2020-2021備戰高考化學硅及其化合物推斷題提高練習題壓軸題訓練含答案一、硅及其化合物1．A、B、C均為中學化學常見的純凈物，它們之間存在如下轉化關系：其中①②③均為有單質參與的反應。（1）若A是常見的金屬，①③中均有同一種黃綠色氣體參與反應，B溶液遇KSCN顯血紅色，且②為化合反應，寫出反應②的離子方程式_________________________。（2）如何檢驗上述C溶液中的陽離子？______________________。（3）若B是太陽能電池用的光伏材料，①②③為工業制備B的反應。C的化學式是____________，屬于置換反應____________，（填序號）寫出反應①的化學方程式____________________。【答案】Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2Si+2CO↑【解析】【分析】(1)由轉化關系可知A為變價金屬，則A應為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，②為Fe與氯化鐵的反應；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應，①②③為工業制備B的反應，則C為SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應，提純Si，以此解答該題。【詳解】(1)A是常見的金屬，①③中均有同一種氣態非金屬單質參與反應，且②為化合反應，則該非金屬氣體為Cl2，B為氯化鐵，則反應②的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；(2)由分析知C為氯化亞鐵，檢驗Fe2+的操作方法是取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含Fe2+；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應，①②③為工業制備B的反應，則C為SiCl4，其中②為Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應，提純Si，則反應①的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑，其中屬于置換反應的有①③。2．如圖五角星上排列的A、B、C、D、E五種物質均為中學化學中常見的化合物，相互之間的連線表示兩種物質能發生化學反應。A、C、E均為氧化物，A是人體呼出的氣體之一；在實驗室中B可以用來制取A，而D可以用來檢驗A；C和E反應能生成D。(1)寫出下列物質的化學式：A________，D________；(2)B除了制取A之外的另一種用途是____________________________________；(3)C和E反應的化學方程式為________________________________________(4)這五種物質之間兩兩發生反應，其中沒有涉及的基本反應類型是________。【答案】CO2Ca(OH)2用于金屬表面除銹(制造藥物、可幫助消化等)CaO＋H2O=Ca(OH)2分解反應和置換反應【解析】【分析】A是人體呼出的主要氣體，則A為二氧化碳，在實驗室中B可以用來制取A，而D可以用來檢驗A，則D為氫氧化鈣，B與D可反應，則B為鹽酸；E與B,E與C都反應，且A、C、E均為氧化物，E與C反應生成的D為堿，則C為水，E為氧化鈣；【詳解】(1)根據上述分析可知：A為CO2，D為Ca(OH)2；答案：CO2；Ca(OH)2；(2)根據上述分析可知B為鹽酸，鹽酸除用來制取二氧化碳外，還用來除去鐵制品表面的鐵銹；答案：用于金屬表面除銹(制造藥物、可幫助消化等)；(3)根據上述分析可知C為水，E為氧化鈣，氧化鈣和水反應生成氫氧化鈣，其化學方程式為CaO＋H2O=Ca(OH)2；答案：CaO＋H2O=Ca(OH)2；(4)該五角星的位置中有化合反應，如H2O與CaO、CO2的反應都是化合反應；CO2與Ca(OH)2的反應是復分解反應，HCl和CaO、Ca(OH)2的反應都是復分解反應，沒有涉及分解反應和置換反應。答案：分解反應和置換反應。3．某同學用某化合物X（兩種短周期元素組成的純凈物）進行了如下實驗：實驗步驟②中還觀測到生成黑色固體和無色無味氣體，生成的溶液可作為建筑行業的一種黏合劑。請回答：（1）X的化學式是____，步驟①的離子方程式是___。（2）步驟②的化學方程式是_____。【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，與過量燒堿溶液生成白色沉淀，則灼燒后得到白色固體的為MgO，4.0g白色固體可得X中0.1molMg原子，無色氣體A與高錳酸鉀可生成黏合劑硅酸鉀溶液，可知無色氣體A具有還原性且含有Si元素，據此分析作答。【詳解】（1）根據化合物X7.20g計算得到Mg原子與Si原子個數之比為2:1，則X的化學式為Mg2Si，在鹽酸作用下會生成硅烷氣體與氯化鎂，故其離子方程式為：Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+，故答案為：Mg2Si；Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+；（2）在強氧化劑高錳酸鈉的作用下，硅烷被氧化為硅酸鈉與氫氣，同時生成黑色固體二氧化錳，根據氧化還原反應得失電子守恒與元素守恒可得，其化學方程式為：SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。4．已知A、D為常見單質，各物質發生如下框圖所示變化，回答下列問題：(1)若A、D為短周期同主族非金屬元素的單質，則A元素在周期表中的位置為______，D的晶體類型是______，請寫出A+B→C+D的化學方程式______。(2)若B為氣體，其標準狀況下密度為1.964g?L-1，C為白色固體，可用來制作耐高溫材料。

