全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总含答案解析

全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题汇总含答案解析
一、硅及其化合物
1．有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。

(1)用盐的组成表示其化学式： ___________。

(2)用氧化物的组成表示其化学式： _______。

(3)该矿石的成分属于________(填物质的分类)。

(4)写出该矿石(氧化物形式)与盐酸反应的化学方程式： ______。

【答案】Mg2SiO4 2MgO·SiO2硅酸盐 2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2
【解析】
【分析】
根据n=m
M
及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸
根离子组成的化合物属于盐。

【详解】
镁、硅、氧的质量比为12：7：16，则镁、硅、氧的原子个数比为12
24
:
7
28
:
16
16
=2:1:4
(1)该矿石用盐的组成可表示为：Mg2SiO4；
(2)该矿石用氧化物的组成可表示为：2MgO•SiO2
(3)Mg2SiO4属于盐类，且属于硅酸盐；
(4)Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2，发生反应的化学方程式为2MgO·SiO2＋
4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。

【点睛】
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写；注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数；③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后。

2．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)形成单质A的原子的结构示意图为______，它的最高化合价为______。

(2)B的化学式(分子式)为______，B和碳反应生成A和E的化学方程式是____________。

(3)C的化学式(分子式)为___________，D的化学式(分子式)为_____________。

【答案】 +4 SiO2 SiO2+2C Si+2CO↑ CaSiO3 Na2SiO3
【解析】
【分析】
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，可确定A是Si单质，它可由SiO2和C在高温条件下反应制取，则B为SiO2，E为CO，C为CaSiO3，D为Na2SiO3，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
根据上述分析可知A是Si单质，B是SiO2，C为CaSiO3，D为Na2SiO3，E为CO。

(1)Si是14号元素，形成单质A的原子结构示意图为；Si原子最外层有4个电
子，由于原子最外层电子数等于该元素的最高正化合价，所以Si元素的最高正化合价为+4价；
(2)根据上述推断可知B为二氧化硅，B的化学式为SiO2；
二氧化硅和碳在高温下反应生成硅单质和一氧化碳，反应的化学方程式是：
SiO2+2C Si+2CO↑；
(3)C是硅酸钙，化学式为CaSiO3；D为硅酸钠，其化学式Na2SiO3。

【点睛】
本题考查无机物的推断的知识，侧重硅及其化合物转化的考查，把握地壳中元素的含量推断A为解答的突破口，注意性质与用途的关系。

3．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。

4．甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，它们广泛存在于地壳中，均不溶于水，且都有如下相同的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B。

(1) 写出甲、乙的化学式：甲_______,乙_______；
(2) 写出下列反应的化学方程式：
甲+NaOH溶液_______,
乙+NaOH溶液_______；
(3) 分别写出甲、乙对应的A溶液与过量盐酸反应的离子方程式：
甲 _______
乙_______
(4) 若将5.1g乙溶于适量的盐酸（二者恰好完全反应）后，再加入175 mL的2 mol.L－1
NH3H2O溶液，得到沉淀_______g
【答案】SiO2Al2O3SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O SiO32-+2H+＝
H2SiO3↓AlO2-+4H+=Al3++2H2O7.8
【解析】
【分析】
甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如图的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化铝。

二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀。

【详解】
(1)根据以上分析，甲为SiO2、乙为Al2O3；
(2)二氧化硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)甲对应的A是Na2SiO3，Na2SiO3与过量盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应离子方程式是SiO32-+2H+＝H2SiO3↓；
乙对应的A是偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝和氯化钠，反应的离子方程式是AlO2-+4H+=Al3++2H2O；
(4) 5.1g氧化铝的物质的量是
5.1
0.05
102/
g
mol
g mol
=，n(Al3+)=0.1mol，n(NH
3
⋅H
2
O)=
0.175L×2 mol.L－1=0.35mol，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，根据铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×78g/mo l=7.8g。

