图中反应⑥是的离子方程式SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-
【考点定位】考查了物质转化关系和判断、物质化学式、化学方程式和离子方程式的书写的知识。
【名师点睛】本题是无机元素及化合物的推断题,全面考查了元素及化合物的性质及应用,要掌握元素及化合物的结构、性质、应用,同时把反应现象和题干信息充分结合,与材料及制取方法结合,注意物质的量的多少对反应及产物的影响。
本题考查的非金属元素N、Cl、Si元素及其化合物的性质和应用的知识。
从物质之间的转化关系中找准突破口,问题就会各个击破,迎仍而解。
7.图中X、Y、Z为单质,其它为化合物,它们之间存在如图转化关系(部分产物已略去)。
其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)1molE中含有mol化学键;M中存在的化学键类型为;
R的化学式是______________________。
(2)一定条件下,Z与H2反应生成ZH4,ZH4的电子式为___________________。
(3)写出A与Al反应转化为X的化学方程式。
(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
【答案】
(1)4离子键、共价键H2SiO3(或H4SiO4)
(2)
(3)8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3(需加入反应条件)
(4)
【解析】
【分析】
A为磁性氧化铁,即四氧化三铁,则X为铁,Y为氧气,D为硝酸,G为硝酸铁,E为不溶于水的酸性氧化物,则为二氧化硅,Z为硅,M为硅酸钠,R为硅酸胶体。
【详解】
(1)1个“SiO2”的结构为
,在此结构片断中,含有的共价键数目为2+4×
=4,
则1molSiO2中含有4摩尔Si-O键。
M为硅酸钠,Na+与SiO32-之间存在离子键,SiO32-内Si原子与O原子间存在共价键。
Na2SiO3与HNO3发生复分解反应,生成的R为H2SiO3(或H4SiO4)。
答案为:
4;离子键、共价键;H2SiO3(或H4SiO4);
(2)二氧化硅和氢气反应生成四氢化硅,其电子式为:
。
答案为:
;
(3)铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁,方程式为:
8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3。
答案为:
8Al+3Fe3O4
9Fe+4Al2O3;
(4)四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,离子方程式为:
。
答案为:
。
【点睛】
无机推断题必须抓住突破口,抓住物质的特征,例如磁性氧化铁为四氧化三铁,酸性氧化物能和氢氟酸反应的物质为二氧化硅。
红褐色沉淀为氢氧化铁等。
有些反应的条件也可做为突破口,例如使用催化剂的反应有:
8.A、B、C、D是初中化学常见物质,它们之间的转化关系(反应的条件未标出)如图所示.已知A是一种碱,常用于改良酸性土壤,C是最常见溶剂.
(1)若B是引起大气温室效应的主要气体,则D的化学式是_____,A,B,C,D中均含有的一种元素是_____(填元素符号).
(2)若B是人体胃酸中含有的酸,写出反应的化学方程式________
【答案】CaCO3OCaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若B是引起大气温室效应的主要气体,则B为CO2,氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水,所以D是CaCO3,通过以上分析知,D是CaCO3,根据A、B、C、D的化学式知,这四种物质中都含有的一种元素是O元素;
(2)若B是人体胃酸中含有的酸,则为HCl,氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水,所以D为CaCl2,该反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,
9.X、Y、Z为常见的三种单质,Z是绿色植物光合作用的产物之一,A、B为常见化合物。
它们在一定条件下可发生如图所示的反应(均是在非溶液中进行的反应):
(1)画出Z的原子结构示意图_______;
(2)当X为金属,Y为非金属时,A可能的电子式为__________或_________;
(3)当X为非金属,Y为金属时,X可能的化学式为__________或_________;
(4)当X与Y均为金属时,写出X与A反应的化学方程式_______________________;
(5)当X与Y均为非金属时,若X与Y同主族,写出X与A反应的化学方程式_____________________________________;若X与Y不在同一主族,写出X与A反应的化学方程式______________________________。
【答案】
CH22Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3C+SiO2
Si+CO2C+H2O
H2+CO
【解析】
【分析】
先根据C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一,判断C是氧气,A、B是单质,与氧气反应,得出X、Y是含氧化合物,然后采用假设的方法分析.
【详解】
C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一,所以C是O2.A、B是单质,分别与O2反应生成含氧化合物,A+X→B+Y,属置换反应.
(2)如果X是钠,Y是氢气,A就是H2O,B就是NaOH,钠与水反应的方程式为
2Na+2H2O=2NaOH+H2;
(3)当X为非金属,Y为金属时,就是以氢气或一氧化碳为还原剂的热氧化还原反应;
(4)当X与Y均为金属时,考虑铝热反应;
(5)X是碳,Y是硅,A就是SiO2,B就是CO,C与SiO2的反应方程式为:
2C+SiO2
Si+2CO↑;如果X是碳,B是氢气,X就是H2O,Y就是CO,C+H2O
H2+CO。
【点睛】
本题的题眼是:
C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一,通过判断A、B、X、Y,确定该反应是置换反应,学过的置换反应方程式较多,考查学生的发散思维以及总结归纳能力。
10.铝硅合金材料性能优良。
铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)
干法制取该合金的工艺如下:
(1)焙烧除铁反应:
4(NH4)2SO4+Fe2O3
2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3(少部分Al2O3发生类似反应)。
氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图,最适宜焙烧温度为______________。
指出气体I的用途____________(任写一种)。
(2)操作①包括:
加水溶解、过滤_______、_________。
若所得溶液中加入过量NaOH溶液,含铝微粒发生反应的离子方程式为____________________
(3)用焦炭还原SiO2发生反应的化学方程式为_________________
【答案】300℃制氮肥或用硫酸吸收气体(氨气)循环到焙烧过程中洗涤干燥Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2C+SiO2
2CO↑+Si
【解析】
【分析】
铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)加硫酸铵焙烧,Fe2O3转化为NH4Fe(SO4)2同时生成氨气,加水溶解、过滤,滤渣为SiO2和Al2O3,用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到硅铝熔体,在加纯铝搅拌,得到硅铝合金,据此分析解答。
【详解】
(1)焙烧时尽可能是氧化铁反应,而氧化铝不反应,由图可知在300℃时,氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高,而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低,所以最适宜焙烧温度为300℃;
气体Ⅰ为氨气,氨气可以用于制氮肥,也可以用硫酸吸收