則B的電子式為______，C中含有的化學鍵是______(填寫“離子鍵或者共價鍵”)。(3)若A為生產生活中用量最大的金屬，B在常溫下為無色液體，寫出C(金屬元素有兩種不

同化合價)與鹽酸反應的離子反應方程式____________。若以A和石墨

棒為電極，NaCl

溶液為電解質溶液構成原電池，請寫出石墨電極的電極反應式______。【答案】第二周期第IVA族原子晶體SiO2+2CSi+2CO離子鍵Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-【解析】【詳解】(1)若A、D為短周期同主族非金屬元素的單質，由轉化可知B、C屬于氧化物，A與B的反應屬于置換反應，可推知A為碳、B為SiO2、C為CO、D為Si，則A元素在周期表中的位置為：第二周期第IVA族，硅的晶體類型是原子晶體，A+B→C+D的化學方程式：SiO2+2CSi+2CO；(2)若B為氣體，其標準狀況下密度為1.964g?L-1，B的相對分子質量=22.4×1.964=44，C為白色固體，可用來制作耐高溫材料，則A為Mg、B為CO2、C為MgO、D為碳，B的電子式為，C(MgO)中含有的化學鍵是：離子鍵；(3)若A為生產生活中用量最大的金屬，B在常溫下為無色液體，則A為Fe、B為H2O、C為Fe3O4、D為H2，C與鹽酸反應的離子反應方程式：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，若以Fe和石墨

棒為電極，NaCl

溶液為電解質溶液構成原電池，石墨電極為正極，發生還原反應，氧氣獲得電子市場氫氧根離子，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-。【點睛】本題考查無機物的推斷，題目涉及中學常見的特殊置換反應，需要學生熟練掌握元素化合物知識，熟記中學常見的連線反應、三角轉化、特殊置換反應、特殊現象反應、某些無機物與有機物的反應等。5．已知A是一種裝飾品的主要成分，是地殼中含量最高的兩種元素形成的化合物。根據下圖轉化關系，回答下列問題。(1)A的用途：________(任寫一種)，B是________，D是________。(2)寫出下列反應的化學方程式：①______________。(3)寫出下列反應的離子方程式：②____________，③_______，⑤____________。【答案】制光導纖維Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2OSiO32—＋2H＋=H2SiO3↓【解析】【分析】由A是一種裝飾品的主要成分，是地殼中含量最高的兩種元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高溫下，二氧化硅與純堿反應生成硅酸鈉和二氧化碳，硅酸鈉溶于水與二氧化碳反應生成硅酸沉淀，則D是硅酸；二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，則B是硅酸鈉，C是二氧化碳；硅酸鈉溶液與鹽酸反應生成硅酸沉淀。【詳解】（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光導纖維的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸鈉，D是硅酸，故答案為：制光導纖維；Na2SiO3；H2SiO3；（2）反應①是高溫下，二氧化硅與純堿反應生成硅酸鈉和二氧化碳，反應的化學方程式為Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，故答案為：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；（3）反應②是硅酸鈉溶于水與二氧化碳反應生成硅酸沉淀和碳酸鈉或碳酸氫鈉，反應的離子方程式為CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)，反應③是二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和水，反應的離子方程式為SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反應⑤是硅酸鈉溶液與鹽酸反應生成硅酸沉淀和氯化鈉，反應的離子方程式為SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案為：CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓。