备战高考化学培优(含解析)之硅及其化合物推断题含答案

备战高考化学培优(含解析)之硅及其化合物推断题含答案
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．如图所示物质的转化关系中，A是一种固体单质，E是一种白色沉淀．请回答下列问题：
（1）B的化学式是___，目前B已被用作___的主要原料．
（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和过量的盐酸反应的离子方程式是___．
【答案】SiO2光导纤维SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑SiO32﹣
+2H+═H2SiO3↓
【解析】
G和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色沉淀，可知E可能为是硅酸，A可能是硅，带入题目进行验证，a溶液是强碱溶液或氢氟酸溶液，而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀；硅酸加热分解为二氧化硅和水，与题意相符，硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅，四氟化硅与盐酸不反应，与题意矛盾；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。

（1）B的化学式是SiO2，目前SiO2已被用作光导纤维的主要原料；正确答案：SiO2、光导纤维。

（2）SiO2与强碱溶液反应生成可溶性的硅酸盐和水，离子方程式是SiO2+2OH﹣═SiO32﹣
+H2O；正确答案：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O。

（3）Si和强碱溶液反应生成可溶性硅盐酸和氢气，离子方程式是Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣
+2H2↑；正确答案：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑。

（4）硅酸盐与过量的盐酸反应生成白色沉淀硅酸，离子方程式是SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓；正确答案：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓。

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 SiO2 Na2SiO3 H2O H2SiO3 H2 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Si＋2OH－＋
H2O=SiO32-＋2H2↑
【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SiO2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．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：SiO 2+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CO 2、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H 2O 、C 为Fe 3O 4、D 为H 2，C 与盐酸反应的离子反应方程式：Fe 3O 4+8H +=Fe 2++2Fe 3++4H 2O ，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：O 2+2H 2O+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．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Mg2Si；
（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：
Mg2+ + 2OH－ == Mg(OH)2↓，
故答案为Mg2+ + 2OH－ == Mg(OH)2↓；
（3）NH3与SiH4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Si3N4和H2，其化学方程式为：3SiH4+4NH3== Si3N4+12H2↑，
故答案为3SiH4+4NH3== Si3N4+12H2↑。

【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。

6．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
7．下图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：
请完成下列问题：
⑴若D是单质，且与A属于同一主族，则：
①反应的化学方程式是____________________________________。

②D的原子结构示意图是_________。

③D单质的一种重要用途是____________________。

⑵若B为黄色固体，D为固体化合物，则
①该反应的化学方程式是_________________________。

②生产该工业品的工厂应建在离_______________较近的地方。

③实验室检验C的方法是___________________________。

⑶若B是一种有刺激性气味的气体，则
①B的分子形状是_____________。

②实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，请说明产生大量白烟的原因
__________。

③化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的2/3，请写出该反应的化学方程式________________。

【答案】2C+SiO2Si+2CO↑制半导体材料
4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2消费中心将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色三角锥形生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟 3NO=NO2+N2O
【解析】
【分析】
(1)根据常见的置换反应，A、D同主族及工业制取硅的化学反应分析．
(2)根据B为黄色固体，D为固体化合物及工业生产硫酸的原理思考．
(3)根据工业氨气催化氧化制取硝酸分析。

【详解】
：(1)D与A同主族，A能置换出D，且该反应是重要反应，则分析元素周期表，可知A是
C，D是Si，即2C+SiO22CO+Si．Si的原子结构示意图是，硅单质的一种重
要用途是制半导体材料；
(2)①化合物B为黄色固体，中学阶段的黄色固体化合物有AgI、硫铁矿等，能用于工业生产的只能是用黄铁矿生成浓硫酸，即A是氧气，B是FeS2，C是SO2，因此化学方程式为
4FeS2+11O22Fe2O3+SO2；
②该反应用于工业生产硫酸，由于浓硫酸是腐蚀品，运输成本较高，且危险性大，因此建厂时应该选择在使用浓硫酸密集的地方，即工业区集中的消费中心；
③因为氯气和二氧化硫都能使品红试液褪色，所以利用二者化学性质的差别，实验室检验二氧化硫通常采用：将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色；(3)①该反应为工业生产的转化关系，又实验室做该实验有白烟，结合中学阶段氨气与挥发性酸相遇会产生白烟的知识，可知该反应是工业上氨气催化氧化制取硝酸的反应，即：
4NH3+5O24NO+6H2O，因此B是NH3，C是NO．氨气分子是三角锥形；
②实验室进行此反应，NO会被过量氧气氧化为NO2，进而与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生大量白烟，即：生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟，故答案为生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟；
③NO在密闭容器中一定条件下可以分解为二氧化氮和一氧化二氮，发生的反应为
3NO=NO2+N2O，由于存在2NO2⇌N2O4而容器内气体的压强略小于原来的2
3。

8．（14分）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、抗氧化的特性。

它是以中学化学中常见物质为原料来生产的，图中C、M、K均含A元素，M的分子式为A（NH2）4；E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，J为气体；其余物质均为中学化学中常见物质。

