高考化学易错题精选硅及其化合物推断题练习题附答案Word文件下载.docx

1、（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，、反应均要用强碱溶液。如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 4NH36NO5N26H2O 第三周期A族 Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2 Na2CO3 （1）淡黄色的固体单质是硫

2、，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；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。（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

3、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。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

4、（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

5、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、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl H、Al3、 c（H）c（Al3）c（）c（）1123 （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

6、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0.4L0.6L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

7、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-=NH3H2O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

8、与n（SO42-）的比例关系，据此计算。（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；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

9、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，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-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（N

10、H4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：3。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

11、无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。则丁的电子式为_。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_。丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K11.0106，则0.01 molL1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 2NH3N2H4 NaCl H2O 次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化 10 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

12、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。（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）B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：，

13、故答案为：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+2NH3N2H4+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+2NH3N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠有强氧化性，防止N2H4继续被氧化；电离方程式为：N2H4+H2ON2H5+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-）=1.010-4，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）中pH的

14、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】Si SiO2 Na2SiO3 H2O H2SiO3 H2 SiO22OH=SiO32-H2O Si2OHH2O=SiO32-2H2 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Na

15、2SiO3Na2SiO3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；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-=Si

16、O32-+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+2H26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204 gmol-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

17、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： Fe2SiO4或2FeOSiO2 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 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x

18、FeOySiO2，摩尔质量为204 gmol-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2FeOSiO2。（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2FeOSiO2，故答案为2FeOSiO2；（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。（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

19、，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4mol D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 Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 3Fe + 4H2OFe3O4 + 4H2 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

20、铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3。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）F

21、e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 + 4H2OFe3O4 + 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：+2x mol=4 mol，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，

22、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。（1）在操作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）步骤的离子方程式为_。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 NaAlO2、NaCl、NaOH AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3 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

23、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。（1）步骤为过滤，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-

24、+Al（OH）3。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_