高考化学硅及其化合物推断题(大题培优易错难题)附答案解析.docx

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1、高考化学硅及其化合物推断题( 大题培优易错难题 ) 附答案解析一、硅及其化合物1A、 B、 C、 D、 E 五种物质之间的相互转换关系如图所示。已知：A 为单质，可用于制造计算机芯片， E 为无色有毒气体。回答下列问题：（ 1） B 在物质分类上属于 _( 填“酸性氧化物”或“碱性氧化物” ) 。（ 2）反应的化学方程式为 _。（ 3）反应的化学方程式为 _。（4）在 D 的溶液中通入过量CO2 气体的离子方程式为_。高温高温2 -【答案】酸性氧化物SiO2 2CSi 2COSiO2 CaOCaSiO3SiO3+2H2 O+2CO2=2HCO3 - +H2SiO3【解析】【分析】A 为单质，可

2、用于制造计算机芯片，则A 为 Si，E 为无色有毒气体，结合转化关系可知，B为 SiO2， SiO2 与碳反应生成Si、 CO，所以 E 为 CO； SiO2 与 CaO反应生成C 为 CaSiO3； SiO2与 NaOH 反应生成 Na2SiO3 和水。据此解答。【详解】（1） B 为 SiO2，能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故答案为：酸性氧化物；（2）反应是 SiO2与 C反应生成 Si、 CO，其化学反应方程式为：高温2SiO +2CSi+2CO，高温故答案为： SiO2 2CSi 2CO+；（3）反应是 SiO2与 CaO 反应生成3CaSiO ，其化学反应方程式为：高温高温S

3、iO2CaOCaSiO3，故答案为：SiO2 CaOCaSiO3；+（4） D 为 Na2SiO3，其溶液中通入过量CO2，其化学反应方程式为：Na2SiO3+2H2O+2CO232332-+2H223-+H232NaHCOH SiO，其离子方程式为：SiOO 2CO2HCOSiO，故答案为：+=2-+2H223-+H233SiOO+2CO =2HCOSiO 。2 如图为一定量饱和 Ca(OH)2 溶液中通入 CO2 气体后，产生 CaCO3 白色沉淀的质量与通入的 CO2 体积之间的关系曲线。请回答：OA 段曲线所表示的化学反应方程式：_ ，A 点处已参加反应的 CO22与 Ca(OH) 的

4、物质的量之比为 _。B 处溶液中存在的浓度较大的两种离子是_和 _(填离子符号 )，将 B 处生成的溶液煮沸，可见到的现象是_。【答案】 Ca(OH)2232O23溶液变浑浊 (或产生白色沉淀 )CO =CaCO H1 1 CaHCO【解析】【分析】二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关，少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O，过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式为2CO223 2OA 段随+Ca(OH) =Ca(HCO) ，由图可知着 CO23的量逐渐增大， A 点达到沉淀最大值，AB2通入 C

5、aCO段随 CO 的通入，生成的CaCO3 不断溶解转化为Ca(HCO3)2， B 点 CaCO3 全溶解，溶液又变得澄清。【详解】 由图可知OA 段随着CO2 通入CaCO3 的量逐渐增大，A 点达到沉淀最大值，则OA 段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O，由方程式可知A 点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为 1:1 ，故答案为： CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O； 1:1； 由图可知 AB 段随 CO2 的通入，生成的 CaCO3 不断溶解，发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则

6、溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子；将碳酸氢钙溶液煮沸，碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水，则可见到的现象是澄清溶液变浑浊，故答案为：Ca2 ；HCO3 ；溶液变浑浊 (或产生白色沉淀 )。【点睛】明确碳酸的正盐与过量的CO2 反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2 是解答关键。3 在下列物质的转化关系中，A 是一种固体单质，且常作半导体材料，E 是一种白色沉淀， F 是最轻的气体单质。据此填写：（1） B 的化学式是 _，目前在现代通迅方面B 已被用作 _主要原料。（2） B 和 a 溶液反应的离子

