高考化学专题题库硅及其化合物推断题的综合题及答案解析.docx
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高考化学专题题库硅及其化合物推断题的综合题及答案解析
高考化学专题题库∶硅及其化合物推断题的综合题及答案解析
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.在下列物质的转化关系中,A是一种固体物质,E是一种白色沉淀,据此填写下列空白:
(1)B的化学式是________,B在固态时属于________晶体,1mol含有的共价键数目是______NA。
(2)E的化学式是_________。
(3)B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
(4)A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
【解析】
【分析】
A是一种固体单质,与氧气反应得到B为氧化物,E是一种白色沉淀且不溶于盐酸,E加热分解得到B,所以E为H2SiO3,结合转化关系,可知A为Si,B为SiO2,a为强碱溶液,如NaOH溶液,G为Na2SiO3,D为H2O,F为H2。
【详解】
(1)由上述分析可知,B是SiO2,SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构,在固态时属于原子晶体,每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键,1mol含有的共价键数目是4NA。
故答案为:
SiO2;原子;4;
(2)由上述分析可知,E为H2SiO3,故答案为:
H2SiO3;
(3)二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水,反应的离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
故答案为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(4)Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气,反应方程式为:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑,
故答案为:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
【点睛】
本题考查无机物推断,B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物性质。
3.单质Z是一种常见的半导体材料,可由X通过如下图所示的路线制备,其中X为Z的氧化物,Y为氢化物,分子结构与甲烷相似,回答下列问题:
(1)能与X发生化学反应的酸是_________;由X制备Mg2Z的化学方程式为_________。
(2)由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_________,Y分子的电子式为_________。
(3)Z、X中共价键的类型分别是_________。
【答案】氢氟酸SiO2+Mg
O2↑+Mg2SiMg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4
非极性键、极性键
【解析】
【详解】
单质Z是一种常见的半导体材料,则Z为Si,X为Z的氧化物,则X为SiO2,Y为氢化物,分子结构与甲烷相似,则Y为SiH4,加热SiH4分解得到Si与氢气。
(1)能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸;由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为:
SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si。
(2)由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为:
Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑,Y为SiH4,电子式为
。
(3)Z为Si,周期表中位于第三周期IVA族,其单质属于原子晶体,化学键类型为非极性共价键;X为SiO2,属于原子晶体,含有的化学键属于极性共价键。
4.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↓
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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:
H2SiO3
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↓。
【点睛】
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”。
5.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
【点睛】
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。
6.铁橄榄石是天然的铁矿石,由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g·mol-1,其中铁元素的质量分数为54.9%,可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。
其中A~J是中学化学中的常见物质,G是一种红褐色固体,D是一种难溶于水的含氧酸,J是一种主要的温室气体,A为强碱,其焰色反应呈黄色,E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同,均有白色沉淀产生,流程中的部分生成物已略去。
回答下列问题:
(1)A的电子式:
__________________。
(2)铁橄榄石的化学式:
__________________。
(3)写出H→G的化学方程式:
__________________。
【答案】
Fe2SiO4或2FeO•SiO24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
A~J是中学化学中的常见物质,G是一种红褐色固体,G为氢氧化铁,则H为氢氧化亚铁,F中含有铁离子,D是一种难溶于水的含氧酸,D为硅酸,J是一种主要的温室气体,J为二氧化碳,A为强碱,其焰色反应呈黄色,A为氢氧化钠,则D为二氧化硅,E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同,均有白色沉淀产生,则B为盐酸,E为氯气,因此F为氯化铁,C为氯化亚铁。
