高考化学硅及其化合物推断题-经典压轴题含答案

1、高考化学硅及其化合物推断题- 经典压轴题含答案一、硅及其化合物1 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】 mg=sio 2h高温2sio4或 2mgo sio2si 2cosio2 2oh32o sio22c【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18g60

2、g/mol 003mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐量=. = .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003mol76g mol 2 28g420g 228g 1 92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠= ./= .，金属质量 = .-.= .溶液生成白色沉淀则判断为mg （oh）2，金属离子物质的量=3. 48g58g/ 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

3、.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 mg 2sio4 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 =sio3 2 h2o。高温（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 2csi2co。2 某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品出苍白色火焰。 m 与其他物质的转化关系如图m 进行探究。已知1 所示 (部分产物已略去c 可在)：d 中燃烧发(1)写出b 的电子式_。(2)若 a 是一种非金属单质，且可

4、用于制造半导体材料，写出式_ 。a 和 b 水溶液反应的离子方程(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，生成的物质的量与所用盐酸体积如图2 所示，则 a 与 b 溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为co2_ ；c(hcl)=_mol/l。(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 是一种可用于做氮肥的化合物, 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

5、 d 反应的化学方程式为_ 。(6)若 a 是一种溶液，可能含有、al3h 、nh 、 mg 2、 fe3、co32- 、 so4 2-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3 所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_ ，它们的物质的量浓度之比为 _。【答案】si+2oh- +2h2o=sio32-+2h2naoh、 na2co30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失23cl2 8nh3=n2 6nh4cl h、 al3 、 nh 4、 so4) c( nh2) 1 1 2 3c(h) c(al34 ) c(so4【解析】【分

6、析】(1) c 可在 d 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成hcl，可推知 c 为 h2 、d 为cl2、 f 为 hcl，m 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，m 的溶液电解生成氢气、氯气与 b，可推知 m 为 nacl、b 为 naoh；(2)若 a 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则a 为 si， si 和 naoh 的水溶液反应生成 na2sio3 和 h2；(3) 曲线中，从0.4l 0.6l 发生反应nahco3+hcl=nacl+co2 +h2o，该阶段消耗盐酸为200ml，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400ml，大于 200ml，所以溶液中的溶质

7、成分naoh、na2co3；(4) 若过量的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；(5) 若 a 是一种氮肥，实验室可用 a 和 naoh 反应制取气体 e，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(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

8、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-，根据各阶段消耗的naoh 体积结合离子方程式计算+)： n(al3+n(h)： n(nh4 )之比，再结合电荷守恒计算与 n(so42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)b 为 naoh，其电子式为；(2) a 为 si，si 和 naoh 的水溶液反应生成 na2sio3和 h2，反应的离子方程式为si+2oh-232-+2h2；+2h o=sio(3) 曲线中，从0.4l 0.6l 发生反应nahco3+hcl=nacl+co2 +h2o，该阶段消耗盐酸为

9、200ml，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400ml，大于 200ml，所以溶液中的溶质成分naoh、na2co3；生成 0.01molco 2 需要的盐酸为200ml，结合反应原理3220.01molnahco +hcl=nacl+co +h o，则 c(hcl)=0.05mol/l ；0.2l(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 naalo ，则将过2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：液中逐渐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；(5) 若 a 是一种

10、氮肥，实验室可用 a 和 naoh 反应制取气体 e，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，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：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+-32nh4+，由电荷守恒可知一定含有so42-，发生+oh =nh ?h o 的反应，则含有反应 h+-23+-+oh =h o，

11、氢离子消耗 naoh 溶液的体积为 1 体积，发生反应 al +3oh=al(oh)3，铝离子消耗naoh 溶液的体积为3 体积，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+2-： 1：2： 3+3+)：c(so42-)=1：1：2： 3。)： n(nh4)： n(so4 )=1，故 c(h )： c(al )： c(nh43 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 。写出 a、 b、 c、 d

