2020-2021高考化学压轴题专题复习——硅及其化合物推断题的综合含答案解析

2020-2021高考化学压轴题专题复习——硅及其化合物推断题的综合含答案解
析
一、硅及其化合物
1．在下列物质的转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻的气体单质。

据此填写：
（1）B的化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。

（2）B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（3）A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑
SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2。

【详解】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，所以B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻的气体单质，则F为H2，（1）B的化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料；
（2）B和a溶液反应的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；
（3）A和a溶液反应的离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；
（4）C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

2．有一应用前景广阔的纳米材料甲，其由A、B两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高。

取材料甲与熔融的烧碱反应，生成一种含A元素的含氧酸盐乙和一种含B元素的气体丙，丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；乙能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解。

（1）甲的化学式为____________，其晶体属于____________晶体。

（2）乙的水溶液可以用来做________________________（写出一种用途）。

（3）B元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，其燃烧放热多且燃烧
产物对环境无污染，因此可用作火箭燃料、燃料电池燃料等。

则
①丁的电子式为_____。

②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，其化学方程式________________________。

甲的制备过程中氨气需要过量的理由是____________________________________。

③丁的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K 1≈1.0×10－6，则0.01 mol ·L
－1丁水溶液的pH 等于____________（忽略丁的二级电离和H 2O 的电离）。

【答案】Si 3N 4 原子 黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂 NaClO ＋ 2NH 3＝N 2H 4 ＋ NaCl ＋ H 2O 次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化 10
【解析】
【分析】
甲由A 、B 两种短周期非金属元素组成，难溶于水，且硬度大，熔点高，考虑甲属于原子晶体。

甲与熔融的烧碱反应生成一种含A 元素的含氧酸盐乙和一种含B 元素的气体丙，且丙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明丙气体为NH 3，说明甲中含有氮元素。

含氧酸盐乙由短周期元素组成且为钠盐，能溶于水，加盐酸产生白色沉淀，盐酸过量沉淀不溶解，说明生成的沉淀为H 2SiO 3，则乙为Na 2SiO 3，证明甲中含有硅元素，故A 为Si 元素，B 为N 元素，依据元素化合价可推知甲为Si 3N 4，据此分析解答。

【详解】
(1)由分析可知，甲的化学式为Si 3N 4，属于原子晶体，故答案为：Si 3N 4；原子；
(2)乙的水溶液为硅酸钠溶液，是一种矿物胶，可以做黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂，故答案为：黏合剂、木材等的防腐剂或防火剂；
(3)①B 元素的一种氢化物丁，相对分子质量为32，常温下为液体，可知丁为N 2H 4，电子式为：，故答案为：；
②丁可由次氯酸钠与过量氨气反应制得，反应的化学方程式为：NaClO +2NH 3＝
N 2H 4+NaCl +H 2O ，次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化，氨气需要过量，故答案为：NaClO +2NH 3＝N 2H 4+NaCl +H 2O ；次氯酸钠有强氧化性，防止N 2H 4继续被氧化；
③电离方程式为：N 2H 4+H 2O ⇌N 2H 5++OH -，该溶液中溶质电离程度较小，则
c (N 2H 4)≈0.01mol /L ，由平衡常数K =()()+-2524c N H c(OH )
c N H ⨯，可知该溶液中c (OH -()24·N H K c 61.0100.1-⨯⨯1.0×10-4，溶液中c (H +)=1441010
--mol /L =10-10mol /L ，则溶液的pH =10，故答案为：10。

【点睛】
正确推断元素是解答本题的关键。

本题的易错点和难点为(3)③中pH 的计算，要注意电离平衡常数表达式和水的离子积的灵活运用。

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 H2 CuO 2Mg+CO22MgO+C SiO2+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+CO22MgO+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。

