1、备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案一、硅及其化合物1在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：(1)B的化学式是_，B在固态时属于_晶体，1mol 含有的共价键数目是_NA。(2)E的化学式是_。(3)B和a溶液反应的离子方程式是_(4)A和a溶液反应的化学方程式是_【答案】SiO2 原子 4 H2SiO3 SiO22OHSiO32H2O Si2NaOHH2ONa2SiO32H2 【解析】【分析】A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加热分解得到B，所以
2、E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。【详解】（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol 含有的共价键数目是4NA。故答案为：SiO2；原子；4；（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；（4）Si与氢氧化钠反应生成
3、硅酸钠与氢气，反应方程式为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2。【点睛】本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。2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_，步骤的离子方程式是_。（2）步骤的化学方程式是_。【答案】Mg2Si Mg2Si +4H+=SiH4+2Mg2+ SiH4 +2KMnO4=2MnO2+Na2SiO3+H2
4、+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X 7.20g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
5、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。3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）白色沉淀用途广泛，请列举一例：_。【答案】Mg2SiO4 或 2MgOSiO2 SiO22OH-=SiO32-+H2O 优良的阻燃剂等 【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S
6、iO2，物质的量1.8g60g/mol0.03mol，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0.03mol76g/mol2.28g，金属质量4.20g-2.28g1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量0.06mol，质量为0.06mol24g/mol1.44g，不符合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量0.03mol92g/mol2.76g，金属质量4.20g-2.76g1.44g，物质的量1.44g24g/mol0.06mol，得到X为M
7、g2SiO4。（1）X的化学式为，Mg2SiO4；（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO22OH-SiO32-+H2O；（3）氢氧化镁是优良的阻燃剂。4X、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
8、学方程式为_。【答案】Al 氧气 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+2CSi+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+AY+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
9、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+2CSi+2CO。5（1）X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。则：写出化合物甲的电子式_；写出Z与甲反应的化学方程式_；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，Y、Z都是分子晶体，X、Y都能与强碱溶液反应；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂。则：写出X与NaOH溶液反应的离子方程式_；在所得溶液中加入乙的溶液，观察到的现象_（3）.X、Z是常见金属，Z与甲
10、的反应只有在高温下才能进行，甲是一种具有磁性的化合物，乙在工业上常用于制取Z单质。则：写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式_；将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，得到气体的质量之比是_。【答案】 2Mg+CO22MgO+C Si2OHH2OSiO32+2H2 产生白色胶状沉淀 Al2O32NaOH2NaAlO2H2O 2:3 【解析】【分析】（1）根据X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2 和O3；Z元素原子的次外层电子
11、数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；据以上分析进行解答；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；据以上分析进行解答；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝，Y是氧气，符合上述转化关系；据以上分析进行解答。【详解】（1）根据X、Y、Z都是短周
12、期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2 和O3；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价键，电子式；综上所述所，本题正确答案：；镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C； 综上所述所，本题正确答案：2Mg+CO22MgO+C；（2）X、Y、Z都是非金属单质，
13、X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si2OHH2OSiO32+2H2；综上所述所，本题正确答案：Si2OHH2OSiO32+2H2；由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶液中加入盐酸，反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠，因此可观察到产生白色胶状沉淀生成； 综上所述所，本题正确答案：白色胶状沉淀生成；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝
14、，Y是氧气，符合上述转化关系；氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O32NaOH2NaAlO2H2O；综上所述所，本题正确答案：Al2O32NaOH2NaAlO2H2O；已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，生成氢气的量之比为：1：1.5，质量之比是1:1.5，整理为2:3；综上所述所，本题正确答案：2:3。6某固体混合物X可能由Na2O2、Al2O3、Fe2O3、 Cu 、SiO2中的一种或几种物质组成。为确定X的成分，进
15、行了如下三个实验。分析并回答下列问题：（1）由实验可得出的结论为：_。（2）步骤所发生反应的离子方程式为：_，_。反应涉及固体质量变化的化学方程式为：_。（3）由步骤可得出的结论为：_。（4）步骤所得蓝色溶液中阳离子为_。（5）原混合物中各成分的质量之比是_。（不必简化）【答案】混合物X中无Na2O2 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+ SiO2+2NaOH=Na2SiO3+ H2O 混合物X中无Al2O3 H+、Cu2+、Fe2+ m(Fe2O3) : m（Cu）：m(SiO2)=3.2：3.2 ：3.0 【解析】【分析】【详解】（1）由于Na2O2