12、各物质的名称：a_， b_， c_， d_；写出 ad 的化学方程式：_。写出下列变化的离子方程式：bc_ ；db_ 。【答案】硅硅酸钠硅酸2-2-二氧化硅 si+o2sio2 sio3+co2+h2o=h2sio3 +co3sio2+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 h2 32，sio ，硅酸受热分解得 d 为 s

13、iosio2 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。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；a 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；b 是 na2 32323水溶液中通入2sio ， c 是 h sio ，向 na sioco 气体，会发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式为：sio32-22233 2-；+co +h o=h sio +cod 是 sio2 ，b 是 na2sio3

14、， 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。4a、 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。中含量仅次于氧的非金属元素的单质。a 为地壳请填空：（1）写出物质 c 的化学式。（2）写出 b 和碳高温反应生成a 和 e 的化学方程式是。（3）写出 bd反应的离子反应方程式。【答案】（ 1） casio3（2） sio2+2csi+2co（3） sio2+2

15、oh322=sio+ho【解析】a 为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质， a 是硅；二氧化硅与碳单质反应生成硅和co， e 是 co、 b 是 sio ； sio 与氧化钙高温生成硅酸钙，c 是硅酸钙； sio 与氢氧化钠溶222液反应生成硅酸钠和水，d 是硅酸钠。（1）根据以上分析可知可知物质c 的化学式为 casio3。（ 2） sio2 和碳高温反应生成硅和co的化学方程式是 sio +2csi+2co。（ 3 ）bd反应的离子反应方程式22 +h2o。sio2+2oh sio35 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

16、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 1nh h o溶液，得到沉淀 _g32【答案】 sio2al 2o32-+sio2+2naoh=nasio3+h2o al 2o3+2naoh=2naalo+h2o sio3+2hh sio -+3+alo+4h =al

17、+2h o 7.82322【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 al 2o3；(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=nasio3+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al

18、 2o3+2naoh=2naalo+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2-+式是 sio3+2h h2 sio3；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-+3+2ho；式是 alo2+4h =al(4) 5.1g氧化铝的物质的量是5.1g0.05mol ， n(al 3+ )=0.1mol ，n(nh3 h2o)=102g / mol0.175l 2 mol . l1=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

19、是0.1mol ，质量是0.1mol 78g/mol=7.8g 。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 的化学方程式： _ 。（ 4）写出反应

20、 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 2 344243 432-h sio (或 h sio )3si（nh） =si n +8nhsio +2oh=sio32-+h2o 或 sio2+4oh-=sio44-+2h2osi3n4+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

21、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 为于稀硝酸的沉淀g，则可知h2sio3，由虚线框中上一支推中可知，e 与硝酸银反应生成e 中有 cl ， g 为 agcl，故 c 为 sicl4， b 为 cl2；由不溶sicl4+3h24hcl+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 cl

22、242 423， c 为 sicl ， d为 si(nh ) ， e 为 hcl， f 为 h sio ， 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 sicl；化合物 f 为 h2sio3 (或 h4sio4) 。4（3） si（ nh2） 4 在高温条件下分解生成 si3n4和 nh3，反应的化学方程式：3si（ nh2） 4=si3n4+8nh3。（4）

23、sio2 是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应的离子方程式：sio2+2oh-=sio32-+h2o 或 sio2+4oh-=sio44-+2h2 o。（ 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 +9h2 o=3h2sio3 +4nh3或 si3n4+12h2o=3h4sio4 +4nh3。7 某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。回答下列问题：(1)在操作中要用到的玻璃仪器有_;(2)沉淀c 的化学式是_。滤液b 中含有的溶质有_(写化学

24、式)；(3)步骤的离子方程式为_ 。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒sio2naalo2、 nacl、 naohalo2-+co2+2h2 o=hco3-+al(oh)3【解析】【分析】氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀c 为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀d 为 fe(oh)3，滤液为naalo2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。【详解】(1)步骤为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)沉淀

25、 c 为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液a 中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液a 中加入过量naoh，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液 b 中有 naalo2、 nacl、 naoh；(3)步骤为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为： alo2-+co2+2h2o=hco3-+al(oh)3。8 按要求回答下列问题：（1） fecl3 溶液和 fe(oh)3 胶体的本质区别是：_。（ 2）工业上制玻璃的原料有纯碱 、石英和 _（填名称）。（ 3）工业上金属钠可用来制

