备战高考化学硅及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案

备战高考化学硅及其化合物推断题的综合热点考点难点含答案
一、硅及其化合物
1．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↑。

2．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：
(1)写出B的电子式________。

(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。

(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。

(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。

(5)若A是一种氮肥, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D 的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。

(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。

【答案】 SiO2+2OH-====SiO32-+H2O NaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl c(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。

【详解】
（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为
，故答案为：；
（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；
（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；
（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；
（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH 溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n （H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n
（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。

【点睛】
根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。

3．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。

请回答：
（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。

（2）步骤②的化学方程式是_____。

【答案】Mg2Si Mg2Si +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，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。

【详解】
（1）根据化合物X 7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为
Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si
+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si +4H+=SiH4↑+2Mg2+；
（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4
+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。

4．设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。

（1）橄榄石的组成元素是O和____、____（填元素符号），化学式为__________。

（2）写出白色粉末A的一种用途：__________________________。

（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是 _________________________________。

【答案】Mg Si 2MgO·SiO2光导纤维等合理即可 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化
硅，质量为1.8g，则物质的量为
1.8g
0.03mol
60g/mol
=，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成
Na2SiO3，橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉
淀，该沉淀应是Mg(OH)2，质量为3.48g，则物质的量为
3.48g
0.06mol
58g/mol
=，因此该化
合物中，硅元素与镁元素的物质的量之比为1：2，因此橄榄石的化学式为：2MgO·SiO2；（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgO·SiO2，本题答案为：Mg；Si；2MgO·SiO2；
（2）白色粉末为二氧化硅，用途有：制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：光导纤维等；
（3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，本题答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

5．现有如图所示的转化关系，水和部分产物已略去。

已知：①X和Z是两种透明、不溶于水的坚硬固体，其中Z无固定熔点，是现代建筑不可缺少的装饰和采光材料；②无色气体A是引起温室效应的主要气体；
③B、D均为难溶于水的白色固体；④高纯度的F是使用最广泛的半导体材料。

据此回答下列问题：
（1）Z的名称是________，工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为________(填名称)。

（2）由X、Y制F的化学方程式为________________________，此反应中Y作________剂(填“氧化”或“还原”)。

（3）转化①的化学方程式为________________________；转化②(A少量)的离子方程式为______________________。

【答案】玻璃氢氟酸SiO2+2CO2CO2+Si还原SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
SiO＋CO 2＋H2O===H2SiO3↓＋CO
【解析】
【分析】
①X为不溶于水的坚硬固体，Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃，说明X为SiO2；
②无色气体A是引起温室效应的主要气体为CO2；
③B、D均为难溶于水的白色固体，流程分析可知B为CaCO3，；
④高纯度的F是制造电脑芯片的一种非金属单质为Si；
结合流程分析判断可知X为SiO2，B为CaCO3，C为Na2SiO3，D为H2SiO3，E为Na2CO3，Z 为玻璃，Y为CO，F为Si．
【详解】
由以上分析：（1）Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃；工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为氢氟酸。

（2）由X、Y制F的过程为SiO2+2CO2CO2+Si，CO做还原剂。

（3）转化①的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O；无色气体A是引起温室效应的主要气体，则A为CO 2，转化②(A少量)的离子方程式为SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO。

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．图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。

其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。

回答下列问题：
(1)元素X在元素周期表中的位置为第________周期________族。

(2)一定条件下，Z能与H2反应生成ZH4，写出Z与NaOH反应的化学方程式____________
(3)写出由Y与NO、H2O生成D反应的化学方程式：_______________。

(4)X在高温下能与水蒸气反应，请写出该反应的化学方程式：_____________
(5)向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。

假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。

________________
【答案】四Ⅷ Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑ 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 3Fe +
4H2O Fe3O4 + 4H2↑
【解析】
【分析】
A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为
Fe(NO3)3，R为H2SiO3 。