7、方程式是_ 。（3） A 和 a 溶液反应的离子方程式是_ 。（4） C 和过量盐酸反应的离子方程式是_ 。【答案】 SiO2 制光导纤维2- H2O H2O=SiO3 2- 2H2SiO2 2OH =SiO3Si2OHSiO32- 2H =H2 SiO3【解析】【分析】A 是一种固体单质，且常作半导体材料，则A 是 Si，所以 B 为 SiO ，由图中转化关系可知2E 为 H SiO ，a 为 NaOH， C 为 Na SiO ， D 为 H O，由于 F 是最轻的气体单质，则F 为 H 。232322【详解】A 是一种固体单质，且常作半导体材料，则A 是 Si，所以 B 为 SiO ，由图

8、中转化关系可知2E 为 H SiO ，a 为 NaOH，C 为 Na SiO ， D 为H O，由于F 是最轻的气体单质，则F 为 H ，232322（1） B 的化学式是 SiO2，目前在现代通迅方面B 已被用作光导纤维主要原料；（2） B 和 a 溶液反应的离子方程式是SiO22- H232OH =SiOO；（3） A 和 a 溶液反应的离子方程式是Si 2OH H2O=SiO32- 2H2；（4） C 和过量盐酸反应的离子方程式是SiO2- 2H3=H2SiO3。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

9、，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K16，则 0. 01mol L 1 丁水溶液的 1. 0 10pH 等于 _（

10、忽略丁的二级电离和H O 的电离）。2【答案】 Si3N4原子黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂NaClO 2NH3N H4 NaCl H O次氯酸钠有强氧化性，防止N H继续被氧化102224【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

11、，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) 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：，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：

12、 NaClO+2NH3 N2 H4+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+H2O? N2H5+OH- ，该溶液中溶质电离程度较小，则c N 2 H 5+c(OH - )-c N2 H4001molLK，可知该溶液中c OH.() / ，由平衡常数=c N 2H 4) Kc N 2H 4= 1.0 10 6 0.1 =1. 0 10- 4，溶液中 c( H+)=1010144 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 的计算，要注

13、意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。5A、 B、 C、 D、 E 代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如下图所示。A 为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。请填空：(1)形成单质 A 的原子的结构示意图为_，它的最高化合价为_。(2)B 的化学式 (分子式 )为 _，B 和碳反应生成A 和 E 的化学方程式是_ 。(3)C 的化学式 (分子式 )为_ ，D 的化学式 (分子式 )为 _。【答案】+4 SiOSiO2+2CSi+2CO CaSiO3 Na2SiO32【解析】【分析】A 为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，可确定A 是 Si 单质，它可由 SiO2 和 C 在高温

14、条件下反应制取，则B 为 SiO2， E 为 CO， C 为 CaSiO3， D 为 Na2SiO3，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。【详解】根据上述分析可知 A 是 Si 单质， B 是 SiO2，C 为 CaSiO3， D 为 Na2SiO3， E 为 CO。(1)Si 是 14 号元素，形成单质A 的原子结构示意图为； Si 原子最外层有4 个电子，由于原子最外层电子数等于该元素的最高正化合价，所以Si 元素的最高正化合价为+4价；(2)根据上述推断可知B 为二氧化硅， B 的化学式为SiO2；二氧化硅和碳在高温下反应生成硅单质和一氧化碳，反应的化学方程式是：SiO2+2CS

15、i+2CO；(3)C 是硅酸钙，化学式为【点睛】CaSiO3； D 为硅酸钠，其化学式Na2SiO3 。本题考查无机物的推断的知识，侧重硅及其化合物转化的考查，把握地壳中元素的含量推断 A 为解答的突破口，注意性质与用途的关系。6X 是一种新型无机非金属材料，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。有关生产过程如下：为了确定 C 的组成，某同学进行了以下的探究过程。已知白色沉淀， I 可做光导纤维。F、 G 都是难溶于水和稀硝酸的按要求回答下列问题：（ 1） C 的空间构型为 _ ；X 的化学式为 _ 。（ 2）反应 的化学方程式为 _。（ 3）反应 的离子方程式 _ 。【答案】（ 1）正四面体；Si