4．材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。

某新型无机非金属材料K由两种非金属元素组成。

它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。

它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。

下图虚线框内的其它转化是为探究C的组成而设。

G、F、H均为难溶于水的白色固体；图中C、H、K均为含A元素。

其余物质均为中学化学中常见物质。

请回答下列问题：
（1）指出K可能所属的晶体类型__________，K中含有的化学键类型为___________。

（2）写出化学式：化合物C____________________；化合物F______________。

（3）写出反应③的化学方程式：_______________________________________。

（4）写出反应⑤的离子方程式：_______________________________________。

（5）化合物K与化合物C类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，请写出K
与水反应的化学方程式：_______________________________________。

【答案】原子晶体共价键 SiCl4 H2SiO3(或H4SiO4) 3Si（NH2）4=Si3N4+8NH3 SiO2+2OH-==SiO32-+H2O 或 SiO2+4OH-==SiO44-+2H2O Si3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3 或
Si3N4+12H2O=3H4SiO4+4NH3
【解析】
【分析】
根据图中各物质转化关系，F受热得H，H能与氢氧化钠反应生成I，I与过量的二氧化碳反应生成F，说明F为弱酸且能受热分解，结合化合物D中A可形成四个价键知：A元素为四价元素，C、H、K均为含A元素，K由两种非金属元素组成，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，根据D的部分组成可知K应为Si3N4，可以确定A为Si，H为SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，由虚线框中上一支推中可知，E与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀G，则可知E中有Cl－，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由
SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成E：HCl，G、F、H均为难溶于水的白色固体。

【详解】
由分析可知：A为Si，B为Cl2，C为SiCl4，D为Si(NH2)4，E为HCl，F为H2SiO3，G为AgCl，H为SiO2，I为Na2SiO3，K为Si3N4。

（1）K为Si3N4，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，K 可能所属的晶体类型原子晶体，K中含有Si-N的化学键类型为共价键。

（2）化学式：化合物C为SiCl4；化合物F为H2SiO3 (或H4SiO4) 。

（3）Si（NH2）4在高温条件下分解生成Si3N4和NH3，反应③的化学方程式：3Si（NH2）4= Si3N4+8NH3。

（4）SiO2是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应⑤的离子方程式：SiO2+2OH-
=SiO32-+H2O 或 SiO2+4OH-=SiO44-+2H2O。

（5）化合物Si3N4与化合物SiCl4类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，则反应方程式为：Si3N4+9H2O=3H2SiO3↓+4NH3↑或 Si3N4+12H2O=3H4SiO4↓+4NH3↑。

5．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。

6．A、B、C、D是初中化学常见物质，它们之间的转化关系（反应的条件未标出）如图所示．已知A是一种碱，常用于改良酸性土壤，C是最常见溶剂．
（1）若B是引起大气温室效应的主要气体，则D的化学式是_____，A，B，C，D中均含有的一种元素是_____（填元素符号）．
（2）若B是人体胃酸中含有的酸，写出反应的化学方程式________
【答案】CaCO3 O CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若B是引起大气温室效应的主要气体，则B为CO2，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，所以D是CaCO3，通过以上分析知，D是CaCO3，根据A、B、C、D的化学式知，这四种物质中都含有的一种元素是O元素；
(2)若B是人体胃酸中含有的酸，则为HCl，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，所以D 为CaCl2，该反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，
7．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：
信息问题
①短周期元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，最外层电子数均不少于最内层电子数(1)X一定不是______；A．氢 B．碳 C．氧 D．硫
②一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量
的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫
酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大
于26
(2)这四种元素含有铝元素吗?__；
③上述四种元素的单质的混合物，加入足量的盐
酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过
量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀
(3)白色沉淀的化学式为________；
④上述四种元素的单质的混合物，加入足量的烧碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过量的盐酸溶液，最终溶液中有白色沉淀(4)生成白色沉淀的离子方程式为______________________；
【答案】AD 一定含有铝元素 Mg(OH)2 SiO32－+ 2H＋＝H2SiO3↓
【解析】
【分析】
(1)X若为氢时，其最外层电子数为1；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素；
(2)有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；
(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH)2符合；
(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3或H4SiO4；
【详解】
(1)X若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；X若为硫，原子序数比X大的Y、Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X为碳或氧时合理，故答案为AD；
(2)四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；
(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为
Mg(OH)2；
(4)唯有硅元素在④变化中最终得到白色沉淀H2SiO3(或H4SiO4)，生成该白色沉淀的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓(或SiO32-+2H++H2O=H4SiO4↓)。

