備戰(zhàn)高考化學與硅及其化合物推斷題有關的壓軸題附答案

備戰(zhàn)高考化學與硅及其化合物推斷題有關的壓軸題附答案一、硅及其化合物1．如圖為一定量飽和Ca(OH)2溶液中通入CO2氣體后，產(chǎn)生CaCO3白色沉淀的質(zhì)量與通入的CO2體積之間的關系曲線。請回答：①OA段曲線所表示的化學反應方程式：_________，A點處已參加反應的CO2與Ca(OH)2的物質(zhì)的量之比為________。②B處溶液中存在的濃度較大的兩種離子是________和________(填離子符號)，將B處生成的溶液煮沸，可見到的現(xiàn)象是_____________?！敬鸢浮緾a(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O1∶1Ca2＋HCO3—溶液變渾濁(或產(chǎn)生白色沉淀)【解析】【分析】二氧化碳與氫氧化鈣飽和溶液的反應與二氧化碳的量有關，少量二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和水，反應的化學方程式為CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，過量二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸氫鈣，反應的化學方程式為2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，由圖可知OA段隨著CO2通入CaCO3的量逐漸增大，A點達到沉淀最大值，AB段隨CO2的通入，生成的CaCO3不斷溶解轉(zhuǎn)化為Ca(HCO3)2，B點CaCO3全溶解，溶液又變得澄清?！驹斀狻竣儆蓤D可知OA段隨著CO2通入CaCO3的量逐漸增大，A點達到沉淀最大值，則OA段發(fā)生的反應為二氧化碳與氫氧化鈣反應生成碳酸鈣和水，反應的化學方程式為CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，由方程式可知A點處已參加反應的二氧化碳和氫氧化鈣的物質(zhì)的量比為1:1，故答案為：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；1:1；②由圖可知AB段隨CO2的通入，生成的CaCO3不斷溶解，發(fā)生的反應為二氧化碳與碳酸鈣反應生成碳酸氫鈣，則溶液中存在的濃度較大的兩種離子是鈣離子和碳酸氫根離子；將碳酸氫鈣溶液煮沸，碳酸氫鈣受熱分解生成難溶的碳酸鈣、二氧化碳和水，則可見到的現(xiàn)象是澄清溶液變渾濁，故答案為：Ca2＋；HCO3—；溶液變渾濁(或產(chǎn)生白色沉淀)?！军c睛】明確碳酸的正鹽與過量的CO2反應時生成碳酸氫鹽、碳酸氫鹽與堿反應時生成碳酸的正鹽和水、碳酸氫鹽在加熱條件下生成碳酸正鹽、水和CO2是解答關鍵。2．有一種礦石，經(jīng)測定含有鎂、硅、氧三種元素且它們的質(zhì)量比為12∶7∶16。(1)用鹽的組成表示其化學式：___________。(2)用氧化物的組成表示其化學式：_______。(3)該礦石的成分屬于________(填物質(zhì)的分類)。(4)寫出該礦石(氧化物形式)與鹽酸反應的化學方程式：______?！敬鸢浮縈g2SiO42MgO·SiO2硅酸鹽2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2【解析】【分析】根據(jù)n=及原子個數(shù)比=原子的物質(zhì)的量之比進行計算，得出正確結論；由金屬離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽?！驹斀狻挎V、硅、氧的質(zhì)量比為12：7：16，則鎂、硅、氧的原子個數(shù)比為::=2:1:4(1)該礦石用鹽的組成可表示為：Mg2SiO4；(2)該礦石用氧化物的組成可表示為：2MgO?SiO2(3)Mg2SiO4屬于鹽類，且屬于硅酸鹽；(4)Mg2SiO4溶于與稀鹽酸生成MgCl2和SiO2，發(fā)生反應的化學方程式為2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。【點睛】硅酸鹽由鹽的書寫改寫為氧化物的形式為：活潑金屬氧化物?較活潑金屬氧化物?二氧化硅?水的順序書寫；注意：①氧化物之間以“?”隔開；②系數(shù)配置出現(xiàn)的分數(shù)應化為整數(shù)；③金屬氧化物在前(活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物)，非金屬氧化物在后。3．某同學用某化合物X（兩種短周期元素組成的純凈物）進行了如下實驗：實驗步驟②中還觀測到生成黑色固體和無色無味氣體，生成的溶液可作為建筑行業(yè)的一種黏合劑。請回答：（1）X的化學式是____，步驟①的離子方程式是___。（2）步驟②的化學方程式是_____?！敬鸢浮縈g2SiMg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O【解析】【分析】短周期元素形成的化合物中，與過量燒堿溶液生成白色沉淀，則灼燒后得到白色固體的為MgO，4.0g白色固體可得X中0.1molMg原子，無色氣體A與高錳酸鉀可生成黏合劑硅酸鉀溶液，可知無色氣體A具有還原性且含有Si元素，據(jù)此分析作答。