全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考真题汇总及答案解析

一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）

1．甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质，其中甲、乙均为单质，它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法正确的是

A．若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则丙一定是两性氧化物

B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则丙生成戊一定是氧化还原反应 C．若丙、丁混合产生大量白烟，则乙可能具有漂白性

D．若甲、丙、戊都含有同一种元素，则三种物质中，该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲丙戊 【答案】D 【解析】 【详解】

A．甲为单质，若甲可以与NaOH溶液反应放出H2，则甲为Al或Si，所以丙可能是氧化铝，也可能是二氧化硅，不一定是两性氧化物，故A错误；

B．若甲为短周期中最活泼的金属，且戊为碱，则甲为Na，乙为氧气，所以丙可以为氧化钠或过氧化钠，当丙为氧化钠时，丙生成戊不是氧化还原反应，故B错误；

C．丙、丁混合产生白烟，则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等，甲、乙均为单质，则乙可能是氯气或氢气或氮气，都不具有漂白性，故C错误；

D．若甲、丙、戊含有同一种元素，当甲为S，乙为氧气，丙为二氧化硫，丁为HClO等具有强氧化性的物质，戊为硫酸，则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲丙戊，故D正确； 故答案为D。

2．“纳米车”(如图所示)是科学家用某有机分子和球形笼状分子C60制成的，每辆“纳米车”是由一个有机分子和4个C60分子构成。“纳米车”可以用来运输单个的有机分子。下列说法正确的是

A．C60是一种新型的化合物 B．C60与12C是同素异形体

C．人们用肉眼可以清晰看到“纳米车”的运动

D．“纳米车”诞生说明人类操纵分子的技术进入了一个新阶段

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．C60是由一种元素组成的纯净物，属于单质，不属于化合物，故A错误；

B．C60是由碳元素形成的单质，而12C是碳元素的一种原子，故C60与12C不是互为同素异形体，故B错误；

C．因“纳米车”很小，我们不能直接用肉眼清晰地看到这种“纳米车”的运动，故C错误； D．“纳米车”的诞生，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，故D正确； 故答案选D。

3．在生产和生活中应用的化学知识正确的是 A．玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品 B．晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料 C．碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂

D．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔 【答案】D 【解析】 【详解】

A．水晶成分为二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；

B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制作光导纤维的主要原料，故B错误；

C.碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，可以用碳酸氢钠治疗，故C错误；

D．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，能使焙制出的糕点疏松多孔，常用于食品发酵剂，故D正确； 答案选D。

4．能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是 A．CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水 B．CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀 C．高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2

D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A．酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系，则无法比较酸性，故A错误；

B．因往硅酸盐溶液通入二氧化碳，可以看到溶液变浑浊，是因为生成了难溶的硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比

硅酸酸性强，故B正确；

C．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；

D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强，但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误； 故答案为B。

5．硅在无机非金属材料中，扮演着主要角色，请利用相关知识回答下列问题： (1)硅有非常重要的用途，请写出其中的一种：_________________________________。 (2)古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡(BaCuSi2Ox，铜为＋2价)，下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是________。 A．可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2 B．性质稳定，不易脱色 C．x等于6

D．易溶解于强酸和强碱

(3)工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图如下：

①在电弧炉中发生的反应需要在高温条件进行，写出该反应化学方程式：________________。

②SiCl4极易水解，在空气中生成烟尘和白雾，推测书写其水解的化学方程式为____________________。

③在流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，有关物质的沸点数据如下表，分离SiCl4和其他杂质的方法为________。 物质 Si SiCl4 57.6 SiHCl3 31.8 SiH2Cl2 8.2 SiH3Cl －30.4 HCl －84.9 SiH4 －111.9 沸点/℃ 2355

【答案】制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等(回答其中一种即可) D 2C＋SiO2

===2CO↑＋Si SiCl＋3HO===HSiO↓＋4HCl 蒸馏(精馏)

4

2

2

3

高温【解析】 【详解】

(1)硅位于金属和非金属分界线附近，常用作半导体材料，为无机非金属材料的主角，计算

机芯片的主要成分为单质硅，太阳能电池的主要成分是硅单质，所以硅可制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等，