8．云母是一种重要的硅酸盐，它具有韧度、弹性、透明度、高介电强度、化学惰性和热稳定性。

白云母可看作叶腊石中1/4的SiⅣ被AlⅢ所取代，再由KⅠ平衡其电荷后形成的。

而叶腊石可以看作SiO2中有1/3的SiⅣ被AlⅢ取代，再由KⅠ平衡其电荷形成的。

(1)白云母写成氧化物形式的化学式为_______________。

(2)研究表明，在硅酸盐中，AlⅢ很容易取代SiⅣ，取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。

从立体几何的知识看，AlⅢ与SiⅣ最直接的关系是_______________。

(3)黑云母的化学式为KMg3AlSi3O10(OH)2，在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI2Si2O5(OH)4］。

①写出离子反应方程式_______________。

②上述反应为什么能够发生_______________
③风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解_______________
【答案】K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O AlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变
2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由复杂硅酸盐改写成氧化物形式的一般原则是先写一系列金属氧化物，并按金属活动性顺序排列，较活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，氧化物之间加黑点隔开，各氧化物的系数均为整数，并写在相应氧化物前面，写成氧化物后，原
化学式中的各元素、原子的个数比应保持不变，因此白云母写成氧化物形式的化学式为
K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O，故答案为：K2O·3Al2O3·6SiO2·2H2O；
(2)从立体几何的知识来看，由于AlⅢ与SiⅣ的半径相近，在硅酸盐中，AlⅢ插入后很容易取代SiⅣ，不会引起原硅酸盐结构大的变化，故答案为：AlⅢ与SiⅣ的半径相近，插入后不会引起结构改变；
(3)①由题干信息可知，黑云母在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土
［AI2Si2O5(OH)4］，反应的离子方程式为2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4，故答案为：2KMg3AlSi3O10(OH)2＋14H2CO3＋H2O=2K＋＋6Mg2＋＋14HCO3－＋4H4SiO4＋Al2Si2O5(OH)4；
②上述反应中碳酸与黑云母反应生成了硅酸，因为碳酸的酸性比硅酸强，可以强酸制弱酸，所以上述反应可以发生，故答案为：碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸；
③由于中性条件下Al3＋完全水解，主要以Al(OH)3的沉淀形式存在，因此风化后Al为什么不能以Al3＋形式被地下水溶解，故答案为：中性条件下Al3＋完全水解，主要以沉淀形式存在。

9．按要求回答下列问题：
（1）FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体的本质区别是：_____________。

（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________（填名称）。

（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的____________性。

（4）盛放 NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用____________ 塞（填“玻璃”或“橡胶”）。

（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_____________（填“下口放出”或“上口倒出”）。

（6）6.20 g Na2O 晶体中含离子数目是_____________（N A为阿伏加德罗常数的数值）。

（7）等质量的 NH3和 H2S 中，氢原子的个数比是_________。

（8）加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到 10.0g 残留固体和__________L CO2（标准状况下）。

【答案】分散质粒子直径石灰石还原橡胶下口放出 0.3N A 3:1 4.48
【解析】
【分析】
（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；
（2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；
（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；
（4）根据二氧化硅与NaOH 溶液溶液反应分析判断；
（5）根据四氯化碳密度大于水分析；
（6）Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；
（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；
（8）加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据
n=m
M
，V=nV m及原子守恒进行计算。