【詳解】（1）根據(jù)化合物X7.20g計算得到Mg原子與Si原子個數(shù)之比為2:1，則X的化學式為Mg2Si，在鹽酸作用下會生成硅烷氣體與氯化鎂，故其離子方程式為：Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案為：Mg2Si；Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+；（2）在強氧化劑高錳酸鈉的作用下，硅烷被氧化為硅酸鈉與氫氣，同時生成黑色固體二氧化錳，根據(jù)氧化還原反應得失電子守恒與元素守恒可得，其化學方程式為：SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。4．X、Y、Z、W四種物質(zhì)有如下相互轉(zhuǎn)化關系（其中X、W為單質(zhì)，Y、Z為化合物，未列出反應條件）。（1）若X的摩爾質(zhì)量是W的2倍，工業(yè)上Z可作優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料。W為黑色固體，則Y的化學式________________。（2）若固體W是紫紅色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血紅色。則寫出X+Y=Z+W的離子方程式__________________________。（3）若晶體W是一種重要的半導體材料，實驗室可用澄清石灰水來檢驗Z的燃燒產(chǎn)物。寫出Y與NaOH溶液反應的化學方程式________________________________________?！敬鸢浮緾O2Fe+Cu2+=Fe2++CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【解析】（1）X、W為單質(zhì)，Y、Z為化合物，W為黑色固體，應為C單質(zhì)，X的摩爾質(zhì)量是W的2倍，Z可作優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料，X為Mg，Z為MgO，Y為CO2。（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血紅色，則Z為Fe2+，W是紫紅色固體，則W為Cu，X+Y=Z+W反應方程式為：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。（3）晶體W是一種重要的半導體材料，則W是Si；實驗室可用澄清石灰水來檢驗Z的燃燒產(chǎn)物，則Z的燃燒產(chǎn)物為CO2，化合物Z為CO，則X為C單質(zhì)，Y為SiO2，Y與NaOH溶液反應的化學方程式為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。5．圖中X、Y、Z為單質(zhì)，其他為化學物，它們之間存在如下轉(zhuǎn)化關系(部分產(chǎn)物已略去)。其中，A俗稱磁性氧化鐵；E是不溶于水的酸性氧化物，能與氫氟酸反應?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素X在元素周期表中的位置為第________周期________族。(2)一定條件下，Z能與H2反應生成ZH4，寫出Z與NaOH反應的化學方程式____________(3)寫出由Y與NO、H2O生成D反應的化學方程式：_______________。(4)X在高溫下能與水蒸氣反應，請寫出該反應的化學方程式：_____________(5)向含4molD的稀溶液中，逐漸加入X粉末至過量。假設生成的氣體只有一種，請在坐標系中畫出n(X2+)隨n(X)變化的示意圖，并標出n(X2+)的最大值。________________【答案】四ⅧSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑4NO+3O2+2H2O=4HNO33Fe+4H2OFe3O4+4H2↑【解析】【分析】A俗稱磁性氧化鐵，則A為Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能與氫氟酸反應，則E是SiO2，根據(jù)轉(zhuǎn)化關系，可知X為鐵、Y為O2、Z為Si、D為HNO3、M為Na2SiO3、G為Fe(NO3)3，R為H2SiO3

?！驹斀狻緼俗稱磁性氧化鐵，則A為Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能與氫氟酸反應，則E是SiO2，根據(jù)轉(zhuǎn)化關系，可知X為鐵、Y為O2、Z為Si、D為HNO3、M為Na2SiO3、G為Fe(NO3)3，R為H2SiO3；(1)元素X為Fe，核電荷數(shù)為26，其在元素周期表中的位置為第四周期Ⅷ族；(2)Z為Si，能溶于NaOH溶液生成硅酸鈉、氫氣和水，發(fā)生反應的化學方程式為Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；(3)Y為O2，NO與O2按一定比例通入水中生成HNO3，發(fā)生反應的化學方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3；(4)Fe在高溫下能與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，發(fā)生反應的化學方程式為3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；(5)鐵和稀硝酸反應，開始鐵全部被硝酸氧化為硝酸鐵，故開始階段Fe2+的量為0，隨著鐵的加入，多余的鐵又和Fe3+反應而生成Fe2+，故Fe2+的量逐漸會增大直至到最大值，以后不變，反應過程中生成的氣體為NO，令Fe2+的最大物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，NO的物質(zhì)的量=，根據(jù)N元素守恒可知：+2xmol=4mol，解得x=1.5，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知開始產(chǎn)生NO時Fe的物質(zhì)的量等于Fe3+的物質(zhì)的量，即為1.5mol×=1mol，故n(Fe2+)隨n(Fe)變化的示意圖為：。