【點睛】由A是地殼中含量最高的兩種元素形成的化合物確定A為二氧化硅是推斷的突破口。6．設計如下實驗探究某礦石（僅含四種短周期元素）的組成和性質，已知礦石含有一定的結晶水：（1）礦石的組成元素是H、O和_____、______（填元素符號），化學式為_____________。（2）白色粉末3溶于NaOH溶液的離子方程式是________。【答案】Mg，SiMgSiO3·2H2O2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O【解析】根據流程圖，礦石灼燒后生成無色氣體1，冷凝后得到無色液體1，該無色液體為水，質量為3.6g，物質的量為0.2mol；白色粉末2能夠溶于過量鹽酸，得到白色膠狀沉淀2，和無色溶液3；根據鹽酸提供的氫離子和氯離子分析，白色膠狀沉淀2可能是氯化銀沉淀或硅酸沉淀；白色膠狀沉淀2灼燒得到白色粉末3，該物質能夠溶于氫氧化鈉溶液，說明白色粉末為二氧化硅，不可能為氯化銀，因此白色膠狀沉淀2為硅酸；無色溶液3中加入過量氫氧化鈉得到白色沉淀，說明白色沉淀3為氫氧化鎂，5.8g氫氧化鎂的物質的量為0.1mol，因此白色粉末2中含有4g氧化鎂和6g二氧化硅，因此白色粉末2為硅酸鎂。(1)根據上述分析，礦石的組成元素是H、O、Mg和Si，硅酸鎂的質量為10g，物質的量為=0.1mol，水的物質的量為=0.2mol，因此化學式為MgSiO3·2H2O，故答案為Mg；Si；MgSiO3·2H2O；(2)白色粉末3為二氧化硅，溶于NaOH溶液的離子方程式為2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O，故答案為2OH-＋SiO2=SiO32-＋H2O。點睛：本題考查了物質的組成和性質的推斷。本題的難點是白色膠狀沉淀2和白色粉末3的判斷，可以根據反應物中有鹽酸結合白色粉末3能夠與氫氧化鈉溶液反應考慮。7．X、Y、Z為常見的三種單質，Z是綠色植物光合作用的產物之一，A、B為常見化合物。它們在一定條件下可發生如圖所示的反應（均是在非溶液中進行的反應）：（1）畫出Z的原子結構示意圖_______；（2）當X為金屬，Y為非金屬時，A可能的電子式為__________或_________；（3）當X為非金屬，Y為金屬時，X可能的化學式為__________或_________；（4）當X與Y均為金屬時，寫出X與A反應的化學方程式_______________________；（5）當X與Y均為非金屬時，若X與Y同主族，寫出X與A反應的化學方程式_____________________________________；若X與Y不在同一主族，寫出X與A反應的化學方程式______________________________。【答案】CH22Al+Fe2O32Fe+Al2O3C+SiO2Si+CO2C+H2OH2+CO【解析】【分析】先根據C是單質且C是綠色植物光合作用的產物之一，判斷C是氧氣，A、B是單質，與氧氣反應，得出X、Y是含氧化合物，然后采用假設的方法分析．【詳解】C是單質且C是綠色植物光合作用的產物之一，所以C是O2．A、B是單質，分別與O2反應生成含氧化合物，A+X→B+Y，屬置換反應．（2）如果X是鈉，Y是氫氣，A就是H2O，B就是NaOH，鈉與水反應的方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2；（3）當X為非金屬，Y為金屬時，就是以氫氣或一氧化碳為還原劑的熱氧化還原反應；（4）當X與Y均為金屬時，考慮鋁熱反應；(5)X是碳，Y是硅，A就是SiO2，B就是CO，C與SiO2的反應方程式為：2C+SiO2Si+2CO↑；如果X是碳，B是氫氣，X就是H2O，Y就是CO，C+H2OH2+CO。【點睛】本題的題眼是：C是單質且C是綠色植物光合作用的產物之一，通過判斷A、B、X、Y，確定該反應是置換反應，學過的置換反應方程式較多，考查學生的發散思維以及總結歸納能力。8．云母是一種重要的硅酸鹽，它具有韌度、彈性、透明度、高介電強度、化學惰性和熱穩定性。白云母可看作葉臘石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代，再由KⅠ平衡其電荷后形成的。而葉臘石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代，再由KⅠ平衡其電荷形成的。(1)白云母寫成氧化物形式的化學式為_______________。(2)研究表明，在硅酸鹽中，AlⅢ很容易取代SiⅣ，取代后不會引起原硅酸鹽結構大的變化。從立體幾何的知識看，AlⅢ與SiⅣ最直接的關系是_______________。(3)黑云母的化學式為KMg3AlSi3O10(OH)2，在水與二氧化碳的同時作用下，風化為高嶺土［AI2Si2O5(OH)4］。①寫出離子反應方程式_______________。