【详解】
（1）Fe(OH)3胶体区别于FeCl 3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm 之间，即分散质粒子直径大小不同，
故答案为：分散质粒子直径；
（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，
故答案为：石灰石；
（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性，
故答案为：还原；
（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，
故答案为：橡胶；
（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，
故答案为：下口放出；
（6）6.20 g Na 2O 的物质的量为0.1mol ，Na 2O 晶体为离子晶体，1mol 晶体中含有2molNa +和1molCl -
，所以晶体中含离子数目是0.3N A ， 故答案为：0.3N A ；
（7）设二者的质量为mg ，则同质量的NH 3和H 2S 气体的体积等于物质的量之比=1734
m
m =2：1，则所含氢原子的个数比是2312
⨯⨯=3:1， 故答案为：3:1；
（8）加热[4MgCO 3∙Mg(OH)2∙5H 2O]生成MgO 和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的
固体为MgO ，10gMgO 的物质的量为1040/g g mol
=0.25mol ，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n(MgCO 3)=
45×n(Mg)=4 5
×0.25mol=0.2mol，n(CO 2)= n(MgCO 3)=0.2mol ， V(CO 2)=0.2mol ×22.4L/mol=4.48L ， 故答案为：4.48L 。

10．已知：Pb 的化合价只有＋2、＋4，且＋4价的Pb 具有强氧化性，常温下能氧化浓HCl 生成Cl 2；PbO 2不稳定，随温度升高按下列顺序逐步分解：PbO 2→Pb 2O 3→Pb 3O 4→PbO 。

现将a mol PbO 2加热分解，收集产生的O 2；加热反应后所得固体中，Pb 2＋占Pb 元素的物质的量分数为x ；向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸，收集产生的Cl 2。

两步反应中收集的O 2和Cl 2的物质的量之和为y mol 。

（1）若Fe 3O 4可表示为FeO·
Fe 2O 3，则Pb 3O 4可表示为_____________________________ （2）试写出Pb 2O 3与浓盐酸反应的化学方程式____________________________________
（3）通过计算确定y 与a 、x 的函数关系式____________________________。

【答案】2PbO·
PbO 2 Pb 2O 3+6HCl=2 Pb Cl 2+Cl 2+3H 2O y=a （1-2x ）
【解析】
【详解】
（1）Pb 在化合物里显+2价或+4价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb 的两种氧化物形式为：PbO 和PbO 2，那么Pb 2O 3的氧化物的表示形式可以写成PbO•PbO 2； （2）Pb 2O 3中Pb 的化合价只有+2、+4，再根据化合价代数和等于零，求得Pb 的总化合价为+3价，即可确定Pb 2O 3中有一个+4价、有一个+2价，且+4价的Pb 具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl 2，本身被还原成+2价Pb ，生成PbCl 2，根据元素守恒得反应物与生成物：Pb 2O 3+HCl （浓）=PbCl 2+Cl 2↑+H 2O ，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb 2O 3中一个+4价的Pb 降低到+2价，降低2价；HCl （浓）中-1价的Cl 上升到0价生成Cl 2，上升1价*2，所以Pb 2O 3和Cl 2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得各物质前计量数为1、6、2、1、3，故方程式为Pb 2O 3+6HCl （浓）=2PbCl 2+Cl 2↑+3H 2O ； （3）根据题意：a molPbO 2分解所得混合物中n （Pb 2+）=axmol 、n （Pb 4+）=（a-ax ）mol.在反应过程中a molPbO 2中+4价的Pb 具有强氧化性作氧化剂，+4价的Pb 最终全部降低为+2价，根据得失电子守恒：先加热分解生成O 2，得n （O 2）═2ax/4="ax/2" mol ；后再与足量的浓盐酸反应生成Cl 2，得n （Cl 2）═（a-ax ）mol*2/2=（a-ax ）mol ，则 y ═n （O 2）+n （Cl 2）═ax 2 mol+（a-ax ）mol= a （1-2
x ）mol 。