16、能与水反应生成NaOH和O2，实验取4.7gX投入水中，有不溶物出现，过滤、洗涤、干燥、称量不溶物，其质量仍为4.7g，得出的结论是混合物X中无Na2O2。（2）实验向9.4gX中加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g固体，该蓝色溶液中含Cu2+，但Cu与HCl不反应，所以X中必有Fe2O3和Cu，步骤I中所发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；向4.92g固体中加入过量NaOH，固体减少4.92g-1.92g=3.0g，减少的固体为SiO2，9.4gX中含3.0gSiO2，反应II涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH
17、=Na2SiO3+H2O。（3）实验向9.4gX中加入过量NaOH，固体减少9.4g-6.4g=3.0g，减少的固体的质量与SiO2的质量相等，说明溶解的物质只有SiO2、没有Al2O3，步骤III可得出的结论是：混合物X中无Al2O3。（4）由上面的分析，步骤III得到的6.4g固体是Cu和Fe2O3的混合物，实验向6.4g固体中加入过量HCl得到蓝色溶液和1.92g固体，发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，由于仍有固体未溶解说明Fe2O3与HCl反应生成的Fe3+不能将Cu完全溶解，1.92g固体为Cu，Fe3+完全被还原为F
18、e2+，步骤IV所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+（H+来自过量HCl）。（5）根据上述分析，设6.4g固体中Fe2O3物质的量为y，根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，溶解的Cu的物质的量为y，160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g，解得y=0.02mol，则9.4gX中含Fe2O3的质量为0.02mol160g/mol=3.2g、含SiO23.0g、含Cu的质量为（9.4g-3.2g-3.0g）=3.2g，则原混合物中m(Fe2O3) : m（Cu）：m(SiO2)=3.2：3.2：3.0。7A、B、C、D
19、都是初中化学中的常见物质，具有如图所示的转化关系（反应条件、有些反应物或产 物已略去）：（1）若A 是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C 是大气循环中的一种重要物质则B的化学式是_，C和D反应生成A的化学方程式是_。（2）若A是无色液体，D是一种黑色固体，则C的化学式是_，由B生成D的化学方程式为_。（3）若A是碳酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，写出过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式 。【答案】（1）CaO（1 分）；CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O（2分）（2）H2（1 分）；2Cu+O22CuO（或者3Fe+2O2Fe3O4）（2 分）（3
20、）CO2+NaOH=NaHCO3（2 分）【解析】试题分析：（1）若A 是一种白色难溶于水的钙盐，由三种元素组成，C 是大气循环中的一种重要物质，所以C是CO2，A是碳酸钙。碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2，即B是氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，即D是氢氧化钙，所以B的化学式是CaO，C和D反应生成A的化学方程式是CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O。（2）若A是无色液体，则A是水。D是一种黑色固体，则D是氧化铜或四氧化三铁，因此B是氧气，C是氢气，则C的化学式是H2，由B生成D的化学方程式为2Cu+O22CuO或者3Fe+2O2Fe3O4。（3）若A是碳
21、酸氢钠，且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水，则气体C是CO2，D是氢氧化钠，因此过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。考点：考查无机框图题推断8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_(写化学式)；(3)步骤的离子方程式为_。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2 NaAlO2、NaCl、NaOH AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3 【解析】【分析】氧化铝样品中
22、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
23、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。9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
24、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 2CaO5MgO8SiO2H2O，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(
25、ClO)2 强氧化 SiO2+4HF=SiF4+2H2O CaOAl2O32SiO2 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，
26、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：CaOAl2O32SiO2，故答案为CaOAl2O32SiO2；（6）金属铝能和强碱反应生
27、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。10铝硅合金材料性能优良。铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）干法制取该合金的工艺如下：（1）焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3（少部分Al2 O3发生类似反应）
28、。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）。（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Al3+4OH-=AlO2-+2H2O2C+SiO22CO+Si【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NH4Fe(SO4)2同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO2和Al2O3，用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到硅铝熔体，在加纯铝搅拌，得到硅铝合金，据此分析解答。【详解】（1）焙烧时尽可能是氧化铁反应，而氧化铝不反应，由图可知在300时，氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高，而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低，所以最适宜焙烧温度为300；气体为氨气，氨气可以用于制氮肥，也可以用硫酸吸收来备硫酸铵循环到焙烧过程中；故答案为：300；制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中；（2）由流程分析可知，操作应包括：加水溶解、过滤、洗涤、干燥；溶液中含有铝离子与氢氧
