高考化学易错题专题复习硅及其化合物推断题练习题及详细答案.docx

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高考化学易错题专题复习硅及其化合物推断题练习题及详细答案

高考化学易错题专题复习-硅及其化合物推断题练习题及详细答案

一、硅及其化合物

1．如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物，相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。

A、C、E均为氧化物，A是人体呼出的气体之一；在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A；C和E反应能生成D。

（1）写出下列物质的化学式：

A________，D________；

（2）B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________；

（3）C和E反应的化学方程式为________________________________________

（4）这五种物质之间两两发生反应，其中没有涉及的基本反应类型是________。

【答案】CO2Ca（OH）2用于金属表面除锈（制造药物、可帮助消化等）CaO＋H2O=Ca（OH）2分解反应和置换反应

【解析】

【分析】

A是人体呼出的主要气体，则A为二氧化碳，在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A，则D为氢氧化钙，B与D可反应，则B为盐酸；E与B,E与C都反应，且A、C、E均为氧化物，E与C反应生成的D为碱，则C为水，E为氧化钙；

【详解】

（1）根据上述分析可知：

A为CO2，D为Ca（OH）2；答案：

CO2；Ca（OH）2；

（2）根据上述分析可知B为盐酸，盐酸除用来制取二氧化碳外，还用来除去铁制品表面的铁锈；答案：

用于金属表面除锈（制造药物、可帮助消化等）；

（3）根据上述分析可知C为水，E为氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，其化学方程式为CaO＋H2O=Ca（OH）2；答案：

CaO＋H2O=Ca（OH）2；

（4）该五角星的位置中有化合反应，如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应；CO2与Ca（OH）2的反应是复分解反应，HCl和CaO、Ca（OH）2的反应都是复分解反应，没有涉及分解反应和置换反应。

答案：

分解反应和置换反应。

2．已知A、D为常见单质，各物质发生如下框图所示变化，回答下列问题：

（1）若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，则A元素在周期表中的位置为______，D的晶体类型是______，请写出A+B→C+D的化学方程式______。

（2）若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，C为白色固体，可用来制作耐高温材料。

 则B的电子式为______，C中含有的化学键是______（填写“离子键或者共价键”）。

（3）若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，写出C（金属元素有两种不 同化合价）与盐酸反应的离子反应方程式____________。

若以A和石墨 棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，请写出石墨电极的电极反应式______。

【答案】第二周期第IVA族原子晶体SiO2+2C

Si+2CO

离子键Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-

【解析】

【详解】

（1）若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，由转化可知B、C属于氧化物，A与B的反应属于置换反应，可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si，则A元素在周期表中的位置为：

第二周期第IVA族，硅的晶体类型是原子晶体，A+B→C+D的化学方程式：

SiO2+2C

Si+2CO；

（2）若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，B的相对分子质量=22.4×1.964=44，C为白色固体，可用来制作耐高温材料，则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳，B的电子式为

，C（MgO）中含有的化学键是：

离子键；

（3）若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，则A为Fe、B为H2O、C为Fe3O4、D为H2，C与盐酸反应的离子反应方程式：

Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，若以Fe和石墨 棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，石墨电极为正极，发生还原反应，氧气获得电子市场氢氧根离子，电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-。

【点睛】

本题考查无机物的推断，题目涉及中学常见的特殊置换反应，需要学生熟练掌握元素化合物知识，熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。

3．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）白色沉淀用途广泛，请列举一例：

__________。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O优良的阻燃剂等

【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＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，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。

（1）X的化学式为，Mg2SiO4；

（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）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

4．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量（n）与加入试剂的体积（V）的关系如图所示。

（1）若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子（指来源于X溶液的，下同）是_____，ab段发生反应的离子是_________，bc段发生反应的离子方程式是_________。

（2）若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab段反应的离子方程式为_____________。

【答案】SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al（OH）3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:

1:

4:

