备战高考化学与硅及其化合物推断题有关的压轴题附答案

备战高考化学与硅及其化合物推断题有关的压轴题附答案一、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↓＋H2O1∶1Ca2＋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．有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。(1)用盐的组成表示其化学式：___________。(2)用氧化物的组成表示其化学式：_______。(3)该矿石的成分属于________(填物质的分类)。(4)写出该矿石(氧化物形式)与盐酸反应的化学方程式：______。【答案】Mg2SiO42MgO·SiO2硅酸盐2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2【解析】【分析】根据n=及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。【详解】镁、硅、氧的质量比为12：7：16，则镁、硅、氧的原子个数比为::=2:1:4(1)该矿石用盐的组成可表示为：Mg2SiO4；(2)该矿石用氧化物的组成可表示为：2MgO•SiO2(3)Mg2SiO4属于盐类，且属于硅酸盐；(4)Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2，发生反应的化学方程式为2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写；注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数；③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后。3．某同学用某化合物X（两种短周期元素组成的纯净物）进行了如下实验：实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体，生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。请回答：（1）X的化学式是____，步骤①的离子方程式是___。（2）步骤②的化学方程式是_____。【答案】Mg2SiMg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O【解析】【分析】短周期元素形成的化合物中，与过量烧碱溶液生成白色沉淀，则灼烧后得到白色固体的为MgO，4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子，无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液，可知无色气体A具有还原性且含有Si元素，据此分析作答。【详解】（1）根据化合物X7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:1，则X的化学式为Mg2Si，在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁，故其离子方程式为：Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案为：Mg2Si；Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+；（2）在强氧化剂高锰酸钠的作用下，硅烷被氧化为硅酸钠与氢气，同时生成黑色固体二氧化锰，根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得，其化学方程式为：SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。4．X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系（其中X、W为单质，Y、Z为化合物，未列出反应条件）。（1）若X的摩尔质量是W的2倍，工业上Z可作优质的耐高温材料。W为黑色固体，则Y的化学式________________。（2）若固体W是紫红色，且向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色。则写出X+Y=Z+W的离子方程式__________________________。（3）若晶体W是一种重要的半导体材料，实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。【答案】CO2Fe+Cu2+=Fe2++CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O【解析】（1）X、W为单质，Y、Z为化合物，W为黑色固体，应为C单质，X的摩尔质量是W的2倍，Z可作优质的耐高温材料，X为Mg，Z为MgO，Y为CO2。（2）向溶液Z中滴入氯水，再滴入2滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则Z为Fe2+，W是紫红色固体，则W为Cu，X+Y=Z+W反应方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。（3）晶体W是一种重要的半导体材料，则W是Si；实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物，则Z的燃烧产物为CO2，化合物Z为CO，则X为C单质，Y为SiO2，Y与NaOH溶液反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。5．图中X、Y、Z为单质，其他为化学物，它们之间存在如下转化关系(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)元素X在元素周期表中的位置为第________周期________族。(2)一定条件下，Z能与H2反应生成ZH4，写出Z与NaOH反应的化学方程式____________(3)写出由Y与NO、H2O生成D反应的化学方程式：_______________。(4)X在高温下能与水蒸气反应，请写出该反应的化学方程式：_____________(5)向含4molD的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。________________【答案】四ⅧSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑4NO+3O2+2H2O=4HNO33Fe+4H2OFe3O4+4H2↑【解析】【分析】A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3，R为H2SiO3

。【详解】A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应，则E是SiO2，根据转化关系，可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3，R为H2SiO3；(1)元素X为Fe，核电荷数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；(2)Z为Si，能溶于NaOH溶液生成硅酸钠、氢气和水，发生反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；(3)Y为O2，NO与O2按一定比例通入水中生成HNO3，发生反应的化学方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3；(4)Fe在高温下能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生反应的化学方程式为3Fe+4H2OFe3O4+4H2↑；(5)铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量=，根据N元素守恒可知：+2xmol=4mol，解得x=1.5，根据电子转移守恒可知，由Fe+2Fe3+=3Fe2+，可知开始产生NO时Fe的物质的量等于Fe3+的物质的量，即为1.5mol×=1mol，故n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图为：。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175mL的2mol.L－1NH3H2O溶液，得到沉淀_______g【答案】SiO2Al2O3SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OAl2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OSiO32-+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，n(Al3+)=0.1mol，n(NH3H2O)=0.175L×2mol.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．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：(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：①_____________________________________________；④_____________________________________________。【答案】SiH2O2Mg＋CO2C＋2MgOC＋H2O(g)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①2Mg＋CO2C＋2MgO，反应②Fe3O4＋2C2CO2＋3Fe，反应③3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2，反应④C＋H2O(g)CO＋H2，反应⑤2C＋SiO2Si＋2CO。（1）根据反应⑤物质的化学式：单质F为Si，结合反应③④氧化物d为H2O。（2）反应①和④的化学方程式：①2Mg＋CO2C＋2MgO④C＋H2O(g)CO＋H2。8．A、B、C、D、E、F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。(1)若A是常见的变价金属的单质，D、F是气态单质，且反应①在水溶液中进行。反应②也在水溶液中进行，写出反应②离子方程式是______________________________________，已知光照条件下D与F反应生成B，写出该反应的化学方程式为__________________________。(2)若A、D、F都是短周期非金属元素单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式为__________________________________________________________。【答案】2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－H2＋Cl22HCl2C＋SiO22CO↑＋Si【解析】（1）A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，可推知A为Fe，F为Cl2，故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，则：反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D与F的光照条件下反应的化学方程式为：H2＋Cl22HCl。（2）A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，C、E、F为气体，C有毒，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，则F为氧气，验证符合转化关系，则：反应①的化学方程式是：2C＋SiO22CO↑＋Si【点睛】：本题考查无机物的推断，题目信息量大，难度较大，需要学生熟练掌握常见元素化合物的性质。9．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数(1)X一定不是______；A．氢B．碳C．氧D．硫②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26(2)这四种元素含有铝元素吗?__；③上述四种元素的单质的混合物，加入足量的盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀(3)白色沉淀的化学式为________；④上述四种元素的单质的混合物，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中有白色沉淀(4)生成白色沉淀的离子方程式为______________________；【答案】AD一定含有铝元素Mg(OH)2SiO32－+2H＋＝H2SiO3↓【解析】【分析】(1)X若为氢时，其最外层电子数为1；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；(2)有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；【详解】(1)X若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X为碳或氧时合理，故答案为AD；(2)四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)。10．用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件,能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备