高考化学 硅及其化合物推断题 培优 易错 难题练习(含答案)及答案解析

高考化学 硅及其化合物推断题 培优 易错 难题练习(含答案)及答案解析
一、硅及其化合物
1．有两种短周期元素X 、Y ，X 元素原子的最外层电子数为a ，次外层电子数为b ；Y 元素原子的M 层（有电子）电子数为()a b -，L 层电子数为()a b +。

（1）推断元素名称和符号：X _______、______，Y ______、_______。

（2）X 、Y 两元素形成的化合物可能具有的性质是_______（填序号）。

A .能与水反应
B .能与硫酸反应
C .能与氢氧化钠溶液反应 （3）X 元素的原子含有_______个能层，Y 元素的原子含有_______个能层。

【答案】氧 O 硅 Si C 2 3
【解析】
【分析】
短周期元素X 和元素Y ，元素X 原子的最外层电子数为a ，次外层电子数为b ；元素Y 原子的M 层电子数为(a －b )，L 层电子数为(a ＋b )，则L 层电子数为8，所以a ＋b ＝8，所以元素X 原子有2个电子层，故b ＝2，所以a ＝8－b ＝8－2＝6，故X 为O 元素；故元素Y 原子的M 层电子数为a －b ＝6－2＝4，Y 为Si 元素，X 、Y 两元素形成的化合物为SiO 2，结合元素化合物的性质判断。

【详解】
(1)X 为O 元素，Y 为Si 元素，故答案为：氧；O ；硅；Si ；
(2)X 、Y 两元素形成的化合物为SiO 2；
A ．SiO 2不与水反应，故A 错误；
B ．SiO 2性质稳定，溶于HF 酸，不溶于其它酸，故B 错误；
C ．SiO 2与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，故C 正确；
D ．SiO 2不与氯气反应，故D 错误；
故答案为：C ；
(3)氧原子和硅原子的原子结构示意图分别为：、，所以氧原子有2个能
层，硅原子有3个能层，故答案为：2；3。

【点睛】
本题推断元素种类是解题关键，根据每一能层能够排布的电子数多少进行综合判断，注意二氧化硅性质的特殊性。

2．X 、Y 、Z 、W 四种物质有如下相互转化关系（其中X 、W 为单质，Y 、Z 为化合物，未列出反应条件）。

（1）若X 的摩尔质量是W 的2倍，工业上Z 可作优质的耐高温材料。

W 为黑色固体，则
Y 的化学式________________。

（2）若固体W是紫红色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色。

则写出X+Y=Z+W 的离子方程式__________________________。

（3）若晶体W是一种重要的半导体材料，实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。

写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。

【答案】CO2 Fe+Cu2+=Fe2++Cu SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
（1）X、W为单质，Y、Z为化合物，W为黑色固体，应为C单质，X的摩尔质量是W的2倍，Z可作优质的耐高温材料，X为Mg，Z为MgO，Y为CO2。

（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则Z为Fe2+，W是紫红色固体，则W为Cu，X+Y=Z+W反应方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。

（3）晶体W是一种重要的半导体材料，则W是Si；实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物，则Z的燃烧产物为CO2，化合物Z为CO，则X为C单质，Y为SiO2，Y与NaOH 溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。

3．A、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）写出物质C的化学式。

（2）写出B和碳高温反应生成A和E的化学方程式是。

（3）写出B→D反应的离子反应方程式。

【答案】（1）CaSiO3
（2）SiO2+2C Si+2CO↑
（3）SiO2+2OHˉ=SiO32ˉ+H2O
【解析】
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，A是硅；二氧化硅与碳单质反应生成硅和CO，E是CO、B是SiO2；SiO2与氧化钙高温生成硅酸钙，C是硅酸钙；SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，D是硅酸钠。

（1）根据以上分析可知可知物质C的化学式为CaSiO3。

（2）SiO2和碳高温反应生成硅和CO的化学方程式是SiO2+2C Si+2CO↑。

（3）B→D反应的离子反应方程式
SiO2+2OHˉ＝SiO32ˉ+H2O。

4．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为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下
每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，X的化学式为___________，
A的化学式为___________。