12NH4++OH-═NH3•H2O

【解析】

【分析】

无色溶液中不可能含有Fe3+离子。

（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；

（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。

【详解】

（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H++Al（OH）3=Al3++3H2O，故答案为：

SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al（OH）3=Al3++3H2O；

（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：

NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：

n（Mg2+）：

n（NH4+）=2：

1：

4，根据溶液要呈电中性，即有：

3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：

n（Al3+）：

n（Mg2+）：

n（NH4+）：

n（Cl-）=2：

1：

4：

12，故答案为：

Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：

1：

4：

12；NH4++OH-═NH3•H2O。

【点睛】

本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。

5．常见物质之间的转化如下图所示：

其中B常被用于制造光导纤维，其对应的单质的结构与金刚石的结构是相似的。

（1）试推测：

A___________，F___________（写化学式）

（2）试写出反应④的离子方程式：

___________。

（3）写出反应①的化学方程式___________。

（4）在反应①中，碳的作用是___________，当生成1molA时，转移电子的数目为___________。

【答案】SiH2SiO3SiO2+20H―=SiO32―+H2OSiO2+2C

Si+2CO↑还原剂2.408×l024

【解析】本题考查无机框图推断题，B常用于制造光导纤维，即B为SiO2，反应①工业上制取粗硅的反应，发生2C＋SiO2

Si＋2CO，A为Si，D为CO，反应④SiO2属于酸性氧化物，与氢氧化钠反应，即SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O，反应⑤是CO与O2反应生成CO2，利用硅酸的酸性弱于碳酸，即反应⑥是SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋CO32－，

（1）根据上述分析，A为Si，F为H2SiO3；

（2）反应④的离子反应方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；（3）反应①的方程式为：

2C＋SiO2

Si＋2CO；（4）根据反应方程式，C的化合价由0价→+2价，化合价升高，C作还原剂，Si的化合价由＋4价→0价，化合价降低4价，因此生成1molSi，转移电子物质的量为4mol，转移电子的数目是4NA。

点睛：

本题相对比较简单，熟记光导纤维的成分是SiO2，工业上制取硅，注意生成的是CO，不是CO2，同时注意（4），问题是转移电子的数目，不是转移电子的物质的量。

6．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。

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．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：

9．（15分）材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。

某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成。

它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。

它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。

下图虚线框内的其它转化是为探究C的组成而设。

G、F、H均为难溶于水的白色固体；图中C、H、K均为含A元素。

其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答下列问题：

（1）实验室通常用MnO2制取气体B，发生该反应的化学方程式为，为防止气体B污染环境通常

用（填化学式）溶液吸收，反应的离子方程式为

（2）化合物H与碳混合加强热可制得单质A，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为

（3）写出反应③的化学方程式3D==K+8X↑,K的化学式为，X的化学式为。

（4）K抗腐蚀能力很强，但易被氢氟酸腐蚀，K与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，此盐中存在的化学键类型有。

（5）写出反应②的化学方程式。

【答案】

（1）MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2分）NaOH；（1分）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（2分）

（2）1:

2（2分）

（3）Si3N4，（2分）NH3；（2分）

（4）离子键、共价键（或极性共价键）（2分）

（5）SiCl4+8NH3=Si（NH2）4+4NH4Cl.（2分）

【解析】

试题分析：

G、F、H均为难溶于水的白色固体，E与硝酸银溶液产生白色沉淀，则G是氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，说明E中含有氯离子；H是白色固体，与氢氧化钠溶液反应，而与氢氧化钠溶液反应的白色固体可能是二氧化硅、氧化铝，但A元素是非金属元素，所以H是二氧化硅，所以F是硅酸，I是硅酸钠。

则C是氯化硅，B是氯气。

氯化硅与过量氨气反应生成D是Si（NH2）4。

（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯气有毒，通常用NaOH溶液吸收，生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）二氧化硅与C在高温下发生置换反应生成Si和CO，化学方程式为SiO2+2C

2CO↑+Si该反应的氧化剂是二氧化硅，还原剂是C，所以氧化剂与还原剂的物质的量比为1:

2；

（3）反应③的化学方程式3D==K+8X↑，K由两种非金属元素组成，根据元素守恒，则K中含有3个Si原子，所以K是Si3N4，其余原子在X中，所以X是NH3；

（4）Si3N4与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，该气体是SiF4，则盐是NH4F，铵盐中含有离子键、共价键；

（5）反应②是氯化硅与过量的氨气反应生成Si（NH2）4和氯化铵，化学方程式是SiCl4+8NH3=Si（NH2）