因此，本题正确答案是：制半导体、制电路板、制太阳能电池板、制硅钢等；

(2)A. 硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，所以A选项是正确的；

B.硅酸盐性质均比较稳定，不容易褪色，所以B选项是正确的；

C. 在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：(2)(2)(4)2(2)x0，计算得出x=6，所以C选项是正确的； D. BaCuSi2O6是瓷器的一种颜料，瓷器耐酸耐碱耐腐蚀，所以不与强酸、强碱反应，故D错误；

因此，本题正确答案是：D；

(3)①石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应， 2C＋SiO2

===2CO↑＋Si；

高温②SiCl4水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为： SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl，因此，本题正确答案是： SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl；

③利用沸点的不同提纯SiCl4属于蒸馏，SiCl4(沸点57.6℃)中含有少量 SiHCl 3 (沸点33℃)和FeCl3 (离子化合物沸点很高)，SiH2Cl2 (沸点8.2℃)、SiH3Cl (沸点-30.4℃)、因为沸点差别较大，可以通过精馏(或蒸馏)除去杂质，因此，本题正确答案是：精馏(或蒸馏)。

6．氮化硅可用作高温陶瓷复合材料，在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如下图所示：

其中—NH2中各元素的化合价与NH3相同。请回答下列问题：

(1)石英砂不能与碱性物质共同存放，以NaOH为例，用化学反应方程式表示其原因：_____________________。

(2)图示①～⑤的变化中，属于氧化还原反应的是_______________________。 (3)SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，军事工业中用于制造烟雾剂。SiCl4水解的化学反应方程式为____________________________。

(4)在反应⑤中，3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol 氮化硅粉末和8 mol A气体，则氮化硅的化学式为________________。

(5)在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中，也能反应生成氮化硅，B和C两种气体在一定条件下化合生成A。写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式

______________________。

【答案】SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O ①② SiCl4＋3H2O=4HCl↑＋H2SiO3↓ Si3N4 3SiCl4＋2N2＋6H2【解析】 【分析】

根据题中反应流程可知，石英砂在高温下被碳还原得到粗硅，粗硅与氯气反应生成粗四氯化硅，精馏后得到较纯的四氯化硅，四氯化硅在高温下与氨反应生成四氨基硅，四氨基硅高温下生成氮化硅，据此解答。 【详解】

（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱氢氧化钠溶液反应生成可溶性硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；

（2）①石英砂到粗硅，硅元素化合价降低，属于氧化还原反应；②粗硅与氯气反应生成四氯化硅，硅元素化合价升高，属于氧化还原反应；③四氯化硅精馏属于物理变化；④四氯化硅与氨气反应，不存在化合价的变化，不是氧化还原反应；⑤Si(NH2)4高温生成氮化硅，没有化合价的变化，不是氧化还原反应；答案为①②；

（3）SiCl4在潮湿的空气中剧烈水解，产生白雾，说明有氯化氢产生，反应的方程式为SiCl4＋3H2O＝4HCl↑＋H2SiO3↓；

（4）3 mol Si(NH2)4在高温下加热可得1 mol 氮化硅粉末和8 mol A气体，结合原子守恒判断A是氨气，即3Si(NH2)4

Si3N4+8NH3↑，所以氮化硅的化学式为Si3N4；

Si3N4＋12HCl。

（5）A是氨气，则B和C是氮气和氢气，则根据原子守恒可知SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式为3SiCl4＋2N2＋6H2

Si3N4＋12HCl

7．A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同。 阴离子 阳离子 Cl－、SiO32-、OH－、NO3- H＋、Ag＋、Na＋、K＋ 已知：A溶液呈强酸性，且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀，B的焰色反应呈黄色。

回答下列问题：

（1）写出A、B、C、D的化学式：A______，B_____，C____，D____。 （2）写出A溶液与B溶液反应的离子方程式： __________。 （3）请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号：

溶液 试剂瓶序号 A ___ C ___ D ___

＋

【答案】HCl Na2SiO3 AgNO3 KOH SiO32-＋2H=H2SiO3↓ ① ③ ②

【解析】 【分析】

A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同，A溶液呈强酸性，则A为盐酸或硝酸，B的焰色反应呈黄色，则B中含有Na元素，A能和B反应生成白色沉淀，则B为Na2SiO3；盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀，所以C为AgNO3，则A为HCl，根据四种化合物中阴阳离子各不相同，则D为KOH。 【详解】

(1)根据以上分析知，四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH； (2)A是HCl、B是硅酸钠，二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓；

