高考化学二轮 硅及其化合物推断题 专项培优 易错 难题及详细答案

高考化学二轮硅及其化合物推断题专项培优易错难题及详细答案
一、硅及其化合物
1．A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：
其中①②③均为有单质参与的反应。

（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应，B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。

（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。

（3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。

C的化学式是
____________，属于置换反应____________，（填序号）写出反应①的化学方程式
____________________。

【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，②为Fe与氯化铁的反应；
(3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，以此解答该题。

【详解】
(1)A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+；
(3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si，①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。

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．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）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2 SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O SiO2＋2C 高温
Si＋2CO↑
【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=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，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，则
（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。

（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）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C 高温
Si＋
2CO↑。

4．如图为一定量饱和Ca(OH)2溶液中通入CO2气体后，产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。

请回答：
①OA段曲线所表示的化学反应方程式：_________，A点处已参加反应的CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为________。

②B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是________和________(填离子符号)，将B处生成的溶液煮沸，可见到的现象是_____________。

【答案】Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O 1∶1 Ca2＋ HCO3—溶液变浑浊(或产生白色沉淀) 【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关，少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，过量二氧化碳与氢氧
化钙反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式为2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2，由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大，A点达到沉淀最大值，AB段随CO2的通入，生成的CaCO3不断溶解转化为Ca(HCO3)2，B点CaCO3全溶解，溶液又变得澄清。

【详解】
①由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大，A点达到沉淀最大值，则OA段发
生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，由方程式可知A点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为1:1，故答案为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；1:1；
②由图可知AB段随CO2的通入，生成的CaCO3不断溶解，发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子；将碳酸氢钙溶液煮沸，碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水，则可见到的现象是澄清溶液变浑浊，故答案为：Ca2＋；HCO3—；溶液变浑浊(或产生白色沉淀)。

【点睛】
明确碳酸的正盐与过量的CO2反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2是解答关键。

5．有三种透明、不溶于水的坚硬固体。

A固体在氧气中完全燃烧只得到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，标准状况下测得此气体的密度是氧气密度的1.375倍。

B固体能溶于热的苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱的酸，干燥后为不溶于水的白色粉末。

B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。

根据以上事实，判断A、B、C 各为何物：_______、_______、_______；写出有关反应的化学方程式______________。

【答案】金刚石石英普通玻璃 C＋O2CO2，CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O； SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；
Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O；
CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑； SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
【解析】
【详解】
A物质燃烧后产生气体的相对分子质量为：32×1.375＝44。

结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊的性质，可推断此气体为CO2，又因为A为透明不溶于水的坚硬固体，故可判断A为金刚石。

方程式为： C＋O2CO2。

B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱的酸，且这种酸是一种难溶于水的白色固体，故可判断B为石英。

相关方程式为： SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O； Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O。

C物质由石灰石、纯碱、B物质（石英）混合加热而制得，结合高温时软化且无固定熔点，判断C物质为普通玻璃。

相关方程式为：SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑。

【点睛】
本题考查有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质的性质以及推理判断能力。

其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃的特性，由此推知B可能为SiO2是解题的关键。

6．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↓。

7．绿矾(FeSO4•7H2O)可用做净水剂、除草剂等。

某研究小组测定了硫酸矿焙烧后的烧渣中主要成分(Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其它杂质)的含量并制备了绿矾，流程如下：
请回答下列问题：
(1)溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和______。

(2)试剂C是______。

(3)③中反应的离子方程式是_______、_______。

(4)烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比是______。

【答案】OH-稀硫酸 Fe+2Fe3+=3Fe2+ Fe+2H+=Fe2++H2↑ 5：5：1
【解析】
【分析】
烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，与过量NaOH溶液混合，Al2O3和SiO2反应产生NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A中，Fe2O3不能反应进入滤渣，然后过滤得到的固体B为Fe2O3为8.0g，溶液A中含有Na+、AlO2-、SiO32-和OH-，加入过量盐酸，AlO2-转化为Al3+，SiO32-反应形成H2SiO3沉淀，发生反应的离子反应方程式为OH-+H+=H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O、SiO32-+2H+=H2SiO3↓，然后过滤得到的固体F为H2SiO3沉淀，灼烧H2SiO3脱水分解得SiO2为0.6g；固体B为Fe2O3，向其中加过量试剂C溶解，因为要制备FeSO4•7H2O，所以试剂C 为稀硫酸，发生反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，所得溶液D为硫酸铁和过量稀硫酸的混合溶液，再加试剂E将三价铁还原成二价铁，则试剂E为Fe单质，最后将硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾，据此分析。

【详解】
(1)通过以上分析知，溶液A中含有的阴离子主要有AlO2-、SiO32-和OH-；
(2)固体B为Fe2O3，向其中加入H2SO4反应产生Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入Fe粉，还原得到FeSO4溶液，因此试剂C是稀硫酸；
(3)③是Fe单质与Fe2(SO4)3反应产生FeSO4溶液，及与过量的H2SO4反应产生FeSO4和H2，其中反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(4)通过以上分析知Fe2O3为8.0g，，固体G是SiO2，由于在反应过程中Si元素没有损失，所以根据Si元素守恒，可知原混合物中含有SiO2为0.6g，则原混合物中Al2O3质量为
m(Al2O3)=13.7g-8.0g-0.6g=5.1g，则烧渣中Fe2O3、Al2O3和SiO2的物质的量之比n(Fe2O3)：
n(Al2O3)：n(SiO2)=8.0
160
：
5.1
102
：
0.6
60
=0.05：0.05：0.01=5：5：1。

