高考化学易错题精选硅及其化合物推断题练习题附答案.docx

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高考化学易错题精选硅及其化合物推断题练习题附答案

高考化学易错题精选-硅及其化合物推断题练习题附答案

一、硅及其化合物

1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：

其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？

______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2

Si+2CO↑

【解析】

【分析】

（1）由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】

（1）A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；

（3）B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C

Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

2．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。

它们之间有如下的反应关系：

（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：

__________________________。

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。

B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：

________________。

（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液。

如④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写出该气体的电子式：

_________，A的元素在周期表中的位置：

__________________。

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料。

C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。

写出②反应的化学方程式：

_____________________。

D的化学式是______。

【答案】漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等4NH3＋6NO

5N2＋6H2O第三周期ⅢA族

Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑Na2CO3

【解析】

【分析】

（1）淡黄色的固体单质是硫，B是H2S；C为SO2，D为SO3；

（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。

B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，则A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2；

（3）中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧化物，根据物质之间的转化关系可知：

A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al（OH）3；

（4）若A是太阳能电池用的光伏材料，则A是晶体Si；C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。

根据物质的转化关系及已知条件可知B是SiO2；C是Na2SiO3；D是Na2CO3。

【详解】

（1）由以上分析可知，A是硫，B是H2S；C为SO2，D为SO3，SO2的用途如漂白、杀菌，制备硫酸等。

（2）由以上分析可知，A、B、C、D分别为N2、NH3、NO、NO2，B与C在一定条件下发生反应4NH3+6NO

5N2+6H2O是归中反应，产生氮气。

（3）由以上分析可知，A是Al；B是Al2O3，C是NaAlO2，D是Al（OH）3。

通入的导致温室效应的气体是CO2，其电子式是

；铝元素的位置为第三周期ⅢA族；

（4）由以上分析可知，A是晶体Si，B是SiO2，C是Na2SiO3，D是Na2CO3。

②反应的化学方程式：

Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑。

D的化学式是Na2CO3。

3．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。

4．有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。

取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。

（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。

（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。

则

①丁的电子式为_____。

②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。

甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。

③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01mol·L－1丁水溶液的pH等于____________（忽略丁的二级电离和H2O的电离）。

【答案】Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂

NaClO＋2NH3＝N2H4＋NaCl＋H2O次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化10

【解析】

【分析】

甲由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。

甲与熔融的烧碱反应生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH3，说明甲中含有氮元素。

含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H2SiO3，则乙为Na2SiO3，证明甲中含有硅元素，故A为Si元素，B为N元素，依据元素化合价可推知甲为Si3N4，据此分析解答。

【详解】

（1）由分析可知，甲的化学式为Si3N4，属于原子晶体，故答案为：

Si3N4；原子；

（2）乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：

黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；

（3）①B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N2H4，电子式为：

，故答案为：

；

②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：

NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O，次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：

NaClO+2NH3＝N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；

③电离方程式为：

N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，该溶液中溶质电离程度较小，则c（N2H4）≈0.01mol/L，由平衡常数K=

，可知该溶液中c（OH-）≈

=

=1.0×10-4，溶液中c（H+）=

mol/L=10-10mol/L，则溶液的pH=10，故答案为：

10。

【点睛】

正确推断元素是解答本题的关键。

本题的易错点和难点为（3）③中pH的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。

5．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↑

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．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：

。

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↓

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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．现有下列物质：

①NaHCO3②Al（OH）3③SiO2④SO2，请同学们按要求用序号填空：

（1）用来制备发酵粉和中和胃酸的是_______；

（2）能使酸性KMnO4溶液褪色的是________；

（3）实验室用来制耐火坩埚的是________；

（4）既能与氢氧化钠反应，又能与稀盐酸反应的是__________。

【答案】①④③②

【解析】

【分析】

根据已有的知识进行分析，碳酸氢钠俗称小苏打，因水解溶液显弱碱性，能和酸反应；Al（OH）3既能和酸，也能和碱反应；SiO2高熔点，耐高温；SO2有还原性，有漂白性，据此解答。

【详解】

（1）碳酸氢钠俗称小苏打，不稳定且水溶液显弱碱性，能和盐酸反应，常用来制备发酵粉和中和胃酸；

（2）SO2有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；

（3）SiO2高熔点，耐高温，实验室用来制耐火坩埚；

（4）Al（OH）3既能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，又能与稀盐酸反应生成AlCl3。

10．金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。

（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，它处理CO2的化学方程式为_____________。

（2）缺铁性贫血患者应补充Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式补充，而硫酸铁无这种药效。

当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用___________。

（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是__