高考化学压轴题专题硅及其化合物推断题的经典综合题含详细答案.docx
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高考化学压轴题专题硅及其化合物推断题的经典综合题含详细答案
高考化学压轴题专题硅及其化合物推断题的经典综合题含详细答案
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】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSiO2+2C
Si+2CO↑
【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,物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol,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=0.03mol×76g/mol=2.28g,金属质量=4.20g-2.28g=1.92g,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=3.48g÷58g/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4.20g-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Mg2SiO4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-=SiO32-+H2O。
(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+2C
Si+2CO↑。
2.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2MgO·SiO2SiO2+2OH-=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SiO2,物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol,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=0.03mol×76g/mol=2.28g,金属质量=4.20g-2.28g=1.92g,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0.06mol×24g/mol=1.44g,不符合,则为原硅酸根,物质的量为0.03mol,质量=0.03mol×92g/mol=2.76g,金属质量4.20g-2.76g=1.44g,物质的量=1.44g÷24g/mol=0.06mol,得到X为Mg2SiO4。
(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SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)氢氧化镁是优良的阻燃剂。
3.X、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为常见化合物.它们在一定条件下可以发生如图反应(均不是在溶液中进行的反应)(以下每个空中只需填入一种物质)
(1)X、Y均为金属时,此反应在工业上称为___反应,其反应方程式为________
(2)X为金属,Y为非金属时,A为__B__
(3)X为非金属Y为金属时,A为__B为_______
(4)X为非金属,Y为非金属时,A为_____B为______
【答案】铝热反应3Fe3O4+8Al
9Fe+4Al2O3CO2MgOCuOH2OSiO2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一,应为O2,X+A
Y+B的反应为置换反应,X、Y为单质,A、B为氧化物。
【详解】
(1)当X、Y均为金属时,应为铝热反应,则X为Al、A为Fe3O4,Y为Fe,B为Al2O3,Z为氧气,
反应方程式为3Fe3O4+8Al
9Fe+4Al2O3;
(2)当X为金属、Y为非金属,应为Mg和CO2的反应,反应的方程式为:
Mg+CO2
MgO+C;
(3)当X为非金属时,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A为CuO,B为H2O,反应方程式为CuO+H2
Cu+H2O;
(4)当X、Y均为非金属固体时,为C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C
Si+2CO。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目难度中等,解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物→单质+氧化物的置换反应的类型,注意把握常见相关物质的性质。
4.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+4H2O
Fe3O4+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+4H2O
Fe3O4+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:
。
5.X、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反应的化学方程式为
___________________________________________。
【答案】Al氧气H2CuO2Mg+CO2
2MgO+CSiO2+2C
Si+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+A→Y+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+CO2
2MgO+C;
(4)当X、Y均为非金属固体时,X应为C,Y应为Si,该反应应是C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C
Si+2CO。
6.下图中的A~H是中学化学中常见的八种物质,所有物质均由短周期元素组成,其中B、F、H都含有同一种元素;B、D、E为单质,其他为化合物,常温常压下C为无色液体,D、E为气体;H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽。
A~H之间的转化关系如图所示。
(1)C的化学式为__________________、A的电子式为_____________;
(2)A、B的混合物加C后,可能发生的反应的化学方程式为___________________________、_____________________________________;
(3)向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量,若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失,写出符合现象的离子方程式______________________________________,与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为:
________;
【答案】H2O
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑(或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O3:
2
【解析】
【分析】
常温常压下C为无色液体,且D、E两种气体经点燃得到C,则C为H2O,D、E为H2和O2。
根据H的性质,可以推出H为SiO2(石英)或Al2O3(刚玉)。
B、H含有同一物质,且B为单质,则B为Si或Al。
和H2O放出O2的物质是Na2O2,则A为Na2O2。
Na2O2和H2O反应后,生成NaOH可以和别的物质反应生成H2等。
从A、B和A、H的反应可以判断,D为H2,E为O2。
当H为Al2O3时,B为Al,F、G为NaOH、NaAlO2;当H为SiO2时,B为Si,F、G为Na2SiO3、NaOH。
【详解】
(1)经分析,C为H2O,A为Na2O2,其电子式为:
;
(2)当B为Si时,该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;
当B为Al时,该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)向F中滴加过量盐酸,先是有白色沉淀生成,然后沉淀消失,则F为NaAlO2,离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;B为Al,D为H2,E为O2,若D、E恰好完全反应,设n(O2)=1mol,则n(H2)=2mol,则n(Na2O2)=2mol,n(Al)=
mol,则n(Na2O2):
n(Al)=3:
2。
7.