(3)A是HCl、C为AgNO3、D为KOH，KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放；硝酸银见光易分解，应该放置在棕色试剂瓶中；盐酸不分解，且和玻璃中成分不反应，所以放置在一般试剂瓶中即可，所以A、C、D选取试剂瓶序号为①③②。 【点睛】

含有钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钙元素的焰色反应为砖红色；玻璃中含有二氧化硅，能与碱性溶液发生反应，所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。

8．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： ______。

SiO2 硅酸盐 2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2 【答案】Mg2SiO4 2MgO·【解析】 【分析】 根据n=

m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M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

12716::=2:1:4 242816(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。

9．已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：

（1）A是______，B是_____，D是_____。 （2）写化学方程式： ①_________； ⑤_________。 （3）写离子方程式： ②__________； ③________； ④________。

【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 Na2CO3＋SiO2【解析】 【分析】

由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。 【详解】

由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。

（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：SiO2；Na2SiO3； H2SiO3。

（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，故答案为：SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑。 H2O＋SiO2，故答案为：

⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：H2SiO3H2SiO3

H2O＋SiO2。

Na2SiO3＋CO2↑ H2SiO3

H2O＋SiO2

CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓ SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2O SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓

（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。

③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为

SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。

④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。 【点睛】

解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，本题的突破口为：“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。

10．简要回答下列问题

（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是__________（用离子方程式表示）。

（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。

（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。

（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是__________。 （5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。

【答案】3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；

2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑ 2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3 【解析】 【分析】

玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。 【详解】

(1)胃舒平中的Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；

答案为：3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；

(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；

答案为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑； (3)工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为

2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； 答案为：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(4)在玻璃上雕花是利用氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O； 答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；

(5)向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学方程式为Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3； 答案为：Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。 【点睛】

“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成

Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。

11．硅及其化合物在自然界广泛存在并被人类应用。

(1)氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业。可以用NH3和SiH4(硅烷)在一定条件下反应制得3SiH4＋4NH3以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：

Si3N4＋12H2

反应原理：4NH4Cl＋Mg2Si4NH3↑＋SiH4↑＋2MgCl2(ΔH<0)

①NH4Cl中的化学键类型有________，SiH4的电子式为______________。 ②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是____________________________。 ③氨气是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式：

___________________________________________________，实验室可利用如图所示装置完成该反应。

在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是________。

(2)三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)难溶于水，在医药上可作抗酸剂。它除了可以中和胃液中多余

酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激。三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为________________________________。将0.184 g三硅酸镁加入到50 mL 0.1 mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定剩余的盐酸，nH2O中的n值为________。(注：Mg2Si3O8的摩尔质量消耗NaOH溶液30 mL，则Mg2Si3O8·为260 g/mol)

【答案】极性键(或共价键)、离子键

吸收热量，保证反应在常温下进行(答

“制冷”或“降温”均可) 4NH3＋5O24NO＋6H2O NH4NO3(或硝酸铵)

Mg2Si3O8·nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋(n－1)H2O 6 【解析】 【分析】

（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；

②根据液氨的性质：易液化来回答；

③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；

（2）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算。 【详解】

（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：

；

②液氨的性质：易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；

③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3＋5O2

4NO＋6H2O，在实验过程

中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成NH4NO3(或硝酸铵)；

nH2O＋4HCl=3H2SiO3＋2MgCl2＋（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）的化学方程式为：Mg2Si3O8·

(n－1)H2O，根据化学方程式，设0.184g Mg2Si3O8·nH2O的物质的量是x，得：

MgSi3O8gnH2O1x4HCl40.050L0.1mol/L0.030L0.1mol/L2MgCl23SiO2n2H2O

14=，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2Ox0.050L0.1mol/L0.030L0.1mol/L的摩尔质量是(260+18n) g/mol =368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6。

12．多种方法鉴别下列第一组白色粉末物质(注：能够写化学方程式的写出化学反应方程式；鉴别方法可以不用填满，若序号不够也可以自己再添)。 (1)Na2CO3和SiO2： ①_____________。 ②_____________。

(2)欲鉴别CaCO3和Na2SiO3，某同学分别取少许待测粉末，滴加稀盐酸，指出他观察到的现象：

CaCO3： ______________。 Na2SiO3： _____________。

【答案】加水溶解法：能溶于水的是Na2CO3，不溶于水的是SiO2 酸液产气法：分别取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是Na2CO3，不反应的是SiO2，化学方程式：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑ 产生气泡 产生白色沉淀 【解析】 【详解】