16、3N4；（ 2） SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl；（ 3） SiO32-22233-；+2CO +2H O=H SiO +2HCO【解析】试题分析： I 可做光导纤维，所以I 是二氧化硅，则 F 是硅酸， H 是硅酸钠 .又因为 F、 G 都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀，所以G 是氯化银，因此 C 是 SiCl4，则 A 是硅， B 是氯气。根据 X 的性质可知， X 是原子晶体，所以 X 是 Si3 N4。由转化关系可知，SiCl4 与 NH3 反应生成 Si(NH2)4，根据原子守恒可知还生成HCl，由于氨气过量，故应生成NH4Cl； CO2 是过量的，因此生成物是碳

17、酸氢钠与硅酸。（1）由以上分析可知C 为 SiClX 为 Si3N4 ；4 ，具有甲烷的结构，为正四面体，（2）由转化关系可知，SiCl4 与 NH3 反应生成 Si(NH2)4 ，根据原子守恒可知还生成HCl，由于氨气过量，故应生成NH4Cl，故反应于的反应方程式为：SiCl4+8NH3=Si(NH2)4+4NH4Cl；（3） CO2 是过量的，因此生成物是碳酸氢钠与硅酸，反应舆的离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CO2=2H2SiO3 +2HCO3-。【考点定位】本题考查无机物的推断，硅及其化合物的性质。【名师点晴】本题考查无机物的推断。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思

18、维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件 (包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。最关键的是寻找“” “”“ ”突破口， 突破口就是抓特 字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。7A、 B、 C、 D 是初中化学常见物质，它们之间的转化关系（反应的条件未标出）如图所示已知 A 是一种碱，常用于改良酸性土壤，C 是最常

19、见溶剂（1）若 B 是引起大气温室效应的主要气体，则D 的化学式是 _， A， B，C，D 中均含有的一种元素是_（填元素符号）（2）若 B 是人体胃酸中含有的酸，写出反应的化学方程式_【答案】 CaCO3OCaCO3+2HCl=CaCl+H2O+CO2【解析】【分析】【详解】(1)若 B 是引起大气温室效应的主要气体，则B 为 CO2，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，所以 D 是 CaCOD 是 CaCO3 ，根据 A、 B、 C、 D 的化学式知，3，通过以上分析知，这四种物质中都含有的一种元素是O 元素；(2)若 B 是人体胃酸中含有的酸，则为HCl，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和

20、水，所以D为 CaCl2，该反应方程式为 CaCO3+2HCl=CaCl+H2O+CO2，8 中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。回答下面问题：(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000 年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是 Al4Si4 O10(OH)8，用氧化物表示其 成 _。(2)本草 目中 ： “(火 )乃焰消 ( KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以 烽燧 机 者。 ”反 原理 ： S+2KNO3222_ ，反 +3CK S+N +3CO， 反 的氧化 是 移 4mol 子 ，被 S氧化的 C 有 _mol 。(3)我国古代中 学著作新修本

21、草 的 物有844 种，其中有关 “青 ”的描述 ： “本来 色，新出窟未 者，正如瑁璃 之赤色 。”我国早期科技 物理小适 -金石 有加 青 的景象：“”青 厂气熏人，衣服当之易 ， 木不盛。青 就是 矾( FeSO“青 ”受 分解的化学方程式47H2 O)。根据以上信息，写出_ 。【答案】 Al2O32SiO22H2O S， KNO31/6 或 0.17 或 0.1672FeSO47H2OFe2O3+SO3 +SO2 +14H2 O【解析】【分析】(1)化学式改写成相 的氧化物的形式，按照活 金属氧化物? 活 金属氧化物?SiO2?H2O的 序来 写，并要遵守原子守恒来分析解答；(2)反

22、程中，元素化合价升高的失 子做 原 生氧化反 ，元素化合价降低的做氧化 生 原反 ，反 中得 子数等于失 子数来分析 算；(3)本来 色，新出窟未 者，正如瑁璃 之赤色，青 厂气熏人，衣服当之易 ， 木不盛。 ”青 就是 ( FeSO ?7H O)， 明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化 和42水。【 解】(1) 的氧化物 Al2O3，硅的氧化物 SiO2， 的氧化物 H2 O， 根据活 金属氧化物 ? 活 金属氧化物 ?SiO2?H2O 得 序可知 Al4Si4O10(OH)8 可改成： 2Al2O3?4SiO2?4H2O；(2)S+2KNO3+3CK2S+N2 +3CO2，反 中硫元素化合

