高考化学培优易错试卷(含解析)之无机非金属材料附详细答案

高考化学培优易错试卷(含解析)之无机非金属材料附详细答案
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H 2，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2H ，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3NH 或3HNO 和3NH 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．X 、Y 、Z 是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。

下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是( )
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙(HCl)与单质Y(Si)，故A正确；
B．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙(MgO)与单质Y(C)，故B正确；
C．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙(ZnCl2)与单质Y(Fe)，二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，故C错误；
D．X为O2，Z为H2，氧气与氢气可以一步反应生成化合物乙H2O；Y为N2，氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3；O2与NH3可以一步反应生成化合物乙(H2O)与单质Y(N2)，故D正确；
故答案为C。

3．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．
下列有关说法不正确的是（）
A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B．无法判断混合物中是否含有Na2O
C．1.92 g固体成分为Cu
D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【答案】B
【解析】
途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，
A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；
B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；
C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；
D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得
x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．
4．下列叙述正确的是
①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生
②浓硫酸可用于干燥氢气、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体
③Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱
④玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品
⑤浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到相同的物质
A．①④⑤B．①⑤⑥C．②③④D．④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：①久置于空气中的氢氧化钠溶液和空气中的CO2反应生成变为碳酸钠，碳酸钠可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，①正确；②浓硫酸具有吸水性和强氧化性，浓硫酸可用于干燥中性、酸性且不具有还原性的气体，不能干燥还原性的碘化氢气体，不能干燥碱性气体如氨气等，②错误；③红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没有碱生成，③错误；④玻璃、水泥主要成分是硅酸盐，都是硅酸盐制品，水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐制品，④错误；⑤浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性和强氧化性，浓硫酸与铜反应既体现了其强氧化性又体现了其酸性，⑤正确；⑥氯化铁属于强酸弱碱盐，溶液中铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，氯化铁胶体加热会聚沉，两者均产生红褐色沉淀氢氧化铁，灼烧后产物都是三氧化二铁，⑥正确．答案选B。

考点：考查常见物质的性质与用途。

5．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：Na2Fe5Si8O22(OH)2。

青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO。

下列说法正确的是（）
A．青石棉中含有石英晶体
B．青石棉是一种易燃品且易溶于水
C．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O·5FeO·8SiO2·H2O
D．1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L 3mol/L HNO3溶液
【答案】D
【分析】
【详解】
A．青石棉属于硅酸盐材料，没有石英晶体，故A错误；
B．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故B错误；
C．根据题给信息可知，青石棉中铁元素的化合价有+2价和+3价两种，根据原子守恒和化合价不变的思想，化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O∙3FeO∙Fe2O3∙8SiO2∙H2O，故C错误；
D．6L 3mol/L HNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，又1molNa2Fe5Si8O22（OH）2中3mol含亚铁离子，所以根据得失电子守恒氧化亚铁离子生成铁离子消耗1molHNO3，又青石棉中的Na、Fe原子最终都转换产物为NaNO3、Fe（NO3）3，根据原子守恒，又要消耗HNO3的物质的量为2+5×3=17mol，所以1mol该物质一共能和1+17=18molHNO3反应，故D正确；答案选D。

6．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）
A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中
B．O2通入Na2SO3溶液中
C．Cl2通入Na2SiO3溶液中
D．NH3通入Ca(HCO3)2溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．二氧化硫被硝酸氧化为硫酸根离子，SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成硫酸钡沉淀，故不选A；
B．O2通入Na2SO3溶液中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，无明显现象，故选B；
C．Cl2通入Na2SiO3溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和Na2SiO3反应生成硅酸白色胶状沉淀，故不选C；
D．NH3通入Ca(HCO3)2溶液中生成碳酸钙沉淀和碳酸铵，故不选D；
故选B。

7．《青花瓷》冲所描述的“瓶身描述的牡丹一如你初妆”“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人赏心悦目，但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(BaCuSi2O x，铜为十2价)，下列有关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·2SiO2B．易溶解于强酸和强碱
C．性质稳定.不易脱色D．x=6
【答案】B
【分析】
【详解】
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，故A正确；
B. 硅酸铜钡能稳定存在，说明不易溶解于强酸和强碱，故B错误；
C. 《青花瓷》能长期不褪色，说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色，故C正确；
D. 硅酸铜钡中Ba为+2价、Cu为+2价、Si为+4价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知x=6，故D正确；
选B。

