2020-2021高考化学硅及其化合物推断题的综合题试题及详细答案

2020-2021高考化学硅及其化合物推断题的综合题试题及详细答案
一、硅及其化合物
1．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，它们能发生如图所示的转化关系，该元素(用R表示)的单质能与NaOH溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气。

请回答下列问题：
(1)写出各物质的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。

(2)写出反应①的化学方程式：______________________________________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

(3)写出反应④的离子方程式：______________________________________。

(4)写出反应⑤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】SiO2 CaSiO3 Na2SiO3 Si H2SiO3 SiO2＋2C Si＋2CO↑ 1∶2 Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓ SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-
【解析】
【分析】
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溶液反应生成盐(Na2RO3)和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C 为Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3。

【详解】
（1）根据上面的分析可知，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，D为Si，E为H2SiO3；（2）反应①的化学方程式为SiO2＋2C Si＋2CO↑，根据方程式可知，该反应中氧化剂是个与还原剂碳的物质的量之比为1：2；
（3）反应④的离子方程式为Si＋2OH－＋H2O＝SiO32-＋2H2↑；
（4）反应⑤的离子方程式为SiO32-＋Ca2＋＝CaSiO3↓；
（5）H2CO3的酸性强于H2SiO3，根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸，则可以向Na2SiO3的水溶液中通入CO2气体，发生反应产生硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式是：SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-。

2．已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。

其中甲是天然气的主要成分。

回答下列问题：
（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：
_________________________________________。

（2）检验化合物乙的化学方程式：
___________________________________________________。

（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。

（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。

（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有
_______________________________________。

【答案】水 CO CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O O2 CuO 充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出
【解析】
【分析】
甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。

【详解】
(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；
(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；
(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；
(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。

3．A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。

若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2。

请回答：
(1)写出对应物质的化学式：A________________； C________________；
E________________。

(2)反应①的化学方程式为_______________________________________。

(3)反应④的离子方程式为_____________________________________。

(4)H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：
_______________________________。

【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3(或H4SiO4) SiO2＋2C Si＋2CO↑ Si＋2OH－＋
H2O===SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-(或SiO32-＋2CO2＋
2H2O===H2SiO3↓＋2HCO3-)
【解析】
【分析】
【详解】
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溶液反应生成盐和氢气，则可推知该元素为硅元素，根据题中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为
Na2SiO3，根据反应②或反应⑤都可推得B为CaSiO3，根据反应⑥推知E为H2SiO3；（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3；
（2）反应①的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑；
（3）反应④的离子方程式为Si+2OH-+H2O＝SiO32-+2H2↑；
（4）H2CO3的酸性强于H2SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32-。

4．已知A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。

根据下图转化关系，回答下列问题。

(1)A的用途：________(任写一种)，B是________，D是________。

(2)写出下列反应的化学方程式：①______________。

(3)写出下列反应的离子方程式：②____________，③_______，⑤____________。

【答案】制光导纤维 Na2SiO3 H2SiO3 Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑ CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓) SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，则D是硅酸；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则B是硅酸钠，C是二氧化碳；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。

【详解】
（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸钠，D是硅酸，故答案为：制光导纤维；Na2SiO3；H2SiO3；
（2）反应①是高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，故答案为：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；（3）反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋
H2SiO3↓)，反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋
=H2SiO3↓。

【点睛】
由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。

5．某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。

现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂的体积(V)的关系如图所示。

(1)若Y是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是_____，ab段发生反应的离子是_________，bc段发生反应的离子方程式是
_________。

(2)若Y是NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X中一定含有的离子是
__________，假设X溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_____，ab 段反应的离子方程式为_____________。

【答案】SiO32—、AlO2-CO32-3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O Al3+ Mg2+ NH4+ Cl-2:1:4:12
NH4++OH-═NH3•H2O
【解析】
【分析】
无色溶液中不可能含有Fe3+离子。

（1）如果Y是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；
（2）若Y是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。

【详解】
（1）如果Y是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+═HCO3-和HCO3-
+H+═H2O+CO2↑；bc段,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O，故答案为：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H+ +Al(OH)3 =Al3+ +3H2O；
（2）若Y是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4++OH-═NH3•H2O，即溶液中含
NH4+；bc段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-
+2H2O，则X中一定含有的离子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+，ab段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为NH4++OH-═NH3•H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反应离子方程式为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反应需要NaOH的体积是2V，由于Al（OH）3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al（OH）3需要的NaOH 的体积是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg （OH）2需要NaOH溶液的体积是V，则n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案为：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3•H2O。

