高考化学一模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附详细答案.docx
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高考化学一模试题分类汇编硅及其化合物推断题综合附详细答案
2020-2021高考化学一模试题分类汇编——硅及其化合物推断题综合附详细答案
一、硅及其化合物
1.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。
2.有两种短周期元素
、
,
元素原子的最外层电子数为
,次外层电子数为
;
元素原子的
层(有电子)电子数为
,
层电子数为
。
(1)推断元素名称和符号:
_______、______,
______、_______。
(2)
、
两元素形成的化合物可能具有的性质是_______(填序号)。
A.能与水反应B.能与硫酸反应C.能与氢氧化钠溶液反应
(3)
元素的原子含有_______个能层,Y元素的原子含有_______个能层。
【答案】氧O硅SiC23
【解析】
【分析】
短周期元素X和元素Y,元素X原子的最外层电子数为a,次外层电子数为b;元素Y原子的M层电子数为(a-b),L层电子数为(a+b),则L层电子数为8,所以a+b=8,所以元素X原子有2个电子层,故b=2,所以a=8-b=8-2=6,故X为O元素;故元素Y原子的M层电子数为a-b=6-2=4,Y为Si元素,X、Y两元素形成的化合物为SiO2,结合元素化合物的性质判断。
【详解】
(1)X为O元素,Y为Si元素,故答案为:
氧;O;硅;Si;
(2)X、Y两元素形成的化合物为SiO2;
A.SiO2不与水反应,故A错误;
B.SiO2性质稳定,溶于HF酸,不溶于其它酸,故B错误;
C.SiO2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水,故C正确;
D.SiO2不与氯气反应,故D错误;
故答案为:
C;
(3)氧原子和硅原子的原子结构示意图分别为:
、
,所以氧原子有2个能层,硅原子有3个能层,故答案为:
2;3。
【点睛】
本题推断元素种类是解题关键,根据每一能层能够排布的电子数多少进行综合判断,注意二氧化硅性质的特殊性。
3.绿矾(FeSO4•7H2O)可用做净水剂、除草剂等。
某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分(Fe2O3、Al2O3和SiO2,不考虑其它杂质)的含量并制备了绿矾,流程如下:
请回答下列问题:
(1)溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和______。
(2)试剂C是______。
(3)③中反应的离子方程式是_______、_______。
(4)烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比是______。
【答案】OH-稀硫酸Fe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑5:
5:
1
【解析】
【分析】
烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2,与过量NaOH溶液混合,Al2O3和SiO2反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中,Fe2O3不能反应进入滤渣,然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g,溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-,加入过量盐酸,AlO2-转化为Al3+,SiO32-反应形成H2SiO3沉淀,发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3↓,然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀,灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g;固体B为Fe2O3,向其中加过量试剂C溶解,因为要制备FeSO4•7H2O,所以试剂C为稀硫酸,发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液,再加试剂E将三价铁还原成二价铁,则试剂E为Fe单质,最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾,据此分析。
【详解】
(1)通过以上分析知,溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-;
(2)固体B为Fe2O3,向其中加入H2SO4反应产生Fe2(SO4)3,再向该溶液中加入Fe粉,还原得到FeSO4溶液,因此试剂C是稀硫酸;
(3)③是Fe单质与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4溶液,及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2,其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)通过以上分析知Fe2O3为8.0g,,固体G是SiO2,由于在反应过程中Si元素没有损失,所以根据Si元素守恒,可知原混合物中含有SiO2为0.6g,则原混合物中Al2O3质量为m(Al2O3)=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g,则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n(Fe2O3):
n(Al2O3):
n(SiO2)=
:
:
=0.05:
0.05:
0.01=5:
5:
1。
【点睛】
本题考查物质制备,明确流程图中发生的反应及物质分离提纯方法是解答本题关键,掌握元素的Al、Fe、Si元素的单质及化合物的性质是解题的基础,侧重考查学生分析推断及综合应用能力。
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,B,C,D均含有同一种元素,A为单质,根据下图所示的物质之间的转化关系,回答下列有关问题。
①写出A、B、C、D各物质的名称:
A________,B________,C________,D_______;
②写出A→D的化学方程式:
_______________。
③写出下列变化的离子方程式:
B→C______________________________;
D→B______________________________。
【答案】硅硅酸钠硅酸二氧化硅Si+O2
SiO2SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
A是单质,A可以与NaOH溶液反应,A与O2在高温下反应产生的氧化物可以与碳在高温下反应产生A单质,可知A为Si单质;Si与氧气反应生成的D为SiO2;Si与NaOH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,硅酸受热分解得D为SiO2,SiO2与NaOH反应生成硅酸钠,符合各物质转化关系,据此答题。
【详解】
综上所述可知可知A为硅,B为硅酸钠,C为硅酸,D为二氧化硅。
①根据上面的分析可知,A为硅,B为硅酸钠,C为硅酸,D为二氧化硅;
②A为Si,D为二氧化硅,硅与氧气在高温下反应生成SiO2,该反应的化学方程式为:
Si+O2
SiO2;
③B是Na2SiO3,C是H2SiO3,向Na2SiO3水溶液中通入CO2气体,会发生反应产生硅酸和碳酸钠,反应的离子方程式为:
SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-;
D是SiO2,B是Na2SiO3,SiO2与NaOH溶液反应产生硅酸钠和水,反应的离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
【点睛】
本题考查无机物推断的知识,明确硅和二氧化硅的性质为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,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.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。
8.X是一种新型无机非金属材料,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。
有关生产过程如下:
为了确定C的组成,某同学进行了以下的探究过程。
已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,I可做光导纤维。
按要求回答下列问题:
(1)C的空间构型为__________;X的化学式为__________。
(2)反应②的化学方程式为__________。
(3)反应⑦的离子方程式__________。
【答案】
(1)正四面体;Si3N4;
(2)SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl;(3)SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-;
【解析】
试题分析:
I可做光导纤维,所以I是二氧化硅,则F是硅酸,H是硅酸钠.又因为F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,所以G是氯化银,因此C是SiCl4,则A是硅,B是氯气。
根据X的性质可知,X是原子晶体,所以X是Si3N4。
由转化关系可知,SiCl4与NH3反应生成Si(NH2)4,根据原子守恒可知还生成HCl,由于氨气过量,故应生成NH4Cl;CO2是过量的,因此生成物是碳酸氢钠与硅酸。
(1)由以上分析可知C为SiCl4,具有甲烷的结构,为正四面体,X为Si3N4;
(2)由转化关系可知,SiCl4与NH3反应生成Si(NH2)4,根据原子守恒可知还生成HCl,由于氨气过量,故应生成NH4Cl,故反应于的反应方程式为:
SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl;
(3)CO2是过量的,因此生成物是碳酸氢钠与硅酸,反应舆的离子方程式为:
SiO32-+2H2O+2CO2=2H2SiO3↓+2HCO3-。
【考点定位】本题考查无机物的推断,硅及其化合物的性质。
【名师点晴】本题考查无机物的推断。
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
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。
9.
(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。
10.完成下列各题。
(1)制备陶瓷是以粘土[主要成分Al2Si2O5(OH)4]为原料,经高温烧结而成。
若以氧化物形式表示粘土的组成,应写为。
(2)如果胃酸过多,可服用(填写化学式)缓解症状,但如果患有胃溃疡,则不能服用,以防止胃穿孔。
(3)雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的,这一过程中发生反应的化学方程式为。
(4)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂,工业上是用氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生产ClO2的,反应过程中同时会生成氯气。
写出该反应的化学方程式。
【答案】(