2020-2021备战高考化学 硅及其化合物推断题综合试题附答案解析

2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合试题附答案解析
一、硅及其化合物
1．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。

2．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。

3．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是_________；由X制备Mg2Z的化学方程式为_________。

（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_________，Y分子的电子式为_________。

（3）Z、X中共价键的类型分别是_________。

【答案】氢氟酸 SiO2+Mg O2↑+Mg2Si Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4非极性
键、极性键
【解析】
【详解】
单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气。

（1）能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸；由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为：
SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si。

（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑，Y为SiH4，电子式为。

（3）Z为Si，周期表中位于第三周期IVA族，其单质属于原子晶体，化学键类型为非极性共价键；X为SiO2，属于原子晶体，含有的化学键属于极性共价键。

4．已知A、D为常见单质，各物质发生如下框图所示变化，回答下列问题：
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，则A元素在周期表中的位置为______，D 的晶体类型是______，请写出A+B→C+D的化学方程式______。

(2)若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，C为白色固体，可用来制作耐高温材料。

则B的电子式为______，C中含有的化学键是______(填写“离子键或者共价键”)。

(3)若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，写出C(金属元素有两种
不同化合价)与盐酸反应的离子反应方程式____________。

若以A和石墨棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，请写出石墨电极的电极反应式______。

【答案】第二周期第IVA族原子晶体 SiO2+2C Si+2CO 离子键
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，由转化可知B、C属于氧化物，A与B的反应属于置换反应，可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si，则A元素在周期表中的位置为：第二周期第IVA族，硅的晶体类型是原子晶体，A+B→C+D的化学方程式：
SiO2+2C Si+2CO；
(2)若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，B的相对分子质量=22.4×1.964=44，C为
白色固体，可用来制作耐高温材料，则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳，B的电子式为，C(MgO)中含有的化学键是：离子键；
(3)若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，则A为Fe、B为H2O、C 为Fe3O4、D为H2，C与盐酸反应的离子反应方程式：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，若以Fe 和石墨棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，石墨电极为正极，发生还原反应，氧气获得电子市场氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。

【点睛】
本题考查无机物的推断，题目涉及中学常见的特殊置换反应，需要学生熟练掌握元素化合物知识，熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。

5．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。

6．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。

7．下图中的A~H是中学化学中常见的八种物质，所有物质均由短周期元素组成，其中B、F、H都含有同一种元素；B、D、E为单质，其他为化合物，常温常压下C为无色液体，D、E为气体；H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽。

A~H之间的转化关系如图所示。

（1）C的化学式为__________________、A的电子式为_____________；
（2）A、B的混合物加C后，可能发生的反应的化学方程式为
___________________________、_____________________________________；
（3）向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，写出符合现象的离子方程式______________________________________，与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为：________；
【答案】H2O 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑（或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑） AlO2-
+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O 3：2
【解析】
【分析】
常温常压下C为无色液体，且D、E两种气体经点燃得到C，则C为H2O，D、E为H2和
O2。

根据H的性质，可以推出H为SiO2（石英）或Al2O3（刚玉）。

B、H含有同一物质，且B为单质，则B为Si或Al。

和H2O放出O2的物质是Na2O2，则A为Na2O2。

Na2O2和
H2O反应后，生成NaOH可以和别的物质反应生成H2等。

从A、B和A、H的反应可以判断，D为H2，E为O2。

当 H为Al2O3时，B为Al，F、G为NaOH、NaAlO2；当H为SiO2时，B为Si，F、G为Na2SiO3、NaOH。

【详解】
（1）经分析，C为H2O，A为Na2O2，其电子式为：；
（2）当B为Si时，该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；当B为Al时，该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（3）向F中滴加过量盐酸，先是有白色沉淀生成，然后沉淀消失，则F为NaAlO2，离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；B为Al，D为H2，E为O2，若
D、E恰好完全反应，设n(O2)=1mol，则n(H2)=2mol，则n(Na2O2)=2mol，n(Al)=4
3
mol，则
n(Na2O2)：n(Al)=3：2。

8．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↑，
9．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；SiO 2高熔点，耐高温；SO 2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)SO 2有还原性，能使酸性KMnO 4溶液褪色；
(3)SiO 2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AlCl 3。

10．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 （1-2x ）
【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Pb 2O 3和Cl 2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Pb 2O 3+6HCl （浓）=2PbCl 2+Cl 2↑+3H 2O ； （3）根据题意：a molPbO 2分解所得混合物中n （Pb 2+）=axmol 、n （Pb 4+）=（a-ax ）mol.在反应过程中a molPbO 2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O 2，得n （O 2）═2ax/4="ax/2" mol ；后再与足量的浓盐酸反应生成Cl 2，得n （Cl 2）═（a-ax ）mol*2/2=（a-ax ）mol ，则 y ═n （O 2）+n （Cl 2）═ax 2 mol+（a-ax ）mol= a （1-2
x ）mol 。