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1、化学硅及其化合物推测题专项培优练习题(含答案)及答案化学硅及其化合物推测题的专项培优练习题(含答案)及答案一、硅及其化合物1A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生以下图的转变关系，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反响生成盐(Na2RO3)和氢气。请回答以下问题：(1) 写出各物质的化学式：A_；B_；C_；D_；E_。(2) 写出反响的化学方程式：_，该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为_。(3) 写出反响的离子方程式：_。(4) 写出反响的离子方程式：_。(5)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：_。【答案】SiO2CaSiO3Na2SiO3S
2、iH2SiO3SiO22CSi2CO12Si2OH2-2H2-Ca2CaSiO2-CO2-H2OSiO32SiO33SiO32H2OH2SiO3CO3【分析】【剖析】A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质能与NaOH溶液反响生成盐(NaRO)和氢气，则可推知该元素为硅元素，依据题中各物质转变23关系，联合硅及其化合物有关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na23323SiO，依据反响或反响都可推得B为CaSiO，依据反响推知E为HSiO。【详解】（1）依据上边的剖析可知，A为SiO232323，B为CaSiO，C为NaSiO，D
3、为Si，E为HSiO；（2）反响的化学方程式为SiO22CSi2CO，依据方程式可知，该反响中氧化剂是个与复原剂碳的物质的量之比为1：2；（ 3）反响的离子方程式为Si2OHH2OSiO32-2H2；（ 4）反响的离子方程式为SiO32-Ca2CaSiO3；（5）H23的酸性强于2323COHSiO，依据复分解反响的规律：强酸制取弱酸，则能够向NaSiO的水溶液中通入CO2气体，发生反响产生硅酸和碳酸钠，反响的离子方程式是：SiO32-CO2H2OH2SiO3CO32-。2如图为必定量饱和Ca(OH)2溶液中通入CO2气体后，产生CaCO3白色积淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。请回答
4、：/OA段曲线所表示的化学反响方程式：_，A点处已参加反响的CO22与Ca(OH)的物质的量之比为_。B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)2232O23溶液变污浊(或产生白色积淀)CO=CaCOH11CaHCO【分析】【剖析】二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反响与二氧化碳的量有关，少许二氧化碳与氢氧化钙反响生成碳酸钙和水，反响的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，过度二氧化碳与氢氧化钙反响生成碳酸氢钙，反响的化学方程式为2CO2232OA段随+Ca(OH)=Ca(HCO)，由图可知着CO23的量渐
5、渐增大，A点达到积淀最大值，AB2通入CaCO段随CO的通入，生成的CaCO3不停溶解转变成Ca(HCO3)2，B点CaCO3全溶解，溶液又变得澄清。【详解】由图可知OA段跟着CO2通入CaCO3的量渐渐增大，A点达到积淀最大值，则OA段发生的反响为二氧化碳与氢氧化钙反响生成碳酸钙和水，反响的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，由方程式可知A点处已参加反响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；由图可知AB段随CO2的通入，生成的CaCO3不停溶解，发生的反响为二氧化碳与碳酸钙反响生成碳酸氢钙，则溶液中存在的浓
6、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污浊，故答案为：Ca2；HCO3；溶液变污浊(或产生白色积淀)。【点睛】明确碳酸的正盐与过度的CO2反响时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反响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是解答重点。3有A、B、C三种不溶于水的固体。A是某元素的一种单质，它在氧气中完整焚烧获得一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变污浊，此外测得这类气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过度盐酸时，析出白色胶状积淀
7、D。此积淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸。将B与石灰石、纯碱按比率混淆加热获得C，C在高温时融化，无固定熔点。（1）依据以上事实，形成单质A的元素名称为_，C的名称为_。（2）B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是_。（ 3）生成白色胶状积淀D的化学方程式是_。（ 4）由B制取C的化学方程式是_。【答案】碳一般玻璃SiONa2SiO32HCl=2NaClH2SiO322NaOH=Na2SiO3H2ONa2CO3SiO2Na2SiO3CO2、CaCO3SiO2CaSiO3CO2【分析】【剖析】A 是某元素的一种单质，它在氧气中完整焚烧获得一种无色气体，此气体能使澄清石
8、灰水变污浊，这类气体为氧气密度的1.375倍(标准情况)的气体，则该气体的相对分子质量=321.375=44，应是CO2，所以A为碳，B固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过度盐酸时，析出白色胶状积淀，此积淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸，则该酸应为硅酸，将B与石灰石、纯碱按比率混淆加热获得C，C在高温时融化，无固定熔点，该反响为工业制一般玻璃的反响，所以B为SiO2，C为一般玻璃，据此答题。【详解】A焚烧后生成的气体的相对分子质量为321.37544，且能使澄清石灰水变污浊，该气体是二氧化碳，则A为碳元素的一种单质。B物质能与氢氧化钠反响，且能持续与过度的
9、盐酸反响生成一种比碳酸还弱的酸，则B为二氧化硅。二氧化硅与石灰石、纯碱混淆加热生成的C在高温时融化且无固定熔点，可推知C为一般玻璃；(1)依据以上事实，形成单质A的元素名称为碳，C的名称为一般玻璃；(2)B为SiO2，其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO22NaOH=Na2SiO3H2O；(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl，生成白色胶状积淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO32HCl=2NaClH2SiO3；(4)由SiO2制取一般玻璃的化学方程式是Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2、CaCO3SiO2CaSiO3CO2。4研究无机盐X（仅含三种短周期元素）的构成和性质，设
10、计并达成以下实验：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）白色积淀用途宽泛，请列举一例：_。【答案】Mg2SiO4或2MgOSiO2SiO22OH-=SiO32-+H2O优秀的阻燃剂等【分析】【详解】无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过度盐酸溶解，离心分别获得白色胶状物积淀和无色溶液，白色胶状积淀为硅酸，白色积淀充足灼烧获得白色粉末1.80g为SiO2，物质的量1.8g60g/mol0.03mol，溶于氢氧化钠溶液获得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. 03mol7
11、6g/mol2.28g，金属质量4.20g-2.28g1.92g，无色溶液中加入过度氢氧化钠溶液生成白色积淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量0.06mol，质量为0.06mol24g/mol1.44g，不切合，则为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量0.03mol92gmol276g420g2.76g1.44g144g24gmol/.，金属质量.-，物质的量./ 0.06mol，获得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SiO22OH-SiO32-+H2O；（3）氢氧化镁是优秀的阻燃剂。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元素有两种常有单质，两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与甲反响的化学方程式_
