2020-2021高考化学培优(含解析)之硅及其化合物推断题及答案解析

2020-2021高考化学培优(含解析)之硅及其化合物推断题及答案解析
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、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①的化学方程式为___。

（3）反应②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___。

【答案】酸性氧化物 SiO2+2C 高温
Si+2CO↑ SiO2+CaO
高温
CaSiO3 SiO32-
+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A为单质，可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①是SiO2与C反应生成Si、CO，其化学反应方程式为：SiO2+2C 高温
Si+2CO↑，
故答案为：SiO2+2C 高温
Si+2CO↑；
（3）反应②是SiO2与CaO反应生成CaSiO3，其化学反应方程式为：
SiO2+CaO 高温
CaSiO3，故答案为：SiO2+CaO
高温
CaSiO3；
（4）D为Na2SiO3，其溶液中通入过量CO2，其化学反应方程式为：Na2SiO3+2H2O+2CO2＝2NaHCO3+H2SiO3↓，其离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓。

3．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↓。

4．有A、B、C三种不溶于水的固体。

A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。

B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀D。

此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸。

将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C，C在高温时软化，无固定熔点。

（1）根据以上事实，形成单质A的元素名称为__， C的名称为__。

（2）B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是__。

（3）生成白色胶状沉淀D的化学方程式是__。

（4）由B制取C的化学方程式是__。

【答案】碳普通玻璃 SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓
Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑
【解析】
【分析】
A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体，则该气体的相对分子质量
=32×1.375=44，应是CO2，所以A为碳，B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀，此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸，则该酸应为硅酸，将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C，C 在高温时软化，无固定熔点，该反应为工业制普通玻璃的反应，所以B为SiO2，C为普通玻璃，据此答题。

【详解】
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×1.375＝44，且能使澄清石灰水变浑浊，该气体是二氧化碳，则A为碳元素的一种单质。

B物质能与氢氧化钠反应，且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸，则B为二氧化硅。

二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点，可推知C为普通玻璃；
(1)根据以上事实，形成单质A的元素名称为碳， C的名称为普通玻璃；
(2)B为SiO2，其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；
(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl，生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO3＋
2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓；
(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋
SiO2CaSiO3＋CO2↑。

5．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_________，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-═NH3•H2O
【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-═NH3•H2O，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-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（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，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。

【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。

6．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见化合物．它们在一定条件下可以发生如图反应（均不是在溶液中进行的反应）（以下每个空中只需填入一种物质）
(1)X、Y均为金属时，此反应在工业上称为___反应，其反应方程式为________
(2)X为金属，Y为非金属时，A为__B__
(3)X为非金属Y为金属时，A为__B为_______
(4)X为非金属，Y为非金属时，A为_____B为______
【答案】铝热反应 3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3 CO2 MgO CuO H2O SiO2 CO 【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A Y+B的反应为置换反应，X、Y为单质，A、B为氧化物。

【详解】
(1)当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,
反应方程式为3Fe3O4+8 Al 9Fe +4 Al2O3；
(2)当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式
为:Mg+CO2MgO+C；
(3)当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为 H2O,反应方程式为CuO+H2Cu+H2O；
(4)当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

【点睛】
本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型，注意把握常见相关物质的性质。

7．下图是化学中部分常见的氧化物和单质的转化关系。

其中，氧化物f是制造光导纤维的重要原料，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质。

回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：单质F________，氧化物d________。

(2)写出下列反应的化学方程式：
①_____________________________________________；
④_____________________________________________。

【答案】Si H2O2Mg＋CO2C＋2MgO C＋H2O(g)CO＋H2
【解析】
【分析】
氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c 是Fe3O4，以此为突破口推出五个置换反应。

【详解】
氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c 是Fe3O4，反应①2Mg＋CO2C＋2MgO，反应②Fe3O4＋2C2CO2＋3Fe，反应
③3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2，反应④C＋H2O(g)CO＋H2，反应⑤2C＋
SiO2Si＋2CO。