8．某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。

（Ⅰ）甲同学在 a、b、c 三只烧杯里分别加入 50 mL 水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。

①甲同学设计实验的目的是______
②反应最剧烈的烧杯是______（填字母）；
③写出 b 烧杯里发生反应的离子方程式______
（Ⅱ）乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱，根据要求完成下列各小题
（1）实验装置：
（2）实验步骤：连接仪器、______、加药品后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。

（3）问题探究：（已知酸性强弱:亚硫酸>碳酸）
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是______，装置 E 中足量酸性 KMnO4溶液的作用是
______。

②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______；
③试管 D 中发生反应的离子方程式是______。

【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱； c 2Na+2H2O=2Na++2OH¯+ H2↑检查装置气密
性 Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+ 2H2O+ SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸钠溶液的试管
出现白色沉淀； SO2+ HCO3¯= CO2+ HSO3¯
【分析】
乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。

先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体，通入D试管与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，混合气体通入试管E，除去混有的二氧化硫，剩余的二氧化碳通入试管F与硅酸钠溶液反应，会出现白色沉淀。

该实验需要改良的地方尾气处理装置，以及防干扰装置（防止空气中的二氧化碳进入装置F，干扰实验结构，可以加一个球星干燥管，内盛放碱石灰）。

【详解】
（Ⅰ）①由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得，甲同学设计的实验目的是：验证锂、钠、钾的金属性强弱；
②金属性：K＞Na＞Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c；’
③b 烧杯里发生反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH¯+ H2↑；
（Ⅱ）（2）实验步骤：有气体参与反应，先连接仪器、检查装置气密性、加药品（先加固体，后加液体）后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。

（3）①铜与浓硫酸反应的化学方程式是：Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+ 2H2O+ SO2↑；根据分
析，高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2；
②非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，若碳酸可以制得硅酸，则可以证明碳酸强于硅酸，从而可以证明二者非金属性的强弱，故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是：盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀；
③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2，反应的离子方程式：SO2+ HCO3¯= CO2+ HSO3¯。

9．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： ______。

【答案】Mg2SiO4 2MgO·SiO2硅酸盐 2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2
【解析】
【分析】
根据n=m
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
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12
24
:
7
28
:
16
16
=2:1:4
(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。

10．某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子，将其配成
100mL 溶液。

学生研究性学习小组为了确认其成分，设计并完成了如图所示实验：
请回答下列问题：
(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，该仪器使用前必须进行的一步操是______________；在“定容”操作中，当液面接近容量瓶刻度线1~2cm 处，改用__________________，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

(2)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是_____________________
A．称量时砝码已经生锈；
B．溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作；
C．定容时俯视；
D．定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出；
E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。

(3) 根据以上实验可得出：一定存在的离子是_________________，，一定不存在的离子是___________________。

(4) 加入稀盐酸，所发生的离子反应方程式为________________。

【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 A、C CO32-、SiO32- SO42-、Al3+、Ba2+ CO32-+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B，气体A为CO2，则原溶液中一定含有CO32-，结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+；生成的沉淀B为硅酸，则一定存在SiO32-；向滤液C中加入氯化钡溶液，无明显现象，说明溶液中不存在SO42-，据此结合溶液配制的方法解答；
第(2)题根据
n
c=
V
进行分析；
【详解】
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水；当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答
案为：检查是否漏水；改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切；
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大，继而导致浓度偏大，故A 正确；
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小，浓度偏小，故B 错误；
C.定容时俯视会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C 正确；
D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小，故D 错误；
E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对浓度没有影响，故E 错误，
故答案为：AC ；
(3)根据分析可知一定存在的离子为：CO 32-、SiO 32-；一定不存在的离子为：SO 42-、Al 3+、Ba 2+，故答案为：CO 32-、SiO 32-；SO 42-、Al 3+、Ba 2+；
(4)根据分析可知，加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应，故答案为：CO 32-+2H +=CO 2↑+H 2O ；SiO 32-+2H +=H 2SiO 3↓。