(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:
①写出化合物甲的电子式___________________;
②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:
①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________;
②在①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:
①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________;
②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+CO2
2MgO+CSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2:
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;
①二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:
;
②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应的化学方程式:
2Mg+CO2
2MgO+C;
综上所述所,本题正确答案:
2Mg+CO2
2MgO+C;
(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;
①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气,离子方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
综上所述所,本题正确答案:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
②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,Y是氧气,符合上述转化关系;
①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:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
综上所述所,本题正确答案:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
②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。
8.已知A是灰黑色的硬而脆的固体,B是气态物质,A~E各种物质的相互转化关系如下图所示。
(1)写出B、D、E三种物质的化学式:
B______,D_______,E________;
(2)画出A的原子结构示意图__________;
(3)写出C→A的化学方程式___________。
【答案】SiF4Na2SiO3H2SiO3或H4SiO4
2C+SiO2
Si+2CO
【解析】
【分析】
A是灰黑色的硬而脆的固体,且能溶于NaOH溶液,可知A为Si,其与F2反应生成的B是气态SiF4,Si与O2在加热条件下生成的C为SiO2,Si溶于NaOH溶液生成的D为Na2SiO3,Na2SiO3溶液中滴加稀酸生成不溶于水的E为硅酸(H2SiO3),据此分析解题。
【详解】
(1)由分析可知:
B的化学式为SiF4、D的化学式为Na2SiO3、E的化学式为H2SiO3;
(2)硅原子的核电荷数为14,其原子结构示意图为
;
(3)SiO2在高温下和碳反应生成Si,反应的化学方程式为2C+SiO2
Si+2CO。
9.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,进行了如下三个实验。
分析并回答下列问题:
(1)由实验①可得出的结论为:
_______。
(2)步骤Ⅰ所发生反应的离子方程式为:
__________,________。
反应Ⅱ涉及固体质量变化的化学方程式为:
_________。
(3)由步骤Ⅲ可得出的结论为:
______。
(4)步骤Ⅳ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Na2O2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O混合物X中无Al2O3H+、Cu2+、Fe2+m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2:
3.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于Na2O2能与水反应生成NaOH和O2,实验①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②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=Na2SiO3+H2O。
(3)实验③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③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Fe2+,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0.02mol×160g/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。
10.大米的主要成分是:
_____;苷氨酸的结构简式是:
_________;写出一个检验葡萄糖的化学反应方程式:
______________;钢含碳量为:
______________;玻璃、陶瓷、水泥一定含___________元素;油脂在体内水解后的产物是:
______
【答案】(C6H10O5)nH2N-CH2-COOHCH2OH(CHOH)4CHO+2Ag(NH3)2OH
2Ag↓+CH2OH(CHOH)4COONH4+3NH3+H2O0.03~2%Si、O或硅、氧元素高级脂肪酸和甘油
【解析】
【分析】
【详解】
大米的主要成分是淀粉,淀粉的化学式是:
(C6H10O5)n;苷氨酸是α-氨基乙酸,其结构简式通式是:
H2N-CH2COOH;葡萄糖分子结构中含有醛基,能发生银镜反应,发生反应的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+2Ag(NH3)2OH
2Ag↓+CH2OH(CHOH)4COONH4+3NH3+H2O;钢含碳量为:
0.03~2%;玻璃、陶瓷、水泥一定含Si、O或硅、氧元素元素;油脂在体内水解后的产物是:
高级脂肪酸和甘油。
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