(1)根据碳酸钠和二氧化硅性质的差异来鉴别，碳酸钠含有钠离子，可以进行焰色反应、还可以和盐酸之间反应、还可以和氯化钡溶液之间反应，但是二氧化硅都无此性质； (2)结合强酸制弱酸的原理并结合硅酸不溶于水分析。 【点睛】

(1)①加水溶解法：能溶于水的是Na2CO3，不溶于水的是SiO；

②酸液产气法：分别取少许待测粉末，滴加稀盐酸，能够产生气体的是Na2CO3；不反应的是SiO2．化学方程式：Na2CO3+2HCl=2 NaCl+H2O+CO2↑；

(2)CaCO3溶于稀盐酸发生的反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，则可观察到产生气泡；Na2SiO3溶于稀盐酸发生的反应方程式为Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，则可观察到有白色沉淀产生。

13．为确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，某学生设计了如下图所示的实验装置，一次实验即可达到目的（不必选其他酸性物质）请据此回答：

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为________。 （2）装置B所盛的试剂是_____________，其作用是__________________。 （3）装置C所盛试剂是________________，C中反应的离子方程式是____________。 （4）由此得到的结论是酸性：________＞________＞________。 【答案】盐酸 饱和NaHCO3溶液 吸收HCl气体 Na2SiO3溶液

22SiO3CO2H2OH2SiO3↓CO3（或

2SiO32CO22H2O2HCO3H2SiO3） HCl H2CO3 H2SiO3

【解析】 【分析】

要确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3，所以A中反应为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，C中反应为

Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在反应前，应除去CO2中混有的HCl气体。

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐溶液，分液漏斗所盛试剂应为酸。 （2）装置B所盛的试剂，应能除去CO2中混有的HCl气体。

（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O ==H2SiO3↓+2NaHCO3。

（4）由此可得出酸性的强弱关系。 【详解】

要确认HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，设计的实验流程为HCl→H2CO3→H2SiO3， 由于盐酸易挥发，会干扰CO2与Na2SiO3溶液的反应，所以在CO2通入硅酸钠溶液前，应除去CO2中混有的HCl气体。

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐(通常为Na2CO3)溶液，分液漏斗所盛试剂应为盐酸。答案为：盐酸；

（2）装置B所盛的试剂为饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl气体。答案为：饱和NaHCO3溶液；吸收HCl气体；

（3）装置C中发生反应Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3或Na2SiO3+2CO2+2H2O ==H2SiO3↓+2NaHCO3。装置C所盛试剂是Na2SiO3溶液，C中反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O==H2SiO3↓+CO32-或SiO32-+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2HCO3-。

（4）由此得到的结论是酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3。答案为：HCl；H2CO3；H2SiO3。 【点睛】

硅酸溶胶的制备：向盛有适量1mol/L稀盐酸的试管里，逐滴加入适量的饱和硅酸钠溶液，用力振荡，即得到无色透明的硅酸溶胶。

硅酸凝胶的制备：向盛有少量饱和硅酸钠溶液的试管里，逐滴加入几滴浓盐酸，振荡、静置，即得到无色透明果冻状的硅酸凝胶。

14．粗硅中含有铁和锡（Sn）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室用下列装置模拟制备SiCl4。已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；Sn Cl4的熔点是-33℃，沸点是114℃

回答下列问题：

（1）仪器a的名称是_______；装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。 （2）装置C中盛放的试剂是_____________，作用是___________________；玻璃管b的作用是_______________________。

（3）装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。 （4）装置F中碱石灰的作用是____________________________。

（5）装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4，可以通过___________方法提纯。

【答案】分液漏斗 MnO2+ 4H＋+2Cl－【解析】 【分析】

制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置，B、C装置为除杂装置。先用B除去HCl，再用C（浓H2SO4）除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应，用冷水将产生SiCl4冷凝即可，以此解答。 【详解】

