高考化学硅及其化合物推断题经典压轴题及详细答案Word格式文档下载.docx

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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

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。

（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。

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．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）

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。

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）。

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．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所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，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所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。

（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是一种氮肥,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＋、NH4+、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所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。

【答案】

SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc（H＋）∶c（Al3＋）∶c（NH4+）∶c（SO42-）＝1∶1∶2∶3

由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。

（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为

，故答案为：

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二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，故答案为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：

2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：

Na2CO3和NaHCO3；

（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，故看到的现象为溶液中先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，故答案为：

先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；

（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，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E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：

3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：

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溶液的体积与Al3++3OH-=Al（OH）3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：

3，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（NH4+）：

n（SO42-）=1：

2：

3，故c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

3，故答案为：

c（H+）：

根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。

5．设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：

（1）矿石的组成元素是H、O和_____、______（填元素符号），化学式为_____________。

（2）白色粉末3溶于NaOH溶液的离子方程式是________。

【答案】Mg，SiMgSiO3·

2H2O2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O

根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量为3.6g，物质的量为0.2mol；

白色粉末2能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀2，和无色溶液3；

根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀2可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；

白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀2为硅酸；

无色溶液3中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀3为氢氧化镁，5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol，因此白色粉末2中含有4g氧化镁和6g二氧化硅，因此白色粉末2为硅酸镁。

（1）根据上述分析，矿石的组成元素是H、O、Mg和Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为

=0.1mol，水的物质的量为

=0.2mol，因此化学式为MgSiO3·

2H2O，故答案为Mg；

MgSiO3·

2H2O；

（2）白色粉末3为二氧化硅，溶于NaOH溶液的离子方程式为2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O，故答案为2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O。

点睛：

本题考查了物质的组成和性质的推断。

本题的难点是白色胶状沉淀2和白色粉末3的判断，可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末3能够与氢氧化钠溶液反应考虑。

6．离子方程式和化学方程式是学习化学的基本用语，请按要求书写：

（1）写出下列反应的离子方程式

①向石灰石滴加盐酸________________；

②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸__________。

（2）写出下列离子反应方程式所对应的化学方程式

________________；

____________________

（3）写出稀硝酸与铜反应的化学方程式____________。

【答案】CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+

+2H+=H2SiO3↓2NaOH+CO2=Na2CO3+H2OFe+CuSO4=Cu+FeSO43Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

（1）①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水；

②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠；

（2）①

可表示为CO2溶于可溶性强碱生成可溶性碳酸盐和水；

可表示Fe溶于可溶性铜盐；

（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水。

（1）①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+；

②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠，发生反应的离子方程式为

+2H+=H2SiO3↓；

可表示少量CO2和NaOH溶液的反应，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；

可表示Fe与CuSO4溶液的反应，反应方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4；

（3）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。

离子方程式的书写步骤一般为：

①“写”：

写出有关反应的化学方程式；

②“拆”：

可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；

③“删”：

删去方程式两边不参加反应的离子；

④“查”：

检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

7．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

（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。

（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，

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，

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，

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，

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，

下口放出；

（6）6.20gNa2O的物质的量为0.1mol，Na2O晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3NA，

0.3NA；

（7）设二者的质量为mg，则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比=

=2：

1，则所含氢原子的个数比是

=3:

1，

3:

（8）加热[4MgCO3∙Mg（OH）2∙5H2O]生成MgO和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的固体为MgO，10gMgO的物质的量为

=0.25mol，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n（MgCO3）=

×

n（Mg）=

0.25mol=0.2mol，n（CO2）=n（MgCO3）=0.2mol，

V（CO2）=0.2mol×

22.4L/mol=4.48L，

4.48L。

8．金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。

（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，它处理CO2的化学方程式为_____________。

（2）缺铁性贫血患者应补充Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式补充，而硫酸铁无这种药效。

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

（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是____________（填化学式），它能杀菌消毒是因为有__________________性。

（4）人们常常选用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生的化学方程式是______________________。

（5）许多人喜欢佩戴玉石饰品。

玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，例如和田玉（Ca2Mg5H2Si8O24）可表示为复杂氧化物形式2CaO·

5MgO·

8SiO2·

H2O，则南阳玉（CaAl2Si2O8）表示为复杂氧化物形式是__________。

（6）向一铝制易拉罐中充满CO2后，再往罐中注入足量的质量分数为20%的NaOH溶液，立即严封罐口，不—会儿就发现易拉罐变瘪，再过一会易拉罐又鼓胀起来，解释上述实验现象，易拉罐又鼓胀起来的原因是______________________（用化学方程式表示）

【答案】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2保护FeSO4不被空气中的氧气氧化Ca（ClO）2强氧化SiO2+4HF=SiF4↑+2H2OCaO·

Al2O3·

2SiO22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化；

（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙；

它能杀菌消毒是因为有强氧化性；

（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；

（5）根据硅酸盐化学式可表示为：

活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水，注意质量守恒进行解答；

（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起。

（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式：

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；

（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化，

故答案为保护FeSO4不被空气中的氧气氧化；

（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙，次氯酸钙化学式：

Ca（ClO）2；

故答案为Ca（ClO）2；

强氧化；

（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为：

4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，

故答案为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；

（5）南阳玉（CaAl2Si2O8），用氧化物形式可表示为：

CaO•Al2O3•2SiO2，

故答案为CaO•Al2O3•2SiO2；

（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起，金属铝能和强碱反应的实质是：

2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，

故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。

本题考查了元素化合物知识，涉及药品的保存、离子方程式的书写等，明确钠、铁及其化合物、漂白粉、二氧化硅的性质是解题关键，注意硅酸盐改写为氧化物的一般方法。

9．已知：

Pb的化合价只有＋2、＋4，且＋4价的Pb具有强氧化性，常温下能氧化浓HCl生成Cl2；

PbO2不稳定，随温度升高按下列顺序逐步分解：

PbO2→Pb2O3→Pb3O4→PbO。

现将amolPbO2加热分解，收集产生的O2；

加热反应后所得固体中，Pb2＋占Pb元素的物质的量分数为x；

向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸，收集产生的Cl2。

两步反应中收集的O2和Cl2的物质的量之和为ymol。

（1）若Fe3O4可表示为FeO·

Fe2O3，则Pb3O4可表示为_____________________________

（2）试写出Pb2O3与浓盐酸反应的化学方程式____________________________________

（3）通过计算确定y与a、x的函数关系式____________________________。

【答案】2PbO·

PbO2Pb2O3+6HCl=2PbCl2+Cl2+3H2Oy=a（1-

）

（1）Pb在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb的两种氧化物形式为：

PbO和PbO2，那么Pb2O3的氧化物的表示形式可以写成PbO•PbO2；

（2）Pb2O3中Pb的化合价只有+2、+4，再根据化合价代数和等于零，求得Pb的总化