高考化学硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答案Word格式文档下载.docx

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（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．已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：

（1）A是______，B是_____，D是_____。

（2）写化学方程式：

①_________；

⑤_________。

（3）写离子方程式：

②__________；

③________；

④________。

【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2

Na2SiO3＋CO2↑H2SiO3

H2O＋SiO2CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2OSiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓

由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：

SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。

由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。

（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：

SiO2；

Na2SiO3；

H2SiO3。

（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，故答案为：

SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑。

⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：

H2SiO3

H2O＋SiO2，故答案为：

H2O＋SiO2。

（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：

CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：

CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。

③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：

SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。

④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：

SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：

SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

解框图题的方法：

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，本题的突破口为：

“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。

3．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见化合物．它们在一定条件下可以发生如图反应（均不是在溶液中进行的反应）（以下每个空中只需填入一种物质）

（1）X、Y均为金属时，此反应在工业上称为___反应，其反应方程式为________  

（2）X为金属，Y为非金属时，A为__B__

（3）X为非金属Y为金属时，A为__B为_______

（4）X为非金属，Y为非金属时，A为_____B为______

【答案】铝热反应3Fe3O4+8Al

9Fe+4Al2O3CO2MgOCuOH2OSiO2CO

Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A

Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物。

（1）当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,

反应方程式为3Fe3O4+8Al

9Fe+4Al2O3；

（2）当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式为:

Mg+CO2

MgO+C；

（3）当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为H2O,反应方程式为CuO+H2

Cu+H2O；

（4）当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C

Si+2CO。

本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型，注意把握常见相关物质的性质。

4．请回答：

已知：

甲+X→乙+Y

（1）若甲、乙、X均是化合物，Y是单质，则Y可能是___。

（填化学式，下同）

（2）若酸性X＞Y，且甲过量，Y是白色浑浊，则Y是__________，乙是__________。

（3）若甲、乙是金属单质，X为固体，则反应的化学方程式是_______________。

（4）甲、乙是同主族非金属元素组成的单质，乙通常状况下是深红棕色液体。

X、Y是化合物。

X溶液呈淡绿色，Y的溶液能使KSCN溶液变红。

①将Y的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得红褐色液体丙，证明丙的操作、现象及结论是___________________________________________________。

②单质甲、乙和Y溶液中的阳离子氧化性由强到弱的顺序为：

______。

（用化学式表示）

③当X与甲1:

1充分反应的离子方程式：

_________________________。

【答案】O2（S、N2等）H2SiO3NaCl

一束光照射M液体，在M中与光束垂直方向能看到一条光亮通路，证明M是胶体Cl2＞Br2＞Fe3+2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

本题主要考察常见化学物质的化学性质。

（1）根据题意得：

化合物+化合物=化合物+单质，则已学反应有：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，H2S+SO2=H2O+S↓，

等，则Y可能是O2、S、N2；

（2）酸性X＞Y，则该反应是强酸制弱酸的反应，弱酸中只有H2SiO3是白色沉淀，所以Y是H2SiO3，X可以是HCl，甲可以是Na2SiO3，则乙是NaCl；

（3）该化学方程式可以表示为：

金属+固体化合物=金属+化合物，则已学反应中有：

；

（4）单质乙通常状况下是深红棕色液体，则乙为Br2；

X溶液呈浅绿色，则X溶液含Fe2+；

Y溶液能使KSCN溶液变红，则Y溶液含有Fe3+；

①将含Fe3+的饱和溶液中滴入沸水中，继续加热可得液体丙Fe（OH）3胶体，胶体具有丁达尔小莹，可用一束光照射丙液体，在该液体中与光束垂直方向能看到一条光亮通路，证明丙是胶体；

②由于甲+X→乙+Y，乙为Br2，甲含有Fe2+，乙含有Fe3+，则甲为FeBr2，X为Cl2，Y为FeCl3，则氧化性强弱为Cl2＞Br2＞Fe3+；

③X与甲1:

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

5．甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，它们广泛存在于地壳中，均不溶于水，且都有如下相同的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B。

（1）写出甲、乙的化学式：

甲_______,乙_______；

（2）写出下列反应的化学方程式：

甲+NaOH溶液_______,

乙+NaOH溶液_______；

（3）分别写出甲、乙对应的A溶液与过量盐酸反应的离子方程式：

甲_______

乙_______

（4）若将5.1g乙溶于适量的盐酸（二者恰好完全反应）后，再加入175mL的2mol.L－1NH3H2O溶液，得到沉淀_______g

【答案】SiO2Al2O3SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OSiO32-+2H+＝H2SiO3↓AlO2-+4H+=Al3++2H2O7.8

甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如图的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化铝。

二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀；

氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀。

（1）根据以上分析，甲为SiO2、乙为Al2O3；

（2）二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

（3）甲对应的A是Na2SiO3，Na2SiO3与过量盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应离子方程式是SiO32-+2H+＝H2SiO3↓；

乙对应的A是偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝和氯化钠，反应的离子方程式是AlO2-+4H+=Al3++2H2O；

（4）5.1g氧化铝的物质的量是

，n（Al3+）=0.1mol，n（NH3

H2O）=0.175L×

2mol.L－1=0.35mol，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，根据铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×