②上述反應為什么能夠發生_______________③風化后Al為什么不能以Al3＋形式被地下水溶解_______________【答案】K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2OAlⅢ與SiⅣ的半徑相近，插入后不會引起結構改變2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4碳酸較硅酸酸性強，強酸可取代弱酸中性條件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在【解析】【分析】【詳解】(1)由復雜硅酸鹽改寫成氧化物形式的一般原則是先寫一系列金屬氧化物，并按金屬活動性順序排列，較活潑的金屬氧化物寫在前面，再寫SiO2，含有氫元素的H2O最后寫，氧化物之間加黑點隔開，各氧化物的系數均為整數，并寫在相應氧化物前面，寫成氧化物后，原化學式中的各元素、原子的個數比應保持不變，因此白云母寫成氧化物形式的化學式為K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O，故答案為：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O；(2)從立體幾何的知識來看，由于AlⅢ與SiⅣ的半徑相近，在硅酸鹽中，AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ，不會引起原硅酸鹽結構大的變化，故答案為：AlⅢ與SiⅣ的半徑相近，插入后不會引起結構改變；(3)①由題干信息可知，黑云母在水與二氧化碳的同時作用下，風化為高嶺土［AI2Si2O5(OH)4］，反應的離子方程式為2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4，故答案為：2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4；②上述反應中碳酸與黑云母反應生成了硅酸，因為碳酸的酸性比硅酸強，可以強酸制弱酸，所以上述反應可以發生，故答案為：碳酸較硅酸酸性強，強酸可取代弱酸；③由于中性條件下Al3＋完全水解，主要以Al(OH)3的沉淀形式存在，因此風化后Al為什么不能以Al3＋形式被地下水溶解，故答案為：中性條件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在。9．簡要回答下列問題（1）醫療上，常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]來治療胃酸（主要成分鹽酸）過多，其理由是__________（用離子方程式表示）。（2）生活中不能用鋁制容器儲存氫氧化鈉溶液的原因是__________（用化學方程式表示）。（3）工業制備漂白粉原理是__________（用化學方程式表示）。（4）人們常用雕花玻璃裝飾房間。在玻璃上雕花時發生反應的化學方程式是__________。（5）硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，向其中通入過量的CO2，會出現軟而透明的凝膠膠體，其化學方程式是__________。【答案】3H++Al(OH)3＝Al3++3H2OAl2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OSiO2+4HF=SiF4↑+2H2ONa2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3【解析】【分析】玻璃的主要成分之一為二氧化硅，它是酸性氧化物，不能與硫酸、硝酸、鹽酸等發生反應，但能與氫氟酸發生反應。不過，二氧化硅與氫氟酸反應，表現的不是酸性氧化物的性質，是氫氟酸特有的性質。【詳解】(1)胃舒平中的Al(OH)3與胃酸中的鹽酸反應，生成氯化鋁和水，其理由是3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；答案為：3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；(2)生活中不能用鋁制容器儲存氫氧化鈉溶液，因為鋁表面的Al2O3與NaOH反應后，里面的Al與NaOH溶液繼續反應，化學方程式為Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；答案為：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；(3)工業上利用氯氣與石灰乳反應生產漂白粉，反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；答案為：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4)在玻璃上雕花是利用氫氟酸與玻璃中的SiO2發生復分解反應，反應的化學方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；答案為：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(5)向硅酸鈉水溶液中通入過量的CO2，會出現軟而透明的硅酸凝膠和NaHCO3，反應的化學方程式為Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；