高考化学 硅及其化合物推断题 培优练习含答案附详细答案.docx

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高考化学硅及其化合物推断题培优练习含答案附详细答案

高考化学硅及其化合物推断题培优练习（含答案）附详细答案

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．在如图所示的物质相互转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色不溶于水的物质。

据此填空。

（1）写出各物质的化学式：

A．________、B________、C________、

D．________、E________、F________。

（2）B与a溶液反应的离子方程式是_________。

（3）A与a溶液反应的离子方程式是__________。

【答案】SiSiO2Na2SiO3H2OH2SiO3H2SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2OSi＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑

【解析】

【分析】

C中加入过量HCl产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E可能是硅酸，A可能是Si，代入题目验证，a溶液是强碱（如NaOH）溶液或HF溶液，而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：

H2SiO3

SiO2+H2O，与题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．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），据此回答问题。

【详解】

（1）由以上分析可知A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3，D是H2O，E是H2SiO3，F是H2；

答案：

Si；SiO2；Na2SiO3；H2O；H2SiO3；H2；

（2）B和a溶液反应是二氧化硅和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；

答案：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O

（3）A和a溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32+2H2↑；

答案：

Si+2OH-+H2O=SiO32+2H2↑

3．X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中X、W为单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）。

（1）若X的摩尔质量是W的2倍，工业上Z可作优质的耐高温材料。

W为黑色固体，则Y的化学式________________。

（2）若固体W是紫红色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色。

则写出X+Y=Z+W的离子方程式__________________________。

（3）若晶体W是一种重要的半导体材料，实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。

写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。

【答案】CO2Fe+Cu2+=Fe2++CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O

【解析】

（1）X、W为单质，Y、Z为化合物，W为黑色固体，应为C单质，X的摩尔质量是W的2倍，Z可作优质的耐高温材料，X为Mg，Z为MgO，Y为CO2。

（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则Z为Fe2+，W是紫红色固体，则W为Cu，X+Y=Z+W反应方程式为：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu。

（3）晶体W是一种重要的半导体材料，则W是Si；实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物，则Z的燃烧产物为CO2，化合物Z为CO，则X为C单质，Y为SiO2，Y与NaOH溶液反应的化学方程式为：

SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。

4．设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。

（1）橄榄石的组成元素是O和____、____（填元素符号），化学式为__________。

（2）写出白色粉末A的一种用途：

__________________________。

（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是_________________________________。

【答案】MgSi2MgO·SiO2光导纤维等合理即可SiO2+2OH-=SiO32-+H2O

【解析】

【分析】

【详解】

橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化硅，质量为1.8g，则物质的量为

，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉淀，该沉淀应是Mg（OH）2，质量为3.48g，则物质的量为

，因此该化合物中，硅元素与镁元素的物质的量之比为1：

2，因此橄榄石的化学式为：

2MgO·SiO2；

（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgO·SiO2，本题答案为：

Mg；Si；2MgO·SiO2；

（2）白色粉末为二氧化硅，用途有：

制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：

光导纤维等；

（3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，

本题答案为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

5．图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系（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）元素X在元素周期表中的位置为第________周期________族。

（2）一定条件下，Z能与H2反应生成ZH4，写出Z与NaOH反应的化学方程式____________

（3）写出由Y与NO、H2O生成D反应的化学方程式：

_______________。

（4）X在高温下能与水蒸气反应，请写出该反应的化学方程式：

_____________

（5）向含4molD的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。

假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值。

________________

【答案】四ⅧSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑4NO+3O2+2H2O=4HNO33Fe+4H2O

Fe3O4+4H2↑

【解析】

【分析】

A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3 。

【详解】

A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3；

（1）元素X为Fe，核电荷数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；

（2）Z为Si，能溶于NaOH溶液生成硅酸钠、氢气和水，发生反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；

（3）Y为O2，NO与O2按一定比例通入水中生成HNO3，发生反应的化学方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3；

（4）Fe在高温下能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O

Fe3O4+4H2↑；

（5）铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=

，根据N元素守恒可知：

+2xmol=4mol，解得x=1.5，根据电子转移守恒可知，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知开始产生NO时Fe的物质的量等于Fe3+的物质的量，即为1.5mol×

