2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合经典题含答案解析

2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合经典题含答案解析
一、硅及其化合物
1．有A、B、C三种不溶于水的固体。

A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，另外测得这种气体密度为同温、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量盐酸时，析出白色胶状沉淀D。

此沉淀干燥后，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、纯碱按比例混合加热得到C，C在高温时软化，无固定熔点。

（1）根据以上事实，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）生成白色胶状沉淀D的化学方程式是__。

（4）由B制取C的化学方程式是__。

【答案】碳普通玻璃 SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓
Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑
【解析】
【分析】
A是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体，则该气体的相对分子质量
=32×1.375=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量盐酸时，析出白色胶状沉淀，此沉淀干燥后，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、纯碱按比例混合加热得到C，C 在高温时软化，无固定熔点，该反应为工业制普通玻璃的反应，所以B为SiO2，C为普通玻璃，据此答题。

【详解】
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×1.375＝44，且能使澄清石灰水变浑浊，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应，且能继续与过量的盐酸反应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、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点，可推知C为普通玻璃；
(1)根据以上事实，形成单质A的元素名称为碳， C的名称为普通玻璃；
(2)B为SiO2，其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；
(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl，生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO3＋
2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓；
(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋
SiO2CaSiO3＋CO2↑。

2．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+8 Al 9Fe +4 Al2O3 CO2 MgO CuO H2O SiO2 CO 【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+8 Al 9Fe +4 Al2O3；
(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+CO2MgO+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+H2Cu+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。

3．A、B、C、D、E代表单质或化合物，它们之间的相互转换关系如下图所示。

A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质。

请填空：
（1）写出物质C的化学式。

（2）写出B和碳高温反应生成A和E的化学方程式是。

（3）写出B→D反应的离子反应方程式。

【答案】（1）CaSiO3
（2）SiO 2+2C Si+2CO↑
（3）SiO 2+2OHˉ=SiO 32ˉ+H 2O
【解析】
A 为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，A 是硅；二氧化硅与碳单质反应生成硅和CO ，E 是CO 、
B 是SiO 2；SiO 2与氧化钙高温生成硅酸钙，
C 是硅酸钙；SiO 2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，
D 是硅酸钠。

（1）根据以上分析可知可知物质C 的化学式为CaSiO 3。

（2）SiO 2和碳高温反应生成硅和CO 的化学方程式是SiO 2+2C
Si+2CO↑。

（3）B→D 反应的离子反应方程式
SiO 2+2OHˉ＝SiO 32ˉ+H 2O 。

4．请回答：
已知：甲+X→乙+Y
（1）若甲、乙、X 均是化合物，Y 是单质，则Y 可能是___。

（填化学式，下同）
（2）若酸性X ＞Y ，且甲过量，Y 是白色浑浊，则Y 是__________，乙是__________。

（3）若甲、乙是金属单质，X 为固体，则反应的化学方程式是_______________。

（4）甲、乙是同主族非金属元素组成的单质，乙通常状况下是深红棕色液体。

X 、Y 是化合物。

X 溶液呈淡绿色，Y 的溶液能使KSCN 溶液变红。

①将Y 的饱和溶液滴入沸水中，继续加热可得红褐色液体丙，证明丙的操作、现象及结论是___________________________________________________。

②单质甲、乙和Y 溶液中的阳离子氧化性由强到弱的顺序为：______。

（用化学式表示） ③当X 与甲1:1充分反应的离子方程式：_________________________。

【答案】O 2（S 、N 2等） H 2SiO 3 NaCl 23232Al+Fe O Al O +2Fe −−−→高温 一束光照射M
液体，在M 中与光束垂直方向能看到一条光亮通路，证明M 是胶体 Cl 2＞Br 2＞Fe 3+ 2Fe 2++2Br -+2Cl 2=2Fe 3++Br 2+4Cl -
【解析】
【分析】
本题主要考察常见化学物质的化学性质。

