化学硅及其化合物推断题的专项培优易错试卷练习题(含答案)含详细答案

化学硅及其化合物推断题的专项培优易错试卷练习题(含答案)含详细答案
一、硅及其化合物
1．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。

2．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：
(1)写出B的电子式________。

(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。

(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。

(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是__________。

(5)若A是一种氮肥, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D 的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_________。

(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。

【答案】 SiO2+2OH-====SiO32-+H2O NaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl c(H＋)∶c(Al3＋)∶c(NH4+)∶c(SO42-)＝1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。

【详解】
（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为
，故答案为：；
（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与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，故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；
（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；
（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；
（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH 溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n （H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n
（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为：c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。

【点睛】
根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。

3．已知A是灰黑色、有金属光泽的固体单质。

根据如图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。

(少量)
(1)写出A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。

(2)写出D→A的化学方程式：___________________________________。

(3)写出B→C的离子方程式：___________________________________；
【答案】Si Na2SiO3 H2SiO3 SiO2 SiO2+2C Si+2CO↑ CO2+ SiO32- +H2O=H2SiO3↓+CO32-【解析】
【分析】
A是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A能与氢氧化钠反应，同时由D与碳高温条件下制得，可知A为Si，Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH溶液反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，H2SiO3受热分解得D为
SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，据此答题。

【详解】
A是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A能与氢氧化钠反应，同时由D与碳高温条件下制得，可知A为Si，Si与氧气反应生成的D为SiO2；Si与NaOH溶液反应生成B为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C为H2SiO3，H2SiO3受热分解得D为
SiO2，SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3。

(1)根据上面的分析可知，A为Si，B为Na2SiO3，C为H2SiO3，D为SiO2；
(2)A为Si，D为SiO2，SiO2与碳单质在高温下反应生成单质Si，反应的化学方程式为
SiO2+2C Si+2CO↑；
(3)B Na2SiO3，C是H2SiO3，向硅酸钠溶液溶液中通入CO2气体，发生复分解反应生成硅酸，反应的离子方程式为：CO2+ SiO32- +H2O=H2SiO3↓+CO32-。

【点睛】
本题考查无机物推断，涉及硅和二氧化硅、硅酸盐的性质。

熟练掌握元素化合物性质与转化为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。

4．铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，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为强碱，其焰色反应呈黄色，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，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H → G的化学方程式：__________________。

【答案】 Fe2SiO4或2FeO•SiO2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
A ~ J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，G为氢氧化铁，则H为氢氧化亚铁，F中含有铁离子，D是一种难溶于水的含氧酸，D为硅酸，J是一种主要的温室气体，J 为二氧化碳，A为强碱，其焰色反应呈黄色，A为氢氧化钠，则D为二氧化硅，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B为盐酸，E为氯气，因此F为氯化铁，C为氯化亚铁。

根据上述分析，铁橄榄石属于硅酸盐，且含有亚铁离子，设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2，摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数
为54.9%，则x=20454.9%
56
⨯
=2，因此y=
204722
60
-⨯
=1，因此铁橄榄石化学式为
2FeO•SiO2。

(1)A为氢氧化钠，电子式为，故答案为；
(2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2，故答案为2FeO•SiO2；
(3)H → G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

5．X、Y、Z为三种常见的单质，Z为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B为常见的化合物。

它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系（均不是在溶液中进行的反应）以下每空中填入一种即可）。

（1）当X、Y均为金属时，X的化学式为_____________，Z为____________（填名称）。

（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，X的化学式为___________，
A的化学式为___________。

（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X与A反应的化学方程式为
__________________________________________。

（4）当X、Y均为非金属固体时，X与A反应的化学方程式为
___________________________________________。

【答案】Al 氧气 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+2C Si+2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2，X+A→Y+B的反应为置换反应，X、Y为单
质，A、B为氧化物，据此答题。

【详解】
（1）当X、Y均为金属时，此反应应为铝热反应，则X为Al，Z为氧气，答案应为：Al、氧气；
（2）当X为非金属且为气体，Y为金属且为紫红色时，Y为Cu，则X应为H2，答案应为：H2、CuO；
（3）当X为金属、Y为非金属且为固体时，X应为Mg，Y应为C，该反应应是Mg和CO2的反应，反应的方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（4）当X、Y均为非金属固体时，X应为C，Y应为Si，该反应应是C和SiO2的反应，反应的方程式为SiO2+2C Si+2CO。

