2020-2021高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶硅及其化合物推断题附详细答案

2020-2021高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶硅及其化合物推断题附详
细答案
一、硅及其化合物
1．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气。

请回答下列问题：
(1)写出各物质的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。

(2)写出反应①的化学方程式：______________________________________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

(3)写出反应④的离子方程式：______________________________________。

(4)写出反应⑤的离子方程式：______________________________________。

(5)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：
________________________________。

【答案】SiO2 CaSiO3 Na2SiO3 Si H2SiO3 SiO2＋2C Si＋2CO↑ 1∶2 Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓ SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C 为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3。

【详解】
（1）根据上面的分析可知，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为SiO2＋2C Si＋2CO↑，根据方程式可知，该反应中氧化剂是个与还原剂碳的物质的量之比为1：2；
（3）反应④的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑；
（4）反应⑤的离子方程式为SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓；
（5）H2CO3的酸性强于H2SiO3，根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸，则可以向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体，发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式是：SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-。

2．A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同。

阴离子Cl－、SiO32-、OH－、NO3-
阳离子H＋、Ag＋、Na＋、K＋
已知：A溶液呈强酸性，且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀，B的焰色反应呈黄色。

回答下列问题：
（1）写出A、B、C、D的化学式：A______，B_____，C____，D____。

（2）写出A溶液与B溶液反应的离子方程式： __________。

（3）请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号：
溶液A C D
试剂瓶序号_________
【答案】HCl Na2SiO3 AgNO3 KOH SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓①③②
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同，A溶液呈强酸性，则A为盐酸或硝酸，B的焰色反应呈黄色，则B中含有Na元素，A能和B反应生成白色沉淀，则B为Na2SiO3；盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀，所以C为AgNO3，则A为HCl，根据四种化合物中阴阳离子各不相同，则D为KOH。

【详解】
(1)根据以上分析知，四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH；
(2)A是HCl、B是硅酸钠，二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式为SiO32-
+2H+=H2SiO3↓；
(3)A是HCl、C为AgNO3、D为KOH，KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放；硝酸银见光易分解，应该放置在棕色试剂瓶中；盐酸不分解，且和玻璃中成分不反应，所以放置在一般试剂瓶中即可，所以A、C、D选取试剂瓶序号为①③②。

【点睛】
含有钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钙元素的焰色反应为砖红色；玻璃中含有二氧化硅，能与碱性溶液发生反应，所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。

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）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2 SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O SiO2＋2C 高温
Si＋2CO↑
【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=1.8g÷60g/mol=0.03mol，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
=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，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=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量
=1.44g÷24g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则
（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C 高温
Si＋
2CO↑。

4．某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子，将其配成 100mL 溶液。

学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：
请回答下列问题：
(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，该仪器使用前必须进行的一步操是______________；在“定容”操作中，当液面接近容量瓶刻度线1~2cm 处，改用__________________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

(2)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_____________________
A．称量时砝码已经生锈；
B．溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作；
C．定容时俯视；
D．定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出；
E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。

(3) 根据以上实验可得出：一定存在的离子是_________________，，一定不存在的离子是___________________。

(4) 加入稀盐酸，所发生的离子反应方程式为________________。

【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 A、C CO32-、SiO32- SO42-、Al3+、Ba2+ CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B，气体A为CO2，则原溶液中一定含有CO32-，结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+；生成的沉淀B为硅酸，则一定存在SiO32-；向滤液C中加入氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42-，据此结合溶液配制的方法解答；
第(2)题根据
n
c=
V
进行分析；
【详解】
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水；当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：检查是否漏水；改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切；
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大，继而导致浓度偏大，故A正确；
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小，浓度偏小，故B错误；
C.定容时俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C正确；
D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故D错误；
E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对浓度没有影响，故E错误，
故答案为：AC；
(3)根据分析可知一定存在的离子为：CO32-、SiO32-；一定不存在的离子为：SO42-、Al3+、Ba2+，故答案为：CO32-、SiO32-；SO42-、Al3+、Ba2+；
(4)根据分析可知，加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应，故答案为：CO32-
+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓。

5．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____________________________________。

(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
【解析】
【分析】
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。

【详解】
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。

【点睛】
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。

6．为探究某固体X(仅含两种短周期元素)的组成和性质。

设计并完成如下实验：
已知：气体A 为氢化物，固体B 是光导纤维的主要成分，固体E 为耐高温材料。

请回答：
(1)固体X 的化学式为__________。

(2)写出反应C→D 的离子方程式__________。

(3)已知NH 3与气体A 在一定条件下反应后可得到一种耐高温材料(仅含两种元素，摩尔质量
为140 g·
mol －1)和H 2，写出该反应的化学方程式__________。

【答案】Mg 2Si Mg 2+ + 2OH － = Mg(OH)2↓ 3SiH 4+4NH 3= Si 3N 4+12H 2↑
【解析】
【分析】
固体B 是光导纤维的主要成分，则为二氧化硅，硅元素的质量为
2812.028162
g ⨯+⨯=5.6g ，根据逆分析法可知，A 中含硅元素，又为氢化物，则推出A 为SiH 4；固体E 为耐高温材料，根据逆推法结合过量氢氧化钠溶液可知，该耐高温材料不是氧化铝，而应为氧化镁，镁元素的质量为2416.02416
g ⨯+=9.6g ，白色沉淀为氢氧化镁，溶液C 为硫酸镁溶液，根据元素守恒可知，固体X 含镁与硅元素，且原子个数比为
9.624g :5.628
g =2:1，应为Mg 2Si ，据此分析作答。