（1）依据仪器a形状可知a为：分液漏斗；装置A烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条

＋－

件下生成氯气，方程式为：MnO2+ 4H+2Cl

Mn2＋+2H2O+ Cl2↑ 浓硫酸 干燥氯气 调节装置

内外压强平衡 冷凝并收集SiCl4 吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中 蒸馏

ΔMn2＋+2H2O+ Cl2↑；

（2）生成的氯气中混有水蒸气，需要通过浓硫酸除去，装置C中盛放的试剂是浓硫酸；作用是干燥氯气；玻璃管b的作用是调节装置内外压强平衡；

（3）D中氯气和粗硅反应生成SiCl4气体，装置E放在冰水中可以冷凝并收集SiCl4； （4）氯气有毒需要除去多余的氯气，同时也要避免空气中的水蒸气进入装置中，则装置F中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2，防止外界水蒸气进入E的烧瓶中；

（5）已知：SiCl4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；SnCl4的熔点是-33℃，沸点是114℃，三种沸点差别很大，可以用蒸馏的方法进行提纯。

15．某种胃药中抗酸剂为CaCO3。甲、乙两同学为测定其中CaCO3含量，分别设计以下两

种方案（药片中的其它成分与HCl和NaOH溶液均不反应）。请回答下列有关问题： （1）甲同学拟用下图装置测量样品与足量稀盐酸反应生成CO2的体积，来分析CaCO3的含量。则

①X的作用是__________。

②B中不可改用饱和Na2CO3溶液，用离子方程式说明理由_______。

（2）乙同学拟用以下操作测定样品中CaCO3含量：A．配制0.100 mol/L HCl溶液和0.100 mol/L NaOH溶液，B．取一粒药片(0.100 g)，研碎后加入20 mL蒸馏水，C．加入30 mL 0.100 mol/L 的盐酸，充分反应，D．用0.100 mol/L NaOH溶液中和过量的盐酸至中性，共消耗NaOH溶液18.00 mL，该胃药中CaCO3的质量分数是____写出计算过程）。 （3）甲同学将实验中获得的17.92 mL CO2 (标准状况)通入10 mL 0.100 mol/L NaOH溶液中，判断所得溶液的溶质是_____（填化学式）。

【答案】使广囗瓶内与分液漏斗内气体压强相等 ，便于溶液顺利流下 CO32-+CO2+H2O=HCO3- 60% Na2CO3 NaHCO3 【解析】 【分析】

(1)①装置A中连通管X能使分液漏斗和广口瓶中的压强保持一致，使盐酸顺利流下；②碳酸钠溶液能够和二氧化碳反应；

(2)反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为18.00 mL，则与碳酸钙反应的盐酸为30.00mL-18.00 mL=12.00 mL，根据反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑计算碳酸钙的质量，再计算质量分数；

(3)计算出二氧化碳的物质的量和氢氧化钠的物质的量，然后根据二者物质的量关系判断溶液中溶质的组成。 【详解】

(1)①连通管X能使漏斗和广口瓶中的压强保持一致，使盐酸顺利流下，故答案为：使广口瓶内与分液漏斗内气体压强相等，便于溶液顺利流下；

②若用碳酸钠溶液，碳酸钠会吸收二氧化碳，发生的反应为：CO32-+CO2+H2O=HCO3-，导致生成的二氧化碳被消耗，测定结果偏小，故答案为：CO32-+CO2+H2O=HCO3-；

(2)反应所用盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，氢氧化钠溶液的体积为18.00 mL，则与碳酸钙反应的盐酸为30.00mL-18.00 mL=12.00 mL， CaCO3 + 2HCl = CaCl2+H2O+CO2↑ 100g 2mol

m(CaCO3) 0.100 mol/L×0.012L

100g2mol=，解得：m(CaCO3)=0.06 g，碳酸钙的质量分数为

mCaCO30.100 mol/L0.012L0.06g×100%=60%，故答案为：60%； 0.1g(3)标况下，17.92mL CO2 的物质的量是

0.01792L=0.0008mol，10mL0.100mol/L NaOH溶

22.4L/mol液中含有氢氧根离子的物质的量是0.01L×0.100mol/L=0.001mol，根据关系式：CO2～Na2CO3～2OH-、CO2～NaHCO3～OH-，完全生成碳酸钠，需要消耗氢氧根离子

0.0008mol×2=0.0016mol＞0.001mol；完全生成碳酸氢钠，需要消耗氢氧根离子的物质的量是：0.0008mol＜0.001mol，所以溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，故答案为：Na2CO3、NaHCO3。 【点睛】

本题的易错点为(3)，要注意氢氧化钠和二氧化碳反应的方程式与二氧化碳的量的多少有关，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3。