（提示：NH3和H2O的化学性质在某些方面相似）
请回答下列问题：
（1）写出指定物质的化学式：A ，C ，F 。

（2）K的化学式为。

（3）写出图中下列序号的化学方程式：
反应④；
反应⑤。

（4）写出图中反应⑥的离子方程式：。

【答案】（14分）（1）Si （2分）；SiCl4 （2分）； H2SiO3（H4SiO4）（2分）；
（2）Si3N4（2分）
（3）④Si＋2NaOH ＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑（2分）⑤SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O （2分）
（4）⑥SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－（2分）
【解析】
试题分析：根据题中各种物质之间的转化关系，F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，H与NaOH溶液发生反应产生I，I 与过量的CO2发生反应产生F，，数目F是弱酸，而且不稳定，受热发生分解反应，结合化合物A可谓形成四个共价键可知A元素为Si价化合物，C、H、K均含有A元素，K抗腐蚀能力强，氮溶液被氢氟酸腐蚀，数目K中含有Si元素，由此可取代A是Si，H是SiO2，I是Na2SiO3，则F 是H2SiO3，E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；E与AgNO3溶液发生反应产生的F为难溶于水的白色沉淀，则F 是AgCl，E是HCl，所以B是Cl2。

C是SiCl4，SiCl4与过量的NH3发生反应产生M是Si3N4，K是含有Si元素的两种短周期元素组成的新型无机非金属材料，具有超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。

则K是Si3N4。

（1）A物质的化学式：是Si；C 化学式是SiCl4，F是H2SiO3，（2）K的化学式为Si3N4；（3）图中Si可以与NaOH溶液发生反应产生氢气，反应④的化学方程式是：Si＋2NaOH ＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑；反应⑤是酸性氧化物SiO2与碱NaOH发生反应，产生盐和水，反应的化学方程式是：SiO2＋
2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；（4）由于酸性H2CO3> H2SiO3，因此硅酸盐与碳酸发生反应产生硅酸，由于CO2过量，因此反应产生的碳酸盐是酸式盐，图中反应⑥是的离子方程式SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－
【考点定位】考查了物质转化关系和判断、物质化学式、化学方程式和离子方程式的书写的知识。

【名师点睛】本题是无机元素及化合物的推断题，全面考查了元素及化合物的性质及应用，要掌握元素及化合物的结构、性质、应用，同时把反应现象和题干信息充分结合，与材料及制取方法结合，注意物质的量的多少对反应及产物的影响。

本题考查的非金属元素N、Cl、Si元素及其化合物的性质和应用的知识。

从物质之间的转化关系中找准突破口，问题就会各个击破，迎仍而解。

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；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。

10．金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。

（1）Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧，它处理CO2的化学方程式为
_____________。

（2）缺铁性贫血患者应补充 Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式补充，而硫酸铁无这种药效。

当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用 ___________。

（3）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是____________（填化学式），它能杀菌消毒是因为有 __________________性。

（4）人们常常选用雕花玻璃装饰房间。

在玻璃上雕花时发生的化学方程式是
______________________。

（5）许多人喜欢佩戴玉石饰品。

玉石的主要成分基本都属于硅酸盐，例如和田玉
(Ca2Mg5H2Si8O24)可表示为复杂氧化物形式2CaO·5MgO·8SiO2·H2O，则南阳玉(CaAl2Si2O8)表示为复杂氧化物形式是__________。

（6）向一铝制易拉罐中充满 CO2后，再往罐中注入足量的质量分数为 20%的 NaOH 溶液，立即严封罐口，不—会儿就发现易拉罐变瘪，再过一会易拉罐又鼓胀起来，解释上述实验现象，易拉罐又鼓胀起来的原因是______________________(用化学方程式表示)
【答案】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2保护 FeSO4不被空气中的氧气氧化 Ca(ClO)2强氧化SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O CaO·Al2O3·2SiO2 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】
（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化；
（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙；它能杀菌消毒是因为有强氧化性；
（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水；
（5）根据硅酸盐化学式可表示为：活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水，注意质量守恒进行解答；
（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起。

【详解】
（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；（2）亚铁离子具有还原性，易被氧化，
故答案为保护 FeSO4不被空气中的氧气氧化；
（3）漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙，有效成分次氯酸钙，次氯酸钙化学式：
Ca(ClO)2；它能杀菌消毒是因为有强氧化性；
故答案为Ca(ClO)2；强氧化；
（4）玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为：
4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O，
故答案为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；
（5）南阳玉(CaAl2Si2O8)，用氧化物形式可表示为：CaO•Al2O3•2SiO2，
故答案为CaO•Al2O3•2SiO2；
（6）金属铝能和强碱反应生成氢气，导致罐内气体压强又增大而重新鼓起，金属铝能和强碱反应的实质是：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，
故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。

【点睛】
本题考查了元素化合物知识，涉及药品的保存、离子方程式的书写等，明确钠、铁及其化合物、漂白粉、二氧化硅的性质是解题关键，注意硅酸盐改写为氧化物的一般方法。