高考化学复习硅及其化合物推断题专项易错题及详细答案Word文件下载.docx

1、（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；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+6NO5N2+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

2、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A族；（4）由以上分析可知，A是晶体Si， B是SiO2，C是Na2SiO3，D是Na2CO3。反应的化学方程式：Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2。D的化学式是Na2CO3。2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所示（部分产物已略去）：（1）写出B的电子式_。（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，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

3、与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_。（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是一种氮肥, 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、NH4+、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所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比

4、为_。【答案】 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O NaHCO3、Na2CO3 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl c（H）c（Al3）c（NH4+）c（SO42-）1123 由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为：（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则

5、A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与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，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且

6、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，故看到的现象为溶液中先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，故答案为：先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，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E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（

7、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-=NH3H2O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溶液的体积与Al3+3OH-=Al（OH）3铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，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（NH4+）：n（SO42-）=1：2：3，故

8、c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：3，故答案为：c（H+）：3。【点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。3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】Si SiO2 Na2SiO3 H2O H2SiO3 H2 SiO22OH=SiO32-H2O Si2OHH2O=SiO32-2H2 C中加入过量HCl产生不溶于

9、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Na2SiO3Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3SiO2+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。（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；N

10、a2SiO3；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；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；Si+2OH-+H2O=SiO32+2H24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_

11、。（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+2H2O2NaOH+H2+Cl2 2C+SiO22CO+Si 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 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

12、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。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+2H2O2NaOH+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

13、化学方程式为：2C+SiO22CO+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。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。5设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。（1）橄榄石的组成元素是O和_、_（填元素符号），化学式为_。（2）写出白色粉末A的一种用途：（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是

14、 _。【答案】Mg Si 2MgOSiO2 光导纤维等合理即可 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化硅，质量为1.8g，则物质的量为，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉淀，该沉淀应是Mg（OH）2，质量为3.48g，则物质的量为，因此该化合物中，硅元素与镁元素的物质的量之比为1：2，因此橄榄石的化学式为：2MgO（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgOSiO2，本题答案为：Mg；（2）白色粉末为二

15、氧化硅，用途有：制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：光导纤维等；（3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，本题答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。6现有如图所示的转化关系，水和部分产物已略去。已知：X和Z是两种透明、不溶于水的坚硬固体，其中Z无固定熔点，是现代建筑不可缺少的装饰和采光材料；无色气体A是引起温室效应的主要气体；B、D均为难溶于水的白色固体；高纯度的F是使用最广泛的半导体材料。据此回答下列问题：（1）Z的名称是_，工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需

16、用的试剂为_（填名称）。（2）由X、Y制F的化学方程式为_，此反应中Y作_剂（填“氧化”或“还原”）。（3）转化的化学方程式为_；转化（A少量）的离子方程式为_。【答案】玻璃 氢氟酸 SiO2+2CO2CO2+Si 还原 SiO22NaOH=Na2SiO3H2O SiOCO2H2O=H2SiO3COX为不溶于水的坚硬固体，Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃，说明X为SiO2；无色气体A是引起温室效应的主要气体为CO2；B、D均为难溶于水的白色固体，流程分析可知B为CaCO3，；高纯度的F是制造电脑芯片的一种非金属单质为Si；结合流程分析判断可知X为SiO2，B为CaCO3

17、，C为Na2SiO3，D为H2SiO3，E为Na2CO3，Z为玻璃，Y为CO，F为Si由以上分析：（1）Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃；工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为氢氟酸。（2）由X、Y制F的过程为SiO2+2CO2CO2+Si，CO做还原剂。（3）转化的化学方程式为SiO22NaOH=Na2SiO3H2O ；无色气体A是引起温室效应的主要气体，则A为CO2，转化（A少量）的离子方程式为SiO。7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

18、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175 mL的2 mol.L1 NH3H2O溶液，得到沉淀_g【答案】SiO2 Al2O3 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O SiO32-+2H+H2SiO3 AlO2-+4H+=Al3+2H2O 7.8 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

19、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。（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

20、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）= 0.175L2 mol.L1=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0.1mol78g/mol=7.8g。8（1）X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2；

21、Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。则：写出化合物甲的电子式_；写出Z与甲反应的化学方程式_；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，Y、Z都是分子晶体，X、Y都能与强碱溶液反应；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂。写出X与NaOH溶液反应的离子方程式_；在所得溶液中加入乙的溶液，观察到的现象_（3）.X、Z是常见金属，Z与甲的反应只有在高温下才能进行，甲是一种具有磁性的化合物，乙在工业上常用于制取Z单质。写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式_；将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，得到气体的质量之比是_。 2Mg+CO22MgO+C S

22、i2OHH2OSiO32+2H2 产生白色胶状沉淀 Al2O32NaOH2NaAlO2H2O 2:3 （1）根据X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2 和O3；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；据以上分析进行解答；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子

23、，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝，Y是氧气，符合上述转化关系；据以上分析进行解答。二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价键，电子式综上所述所，本题正确答案：镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C；硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2OHH2OSiO32+2H2；由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶液中加入盐酸，反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠，因此可观察到产生白色胶状沉淀生成；白色胶状沉淀生成；氧化铝与

24、NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O32NaOH2NaAlO2H2O；已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，生成氢气的量之比为：1.5，质量之比是1:1.5，整理为2:3；2:9现有下列物质：NaHCO3 Al（OH）3 SiO2 SO2，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】 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。（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