（1）根据反应⑤物质的化学式：单质F为Si，结合反应③④氧化物d为H2O 。

（2）反应①和④的化学方程式：①2Mg＋CO2C＋2MgO ④C＋H2O(g)CO＋H2。

8．下图中的A~H是中学化学中常见的八种物质，所有物质均由短周期元素组成，其中B、
F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质，其他为化合物，常温常压下C为无色液体，D、E为气体；H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽。

A~H之间的转化关系如图所示。

（1）C的化学式为__________________、A的电子式为_____________；
（2）A、B的混合物加C后，可能发生的反应的化学方程式为
___________________________、_____________________________________；
（3）向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，写出符合现象的离子方程式______________________________________，与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：________；
【答案】H2O 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑） AlO2-
+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O 3：2
【解析】
【分析】
常温常压下C为无色液体，且D、E两种气体经点燃得到C，则C为H2O，D、E为H2和
O2。

根据H的性质，可以推出H为SiO2（石英）或Al2O3（刚玉）。

B、H含有同一物质，且B为单质，则B为Si或Al。

和H2O放出O2的物质是Na2O2，则A为Na2O2。

Na2O2和
H2O反应后，生成NaOH可以和别的物质反应生成H2等。

从A、B和A、H的反应可以判断，D为H2，E为O2。

当 H为Al2O3时，B为Al，F、G为NaOH、NaAlO2；当H为SiO2时，B为Si，F、G为Na2SiO3、NaOH。

【详解】
（1）经分析，C为H2O，A为Na2O2，其电子式为：；
（2）当B为Si时，该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；当B为Al时，该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）向F中滴加过量盐酸，先是有白色沉淀生成，然后沉淀消失，则F为NaAlO2，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；B为Al，D为H2，E为O2，若
D、E恰好完全反应，设n(O2)=1mol，则n(H2)=2mol，则n(Na2O2)=2mol，n(Al)=4
3
mol，则
n(Na2O2)：n(Al)=3：2。

9．X、Y、Z为常见的三种单质，Z是绿色植物光合作用的产物之一，A、B为常见化合物。

它们在一定条件下可发生如图所示的反应（均是在非溶液中进行的反应）：
（1）画出Z的原子结构示意图_______；
（2）当X为金属，Y为非金属时，A可能的电子式为__________或_________；
（3）当X为非金属，Y为金属时，X可能的化学式为__________或_________；
（4）当X与Y均为金属时，写出X与A反应的化学方程式_______________________；（5）当X与Y均为非金属时，若X与Y同主族，写出X与A反应的化学方程式
_____________________________________；若X与Y不在同一主族，写出X与A反应的化学方程式______________________________。

【答案】 C H2 2Al+ Fe2O32Fe+Al2O3
C+SiO2Si+CO2 C+H2O H2+CO
【解析】
【分析】
先根据C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，判断C是氧气，A、B是单质，与氧气反应，得出X、Y是含氧化合物，然后采用假设的方法分析．
【详解】
C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，所以C是O2．A、B是单质，分别与O2反应生成含氧化合物，A+X→B+Y，属置换反应．
（2）如果X是钠，Y是氢气，A就是H2O，B就是NaOH，钠与水反应的方程式为
2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；
（3）当X为非金属，Y为金属时，就是以氢气或一氧化碳为还原剂的热氧化还原反应；（4）当X与Y均为金属时，考虑铝热反应；
(5) X是碳，Y是硅，A就是SiO2，B就是CO，C与SiO2的反应方程式为：
2C+SiO2Si+2CO↑；如果X是碳，B是氢气，X就是H2O，Y就是CO，
C+H2O H2+CO。

【点睛】
本题的题眼是：C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，通过判断A、B、X、Y，确定该反应是置换反应，学过的置换反应方程式较多，考查学生的发散思维以及总结归纳能力。

10．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。

回答下列问题：
(1)在操作①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③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↓
【解析】
【分析】
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。

【详解】
(1)步骤①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③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-
+Al(OH)3↓。