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X与A反应的化学方程式为
__________________________________________。

（4）当X、Y均为非金属固体时，X与A反应的化学方程式为
___________________________________________。

【答案】Al 氧气 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+2C Si+2CO
【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，据此答题。

【详解】
（1）当X、Y均为金属时，此反应应为铝热反应，则X为Al，Z为氧气，答案应为：Al、氧气；
（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，Y为Cu，则X应为H2，答案应为：H2、CuO；
（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X应为Mg，Y应为C，该反应应是Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（4）当X、Y均为非金属固体时，X应为C，Y应为Si，该反应应是C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

5．A、B、C、D、E、F、X七种物质之间可按下列框图发生反应（部分产物可能被省略）。

其中，A、D、E、X是四种常见的非金属单质，常温下A、X为气体，D、E为固体。

A的水溶液具有漂白性，A、D的水溶液均能使淀粉KI试纸变蓝色，B的焰色反应为黄色。

请回答下列问题：
（1）写出A、F的化学式：A：_______、F：__________。

（2）写出B的电子式：_________，EO2的晶体类型为_______。

（3）写出E与NaOH溶液反应的离子方程式____________________________。

（4）E单质可作高能燃料。

已知ag固体E燃烧放出bkJ的热量，请写出表示E燃烧热的热化学方程式（△H用含a、b的式子表示）___________________________。

【答案】A：Cl2Ｆ：SiCl4原子晶体 Si + 2OH-+ H2O = SiO32-+2H2↑ Si （s）+O2（g） = SiO2（s）；△H= -28b/a kJ/mol
【解析】
【分析】
根据A是一种常见的非金属单质，常温下为气体，且A的水溶液具有漂白性，可推知A为氯气；由于D也是一种常见的非金属单质，常温下为固体，且由氯气制备可得，说明其氧化性弱于氯气，且其水溶液能使淀粉KI试纸变蓝色，因此D可能为碘单质；根据B的焰色反应为黄色，可知B为NaI，C为NaCl。

根据已知条件E是非金属单质，且E为固体，能与氢氧化钠溶液、氧气反应，因此可推测E为Si、F为SiCl4；能将SiCl4还原为Si的非金属单质为H2，因此X为H2。

据此解题。

【详解】
（1）根据分析，可知A、F的化学式分别为：A：Cl2、F：SiCl4；
（2）根据分析，B物质NaI的电子式为：， EO2为SiO2，其晶体类型为原子晶体；
（3）E为Si，其与NaOH溶液反应的离子方程式为：Si+2OH-+H2O = SiO32-+2H2↑；
（4）当ag单质Si的物质的量为：
a?g
28?/28
a
g mol
mol作高能燃料进行燃烧时放出的热
量为bkJ，因此当1molSi燃烧时，放出的热量应为28b
a
kJ，因此Si单质燃烧热的热化学方
程式可表示为：Si（s）+O2（g）= SiO2（s）；△H= -28b/a kJ/mol 。

6．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
7．铁橄榄石是天然的铁矿石，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。

其中A~J 是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，D是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体，A的焰色反应呈黄色，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生。

由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g ·mol－
1，其中铁元素的质量分数为54.9%，流程中的部分生成物已略去。

回答下列问题：
（1）A的电子式_____________。

（2）铁橄榄石的化学式_____________。

（3）写出C→F的离子方程式_____________。

（4）写出H →G 的化学方程式_____________。

【答案】
Fe 2SiO 4或2FeO•SiO 2 2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl - 4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3 【解析】
其中A~J 是中学化学中的常见物质，G 是一种红褐色固体，G 为Fe(OH)3，则H 为Fe(OH)2，C 为液体盐；D 是一种难溶于水的含氧酸，D 为H 2SiO 3，J 是一种主要的温室气体，J 为CO 2，则I 为硅酸盐，A 的焰色反应呈黄色，A 含有钠元素，因此I 为Na 2SiO 3，则A 为NaOH ；E 和B 分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则EB 中均含有氯离子，根据流程图，B 为HCl ，C 为FeCl 2，则E 为Cl 2，根据上述分析，铁橄榄石中含有铁、硅元素，则铁橄榄石为含亚铁离子的硅酸盐，根据摩尔质量为204g ·mol －
1，其中铁元素的质量分数为54.9%，则1mol 铁橄榄石含有2molFe ，结合摩尔质量，铁橄榄
石的化学式为Fe 2SiO 4。