23、价0 价降低 -2 价，氮元素化合价+5 价降低 0 价，反 中做氧化 的是S、 KNO3 ， 子守恒 算，碳元素化合价0 价升高 +4 价， 子守恒分析 子 移 数12e-，其中硫得到 子2e-，氮元素得到 子10e-， 子 移 数12e- ，被硫氧化的碳0.5mol ，反 移4mol 子 ，被S 氧化的C有40.51mol=mol ；126(3)本来 色，新出窟未 者，正如瑁璃 之赤色，青 厂气熏人，衣服当之易 ， 木不盛。 ”青 就是 ( FeSO4?7H2O)， 明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化 和水，分解的化学方程式： 2FeSO4?7H2O2 3322Fe O +SO +SO

24、+14H O。9 硅合金材料性能 良。 土 （含30% SiO2 、40. 8% Al2O3 和少量 Fe2O3 等）干法制取 合金的工 如下：（1）焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3（少部分Al2 O3 发生类似反应）。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图，最适宜焙烧温度为_。指出气体I 的用途_（任写一种）。（2）操作包括：加水溶解、过滤 _、 _ 。若所得溶液中加入过量溶液，含铝微粒发生反应的离子方程式为_NaOH（ 3）用焦炭还原 SiO2 发生反应的化学方程式为 _【答案】 300 制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙

25、烧过程中洗涤干燥Al 3+4OH -=AlO2-+2H O2C+SiO22CO +Si2【解析】【分析】铝土矿（含 30% SiO2、40. 8%2 32 3等）加硫酸铵焙烧，2 3转化为Al O和少量 Fe OFe ONH Fe(SO )同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO 和 Al O ，用焦炭在高温条件下44 2223还原 SiO2 、Al2O3 得到硅铝熔体，在加纯铝搅拌，得到硅铝合金，据此分析解答。【详解】（1）焙烧时尽可能是氧化铁反应，而氧化铝不反应，由图可知在300时，氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高，而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低，所以最适宜焙烧温度为300 ；气体为氨气

26、，氨气可以用于制氮肥，也可以用硫酸吸收来备硫酸铵循环到焙烧过程中；故答案为： 300 ；制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中；（2）由流程分析可知，操作应包括：加水溶解、过滤、洗涤、干燥；溶液中含有铝离子与氢氧根离子生成偏铝酸根离子，其反应的离子方程式为：Al 3+-2-2+4OH =AlO+2H O；故答案为：洗涤；干燥；Al 3+4OH -=AlO 2-+2H 2O；（3）在高温条件下，焦炭与SiO2 反应生成 Si 和 CO，其反应的方程式为：2C+SiO 22CO +Si，故答案为： 2C+SiO 22CO +Si 。【点睛】本题考查了物质分离和提纯基本操作，注重信息与所学知

27、识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，注意把握流程中发生的化学反应为解答的关键。10 大米的主要成分是：_；苷氨酸的结构简式是：_；写出一个检验葡萄糖的化学反应方程式：_；钢含碳量为：一定含 _元素；油脂在体内水解后的产物是：_；玻璃、陶瓷、水泥_【答案】 (C6H10O5)n+2Ag(NH3)2OHH2N-CH2-COOHCH2OH(CHOH)4CHO2Ag +CH2OH(CHOH)4COONH4+3NH3+ H2O0.032%Si、 O 或硅、氧元素高级脂肪酸和甘油【解析】【分析】【详解】大米的主要成分是淀粉，淀粉的化学式是：(C6H10O5)n；苷氨酸是-氨基乙酸，其结构简式通式是： H2N-CH2COOH；葡萄糖分子结构中含有醛基，能发生银镜反应，发生反应的化学方程式为 CH243 2OH24432OH(CHOH) CHO +2Ag(NH)2Ag +CHOH(CHOH) COONH+3NH + H O；钢含碳量为：0.03 2%；玻璃、陶瓷、水泥一定含Si、O 或硅、氧元素元素；油脂在体内水解后的产物是：高级脂肪酸和甘油。