全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题分类汇总附答案解析

1、全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考真题分类汇总附答案解析一、硅及其化合物1. 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)反应的化学方程式为 。(3)反应的化学方程式为 。(4)在D的溶液中通入过量 CQ气体的离子方程式为。高温高温【答案】酸性氧化物SiQ+2C= Si+2COf SiG2+CaO= CaSiO SiO2 +2H2O+2CO2=2HCQ-+H2SiC3 J【解析】【分析】A为单质，可用于制造计算机芯片，则 A为Si, E为

2、无色有毒气体，结合转化关系可知，B为SiC2, SiO2与碳反应生成 Si、CO,所以E为CO; SiO2与CaO反应生成C为CaSiO; SiO2 与NaOH反应生成Na2SiO3和水。据此解答。【详解】(1) B为SiQ,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；高温(2)反应是SiO2与C反应生成Sk CO,其化学反应方程式为：SiO2+2C= S+2COT ,高温故答案为：SiC2+2C= S+2COT ；(3)反应是SiO2与CaO反应生成CaSiO,其化学反应方程式为： 高温高温SiO2+CaO= CaSQ,故答案为：SiO2+CaO= CaSiO ；(4) D为

3、Na2SiO3,其溶液中通入过量 CO2,其化学反应方程式为：NazSid+ZHzO+ZCQ：2NaHCQ+H2SiO3 J ,其离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CQ=2HCQ-+H2SiO3 J ,故答案为:SiO32-+2H2O+2CQ=2HCQ-+H2SiO3 J 。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 1所示(部分产物已略去)：ABCDM溶液(1)写出B的电子式。A和B水溶液反应的离子方程(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出(3)若A是CQ气体，A与B溶液能够反应，反应后所得

4、的溶液再与盐酸反应，生成的CO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(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, E与F、E与D相遇均冒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、NH：、Mg2+、Fe3 Al。、CO32-、SQ2-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,它们的物质的量浓度示，由此可知

5、，该溶液中肯定含有的离子是NaOK Na2CO3 0.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl W、Al3+、NH 4、SO2+ _ _2c(H ) : c(Al3 ) ： c(NH 4) ： c(SO4 )= 1 ： 1 ： 2 ： 3【分析】(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

6、溶液反 应生成Na2SiQ和H2；(3)曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCQ+HCl=NaCl+COT +吨O,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,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CQ；(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；(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为俊盐，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

7、化俊，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CQ2-,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-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算 n(H+)： n(Al3+)： n(NH4+)之比，再结合电荷守 恒计算与n(SQ2-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH,其电子式为 忖的H-；(2) A为Si, Si和NaOH的水溶液反应生成 NazSiQ和H2,反应的离子方程式为

8、Si+20H +2H2O=SiQ2-+2H2 f ；(3)曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCQ+HCl=NaCl+COT +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,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CQ；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理 NaHCQ+HCl=NaCl+COT +H2O,则 c(HCl)=001mol =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

9、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是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体 E,则E为NH3、A为俊盐，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俊，同时生成氮气，反应方程式为：3C2+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CQ2-,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

10、电荷守恒可知一定含有SQ2-,发生反应H+OH=H2O,氢离子消耗 NaOH溶液的体积为1体积，发生反应 Al3+3OH- =Al(OH)3 J ,铝离子消耗 NaOH溶液的体积为3体积，发生反应 NH4+OH-=NH3?H2O,钱根 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(SQ2)=1 ： 1： 2： 3,故 c(H+)： c(Al3+)： c(NH4+)： c(SQ2-)=1 ： 1： 2： 3。(3) 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

11、为Z的氧化物，丫为氢化物，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生成丫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 。H【答案】氢氟酸SiQ+Mg=A= O2 f+Mg2Si Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4 中(工：日 非极性H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SiQ, 丫为氢化物，分子结构与甲烷相似，则 丫为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

12、Mg2Si的化学方程式为：SiO2+4Mg_z=J2MgO+Mg2Sio(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H为H：4:H。H(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是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：(1) A 是, B 是, D 是(2)写化学方程式：(3)写离子方程式:。【答案】SiQ Na2SiO3 H2SQ N/CQ3+SiOd_ Na2SQ+CO2 T H2SiO3

