2020-2021高考化学培优易错试卷(含解析)之硅及其化合物推断题附答案解析

2020-2021高考化学培优易错试卷(含解析)之硅及其化合物推断题附答案解析
一、硅及其化合物
1．在下列物质的转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻的气体单质。

据此填写：
（1）B的化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。

（2）B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（3）A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑
SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2。

【详解】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2，（1）B的化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料；
（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；
（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；
（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

2．A元素的一种单质是重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。

(1)易与C发生化学反应的酸是________，反应的化学方程式是_______________ 。

(2)将C与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将E与D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。

①写出生成D和F的化学反应方程式：____________________、__________________。

②要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是________。

A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
【答案】氢氟酸 SiO 2＋4HF=SiF 4↑＋2H 2O SiO 2＋Na 2CO 3高温Na 2SiO 3＋CO 2↑ Na 2SiO 3＋
CO 2＋H 2O=Na 2CO 3＋H 2SiO 3↓ ABC
【解析】
【分析】 “A 元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A 为Si ，通过“光导纤维”可推测C 为SiO 2，SiO 2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si 元素的化合物为Na 2 SiO 3。

SiO 2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na 2 SiO 3和CO 2，故B 为C ，E 为CO 2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故F 为H 2SiO 3。

【详解】
（1）SiO 2易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸；242SiO +4HF=SiF +2H O ↑ ； （2）①根据分析可知答案为：223232=SiO +Na CO Na SiO +CO ↑高温
；23222323Na SiO +CO +H O=Na CO +H SiO ↓ ；
②A 项普通玻璃坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故A 项错误；B 项石英玻璃坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故B 项错误；C 项瓷坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故C 项错误；D 项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D 项正确；故答案为：ABC 。

【点睛】
半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。

3．在如图所示的物质相互转化关系中，A 是一种固体单质，E 是一种白色不溶于水的物质。

据此填空。

（1）写出各物质的化学式：
A ．________、B________、C________、
D ．________、E________、F________。

（2）B 与a 溶液反应的离子方程式是_________。

（3）A 与a 溶液反应的离子方程式是__________。

【答案】Si SiO 2 Na 2SiO 3 H 2O H 2SiO 3 H 2 SiO 2＋2OH －=SiO 32-＋H 2O Si ＋2OH －＋
H 2O=SiO 32-＋2H 2↑
【解析】
【分析】
C 中加入过量HCl 产生不溶于盐酸的白色沉淀，推知E 可能是硅酸，A 可能是Si ，代入题目验证，a 溶液是强碱（如NaOH ）溶液或HF 溶液，而Si 和SiO 2与NaOH 溶液反应均生成
Na2SiO3．Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀：H2SiO3SiO2+H2O，与
题意相符．Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4，SiF4与盐酸不反应．因此A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3（或K2SiO3），D是H2O，E是H2SiO3，F是H2，a是NaOH（或KOH），据此回答问题。

【详解】
（1）由以上分析可知A是Si，B是SiO2，C是Na2SiO3，D是H2O，E是H2SiO3，F是H2；答案：Si；SiO2；Na2SiO3；H2O；H2SiO3；H2；
（2）B和a溶液反应是二氧化硅和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；
答案：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
（3）A和a溶液反应是硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为Si+2OH-+H2O=SiO32+2H2↑；
答案：Si+2OH-+H2O=SiO32+2H2↑
4．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）白色沉淀用途广泛，请列举一例：__________。

【答案】Mg2SiO4或 2MgO·SiO2 SiO2＋2OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等
【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＝0.06mol，质量为
0.06mol×24g/mol＝1.44g，不符合，则为原硅酸根，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。

（1）X的化学式为，Mg2SiO4；
（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）氢氧化镁是优良的阻燃剂。

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．材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。

某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成。

它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。

它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。

下图虚线框内的其它转化是为探究C的组成而设。

G、F、H均为难溶于水的白色固体；图中C、H、K均为含A元素。

其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答下列问题：
（1）指出K可能所属的晶体类型__________，K中含有的化学键类型为___________。

（2）写出化学式：化合物C____________________；化合物F______________。

（3）写出反应③的化学方程式：_______________________________________。

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

（5）化合物K与化合物C类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，请写出K
与水反应的化学方程式：_______________________________________。

