备战高考化学硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及答案.docx

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备战高考化学硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及答案

备战高考化学——硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及答案

一、硅及其化合物

1．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1所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，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2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c（HCl）=________mol/L。

（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是一种可用于做氮肥的化合物,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＋、NH

、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3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。

【答案】

Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、

、

c（H＋）∶c（Al3＋）∶c（

）∶c（

）＝1∶1∶2∶3

【解析】

【分析】

（1）C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；

（2）若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；

（3）曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；

（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；

（5）若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；

（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-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n（H+）：

n（Al3+）：

n（NH4+）之比，再结合电荷守恒计算与n（SO42-）的比例关系，据此计算。

【详解】

（1）B为NaOH，其电子式为

；

（2）A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；

（3）曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c（HCl）=

=0.05mol/L；

（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：

液中逐渐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；

（5）若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：

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溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，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（Al3+）：

n（NH4+）：

n（SO42-）=1：

1：

2：

3，故c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

1：

2：

3。

2．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。

X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：

（1）表示氯碱工业生产原理的化学方程式为____________________________________。

（2）X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为__________________。

（3）Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为___________。

（4）Z的氧化物属于晶体，工业制备Z单质的化学方程式为________________________。

（5）W单质是毒性很大的窒息性气体。

工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄露，写出反应的化学方程式_________________________________________。

【答案】2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑

2C+SiO2

2CO↑+Si8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、Z、W均可形成酸性氧化物。

X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，该氢化物为氨气，在X为N元素；YW是氯碱工业的主要原料，该物质为NaCl，则Y为Na、W为Cl元素；Z的最外层电子数为4，原子序数大于Na，则Z为Si元素，据此进行解答。

【详解】

根据分析可知，X为N元素，Y为Na，Z为Si，W为Cl元素。

（1）氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，该反应的化学方程式为：

2NaCl+2H2O

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

（2）X2H4为N2H4，其结构简式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，N2H4的结构式为

；

（3）Na的氧化物中既含离子键又含共价键的为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为

；

（4）Z为Si元素，其氧化物为SiO2，二氧化硅属于原子晶体；工业上用碳与二氧化硅在高温下反应制取硅，该反应的化学方程式为：

2C+SiO2

2CO↑+Si；

（5）W单质为氯气，氯气是毒性很大的窒息性气体，X气态氢化物为氨气，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：

8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。

【点睛】

本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见化学用语的书写原则，物质的化学性质及物理性质，试题培养了学生的学以致用的能力。

3．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：

。

4．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。

5．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

6．图中X、Y、Z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（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）1molE中含有mol化学键；M中存在的化学键类型为；

R的化学式是______________________。

（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为___________________。

（3）写出A与Al反应转化为X的化学方程式。

（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式并标出电子转移的方向和数目。

【答案】

（1）4离子键、共价键H2SiO3（或H4SiO4）

（2）

（3）8Al+3Fe3O4

9Fe+4Al2O3（需加入反应条件）

（4）

【解析】

【分析】

A为磁性氧化铁，即四氧化三铁，则X为铁，Y为氧气，D为硝酸，G为硝酸铁，E为不溶于水的酸性氧化物，则为二氧化硅，Z为硅，M为硅酸钠，R为硅酸胶体。

【详解】

（1）1个“SiO2”的结构为

，在此结构片断中，含有的共价键数目为2+4×

=4，

则1molSiO2中含有4摩尔Si-O键。

M为硅酸钠，Na+与SiO32-之间存在离子键，SiO32-内Si原子与O原子间存在共价键。

Na2SiO3与HNO3发生复分解反应，生成的R为H2SiO3（或H4SiO4）。

答案为：

4；离子键、共价键；H2SiO3（或H4SiO4）；

（2）二氧化硅和氢气反应生成四氢化硅，其电子式为：

。

答案为：

；

（3）铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式为：

8Al+3Fe3O4

9Fe+4Al2O3。

答案为：

8Al+3Fe3O4

9Fe+4Al2O3；

（4）四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：

。

答案为：

。

【点睛】

无机推断题必须抓住突破口，抓住物质的特征，例如磁性氧化铁为四氧化三铁，酸性氧化物能和氢氟酸反应的物质为二氧化硅。

红褐色沉淀为氢氧化铁等。

有些反应的条件也可做为突破口，例如使用催化剂的反应有：

7．A、B、C、D都是初中化学中的常见物质，具有如图所示的转化关系（反应条件、有些反应物或产物已略去）：

（1）若A是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C是大气循环中的一种重要物质．则B的化学式是________，C和D反应生成A的化学方程式是_____________。

（2）若A是无色液体，D是一种黑色固体，则C的化学式是_______，由B生成D的化学方程式为____。

（3）若A是碳酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，写出过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式。

【答案】

（1）CaO（1分）；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O（2分）．

（2）H2（1分）；2Cu+O2

2CuO（或者3Fe+2O2

Fe3O4）（2分）

（3）CO2+NaOH=NaHCO3（2分）

【解析】

试题分析：

（1）若A是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C是大气循环中的一种重要物质，所以C是CO2，A是碳酸钙。

碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2，即B是氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，即D是氢氧化钙，所以B的化学式是CaO，C和D反应生成A的化学方程式是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O。

（2）若A是无色液体，则A是水。

D是一种黑色固体，则D是氧化铜或四氧化三铁，因此B是氧气，C是氢气，则C的化学式是H2，由B生成D的化学方程式为2Cu+O2

2CuO或者3Fe+2O2

Fe3O4。

（3）若A是碳酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，则气体C是CO2，D是氢氧化钠，因此过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。

考点：

考查无机框图题推断

8．[6分]物质A～J均由短周期元素组成，并有如下图转化关系，A是常见液体，D、F为组成元素相同的无色气体，B、E、G、H是单质，且E是常见光太阳电池中的半导体材料，G、H呈气态，且H呈黄绿色。

请回答下列问题：

（1）A的电子式为。

（2）I的化学式为。

（3）B与C反应的化学方程式为。

（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。

【答案】

（1）

（2）SiCl4（3）2C+SiO2

Si+2CO↑

（4）Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

【解析】

试题分析：

E是常见光太阳电池中的半导体材料，应为硅，H呈黄绿色，为氯气，B、C是碳与二氧化硅，A为水，D为CO,F为CO2，G为氢气，I为四氯化硅，J为氯化氢，

（1）A的电子式为

；

（2）I的化学式为SiCl4；（3）B与C反应的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

考点：

考查无机元素推断，考查硅及其化合物的知识。

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-

）

【解析】

【详解】

（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-