=1mol，故n（Fe2+）随n（Fe）变化的示意图为：

。

6．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。

若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。

请回答：

（1）写出对应物质的化学式：

A__________；C_________；E_________。

（2）反应①的化学方程式为：

_____________________________________。

（3）反应④的离子方程式为：

_____________________________________。

（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：

_________________________。

【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3（或H4SiO4）SiO2＋2C

Si＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋HCO32-

或SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-（写成H4SiO4同样给分）

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气，则R为Si元素，由转化关系可知D为Si，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，

（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，故答案为SiO2；Na2SiO3；

（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；

（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；

（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。

考点：

以硅为载体考查了无机物的推断

7．下图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：

请完成下列问题：

⑴若D是单质，且与A属于同一主族，则：

①反应的化学方程式是____________________________________。

②D的原子结构示意图是_________。

③D单质的一种重要用途是____________________。

⑵若B为黄色固体，D为固体化合物，则

①该反应的化学方程式是_________________________。

②生产该工业品的工厂应建在离_______________较近的地方。

③实验室检验C的方法是___________________________。

⑶若B是一种有刺激性气味的气体，则

①B的分子形状是_____________。

②实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，请说明产生大量白烟的原因__________。

③化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的2/3，请写出该反应的化学方程式________________。

【答案】2C+SiO2

Si+2CO↑

制半导体材料4FeS2+11O2

2Fe2O3+8SO2消费中心将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色三角锥形生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟3NO=NO2+N2O

【解析】

【分析】

（1）根据常见的置换反应，A、D同主族及工业制取硅的化学反应分析．

（2）根据B为黄色固体，D为固体化合物及工业生产硫酸的原理思考．

（3）根据工业氨气催化氧化制取硝酸分析。

【详解】

：

（1）D与A同主族，A能置换出D，且该反应是重要反应，则分析元素周期表，可知A是C，D是Si，即2C+SiO2

2CO+Si．Si的原子结构示意图是

，硅单质的一种重要用途是制半导体材料；

（2）①化合物B为黄色固体，中学阶段的黄色固体化合物有AgI、硫铁矿等，能用于工业生产的只能是用黄铁矿生成浓硫酸，即A是氧气，B是FeS2，C是SO2，因此化学方程式为4FeS2+11O2

2Fe2O3+SO2；

②该反应用于工业生产硫酸，由于浓硫酸是腐蚀品，运输成本较高，且危险性大，因此建厂时应该选择在使用浓硫酸密集的地方，即工业区集中的消费中心；

③因为氯气和二氧化硫都能使品红试液褪色，所以利用二者化学性质的差别，实验室检验二氧化硫通常采用：

将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色；

（3）①该反应为工业生产的转化关系，又实验室做该实验有白烟，结合中学阶段氨气与挥发性酸相遇会产生白烟的知识，可知该反应是工业上氨气催化氧化制取硝酸的反应，即：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，因此B是NH3，C是NO．氨气分子是三角锥形；

②实验室进行此反应，NO会被过量氧气氧化为NO2，进而与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生大量白烟，即：

生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟，故答案为生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟；

③NO在密闭容器中一定条件下可以分解为二氧化氮和一氧化二氮，发生的反应为3NO=NO2+N2O，由于存在2NO2⇌N2O4而容器内气体的压强略小于原来的

。

8．由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图的转化关系，已知C为密度最小的气体，甲为非电解质。

根据以上转化关系回答下列问题：

（1）写出下列物质的化学式：

AB丁。

（2）元素A在周期表中的位置是，写出甲的一种用途。

（3）写出下列变化的方程式：

A与NaOH溶液反应的化学方程式

乙与过量CO2反应的离子方程式

【答案】

（1）Si（2分）O2（2分）H2SiO3或H4SiO4（2分）

（2）第三周期第ⅣA族（2分）是玻璃、光导纤维等（2分）

（3）①Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（2分）

②SiO32—+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—（2分）

【解析】

由于C是密度最小的气体,所以C是H2。

又因A+NaOH溶液

C（H2）,故A为Al或Si,无论A是Al或Si,产物乙通过量CO2后的产物丁失去的化合物丙应为H2O,故B为O2,又据甲为非电解质,故A应为Si,甲为SiO2,乙为Na2SiO3,丁为H2SiO3（或H4SiO4）。

据此解答有关问题。

9．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

【解析】

【分析】

（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。

【详解】

（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，

故答案为：

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，

故答案为：

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，

故答案为：

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，

故答案为：

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，

故答案为：

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，

故答案为：

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，

故答案为：

3:

1；

（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，

故答案为：

4.48L。

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↑。