(1)A 为NaOH ，A 的电子式为，故答案为：； (2)根据上述分析，铁橄榄石的化学式为Fe 2SiO 4，故答案为：Fe 2SiO 4；
(3)C→F 是亚铁离子被氯气氧化的反应，离子方程式为2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -
，故答案为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -；
(4)H→G 是氢氧化亚铁被氧化的反应，化学方程式为4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3。

8．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 （1-2
x ）
【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Pb2O3和Cl2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Pb2O3+6HCl（浓）=2PbCl2+Cl2↑+3H2O；
（3）根据题意：a molPbO2分解所得混合物中n（Pb2+）=axmol、n（Pb4+）=（a-ax）mol.在反应过程中a molPbO2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O2，得n（O2）═2ax/4="ax/2" mol；后再与足量的浓盐酸反应生成Cl2，得n（Cl2）═（a-ax）mol*2/2=（a-ax）mol，则 y═n（O2）+n
（Cl2）═ax
2
mol+（a-ax）mol= a（1-
2
x
）mol。

9．将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④饱和
Na2CO3溶液；⑤Ca(OH)2溶液⑥Ca(ClO)2溶液。

最终溶液中有沉淀或晶体析出的是（）A．①②③④B．②③④C．②③④⑥D．①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
①CaCl2溶液与二氧化碳不反应，故①不会产生沉淀；②硅酸钠溶液通二氧化碳发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3硅酸是一种白色沉淀，故②产生白色沉淀；③NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3，故③产生白色沉淀；④饱和Na2CO3溶液通入足量的二氧化碳，由Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3可知，此反应消耗水，且Na2CO3转化为NaHCO3后溶质质量增加，又因NaHCO3溶解度较小，所以会有晶体析出，故④会产生沉淀，⑤Ca(OH)2通入过量的二氧化碳，发生的反应为：2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，不会产生沉淀，故⑤不会产生沉淀；⑥Ca(ClO)2溶液，因为酸性H2CO3>HClO，发生反应：Ca(ClO)2+ 2CO2＋2H2O=Ca(HCO3)2+2HClO，由于Ca(HCO3)2是可溶性物质，因此⑥不会形成沉淀；
故选B。

10．实验对认识和研究物质性质有重要作用，回答下列相应问题。

（一）为证明Na2SiO3具有防火性能，同时做以下两个实验。

实验①：取一小木条，放入蒸馏水中，使之充分吸湿、浸透，取出稍沥干（不再滴液）后，放置在酒精灯外焰处。

实验②：另取一个相同的小木条，放入Na2SiO3饱和溶液中，之后重复实验①的操作。

（1）设计实验①的目的是________________________。

（二）性质实验中反应原理常用化学方程式表示。

请用化学方程式各举一例，说明下列物质所具有的性质。

（2）SO2具有还原性_________________________。

（3）SO2具有酸性氧化物共同的性质_______________。

（4）浓硫酸具有强氧化性_____________________。

【答案】与实验②作对照，证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水 2SO2+O22SO3
SO2+2NaOH = Na2SO3 + H2O Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（一）（1）实验①与实验②比较，实验②在蒸馏水的基础上增加了可溶于水的硅酸钠，从而探究防火的原因，则设计实验①的目的是与实验②作对照，证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水；
（二）（2）SO2与强氧化剂作用，能体现其具有还原性，如：2SO2+O22SO3；
（3）SO2能与碱溶液作用生成盐和水，说明其是酸性氧化物，发生反应的化学方程式为SO2+2NaOH = Na2SO3 + H2O；
（4）浓硫酸具有强氧化性，能氧化活泼性较弱的金属，如Cu，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+2H2O。