【点睛】
本题考查无机物的推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。

6．现有如图所示的转化关系，水和部分产物已略去。

已知：①X和Z是两种透明、不溶于水的坚硬固体，其中Z无固定熔点，是现代建筑不可缺少的装饰和采光材料；②无色气体A是引起温室效应的主要气体；
③B、D均为难溶于水的白色固体；④高纯度的F是使用最广泛的半导体材料。

据此回答下列问题：
（1）Z的名称是________，工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为________(填名称)。

（2）由X、Y制F的化学方程式为________________________，此反应中Y作________剂(填“氧化”或“还原”)。

（3）转化①的化学方程式为________________________；转化②(A少量)的离子方程式为______________________。

【答案】玻璃氢氟酸SiO2+2CO2CO2+Si还原SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
SiO＋CO 2＋H2O===H2SiO3↓＋CO
【解析】
【分析】
①X为不溶于水的坚硬固体，Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为
玻璃，说明X为SiO2；
②无色气体A是引起温室效应的主要气体为CO2；
③B、D均为难溶于水的白色固体，流程分析可知B为CaCO3，；
④高纯度的F是制造电脑芯片的一种非金属单质为Si；
结合流程分析判断可知X为SiO2，B为CaCO3，C为Na2SiO3，D为H2SiO3，E为Na2CO3，Z 为玻璃，Y为CO，F为Si．
【详解】
由以上分析：（1）Z无固定熔点，是现代建筑中不可缺少的装饰材料，判断为玻璃；工艺师在Z表面刻蚀花纹图案需用的试剂为氢氟酸。

（2）由X、Y制F的过程为SiO2+2CO2CO2+Si，CO做还原剂。

（3）转化①的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O；无色气体A是引起温室效应的主要气体，则A为CO 2，转化②(A少量)的离子方程式为SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO。

7．铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数为54.9%，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。

其中A ~ J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，D是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体，A为强碱，其焰色反应呈黄色，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，流程中的部分生成物已略去。

回答下列问题：
（1）A的电子式：__________________。

（2）铁橄榄石的化学式：__________________。

（3）写出H → G的化学方程式：__________________。

【答案】 Fe2SiO4或2FeO•SiO2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
A ~ J是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体，G为氢氧化铁，则H为氢氧化亚铁，F中含有铁离子，D是一种难溶于水的含氧酸，D为硅酸，J是一种主要的温室气体，J 为二氧化碳，A为强碱，其焰色反应呈黄色，A为氢氧化钠，则D为二氧化硅，E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则B为盐酸，E为氯气，因此F为氯化铁，C为氯化亚铁。

根据上述分析，铁橄榄石属于硅酸盐，且含有亚铁
离子，设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2，摩尔质量为204 g·mol-1，其中铁元素的质量分数
为54.9%，则x=20454.9%
56
⨯
=2，因此y=
204722
60
-⨯
=1，因此铁橄榄石化学式为
2FeO•SiO2。

(1)A为氢氧化钠，电子式为，故答案为；
(2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2，故答案为2FeO•SiO2；
(3)H → G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。

8．（14分）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、抗氧化的特性。

它是以中学化学中常见物质为原料来生产的，图中C、M、K均含A元素，M的分子式为A（NH2）4；E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；G、F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，J为气体；其余物质均为中学化学中常见物质。

（提示：NH3和H2O的化学性质在某些方面相似）
请回答下列问题：
（1）写出指定物质的化学式：A ，C ，F 。

（2）K的化学式为。

（3）写出图中下列序号的化学方程式：
反应④；
反应⑤。

（4）写出图中反应⑥的离子方程式：。

【答案】（14分）（1）Si （2分）；SiCl4 （2分）； H2SiO3（H4SiO4）（2分）；
（2）Si3N4（2分）
（3）④Si＋2NaOH ＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑（2分）⑤SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O （2分）
（4）⑥SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－（2分）
【解析】
试题分析：根据题中各种物质之间的转化关系，F均为难溶于水的白色沉淀，H为氧化物，H与NaOH溶液发生反应产生I，I 与过量的CO2发生反应产生F，，数目F是弱酸，而
且不稳定，受热发生分解反应，结合化合物A可谓形成四个共价键可知A元素为Si价化合物，C、H、K均含有A元素，K抗腐蚀能力强，氮溶液被氢氟酸腐蚀，数目K中含有Si元素，由此可取代A是Si，H是SiO2，I是Na2SiO3，则F 是H2SiO3，E为不含A 元素的氢化物，在空气中易形成白雾；E与AgNO3溶液发生反应产生的F为难溶于水的白色沉淀，则F 是AgCl，E是HCl，所以B是Cl2。

C是SiCl4，SiCl4与过量的NH3发生反应产生M是Si3N4，K是含有Si元素的两种短周期元素组成的新型无机非金属材料，具有超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特性。