6．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/mol=7.8g。

7．已知A与D均为非金属单质，其中A有多种同素异形体，其转化关系如下图。

请回答：
（1）反应②为工业制粗硅原理，写出E的化学式：。

（2）反应①的化学方程式为。

【答案】（1）CO；(2)2Mg＋CO 22MgO＋C。

【解析】
试题分析：（1）反应②制取粗硅，常用C和SiO2的反应：2C＋SiO2Si＋2CO，D为非金属单质，则D为Si，E为CO；（2）C和O2反应生成CO2，反应①是：CO；(2)2Mg＋CO 22MgO＋C。

考点：考查工业制硅、镁和CO2的反应等知识。

8．图中X、Y、Z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）。

其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。

回答下列问题：
（1）1mol E中含有 mol化学键；M中存在的化学键类型为；
R的化学式是______________________。

（2）一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为___________________。

（3）写出A与Al反应转化为X的化学方程式。

（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式并标出电子转移的方向和数
目。

【答案】（1）4 离子键、共价键 H2SiO3（或H4SiO4）
（2）（3）8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3（需加入反应条件）
（4）
【解析】
【分析】
A为磁性氧化铁，即四氧化三铁，则X为铁，Y为氧气，D为硝酸，G为硝酸铁，E为不溶于水的酸性氧化物，则为二氧化硅，Z为硅，M为硅酸钠，R为硅酸胶体。

【详解】
(1)1个“SiO2”的结构为，在此结构片断中，含有的共价键数目为2+4×1
2
=4，
则1molSiO2中含有4摩尔Si-O键。

M为硅酸钠，Na+与SiO32-之间存在离子键，SiO32-内Si 原子与O原子间存在共价键。

Na2SiO3与HNO3发生复分解反应，生成的R为H2SiO3（或H4SiO4）。

答案为：4；离子键、共价键；H2SiO3(或H4SiO4)；
(2)二氧化硅和氢气反应生成四氢化硅，其电子式为：。

答案为：；
(3)铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3。

答案为：8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3；
(4)四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，离子方程式为：。

答案为：。

【点睛】
无机推断题必须抓住突破口，抓住物质的特征，例如磁性氧化铁为四氧化三铁，酸性氧化物能和氢氟酸反应的物质为二氧化硅。

红褐色沉淀为氢氧化铁等。

有些反应的条件也可做为突破口，例如使用催化剂的反应有：
9．中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。

回答下面问题：
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al 4[Si 4O 10](OH)8，用氧化物表示其组成为______________。

(2)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消( KNO 3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。

”反应原理为：S+2KNO 3+3C K 2S+N 2↑+3CO 2↑，该反应的氧化剂是_________ ，反应转移4mol 电子时，被S 氧化的C 有____________mol 。

(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。

”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》 记载有加热青矾时的景象：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿
矾( FeSO 4·
7H 2O)。

根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。

【答案】Al 2O 3·
2SiO 2·2H 2O S ，KNO 3 1/6或0.17或0.167 2FeSO 4·7H 2O
Fe 2O 3+SO 3↑+SO 2↑+14H 2O 【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO 2•H 2O 的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；
(2)反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；
(3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾( FeSO 4•7H 2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。

【详解】
(1)铝的氧化物为Al 2O 3，硅的氧化物为SiO 2，氢的氧化物为H 2O ，则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO 2•H 2O 得顺序可知Al 4[Si 4O 10](OH)8可改成：2Al 2O 3•4SiO 2•4H 2O ；
(2)S+2KNO 3+3C K 2S+N 2↑+3CO 2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S 、KNO 3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e -，其中硫得到电子2e -，氮元素得到电子10e -，电子转移总数12e -时，被硫氧化的碳0.5mol ，反应转移4mol 电子时，被S 氧化的C 有40.512 mol=16
mol ；
(3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水，分解的化学方程式：2FeSO4•7H2O Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。

10．大米的主要成分是：_____；苷氨酸的结构简式是：_________；写出一个检验葡萄糖的化学反应方程式：______________；钢含碳量为：______________；玻璃、陶瓷、水泥一定含___________元素；油脂在体内水解后的产物是：______
【答案】(C6H10O5)n H2N-CH2-COOH CH2OH(CHOH)4CHO
+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH2OH(CHOH)4COONH4+3NH3+ H2O 0.03~2% Si、O或硅、氧元素高级脂肪酸和甘油
【解析】
【分析】
【详解】
大米的主要成分是淀粉，淀粉的化学式是：(C6H10O5)n；苷氨酸是α-氨基乙酸，其结构简式通式是：H2N-CH2COOH；葡萄糖分子结构中含有醛基，能发生银镜反应，发生反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO +2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH2OH(CHOH)4COONH4+3NH3+ H2O；钢含碳量为：0.03～2%；玻璃、陶瓷、水泥一定含 Si、O或硅、氧元素元素；油脂在体内水解后的产物是：高级脂肪酸和甘油。