【详解】
（1）依据上述分析可知，固体X 为Mg 2Si ，
故答案为Mg 2Si ；
（2）C→D 是硫酸镁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化镁的过程，其离子方程式为： Mg 2+ + 2OH － == Mg(OH)2↓，
故答案为Mg 2+ + 2OH － == Mg(OH)2↓；
（3）NH 3与SiH 4在一定条件下反应后可得到的一种耐高温材料中含N 与Si ，仅含两种元
素，摩尔质量为140 g·
mol －1，则该化合物为Si 3N 4和H 2，其化学方程式为：3SiH 4+4NH 3== Si 3N 4+12H 2↑，
故答案为3SiH 4+4NH 3== Si 3N 4+12H 2↑。

【点睛】
需要注意的是，该题中的过量的氢氧化钠条件，若溶液C 为铝离子，则不会得到白色沉淀，而会转化为偏铝酸钠，学生要熟练掌握反应物的用量对产物的影响效果。

7．A 、B 、C 、D 都是初中化学中的常见物质，具有如图所示的转化关系（反应条件、有些反应物或产 物已略去）：
（1）若A 是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C 是大气循环中的一种重要物质．则B的化学式是________，C和D反应生成A的化学方程式是_____________。

（2）若A是无色液体，D是一种黑色固体，则C的化学式是_______，由B生成D的化学方程式为____。

（3）若A是碳酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，写出过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式。

【答案】（1）CaO（1 分）；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O（2分）．
（2）H2（1 分）；2Cu+O22CuO（或者3Fe+2O2Fe3O4）（2 分）
（3）CO2+NaOH=NaHCO3（2 分）
【解析】
试题分析：（1）若A 是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C 是大气循环中的一种重要物质，所以C是CO2，A是碳酸钙。

碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2，即B是氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，即D是氢氧化钙，所以B的化学式是CaO，C和D反应生成A的化学方程式是CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O。

（2）若A是无色液体，则A是水。

D是一种黑色固体，则D是氧化铜或四氧化三铁，因此B是氧气，C是氢气，则C的化学式是H2，由B生成D的化学方程式为2Cu+O22CuO
或者3Fe+2O2Fe3O4。

（3）若A是碳酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，则气体C 是CO2，D是氢氧化钠，因此过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式为
CO2+NaOH=NaHCO3。

考点：考查无机框图题推断
8．现有下列物质：①NaHCO3②Al(OH)3③SiO2④SO2，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】①④③②
【解析】
【分析】
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。

【详解】
(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。

9．铝硅合金材料性能优良。

铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）
干法制取该合金的工艺如下：
（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①包括：加水溶解、过滤_______、_________。

若所得溶液中加入过量NaOH 溶液，含铝微粒发生反应的离子方程式为____________________
（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）循环到焙烧过程中洗涤干燥Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2C+SiO22CO↑+Si
【解析】
【分析】
铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）加硫酸铵焙烧，Fe2O3转化为
NH4Fe(SO4)2同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO2和Al2O3，用焦炭在高温条件下还原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Ⅰ为氨气，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①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++4OH -=AlO 2-+2H 2O ； 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SiO 2反应生成Si 和CO ，其反应的方程式为：
2C+SiO 2
2CO ↑+Si ， 故答案为：2C+SiO 2
2CO ↑+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．已知：Pb 的化合价只有＋2、＋4，且＋4价的Pb 具有强氧化性，常温下能氧化浓HCl 生成Cl 2；PbO 2不稳定，随温度升高按下列顺序逐步分解：PbO 2→Pb 2O 3→Pb 3O 4→PbO 。

现将a mol PbO 2加热分解，收集产生的O 2；加热反应后所得固体中，Pb 2＋占Pb 元素的物质的量分数为x ；向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸，收集产生的Cl 2。

两步反应中收集的O 2和Cl 2的物质的量之和为y mol 。

（1）若Fe 3O 4可表示为FeO·
Fe 2O 3，则Pb 3O 4可表示为_____________________________ （2）试写出Pb 2O 3与浓盐酸反应的化学方程式____________________________________ （3）通过计算确定y 与a 、x 的函数关系式____________________________。

【答案】2PbO·
PbO 2 Pb 2O 3+6HCl=2 Pb Cl 2+Cl 2+3H 2O y=a （1-2x ）
【解析】
【详解】
（1）Pb 在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb 的两种氧化物形式为：PbO 和PbO 2，那么Pb 2O 3的氧化物的表示形式可以写成PbO•PbO 2；
（2）Pb 2O 3中Pb 的化合价只有+2、+4，再根据化合价代数和等于零，求得Pb 的总化合价为+3价，即可确定Pb 2O 3中有一个+4价、有一个+2价，且+4价的Pb 具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl 2，本身被还原成+2价Pb ，生成PbCl 2，根据元素守恒得反应物与生成物：Pb 2O 3+HCl （浓）=PbCl 2+Cl 2↑+H 2O ，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb 2O 3中一个+4价的Pb 降低到+2价，降低2价；HCl （浓）中-1价的Cl 上升到0价生成Cl 2，上升1价*2，所以Pb 2O 3和Cl 2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得各物质前计量数为1、6、2、1、3，故方程式为Pb 2O 3+6HCl （浓）=2PbCl 2+Cl 2↑+3H 2O ； （3）根据题意：a molPbO 2分解所得混合物中n （Pb 2+）=axmol 、n （Pb 4+）=（a-ax ）mol.在反应过程中a molPbO 2中+4价的Pb 具有强氧化性作氧化剂，+4价的Pb 最终全部降低为+2价，根据得失电子守恒：先加热分解生成O 2，得n （O 2）═2ax/4="ax/2" mol ；后再与足量的浓盐酸反应生成Cl 2，得n （Cl 2）═（a-ax ）mol*2/2=（a-ax ）mol ，则 y ═n （O 2）+n （Cl 2）═ax 2 mol+（a-ax ）mol= a （1-2
x ）mol 。