78g/mol=7.8g。

6．某固体混合物X可能由Na2O2、Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。

为确定X的成分，进行了如下三个实验。

分析并回答下列问题：

（1）由实验①可得出的结论为：

_______。

（2）步骤Ⅰ所发生反应的离子方程式为：

__________，________。

反应Ⅱ涉及固体质量变化的化学方程式为：

_________。

（3）由步骤Ⅲ可得出的结论为：

（4）步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为____。

（5）原混合物中各成分的质量之比是____。

（不必简化）

【答案】混合物X中无Na2O2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O混合物X中无Al2O3H+、Cu2+、Fe2+m（Fe2O3）:

m（Cu）：

m（SiO2）=3.2：

3.2：

3.0

（1）由于Na2O2能与水反应生成NaOH和O2，实验①取4.7gX投入水中，有不溶物出现，过滤、洗涤、干燥、称量不溶物，其质量仍为4.7g，得出的结论是混合物X中无Na2O2。

（2）实验②向9.4gX中加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g固体，该蓝色溶液中含Cu2+，但Cu与HCl不反应，所以X中必有Fe2O3和Cu，步骤I中所发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；

向4.92g固体中加入过量NaOH，固体减少4.92g-1.92g=3.0g，减少的固体为SiO2，9.4gX中含3.0gSiO2，反应II涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。

（3）实验③向9.4gX中加入过量NaOH，固体减少9.4g-6.4g=3.0g，减少的固体的质量与SiO2的质量相等，说明溶解的物质只有SiO2、没有Al2O3，步骤III可得出的结论是：

混合物X中无Al2O3。

（4）由上面的分析，步骤III得到的6.4g固体是Cu和Fe2O3的混合物，实验③向6.4g固体中加入过量HCl得到蓝色溶液和1.92g固体，发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，由于仍有固体未溶解说明Fe2O3与HCl反应生成的Fe3+不能将Cu完全溶解，1.92g固体为Cu，Fe3+完全被还原为Fe2+，步骤IV所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+（H+来自过量HCl）。

（5）根据上述分析，设6.4g固体中Fe2O3物质的量为y，根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，溶解的Cu的物质的量为y，160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g，解得y=0.02mol，则9.4gX中含Fe2O3的质量为0.02mol×

160g/mol=3.2g、含SiO23.0g、含Cu的质量为（9.4g-3.2g-3.0g）=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）:

3.2 

：

3.0。

7．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：

信息

问题

①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数

（1）X一定不是______；

A．氢B．碳C．氧D．硫

②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26

（2）这四种元素含有铝元素吗?

__；

③上述四种元素的单质的混合物，加入足量的盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀

（3）白色沉淀的化学式为________；

④上述四种元素的单质的混合物，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中有白色沉淀

（4）生成白色沉淀的离子方程式为______________________；

【答案】AD一定含有铝元素Mg（OH）2SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓

（1）X若为氢时，其最外层电子数为1；

X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；

（2）有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；

（3）白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg（OH）2符合；

（4）滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；

（1）X若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；

X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X为碳或氧时合理，故答案为AD；

（2）四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；

（3）对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg（OH）2；

（4）唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3（或H4SiO4），生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓（或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓）。

8．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅（一种酸性氧化物）杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。

回答下列问题：

（1）在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;

（2）沉淀C的化学式是_____________。

滤液B中含有的溶质有__________（写化学式）；

（3）步骤③的离子方程式为_____________________________________。

【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiO2NaAlO2、NaCl、NaOHAlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓

氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe（OH）3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。

（1）步骤①为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；

氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；

（3）步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓。

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的总化合价为+3价，即可确定Pb2O3中有一个+4价、有一个+2价，且+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2，本身被还原成+2价Pb，生成PbCl2，根据元素守恒得反应物与生成物：

Pb2O3+HCl（浓）=PbCl2+Cl2↑+H2O，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb2O3中一个+4价的Pb降低到+2价，降低2价；

HCl（浓）中-1价的Cl上升到0价生成Cl2，上升1价*2，所以Pb2O3和Cl2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得各物质前计量数为1、6、2、1、3，故方程式为Pb2O3+6HCl（浓）=2PbCl2+Cl2↑+3H2O；

（3）根据题意：

amolPbO2分解所得混合物中n（Pb2+）=axmol、n（Pb4+）=（a-ax）mol.在反应过程中amolPbO2中+4价的Pb具有强氧化性作氧化剂，+4价的Pb最终全部降低为+2价，根据得失电子守恒：

先加热分解生成O2，得n（O2）═2ax/4="

ax/2"

mol；

后再与足量的浓盐酸反应生成Cl2，得n（Cl2）═（a-ax）mol*2/2=（a-ax）mol，则y═n（O2）+n（Cl2）═

mol+（a-ax）mol=a（1-

）mol。

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】

（1）Al2O3·

2SiO2·

2H2O；

（2）NaHCO3；

（3）SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（4）2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。

试题分析：

（1）复杂硅酸盐书写成氧化物，金属氧化物在前，非金属氧化物在后，因此粘土的氧化物：

Al2O3·

（2）治疗胃酸过多，常有Al（OH）3和NaHCO3，如果患有胃溃疡，不能服用NaHCO3，因此产生的CO2是酸性氧化物，加速胃溃疡，因此应服用氢氧化铝；

（3）发生反应是SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

（4）NaClO3作氧化剂，Cl转化成C