6．甲、乙分別是兩種主族元素形成的氧化物，它們廣泛存在于地殼中，均不溶于水，且都有如下相同的轉(zhuǎn)化關系，不同之處是乙對應的轉(zhuǎn)化過程中需控制鹽酸用量，若鹽酸過量則得不到白色沉淀B。(1)寫出甲、乙的化學式：甲_______,乙_______；(2)寫出下列反應的化學方程式：甲+NaOH溶液_______,乙+NaOH溶液_______；(3)分別寫出甲、乙對應的A溶液與過量鹽酸反應的離子方程式：甲_______乙_______(4)若將5.1g乙溶于適量的鹽酸（二者恰好完全反應）后，再加入175mL的2mol.L－1NH3H2O溶液，得到沉淀_______g【答案】SiO2Al2O3SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OSiO32-+2H+＝H2SiO3↓AlO2-+4H+=Al3++2H2O7.8【解析】【分析】甲、乙分別是兩種主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如圖的轉(zhuǎn)化關系，不同之處是乙對應的轉(zhuǎn)化過程中需控制鹽酸用量，若鹽酸過量則得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化鋁。二氧化硅與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，硅酸鈉與鹽酸反應生成硅酸沉淀；氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉和少量鹽酸反應生成氫氧化鋁沉淀?！驹斀狻?1)根據(jù)以上分析，甲為SiO2、乙為Al2O3；(2)二氧化硅與NaOH溶液反應生成硅酸鈉和水，反應方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；氧化鋁和NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，反應化學方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；(3)甲對應的A是Na2SiO3，Na2SiO3與過量鹽酸反應生成硅酸沉淀和氯化鈉，反應離子方程式是SiO32-+2H+＝H2SiO3↓；乙對應的A是偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉與過量鹽酸反應生成氯化鋁和氯化鈉，反應的離子方程式是AlO2-+4H+=Al3++2H2O；(4)5.1g氧化鋁的物質(zhì)的量是，n(Al3+)=0.1mol，n(NH3H2O)=0.175L×2mol.L－1=0.35mol，氨水過量，氯化鋁與過量氨水反應生成氫氧化鋁沉淀，根據(jù)鋁元素守恒，生成氫氧化鋁的物質(zhì)的量是0.1mol，質(zhì)量是0.1mol×78g/mol=7.8g。7．下圖是化學中部分常見的氧化物和單質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系。其中，氧化物f是制造光導纖維的重要原料，氧化物c是一種具有磁性的黑色物質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出下列物質(zhì)的化學式：單質(zhì)F________，氧化物d________。(2)寫出下列反應的化學方程式：①_____________________________________________；④_____________________________________________?！敬鸢浮縎iH2O2Mg＋CO2C＋2MgOC＋H2O(g)CO＋H2【解析】【分析】氧化物f是制造光導纖維的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一種具有磁性的黑色物質(zhì)，c是Fe3O4，以此為突破口推出五個置換反應。【詳解】氧化物f是制造光導纖維的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一種具有磁性的黑色物質(zhì)，c是Fe3O4，反應①2Mg＋CO2C＋2MgO，反應②Fe3O4＋2C2CO2＋3Fe，反應③3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2，反應④C＋H2O(g)CO＋H2，反應⑤2C＋SiO2Si＋2CO。（1）根據(jù)反應⑤物質(zhì)的化學式：單質(zhì)F為Si，結合反應③④氧化物d為H2O。（2）反應①和④的化學方程式：①2Mg＋CO2C＋2MgO④C＋H2O(g)CO＋H2。