13、 、 H2O+SiO2 CO2+ H2O+ SiO32- = CO32-+ H2SiQ J SiO2+ 2OH = SiO32-+ H2O SiQ2-+ 2H+ = H2SiQ J【解析】【分析】由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知 A为SiO2,再结合SiO2的相关性质： SiQ跟Na2CQ在高温下反应生成 NazSid和CO2,二者在水中会反应生成WSiQ沉淀，则D为H2SiO3, H2SiO3受热分解生成 SiO2和H2O,说明A为SQ是正确的，为 SQ和 NaOH的反应，可知 B为Na2SiO3,则C为CQ, Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。【详解】由以上分析可知

14、 A为SiC2, B为Na2SiO3, C为CO2, D为H2SQ3。(1)由以上分析可知 A为SiQ, B为Na2SiO3, D为H2SiQ,故答案为：SQ; Na2SiO3；H2SiO3o(2)SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SQ+Na2CO3高温 Na2SiO3+CC2 T ,故答案为：SQ+Na2CO3fL Na2SiC3+CC2 H2SiO3受热分解生成 SiQ和H2O,反应方程式为：H2SiOuAH2O+SiO2,故答案为： H2SiO & H2O* SQ。(3)硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为 Na2SiO3+C

15、O2+H2r H2SQ J +N&CO3,离子方程式为： CQ+ H2O+ SiO32-=CO32-+ H2SiQ J , 故答案为：CO2 + H2O + SQ2-=CO32- + H2SiQj。二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为SQ+2NaOH Na2SQ+H2O,离子方程式为 SiQ+2OH- SiQ2-+H2O,故答案为：SiO2+2OH- 一SiO32-+H2O。Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiQj ,离子方程式为：SiQ2-+ 2H+=H2SiQ J ,故答案为：SiQ2-+ 2H+=H2SiO3 o【点

16、睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜 色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，本题的突破口 为：“ A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。5.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入 某试剂Y,产生沉淀白物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。阴陶子C07S0=、A10f ,C阳离子.Na*0(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则的，下同)是,ab段发生反应的离子是oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液 , bc段发生反应的离子方程式是O(2)若Y是NaOH液，所得到

17、的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为 , ab 段反应的离子方程式为 。【答案】SiO32、AIO2- CO2- 3H+ +Al(OH) 3 =Al 3+ +3H2O Al 3+ Mcj+ NH 4+ Cl- 2:1:4:12 NH+OH- NH?HO【解析】【分析】无色溶液中不可能含有Fe3+离子。(1)如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当 a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸 和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和

18、偏铝酸根 离子，弱酸根离子和俊根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；(2)若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当 a-b段时，沉淀的量不 变化，氢氧化钠和俊根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离 子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【详解】(1)如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中 可能含SiQ2-、AIO2-,不含Al3+、Mg2+； ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-,盐酸和碳酸根离子反

19、应，反应的离子方程式依次为CC32-+H+ HCC3-和HCC3-+H+ H2C+CQT； bc段，氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+Al(CH)3 =Al3+3H2C,故答案为：SiCT、AIC2 ；CC32- ； 3H+ +Al(CH)3 =Al3+3H2C；(2)若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液 中不含CC32-、SiQ2-、AIC2-,由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-; ab段，沉淀的

20、量不变化，是氢氧化钠和俊根离子反应生成气体：NH4+CH- NH3?H2C,即溶液中含NH4+； bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有 Al3+、Mg2+, bc段的反应的离子方程式为Al (OH) 3+OH- AIO2-+2H2O,则X中一定含有的离子是 Al3+、Mg2+、NH4，Cl-;由于溶液中有 Al3+、Mg2+, oa段 转化为沉淀的离子是 Al3+、Mg2+, ab段是氢氧化钠和俊根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4+OH- NH3?H2O；溶液中有Al3+、Mg2+,即沉淀中含 Al (OH) 3和Mg (OH)

21、 2,故bc段的反应离子方程式为 Al (OH) 3+OH AIO2-+2H2O, NH4+反应需要NaOH的体积 是2V,由于Al (OH) 3溶解时需要的 NaOH的体积是 V,则生成Al (OH) 3需要的NaOH 的体积是3V,而生成 Mg (OH) 2和Al (OH) 3共消耗NaOH的体积为4V,则生成 Mg(OH) 2 需要 NaOH 溶液的体积是 V,贝U n (Al3+) : n (Mg2+) : n ( NH4+) =2： 1 ： 4,根 据溶液要呈电中性，即有： 3n (Al3+) +2n (Mg2+) +n (NH4+) =n (C-),故 n (Cl-) =12, 即