5．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。

若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。

请回答：
（1）写出对应物质的化学式：A__________； C_________； E_________。

（2）反应①的化学方程式为：_____________________________________。

（3）反应④的离子方程式为：_____________________________________。

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

【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3（或H4SiO4） SiO2＋2C Si＋2CO↑ Si＋2OH－＋
H2O=== SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋HCO32-
或SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-（写成H4SiO4同样给分）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：非金属单质R能与NaOH溶液反应生成盐（Na2RO3）和氢气，则R为Si元素，由转化关系可知D为Si，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，
（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，故答案为SiO2；Na2SiO3；
（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑；
（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-。

考点：以硅为载体考查了无机物的推断
6．已知A是灰黑色的硬而脆的固体，B是气态物质，A~E各种物质的相互转化关系如下图所示。

（1）写出B、D、E三种物质的化学式： B______，D_______，E________；
（2）画出A的原子结构示意图__________；
（3）写出C→A的化学方程式___________。

【答案】SiF4 Na2SiO3 H2SiO3或H4SiO4 2C+SiO2Si+2CO
【解析】
【分析】
A是灰黑色的硬而脆的固体，且能溶于NaOH溶液，可知A为Si，其与F2反应生成的B是气态SiF4，Si与O2在加热条件下生成的C为SiO2，Si溶于NaOH溶液生成的D为Na2SiO3，Na2SiO3溶液中滴加稀酸生成不溶于水的E为硅酸(H2SiO3)，据此分析解题。

【详解】
(1)由分析可知： B的化学式为SiF4、D的化学式为Na2SiO3、E的化学式为H2SiO3；
(2)硅原子的核电荷数为14，其原子结构示意图为；
(3)SiO2在高温下和碳反应生成Si，反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO。

7．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↓。

8．按要求回答下列问题：
（1）FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体的本质区别是：_____________。

（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________（填名称）。

（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的____________性。

（4）盛放 NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用____________ 塞（填“玻璃”或“橡胶”）。

（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_____________（填“下口放出”或“上口倒出”）。

（6）6.20 g Na2O 晶体中含离子数目是_____________（N A为阿伏加德罗常数的数值）。

（7）等质量的 NH3和 H2S 中，氢原子的个数比是_________。

（8）加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到 10.0g 残留固体和__________L CO2（标准状况下）。

【答案】分散质粒子直径石灰石还原橡胶下口放出 0.3N A 3:1 4.48
【解析】
【分析】
（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；
（2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；
（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；
（4）根据二氧化硅与NaOH 溶液溶液反应分析判断；
（5）根据四氯化碳密度大于水分析；
（6）Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；
（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；
（8）加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据
n=m
M
，V=nV m及原子守恒进行计算。

【详解】
（1）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm之间，即分散质粒子直径大小不同，
故答案为：分散质粒子直径；
（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，
故答案为：石灰石；
（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性，
故答案为：还原；
（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，
故答案为：橡胶；
（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，
故答案为：下口放出；
（6）6.20 g Na2O 的物质的量为0.1mol，Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3N A，
故答案为：0.3N A；
（7）设二者的质量为mg，则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比
=1734m m =2：1，则所含氢原子的个数比是2312
⨯⨯=3:1， 故答案为：3:1；
（8）加热[4MgCO 3∙Mg(OH)2∙5H 2O]生成MgO 和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的固体为MgO ，10gMgO 的物质的量为
1040/g g mol =0.25mol ，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n(MgCO 3)=45×n(Mg)=4 5
×0.25mol=0.2mol，n(CO 2)= n(MgCO 3)=0.2mol ， V(CO 2)=0.2mol ×22.4L/mol=4.48L ，
故答案为：4.48L 。

9．用氮化硅(Si 3N 4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件,能大幅度提高发动机的热效率。