【点睛】
本题考查物质制备，明确流程图中发生的反应及物质分离提纯方法是解答本题关键，掌握元素的Al、Fe、Si元素的单质及化合物的性质是解题的基础，侧重考查学生分析推断及综合应用能力。

8．有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。

取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。

（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。

（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。

则
①丁的电子式为_____。

②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。

甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。

③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K 1≈1.0×10－6，则0.01 mol ·L
－1丁水溶液的pH 等于____________（忽略丁的二级电离和H 2O 的电离）。

【答案】Si 3N 4 原子 黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂 NaClO ＋ 2NH 3＝N 2H 4 ＋ NaCl ＋ H 2O 次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化 10
【解析】
【分析】
甲由A 、B 两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。

甲与熔融的烧碱反应生成一种含A 元素的含氧酸盐乙和一种含B 元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH 3，说明甲中含有氮元素。

含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H 2SiO 3，则乙为Na 2SiO 3，证明甲中含有硅元素，故A 为Si 元素，B 为N 元素，依据元素化合价可推知甲为Si 3N 4，据此分析解答。

【详解】
(1)由分析可知，甲的化学式为Si 3N 4，属于原子晶体，故答案为：Si 3N 4；原子；
(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；
(3)①B 元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N 2H 4，电子式为：，故答案为：；
②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO +2NH 3＝
N 2H 4+NaCl +H 2O ，次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO +2NH 3＝N 2H 4+NaCl +H 2O ；次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化；
③电离方程式为：N 2H 4+H 2O ⇌N 2H 5++OH -，该溶液中溶质电离程度较小，则
c (N 2H 4)≈0.01mol /L ，由平衡常数K =()()
+-2524c N H c(OH )
c N H ⨯，可知该溶液中c (OH -()24·N H K c 61.0100.1-⨯⨯1.0×10-4，溶液中c (H +
)=1441010--mol /L =10-10mol /L ，则溶液的pH =10，故答案为：10。

【点睛】
正确推断元素是解答本题的关键。

本题的易错点和难点为(3)③中pH 的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。

9．已知A ，B ，C ，D 均含有同一种元素，A 为单质，根据下图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。

①写出A、B、C、D各物质的名称：A________，B________，C________，D_______；
②写出A→D的化学方程式：_______________。

③写出下列变化的离子方程式：
B→C______________________________；
D→B______________________________。

【答案】硅硅酸钠硅酸二氧化硅 Si+O2SiO2 SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
A是单质，A可以与NaOH溶液反应，A与O2在高温下反应产生的氧化物可以与碳在高温下反应产生A单质，可知A为Si单质；Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，硅酸受热分解得D为SiO2，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠，符合各物质转化关系，据此答题。

【详解】
综上所述可知可知A为硅，B为硅酸钠，C为硅酸，D为二氧化硅。

①根据上面的分析可知，A为硅，B为硅酸钠，C为硅酸，D为二氧化硅；
②A为Si，D为二氧化硅，硅与氧气在高温下反应生成SiO2，该反应的化学方程式为：
Si+O2SiO2；
③B是Na2SiO3，C是H2SiO3，向Na2SiO3水溶液中通入CO2气体，会发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；
D是SiO2，B是Na2SiO3，SiO2与NaOH溶液反应产生硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

【点睛】
本题考查无机物推断的知识，明确硅和二氧化硅的性质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。

10．为探究某固体X(仅含两种短周期元素)的组成和性质。

设计并完成如下实验：
已知：气体A为氢化物，固体B是光导纤维的主要成分，固体E为耐高温材料。

请回答：
(1)固体X的化学式为__________。

(2)写出反应C→D的离子方程式__________。

(3)已知NH 3与气体A 在一定条件下反应后可得到一种耐高温材料(仅含两种元素，摩尔质量
为140 g·
mol －1)和H 2，写出该反应的化学方程式__________。

【答案】Mg 2Si Mg 2+ + 2OH － = Mg(OH)2↓ 3SiH 4+4NH 3= Si 3N 4+12H 2↑
【解析】
【分析】
固体B 是光导纤维的主要成分，则为二氧化硅，硅元素的质量为
2812.028162
g ⨯+⨯=5.6g ，根据逆分析法可知，A 中含硅元素，又为氢化物，则推出A 为SiH 4；固体E 为耐高温材料，根据逆推法结合过量氢氧化钠溶液可知，该耐高温材料不是氧化铝，而应为氧化镁，镁元素的质量为2416.02416
g ⨯+=9.6g ，白色沉淀为氢氧化镁，溶液C 为硫酸镁溶液，根据元素守恒可知，固体X 含镁与硅元素，且原子个数比为
9.624g :5.628
g =2:1，应为Mg 2Si ，据此分析作答。

【详解】
（1）依据上述分析可知，固体X 为Mg 2Si ，
故答案为Mg 2Si ；
（2）C→D 是硫酸镁与过量氢氧化钠反应生成氢氧化镁的过程，其离子方程式为： Mg 2+ + 2OH － == Mg(OH)2↓，
故答案为Mg 2+ + 2OH － == Mg(OH)2↓；
（3）NH 3与SiH 4在一定条件下反应后可得到的一种耐高温材料中含N 与Si ，仅含两种元
素，摩尔质量为140 g·
mol －1，则该化合物为Si 3N 4和H 2，其化学方程式为：3SiH 4+4NH 3== Si 3N 4+12H 2↑，
故答案为3SiH 4+4NH 3== Si 3N 4+12H 2↑。

【点睛】
需要注意的是，该题中的过量的氢氧化钠条件，若溶液C 为铝离子，则不会得到白色沉淀，而会转化为偏铝酸钠，学生要熟练掌握反应物的用量对产物的影响效果。