则K是Si3N4。

（1）A物质的化学式：是Si；C 化学式是SiCl4，F是H2SiO3，（2）K的化学式为Si3N4；（3）图中Si可以与NaOH溶液发生反应产生氢气，反应④的化学方程式是：Si＋2NaOH ＋H2O＝Na2SiO3＋2H2↑；反应⑤是酸性氧化物SiO2与碱NaOH发生反应，产生盐和水，反应的化学方程式是：SiO2＋
2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；（4）由于酸性H2CO3> H2SiO3，因此硅酸盐与碳酸发生反应产生硅酸，由于CO2过量，因此反应产生的碳酸盐是酸式盐，图中反应⑥是的离子方程式SiO32－＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3－
【考点定位】考查了物质转化关系和判断、物质化学式、化学方程式和离子方程式的书写的知识。

【名师点睛】本题是无机元素及化合物的推断题，全面考查了元素及化合物的性质及应用，要掌握元素及化合物的结构、性质、应用，同时把反应现象和题干信息充分结合，与材料及制取方法结合，注意物质的量的多少对反应及产物的影响。

本题考查的非金属元素N、Cl、Si元素及其化合物的性质和应用的知识。

从物质之间的转化关系中找准突破口，问题就会各个击破，迎仍而解。

9．铝硅合金材料性能优良。

铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）
干法制取该合金的工艺如下：
（1）焙烧除铁反应：4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3（少部分Al2 O3发生类似反应）。

氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图，最适宜焙烧温度为
______________。

指出气体I的用途 ____________（任写一种）。

（2）操作①包括：加水溶解、过滤_______、_________。

若所得溶液中加入过量NaOH
溶液，含铝微粒发生反应的离子方程式为____________________
（3）用焦炭还原SiO2发生反应的化学方程式为_________________
【答案】300℃制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中洗涤干燥Al3++4OH-
=AlO2-+2H2O2C+SiO22CO↑+Si
【解析】
【分析】
铝土矿（含30% SiO2、40. 8% Al2O3和少量Fe2O3等）加硫酸铵焙烧，Fe2O3转化为
NH4Fe(SO4)2同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO2和Al2O3，用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到硅铝熔体，在加纯铝搅拌，得到硅铝合金，据此分析解答。

【详解】
（1）焙烧时尽可能是氧化铁反应，而氧化铝不反应，由图可知在300℃时，氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高，而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低，所以最适宜焙烧温度为300℃；
气体Ⅰ为氨气，氨气可以用于制氮肥，也可以用硫酸吸收来备硫酸铵循环到焙烧过程中；故答案为：300℃；制氮肥或用硫酸吸收气体（氨气）循环到焙烧过程中；
（2）由流程分析可知，操作①应包括：加水溶解、过滤、洗涤、干燥；溶液中含有铝离子与氢氧根离子生成偏铝酸根离子，其反应的离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
故答案为：洗涤；干燥；Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；
（3）在高温条件下，焦炭与SiO2反应生成Si和CO，其反应的方程式为：
2C+SiO22CO↑+Si，
故答案为：2C+SiO22CO↑+Si。

【点睛】
本题考查了物质分离和提纯基本操作，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，注意把握流程中发生的化学反应为解答的关键。

10．实验对认识和研究物质性质有重要作用，回答下列相应问题。

（一）为证明Na2SiO3具有防火性能，同时做以下两个实验。

实验①：取一小木条，放入蒸馏水中，使之充分吸湿、浸透，取出稍沥干（不再滴液）后，放置在酒精灯外焰处。

实验②：另取一个相同的小木条，放入Na2SiO3饱和溶液中，之后重复实验①的操作。

（1）设计实验①的目的是________________________。

（二）性质实验中反应原理常用化学方程式表示。

请用化学方程式各举一例，说明下列物质所具有的性质。

（2）SO2具有还原性_________________________。

（3）SO2具有酸性氧化物共同的性质_______________。

（4）浓硫酸具有强氧化性_____________________。

【答案】与实验②作对照，证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水 2SO2+O22SO3
SO2+2NaOH = Na2SO3 + H2O Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（一）（1）实验①与实验②比较，实验②在蒸馏水的基础上增加了可溶于水的硅酸钠，从而探究防火的原因，则设计实验①的目的是与实验②作对照，证明起防火作用的是Na2SiO3而不是水；
（二）（2）SO2与强氧化剂作用，能体现其具有还原性，如：2SO2+O22SO3；
（3）SO2能与碱溶液作用生成盐和水，说明其是酸性氧化物，发生反应的化学方程式为SO2+2NaOH = Na2SO3 + H2O；
（4）浓硫酸具有强氧化性，能氧化活泼性较弱的金属，如Cu，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+2H2O。