【详解】
（1）根据题意得：化合物+化合物=化合物+单质，则已学反应有：
2Na 2O 2+2H 2O=4NaOH+O 2↑，2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2，H 2S+SO 2=H 2O+S↓，
3224NH +6NO 6H O+5N Δ催化剂
等，则Y 可能是O 2、S 、N 2；
（2）酸性X ＞Y ，则该反应是强酸制弱酸的反应，弱酸中只有H 2SiO 3是白色沉淀，所以Y 是H 2SiO 3，X 可以是HCl ，甲可以是Na 2SiO 3，则乙是NaCl ；
（3）该化学方程式可以表示为：金属+固体化合物=金属+化合物，则已学反应中有：
23232Al+Fe O Al O +2Fe −−−→高温；
（4）单质乙通常状况下是深红棕色液体，则乙为Br 2；X 溶液呈浅绿色，则X 溶液含
Fe2+；Y溶液能使KSCN溶液变红，则Y溶液含有Fe3+；
①将含Fe3+的饱和溶液中滴入沸水中，继续加热可得液体丙Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔小莹，可用一束光照射丙液体，在该液体中与光束垂直方向能看到一条光亮通路，证明丙是胶体；
②由于甲+X→乙+Y，乙为Br2，甲含有Fe2+，乙含有Fe3+，则甲为FeBr2，X为Cl2，Y为FeCl3，则氧化性强弱为Cl2＞Br2＞Fe3+；
③X与甲1:1充分反应的离子方程式：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
5．下图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：
请完成下列问题：
⑴若D是单质，且与A属于同一主族，则：
①反应的化学方程式是____________________________________。

②D的原子结构示意图是_________。

③D单质的一种重要用途是____________________。

⑵若B为黄色固体，D为固体化合物，则
①该反应的化学方程式是_________________________。

②生产该工业品的工厂应建在离_______________较近的地方。

③实验室检验C的方法是___________________________。

⑶若B是一种有刺激性气味的气体，则
①B的分子形状是_____________。

②实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，请说明产生大量白烟的原因
__________。

③化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的2/3，请写出该反应的化学方程式________________。

【答案】2C+SiO2Si+2CO↑制半导体材料
4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2消费中心将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色三角锥形生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟 3NO=NO2+N2O
【解析】
【分析】
(1)根据常见的置换反应，A、D同主族及工业制取硅的化学反应分析．
(2)根据B为黄色固体，D为固体化合物及工业生产硫酸的原理思考．
(3)根据工业氨气催化氧化制取硝酸分析。

【详解】
：(1)D与A同主族，A能置换出D，且该反应是重要反应，则分析元素周期表，可知A是
C，D是Si，即2C+SiO22CO+Si．Si的原子结构示意图是，硅单质的一种重
要用途是制半导体材料；
(2)①化合物B为黄色固体，中学阶段的黄色固体化合物有AgI、硫铁矿等，能用于工业生产的只能是用黄铁矿生成浓硫酸，即A是氧气，B是FeS2，C是SO2，因此化学方程式为
4FeS2+11O22Fe2O3+SO2；
②该反应用于工业生产硫酸，由于浓硫酸是腐蚀品，运输成本较高，且危险性大，因此建厂时应该选择在使用浓硫酸密集的地方，即工业区集中的消费中心；
③因为氯气和二氧化硫都能使品红试液褪色，所以利用二者化学性质的差别，实验室检验二氧化硫通常采用：将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色；(3)①该反应为工业生产的转化关系，又实验室做该实验有白烟，结合中学阶段氨气与挥发性酸相遇会产生白烟的知识，可知该反应是工业上氨气催化氧化制取硝酸的反应，即：
4NH3+5O24NO+6H2O，因此B是NH3，C是NO．氨气分子是三角锥形；
②实验室进行此反应，NO会被过量氧气氧化为NO2，进而与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生大量白烟，即：生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟，故答案为生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟；
③NO在密闭容器中一定条件下可以分解为二氧化氮和一氧化二氮，发生的反应为
3NO=NO2+N2O，由于存在2NO2⇌N2O4而容器内气体的压强略小于原来的2
3。

6．（15分）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）实验室通常用MnO2制取气体B，发生该反应的化学方程式为，为防止气体B污染环境通常
用（填化学式）溶液吸收，反应的离子方程式为
（2）化合物H与碳混合加强热可制得单质A，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为（3）写出反应③的化学方程式3D==K+8X↑,K的化学式为，X的化学式为。

（4）K抗腐蚀能力很强，但易被氢氟酸腐蚀，K与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，此盐中存在的化学键类型有。

