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__