【答案】原子晶体共价键 SiCl4 H2SiO3(或H4SiO4) 3Si（NH2）4=Si3N4+8NH3 SiO2+2OH-==SiO32-+H2O 或 SiO2+4OH-==SiO44-+2H2O Si3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3 或
Si3N4+12H2O=3H4SiO4+4NH3
【解析】
【分析】
根据图中各物质转化关系，F受热得H，H能与氢氧化钠反应生成I，I与过量的二氧化碳反应生成F，说明F为弱酸且能受热分解，结合化合物D中A可形成四个价键知：A元素为四价元素，C、H、K均为含A元素，K由两种非金属元素组成，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，根据D的部分组成可知K应为Si3N4，可以确定A为Si，H为SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，由虚线框中上一支推中可知，E与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀G，则可知E中有Cl－，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由
SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成E：HCl，G、F、H均为难溶于水的白色固体。

【详解】
由分析可知：A为Si，B为Cl2，C为SiCl4，D为Si(NH2)4，E为HCl，F为H2SiO3，G为AgCl，H为SiO2，I为Na2SiO3，K为Si3N4。

（1）K为Si3N4，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，K 可能所属的晶体类型原子晶体，K中含有Si-N的化学键类型为共价键。

（2）化学式：化合物C为SiCl4；化合物F为H2SiO3 (或H4SiO4) 。

（3）Si（NH2）4在高温条件下分解生成Si3N4和NH3，反应③的化学方程式：3Si（NH2）4= Si3N4+8NH3。

（4）SiO2是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应⑤的离子方程式：SiO2+2OH-
=SiO32-+H2O 或 SiO2+4OH-=SiO44-+2H2O。

（5）化合物Si3N4与化合物SiCl4类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，则反应方程式为：Si3N4+9H2O=3H2SiO3↓+4NH3↑或 Si3N4+12H2O=3H4SiO4↓+4NH3↑。

7．由短周期元素组成的单质A、B、C和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图的转化关系，已知C为密度最小的气体，甲为非电解质。

根据以上转化关系回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：A B 丁。

（2）元素A在周期表中的位置是，写出甲的一种用途。

（3）写出下列变化的方程式：
A与NaOH溶液反应的化学方程式
乙与过量CO-2反应的离子方程式
【答案】（1）Si（2分） O2（2分） H2SiO3或H4SiO4（2分）
（2）第三周期第ⅣA族（2分）是玻璃、光导纤维等（2分）
（3）①Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（2分）
② SiO32—+2CO-2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—（2分）
【解析】
由于C是密度最小的气体,所以C是H2。

又因A+NaOH溶液C(H2),故A为Al或Si,无论A 是Al或Si,产物乙通过量CO2后的产物丁失去的化合物丙应为H2O,故B为O2,又据甲为非电解质,故A应为Si,甲为SiO2,乙为Na2SiO3,丁为H2SiO3(或H4SiO4)。

据此解答有关问题。

8．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】Fe2SiO4或2FeO•SiO22Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
4Fe(OH)2+O2+2H2O=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H2SiO3，J是一种主要的温室气体，J为CO2，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Na2SiO3，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FeCl2，则E为Cl2，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Fe2SiO4。

(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Fe2SiO4，故答案为：Fe2SiO4；
(3)C→F是亚铁离子被氯气氧化的反应，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++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+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

9．A、B、C、D是初中化学常见物质，它们之间的转化关系（反应的条件未标出）如图所示．已知A是一种碱，常用于改良酸性土壤，C是最常见溶剂．
（1）若B是引起大气温室效应的主要气体，则D的化学式是_____，A，B，C，D中均含有的一种元素是_____（填元素符号）．
（2）若B是人体胃酸中含有的酸，写出反应的化学方程式________
【答案】CaCO3 O CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若B是引起大气温室效应的主要气体，则B为CO2，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，所以D是CaCO3，通过以上分析知，D是CaCO3，根据A、B、C、D的化学式知，这四种物质中都含有的一种元素是O元素；
(2)若B是人体胃酸中含有的酸，则为HCl，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，所以D 为CaCl2，该反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，
10．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：
【答案】AD 一定含有铝元素 Mg(OH)2 SiO32－+ 2H＋＝H2SiO3↓
【解析】
【分析】
(1)X若为氢时，其最外层电子数为1；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；
(2)有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；
(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；
【详解】
(1)X若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X为碳或氧时合理，故答案为AD；
(2)四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；
(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为
Mg(OH)2；
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)。