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

1、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】CO2 Ca(OH)2 用于金属表面除锈(制造药物、可

2、帮助消化等) CaOH2O=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

3、成氢氧化钙，其化学方程式为CaOH2O=Ca(OH)2 ；答案：CaOH2O=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+BC+D的化学方程式_。(2)若B为气体，其标准状况下密度为1.964gL-1，C为白色固体，可用来制作耐高

4、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+2CSi+2CO 离子键 Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O O2+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

5、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+BC+D的化学方程式：SiO2+2CSi+2CO；(2)若B为气体，其标准状况下密度为1.964gL-1，B的相对分子质量=22.41.964=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

6、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 2MgOSiO2 SiO22OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等 【

7、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1.8g60g/mol0.03mol，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0.03mol76g/mol2.28g，金属质量4.20g-2.28g1.92g，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0.06mol24g/mol1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的

8、量为0.03mol，质量0.03mol92g/mol2.76g，金属质量4.20g-2.76g1.44g，物质的量1.44g24g/mol0.06mol，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SiO22OH-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_

9、，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+ +3H2O Al3+ Mg2+ NH4+ Cl- 2:1:4:12 NH4+OH-NH3H2O 【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

10、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

11、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

12、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-NH3H2O，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-NH3H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和M

13、g（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

14、为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4+OH-NH3H2O。【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）试写出反应的离子方程式：_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）在反应中，碳的作用是_，当生成 1molA 时，转移电子的数目为_。【答案】 Si H2SiO3 SiO2+20H=SiO32+H2O SiO2+2C Si+2CO 还原剂

15、 2.408l024【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，反应工业上制取粗硅的反应，发生2CSiO2Si2CO，A为Si，D为CO，反应SiO2属于酸性氧化物，与氢氧化钠反应，即SiO22OH=SiO32H2O，反应是CO与O2反应生成CO2，利用硅酸的酸性弱于碳酸，即反应是SiO32CO2H2O=H2SiO3CO32，（1）根据上述分析，A为Si，F为H2SiO3；（2）反应的离子反应方程式为SiO22OH=SiO32H2O；（3）反应的方程式为：2CSiO2Si2CO；（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

16、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

17、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34。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+5O24NO+6H2O Si3N4 极性 非极性 H2O2HO2-+H+ 2H2O22H2O+O2 2H2O2+N2H4=N2+4H2O

18、SiO2+2CSi+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34，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

19、+5O24NO+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：H2O2HO2-+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：2H2O22H2O+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

20、温下发生反应，制取Si单质，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+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：若D是单质，且与A属于同一主族，则：反应的化学方程式是_。D的原子结构示意图是_。D单质的一种重要用途是_。若B为黄色固体，D为固体化合物，则该反应的化学方程式是_。生产该工业品的工厂应建在离_较近的地方。实验室检验C的方法是_。若B是一种有刺激性气味的气体，则B的分子形状是_。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_。化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反

21、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+SiO2Si+2CO 制半导体材料 4FeS2+11O22Fe2O3+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

22、，则分析元素周期表，可知A是C，D是Si，即2C+SiO22CO+SiSi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)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+11O22Fe2O3+SO2；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；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

23、色，将溶液加热，又恢复红色；(3)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+5O24NO+6H2O，因此B是NH3，C是NO氨气分子是三角锥形；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；NO在密闭容器中一定条件下可以分解为二氧

24、化氮和一氧化二氮，发生的反应为3NO=NO2+N2O，由于存在2NO2N2O4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）1mol E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

25、）（2）（3）8Al+3Fe3O49Fe+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)

26、；(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+3Fe3O49Fe+4Al2O3。答案为：8Al+3Fe3O49Fe+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

27、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

28、盐，此盐中存在的化学键类型有 。（5）写出反应的化学方程式 。【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2+2 H2O；（2分）NaOH；（1分）Cl2+2 OH-= 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

29、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+2 H2O；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+2 OH-= 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+2C2CO+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)