【详解】
A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为
Fe(NO3)3，R为H2SiO3；
(1)元素X为Fe，核电荷数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；
(2)Z为Si，能溶于NaOH溶液生成硅酸钠、氢气和水，发生反应的化学方程式为
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；
(3)Y为O2，NO与O2按一定比例通入水中生成HNO3，发生反应的化学方程式
4NO+3O2+2H2O=4HNO3；
(4)Fe在高温下能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生反应的化学方程式为3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2↑；
(5)铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒
可知，NO的物质的量=xmol2
3
⨯
，根据N元素守恒可知：
xmol2
3
⨯
+2x mol=4 mol，解得
x=1.5，根据电子转移守恒可知，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知开始产生NO时Fe的物质的量等
于Fe3+的物质的量，即为1.5mol×2
3
=1mol，故n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图为：。

8．奥运五环“象征五大洲的团结，全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好的精神，在奥运会上相见”。

下图所示五元环代表A、B、C、D、E五种化合物，圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素；五种化合物由四种短周期元素形成，每种化合物仅含有两种元素。

A是工业制取硝酸的主要原料之一；B、E分子中所含电子数都为18，B不稳定，具有较强的氧化性，E是由六个原子构成的分子，可作火箭燃料；C是工业制光导纤维的主要原料；D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4。

根据以上信息回答下列问题：
(1)A用于工业制取硝酸所发生反应的化学方程式_______________________。

(2)D的化学式是_______，E分子中含有_________键和______________键。

(3)B的水溶液呈弱酸性，其电离方程式可表示为____________，B在实验室中可以用于制取某种常见气体，其反应的化学方程式为______________________。

(4)B与E反应可生成单质G和一种常见的液体H，其反应的化学方程式为____________。

(5)用化学方程式表示C的另一种用途___________________。

【答案】4NH 3+5O24NO+6H2O Si3N4极性非极性 H2O2HO2-+H+
2H2O22H2O+O2↑ 2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O SiO2+2C Si+2CO↑
【解析】
【分析】
A是工业制取硝酸的主要原料之一，则A是NH3；B、E分子中所含电子数都为18，B不稳定，具有较强的氧化性，则B是H2O2；E是由六个原子构成的分子，可作火箭燃料，则E 为N2H4；C是工业制光导纤维的主要原料，C是SiO2；D中所含的两种元素的原子个数之比为3∶4，则根据元素的组成及圆圈交叉部分指两种化合物含有一种相同元素，结合D中元素原子个数关系，可推知D是Si3N4，然后对问题分析、解答。

【详解】
根据上述分析可知A是是NH3，B是H2O2，C是SiO2，D是Si3N4，E为N2H4。

(1)在工业上用氨的催化氧化法制取硝酸，反应的化学方程式为：
4NH3+5O24NO+6H2O；
(2) D的化学式是Si3N4，E是N2H4，在该物质的分子中含有N-H极性共价键和N-N非极性共价键，但该物质分子空间排列不对称，因此物质分子属于极性分子；
(3)B是H2O2，该物质分子能够在水中微弱电离，存在电离平衡，主要是第一步的电离，电离方程式为：H 2O2HO2-+H+；在实验室中通常是用H2O2为原料，加入少量MnO2作催化剂制取O2，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
(4) H2O2与N2H4会发生反应，产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O；
(5) C是SiO2，可以与焦炭在高温下发生反应，制取Si单质，反应的化学方程式为：
SiO2+2C Si+2CO↑。

由于光线在SiO2中会全反射，因此也可用作制光导纤维的原料。

9．[6分] 物质A～J均由短周期元素组成，并有如下图转化关系，A是常见液体，D、F为组成元素相同的无色气体，B、E、G、H是单质，且E是常见光太阳电池中的半导体材料，G、H呈气态，且H呈黄绿色。

请回答下列问题：
（1）A的电子式为。

（2）I的化学式为。

（3）B与C反应的化学方程式为。

（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。

【答案】（1）（2）SiCl4（3）2C+SiO2高温Si+2CO↑
（4）Cl2+2OH―Cl―+ClO―+H2O
【解析】
试题分析：E是常见光太阳电池中的半导体材料，应为硅， H呈黄绿色，为氯气，B、C是碳与二氧化硅，A为水，D为CO,F为CO2，G为氢气，I为四氯化硅，J为氯化氢，（1）A
的电子式为；（2）I的化学式为SiCl4；（3）B与C反应的化学方程式为
2C+SiO2高温Si+2CO↑；（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式
Cl2+2OH―Cl―+ClO―+H2O
考点：考查无机元素推断，考查硅及其化合物的知识。

10．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。