工业上用化学气相沉积法制备氮化硅,反应如下:3SiCl 4 +2N 2 +6H 2
Si 3N 4 +12HCl 。

完成下列填空:
(1)氮化硅可用于制造发动机的耐热部件,因为它属于_____________晶体。

有关氮化硅的上述反应中,原子最外层只有一个未成对电子的元素是______________(填写元素符号);属于非极性分子的化合物的电子式是 __________。

(2)比较Si 和Cl 两种元素非金属性强弱的方法是__________ 。

a.比较两种元素的气态氢化物的沸点
b.比较两种元素的原子获得一个电子时释放能量的大小
c.比较相同条件下两种元素氢化物水溶液的酸性强弱
(3)Si 与Al 、Be 具有相似的化学性质,因为_________________(简述理由),写出Si 与强碱溶液反应的离子反应方程式:____________________________。

【答案】 原子 H 、Cl
b 处在金属与非金属的分界线上 Si+2OH -+H 2O=SiO 32-+2H 2↑
【解析】（1）氮化硅是一种新型的无机非金属材料，耐高温，属于原子晶体；H 、N 、Si 、Cl 四种原子的最外层电子构型分别为1s 1、2s 22p 3、3s 23p 2、3s 23p 5，最外层未成对电子数分别为1、3、2、1，所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H 和Cl ；SiCl 4为非极性分子，其电子式为：。

（2）气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关，与非金属性无关，a 错误；原子获得一个电子时释放的能量越大，元素的非金属性越大，b 正确；最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越大，而不是指氢化物的酸性，c 错误，故可以比较Si 和Cl 两种元素非金属性强弱的方法是答案b 。

（3）Si、 Al、Be三种元素均处于金属与非金属元素的交界处，所以三者的化学性质相似；Si与强碱溶液反应的离子反应方程式为：Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑。

10．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。

它们之间有如下的反应关系：
（1）若A是当前最常用的太阳能转换为电能的材料。

（2）C的水溶液俗称水玻璃，D为硅酸。

则：写出反应②的化学方程式。

写出反应③的离子方程式。

（2）若A是应用最广泛的金属。

反应①、⑤均用盐酸，D物质是红褐色。

则：
写出反应③的化学方程式。

B溶液中加入NaOH溶液的现象是，沉淀颜色发生变化对应的化学方程式是。

C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板（铜质），写该反应的离子方程式。

（3）若D物质是常见的两性氢氧化物，反应②③⑤均要用强碱溶液，反应④是通入过量的CO2。

则：反应②的离子方程式为。

反应④的离子方程式
为。

【答案】(1)Si＋2NaOH+ H2O===Na2SiO3＋2H2↑；SiO2＋2OH－===SiO32-＋H2O；
（2）2FeCl2+ Cl2===2FeCl3生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3 Cu+2Fe3+==2Fe2++ Cu2+
（3）2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；AlO2-+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+ HCO3-
【解析】
试题分析：(1)若A为太阳能转化为电能的材料，则为硅，C的水溶液为水玻璃，则为硅酸钠，D为硅酸，所以B为二氧化硅。

反应②为硅盒氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，方程式为 Si＋2NaOH+ H2O===Na2SiO3＋2H2↑；反应③为二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2＋2OH－===SiO32-＋H2O；（2）若A是应用最广泛的金属，则为铁，①是用盐酸，则B为氯化亚铁，D为红褐色，则为氢氧化铁，则C为氯化铁。

反应③为氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，方程式为：2FeCl2+ Cl2===2FeCl3；氢氧化亚铁中加入氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，现象为生成白色沉淀，氢氧化亚铁容易被氧气氧化生成氢氧化铁，现象为迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，反应的方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3；氯化铁和铜反应生成氯化亚铁盒氯化铜，离子方程式为：
Cu+2Fe3+==2Fe2++ Cu2+。

（3）若D为常见的两性氢氧化物，则为氢氧化铝，反应②③⑤都是强碱容易，则A为铝，B、铝离子的容易，C为偏铝酸钠，反应②为铝盒氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑。

反应④为偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+ HCO3-。

考点：无机推断。