26、备钛等金属，利用了金属钠的 _性。（ 4）盛放 naoh 溶液的玻璃试剂瓶应选用 _ 塞（填 “玻璃 ”或“橡胶 ”）。（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_（填 “下口放出 ”或“上口倒出 ”）。（6） 6.20 g na2o 晶体中含离子数目是_ （ na 为阿伏加德罗常数的数值）。（7）等质量的 nh3 和 h2s 中，氢原子的个数比是_。（8）加热某碱式碳酸镁晶体4mgco ?mg(oh) ?5ho至质量不再变化时，得到10.0g 残留固322体和 _l co2 （标准状况下 ）。【答案】分散质粒子直径石灰石 还原橡胶下口放出 0.3na 3:1 4.48【解析】【分析

27、】（ 1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；（ 2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；（ 3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；（ 4）根据二氧化硅与 naoh 溶液溶液反应分析判断；（ 5）根据四氯化碳密度大于水分析；（6+-，以此分析；） na2o 晶体为离子晶体， 1mol 晶体中含有 2molna 和 1molcl（7）质量相等，计算 nh3 和 h2s 气体物质的量之比结合二者分子构成解答；（8）加热 4mgco3?mg(oh)2?5h2o至质量不再变化时，得到的固体为mgo，根据mm及原子守恒进行计算。n=， v=nvm【详解】（1） fe(oh)3 胶体区别于 fecl3 溶液最

28、本质的特征是fe(oh)3 胶体的分散质微粒直径大小在1100nm 之间，即分散质粒子直径大小不同，故答案为 ：分散质粒子直径；（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，故答案为 ：石灰石；（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性 ，故答案为 ：还原；（ 4）由于玻璃中的二氧化硅能与 naoh 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放 naoh 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，故答案为 ：橡胶；（ 5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，故答案为 ：

29、下口放出；+（6） 6.20 g na2o 的物质的量为0.1mol ， na2o 晶体为离子晶体，1mol 晶体中含有2molna和 1molcl - ，所以晶体中含离子数目是 0.3na，故答案为 ：0.3na；（7）设二者的质量为 mg，则同质量的 nh3 和 h2s 气体的体积等于物质的量之比m2317，= m =2： 1，则所含氢原子的个数比是1=3:1234故答案为 ：3:1 ；（8）加热 4mgco3?mg(oh)2?5h2o生成 mgo 和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的10 g固体为 mgo， 10gmgo 的物质的量为=0.25mol ，由镁元素和碳元素守恒关系可40

30、 g / mol知，n(mgco4n(mg)=4，n(co33)=0.25mol=0.2mol2，5)= n(mgco )=0.2mol5v(co2)=0.2mol 22.4l/mol=4.48l ，故答案为 ：4.48l。9 铝硅合金材料性能优良。铝土矿（含30% sio2、40. 8%2 32 3等）al o和少量 fe o干法制取该合金的工艺如下：（ 1）焙烧除铁反应： 4(nh4)2so4+fe2o3 2nh4fe(so4)2+3h2o+6nh3（少部分 al2 o3 发生类似反应）。氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图，最适宜焙烧温度为_。指出气体i 的用途 _（任写一种）。

31、（2）操作包括：加水溶解、过滤 _、 _ 。若所得溶液中加入过量naoh溶液，含铝微粒发生反应的离子方程式为_（ 3）用焦炭还原 sio2 发生反应的化学方程式为 _【答案】 300 制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中洗涤干燥al 3+4oh -+2h 2o2c+sio 22co +si=alo 2【解析】【分析】铝土矿（含30% sio2 、40. 8% al2o3 和少量 fe2o3 等）加硫酸铵焙烧，fe2o3 转化为nh fe(so )同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为sio和 al o，用焦炭在高温条件下44 2223还原 sio2 、al2o3 得到硅铝熔体，在加纯铝搅拌，得到硅铝合金，据此分