（5）写出反应②的化学方程式。

【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2 H2O；（2分）NaOH；（1分）Cl2+2 OH-= Cl-+ ClO-+ H2O；（2分）
（2）1:2（2分）
（3）Si3N4，（2分） NH3；（2分）
（4）离子键、共价键（或极性共价键）（2分）
（5）SiCl4+ 8NH3= Si(NH2)4+4NH4Cl.（2分）
【解析】
试题分析：G、F、H均为难溶于水的白色固体，E与硝酸银溶液产生白色沉淀，则G是氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，说明E中含有氯离子；H是白色固体，与氢氧化钠溶液反应，而与氢氧化钠溶液反应的白色固体可能是二氧化硅、氧化铝，但A元素是非金属元素，所以H是二氧化硅，所以F是硅酸，I是硅酸钠。

则C是氯化硅，B是氯气。

氯化硅与过量氨气反应生成D是Si(NH2)4。

（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2 H2O；氯气有毒，通常用NaOH溶液吸收，生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式为Cl2+2 OH-= Cl-+ ClO-+ H2O；
（2）二氧化硅与C在高温下发生置换反应生成Si和CO，化学方程式为SiO2+2C2CO↑+Si该反应的氧化剂是二氧化硅，还原剂是C，所以氧化剂与还原剂的物质的量比为1:2；
（3）反应③的化学方程式3D==K+8X↑，K由两种非金属元素组成，根据元素守恒，则K中含有3个Si原子，所以K是Si3N4，其余原子在X中，所以X是NH3；
（4）Si3N4与氢氟酸反应生成一种气体和一种盐，该气体是SiF4，则盐是NH4F，铵盐中含有离子键、共价键；
（5）反应②是氯化硅与过量的氨气反应生成Si(NH2)4和氯化铵，化学方程式是SiCl4+ 8NH3= Si(NH2)4+4NH4Cl.
考点：考查物质的推断，化学性质的应用，化学方程式、离子方程式的书写
7．阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：
【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．离子方程式和化学方程式是学习化学的基本用语，请按要求书写：
(1)写出下列反应的离子方程式
①向石灰石滴加盐酸________________；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸__________。

(2)写出下列离子反应方程式所对应的化学方程式
CO+2OH=CO+H O________________；
①-2-
232
Fe+Cu=Fe+Cu____________________
②2+2+
(3)写出稀硝酸与铜反应的化学方程式____________ 。

SiO-+2H+=H2SiO3↓ 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O Fe+ 【答案】CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+23
CuSO4=Cu+FeSO4 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠；
CO+2OH=CO+H O可表示为CO2溶于可溶性强碱生成可溶性碳酸盐和水；(2)①-2-
232
Fe+Cu=Fe+Cu可表示Fe溶于可溶性铜盐；
②2+2+
(3)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水。

【详解】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，发生反应的离子方程式为
CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠，发生反应的离子方程式为
2
SiO-+2H+=H2SiO3↓；
3
CO+2OH=CO+H O可表示少量CO2和NaOH溶液的反应，反应方程式为
(2)①-2-
232
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；
Fe+Cu=Fe+Cu可表示Fe与CuSO4溶液的反应，反应方程式为Fe+
②2+2+
CuSO4=Cu+FeSO4；
(3) 稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2
+2NO↑+4H2O。

【点睛】
离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

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FeCl3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 Na2O 的物质的量为0.1mol，Na2O 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NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比
=1734m 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．铝硅合金材料性能优良。

铝土矿（含30% SiO 2、40. 8% Al 2O 3和少量Fe 2O 3等） 干法制取该合金的工艺如下：
（1）焙烧除铁反应：4(NH 4)2SO 4+Fe 2O 32NH 4Fe(SO 4)2+3H 2O+6NH 3（少部分Al 2 O 3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SiO 2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Al 3++4OH -=AlO 2-+2H 2O2C+SiO 22CO ↑+Si
【解析】
【分析】
铝土矿（含30% SiO 2、40. 8% Al 2O 3和少量Fe 2O 3等）加硫酸铵焙烧，Fe 2O 3转化为NH 4Fe(SO 4)2同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO 2和Al 2O 3，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。