22、有：n (Al3+) : n (Mg2+) : n (NH4+) : n (Cl-) =2： 1： 4： 12,故答案为: Al3+、Mg2+、 NH4+、Cl-； 2: 1:4: 12; NH4+OH- NH3?H2。【点睛】本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结 合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。6 .下图是化学中部分常见的氧化物和单质的转化关系。其中，氧化物f是制造光导纤维的重要原料，氧化物 c是一种具有磁性的黑色物质。回答下列问题：轼化物d期懂提加热拓潟(1)写出下列物质的化学式：单质 F,氧化物d (2)写出下列反应的化学方程式:。【答

23、案】Si H2O 2Mg 工 CO2身燃二 C- 2MgO C*H2O(g)悬造CO *H2【解析】【分析】氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2,氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c是Fe3O4,以此为突破口推出五个置换反应。【详解】氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2,氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c是 Fe3O4,反应 2Mg+ CO2LC+ 2MgO,反应 Fe3O4+ 2C_2CC2+ 3Fe.反应3Fe+ 4H2O (g)1 百温 Fe3O4+4H2,反应 C+ H2O(g)高温 CO+ H2,反应2 C+SiO2 亮温 Si+ 2CO。(D根据反应物质的化学

24、式：单质 F为Si,结合反应氧化物 d为H2O。(2)反应和的化学方程式：2M什 CO点燃C+ 2MgOC+ H2O(g)jS潟CO+ H2。7 . X、Y、Z为常见的三种单质，Z是绿色植物光合作用的产物之一，A、B为常见化合物。它们在一定条件下可发生如图所示的反应(均是在非溶液中进行的反应)：X + A v 46(1)画出Z的原子结构示意图 ;(2)当X为金属，Y为非金属时，A可能的电子式为 或;(3)当X为非金属，丫为金属时，X可能的化学式为 或;(4)当X与丫均为金属时，写出 X与A反应的化学方程式 (5)当X与Y均为非金属时，若 X与Y同主族，写出 X与A反应的化学方程式;若X与Y不在

25、同一主族，写出化学方程式。X与A反应的【答案】泮H0H C 2Al+ Fe2O3 2Fe+A2O3C+SiQ -Si+CQ C+H2O一H2+CO【分析】先根据C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，判断C是氧气，A、B是单质，与氧气反应，得出X、Y是含氧化合物，然后采用假设的方法分析.【详解】C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，所以C是O2. A、B是单质，分别与 02反应生成含氧化合物， A+XB+Y,属置换反应.(2)如果X是钠，丫是氢气，A就是H2O, B就是NaOH,钠与水反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；(3)当X为非金属，Y为金属时，就是以氢气或一氧化碳

26、为还原剂的热氧化还原反应；(4)当X与Y均为金属时，考虑铝热反应；X是碳，Y是硅，A就是Si02, B就是CO, C与Si02的反应方程式为：2C+SiQ也包Si+2CO T；如果X是碳，B是氢气，X就是H20, 丫就是CO,C+H2OJ军 H2+CO。本题的题眼是：C是单质且C是绿色植物光合作用的产物之一，通过判断A、B、X、Y,确定该反应是置换反应，学过的置换反应方程式较多，考查学生的发散思维以及总结归纳能力。8 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CQ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

27、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2CaO5MgO 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

28、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（ClO2） 强氧化SiC2+4HF=Sif4 T +2H2O CaOAbG 2SiO2 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T【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

29、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FeSQ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；它能杀菌消毒是因为有强氧化性；故答案为Ca（ClOR；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

30、和水，反应方程式为：4HF+SiQ=SiRT +2H2O,故答案为 4HF+SiQ=Sif4 f +2H2O；(5)南阳玉(CaAl2Si2O8),用氧化物形式可表示为：CaO?Al2O3?2SiQ,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 T ,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。9 化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学。(1) 硅是无机非金属材料的主角。请你举出两种含硅的材料名称；铝制品表面因有一层氧化铝薄膜而经久耐用，但该氧化膜易被酸、碱破坏。若将氧化铝与氢氧化钠溶液作用，反应的离子方程式为 。(2) 氯气用于漂白时，实际上起漂白作用的物质不是Cl 2 而是它和水反应生成的( 写化学式