8．A、B、C、D、E、F六種物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如圖所示(反應條件和部分產(chǎn)物未標出)。(1)若A是常見的變價金屬的單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，且反應①在水溶液中進行。反應②也在水溶液中進行，寫出反應②離子方程式是______________________________________，已知光照條件下D與F反應生成B，寫出該反應的化學方程式為__________________________。(2)若A、D、F都是短周期非金屬元素單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，則反應①的化學方程式為__________________________________________________________。【答案】2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－H2＋Cl22HCl2C＋SiO22CO↑＋Si【解析】（1）A是常見的金屬單質(zhì)，D、F是氣態(tài)單質(zhì)，反應①為置換反應，且在水溶液中進行，由轉(zhuǎn)化關系可知，A為變價金屬，F(xiàn)具有強氧化性，可推知A為Fe，F(xiàn)為Cl2，故B為HCl、C為氯化亞鐵、D為氫氣、E為氯化鐵，則：反應②（在水溶液中進行）的離子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D與F的光照條件下反應的化學方程式為：H2＋Cl22HCl。（2）A、D、F都是短周期元素組成的非金屬單質(zhì)，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F為氣體，C有毒，反應①為置換反應，考慮是碳與二氧化硅反應生成硅與CO，碳與F反應生成E，CO與F生成E，則F為氧氣，驗證符合轉(zhuǎn)化關系，則：反應①的化學方程式是：2C＋SiO22CO↑＋Si【點睛】：本題考查無機物的推斷，題目信息量大，難度較大，需要學生熟練掌握常見元素化合物的性質(zhì)。9．閱讀下面信息，推斷元素，按要求回答問題：信息問題①短周期元素X、Y、Z、W，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)均不少于最內(nèi)層電子數(shù)(1)X一定不是______；A．氫B．碳C．氧D．硫②一定條件下，上述四種元素的單質(zhì)均能與足量的氧氣反應，生成的氧化物有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃NaOH，氧化物的相對式量都大于26(2)這四種元素含有鋁元素嗎?__；③上述四種元素的單質(zhì)的混合物，加入足量的鹽酸溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的燒堿溶液，最終溶液中有白色沉淀(3)白色沉淀的化學式為________；④上述四種元素的單質(zhì)的混合物，加入足量的燒堿溶液，固體部分溶解，過濾，向濾液中加入過量的鹽酸溶液，最終溶液中有白色沉淀(4)生成白色沉淀的離子方程式為______________________；【答案】AD一定含有鋁元素Mg(OH)2SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓【解析】【分析】(1)X若為氫時，其最外層電子數(shù)為1；X若為硫，原子序數(shù)比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；(2)有一種元素的氧化物既能與酸反應、又能與堿反應；(3)白色沉淀應為堿，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；(4)濾液中加入過量的鹽酸溶液，得到的應是難溶于水的弱酸，可為H2SiO3或H4SiO4；【詳解】(1)X若為氫時，其最外層電子數(shù)為1，不合理；X若為硫，原子序數(shù)比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X為碳或氧時合理，故答案為AD；(2)四種元素的單質(zhì)均能與足量的氧氣反應，生成的氧化物有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃NaOH，氧化物的相對式量都大于26，說明四種元素均為第三周期主族元素，且有一種元素的氧化物既能與酸反應、又能與堿反應，則一定含有鋁元素；(3)對所有短周期元素進行試探，唯有鎂元素符合性質(zhì)，可知白色沉淀物的化學式為Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在④變化中最終得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成該白色沉淀的離子方程式為SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)。10．用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金屬制造發(fā)動機的耐熱部件,能大幅度提高發(fā)動機的熱效率。工業(yè)上用化學氣相沉積法制備