根据上述分析,铁橄榄石属于硅酸盐,且含有亚铁离子,设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2,摩尔质量为204g·mol-1,其中铁元素的质量分数为54.9%,则x=
=2,因此y=
=1,因此铁橄榄石化学式为2FeO•SiO2。
(1)A为氢氧化钠,电子式为
,故答案为
;
(2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2,故答案为2FeO•SiO2;
(3)H→G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
7.奥运五环“象征五大洲的团结,全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好的精神,在奥运会上相见”。
下图所示五元环代表A、B、C、D、E五种化合物,圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素;五种化合物由四种短周期元素形成,每种化合物仅含有两种元素。
A是工业制取硝酸的主要原料之一;B、E分子中所含电子数都为18,B不稳定,具有较强的氧化性,E是由六个原子构成的分子,可作火箭燃料;C是工业制光导纤维的主要原料;D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4。
根据以上信息回答下列问题:
(1)A用于工业制取硝酸所发生反应的化学方程式_______________________。
(2)D的化学式是_______,E分子中含有_________键和______________键。
(3)B的水溶液呈弱酸性,其电离方程式可表示为____________,B在实验室中可以用于制取某种常见气体,其反应的化学方程式为______________________。
(4)B与E反应可生成单质G和一种常见的液体H,其反应的化学方程式为____________。
(5)用化学方程式表示C的另一种用途___________________。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2OSi3N4极性非极性H2O2
HO2-+H+2H2O2
2H2O+O2↑2H2O2+N2H4=N2↑+4H2OSiO2+2C
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
A是工业制取硝酸的主要原料之一,则A是NH3;B、E分子中所含电子数都为18,B不稳定,具有较强的氧化性,则B是H2O2;E是由六个原子构成的分子,可作火箭燃料,则E为N2H4;C是工业制光导纤维的主要原料,C是SiO2;D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4,则根据元素的组成及圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素,结合D中元素原子个数关系,可推知D是Si3N4,然后对问题分析、解答。
【详解】
根据上述分析可知A是是NH3,B是H2O2,C是SiO2,D是Si3N4,E为N2H4。
(1)在工业上用氨的催化氧化法制取硝酸,反应的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)D的化学式是Si3N4,E是N2H4,在该物质的分子中含有N-H极性共价键和N-N非极性共价键,但该物质分子空间排列不对称,因此物质分子属于极性分子;
(3)B是H2O2,该物质分子能够在水中微弱电离,存在电离平衡,主要是第一步的电离,电离方程式为:
H2O2
HO2-+H+;在实验室中通常是用H2O2为原料,加入少量MnO2作催化剂制取O2,反应的化学方程式为:
2H2O2
2H2O+O2↑;
(4)H2O2与N2H4会发生反应,产生N2、H2O,根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为:
2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O;
(5)C是SiO2,可以与焦炭在高温下发生反应,制取Si单质,反应的化学方程式为:
SiO2+2C
Si+2CO↑。
由于光线在SiO2中会全反射,因此也可用作制光导纤维的原料。
8.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
9.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。
10.实验对认识和研究物质性质有重要作用,回答下列相应问题。
(一)为证明Na2SiO3具有防火性能,同时做以下两个实验。
实验①:
取一小木条,放入蒸馏水中,使之充分吸湿、浸透,取出稍沥干(不再滴液)后,放置在酒精灯外焰处。
实验②:
另取一个相同的小木条,放入Na2SiO3饱和溶液中,之后重复实验①的操作。
(1)设计实验①的目的是________________________。
(二)性质实验中反应原理常用化学方程式表示。
请用化学方程式各举一例,说明下列物质所具有的性质。
(2)SO2具有还原性_________________________。
(3)SO2具有酸性氧化物共同的性质_______________。
(4)浓硫酸具有强氧化性_____________________。
【答案】与实验②作对照,证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水2SO2+O2
2SO3SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OCu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(一)
(1)实验①与实验②比较,实验②在蒸馏水的基础上增加了可溶于水的硅酸钠,从而探究防火的原因,则设计实验①的目的是与实验②作对照,证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水;
(二)
(2)SO2与强氧化剂作用,能体现其具有还原性,如:
2SO2+O2
2SO3;
(3)SO2能与碱溶液作用生成盐和水,说明其是酸性氧化物,发生反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O;
(4)浓硫酸具有强氧化性,能氧化活泼性较弱的金属,如Cu,发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O。