11．A 元素的一种单质是重要的半导体材料，含A 元素的一种化合物C 可用于制造高性能的现代通讯材料—光导纤维，C 与烧碱反应生成含A 元素的化合物D 。

(1)易与C 发生化学反应的酸是________，反应的化学方程式是_______________ 。

(2)将C 与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D ，同时还生成B 的最高价氧化物E ；将E 与D 在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A 的化合物F 。

①写出生成D 和F 的化学反应方程式：____________________、__________________。

②要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是________。

A ．普通玻璃坩埚
B ．石英玻璃坩埚
C ．瓷坩埚
D ．铁坩埚
【答案】氢氟酸 SiO 2＋4HF=SiF 4↑＋2H 2O SiO 2＋Na 2CO 3
高温Na 2SiO 3＋CO 2↑ Na 2SiO 3＋
CO 2＋H 2O=Na 2CO 3＋H 2SiO 3↓ ABC
【解析】
【分析】
“A 元素的一种单质是重要的半导体材料”说明A 为Si ，通过“光导纤维”可推测C 为SiO 2，SiO 2与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si 元素的化合物为Na 2 SiO 3。

SiO 2与纯碱即碳酸钠高温条件下生成Na 2 SiO 3和CO 2，故B 为C ，E 为CO 2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故F 为H 2SiO 3。

【详解】
（1）SiO 2易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸；242SiO +4HF=SiF +2H O ↑ ； （2）①根据分析可知答案为：223232=SiO +Na CO Na SiO +CO ↑高温 ；23222323Na SiO +CO +H O=Na CO +H SiO ↓ ；
②A 项普通玻璃坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故A 项错误；B 项石英玻璃坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故B 项错误；C 项瓷坩埚中含有SiO 2，会在高温下与纯碱反应，故C 项错误；D 项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D 项正
确；故答案为：ABC。

【点睛】
半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。

12．A、B、C、D、E、F 六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件和部分副产物未标出），其中反应①是置换反应。

（1）若 A、D、F 都是非金属单质，且 A、D 所含元素在周期表中同一列，A、F 所含元素在周期表中同一横行，则反应①的化学方程式是_______________________。

（2）若 A 是常见的金属单质，D、F 是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是_____________________；
（3）若 B、C、F 都是气态单质，且 B 有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D 相遇有白烟生成，反应③的化学方程式是________________。

（4）若 A、D为单质，且 A 原子核内所含质子数是 D 的 2 倍，B 是参与大气循环的一种物质，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，反应④的化学方程式是_________。

【答案】SiO2＋2C Si＋2CO↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
4NH3＋5O24NO＋6H2O C＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若A、D、F都是非金属单质，反应①是置换反应，A、D同主族，根据框图可知，A 与F生成E，C与F也能生成E，因此只能是SiO2与C反应，则A是C、B是SiO2、C是
CO、D是Si，E是CO2、F是O2。

反应①的方程式为SiO2＋2C 高温
Si＋2CO↑。

（2）若A是常见的金属单质，反应①是置换反应，D、F是气态单质，根据框图可知，A 与F生成E，C与F也能生成E，因此A只能为Fe，D为H2，F为Cl2，B为HCl，C为FeCl2，E为FeCl3。

反应②的方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

（3）若 B、C、F 都是气态单质，且 B 有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D 相遇有白烟生成，所以A是氨气，B是氯气，C是氮气，D是氯化氢，F
是氧气，E 是NO ，反应③的化学方程式是4NH 3＋5O 2 催化剂 4NO ＋6H 2O 。

（4）若A 、D 为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A 是D 的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D 是A 的2倍，B 是参与大气循环的一种物质，反应①是置换反应，根据框图可知，A 为Mg ，D 为C ，B 为CO 2，C 为MgO ，又知③和④两个反应中都有红棕色气体生成，F 为HNO 3。

反应④的化学方程式是C ＋4HNO 3
CO 2↑＋4NO 2↑＋4H 2O 。

【点晴】
解框图题的方法的最关键的是寻找“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。

13．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H 2。

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）H 2CO 3的酸性强于E 的，请用离子方程式予以证明： _________________________。

【答案】SiO 2 Na 2SiO 3 H 2SiO 3（或H 4SiO 4） SiO 2＋2C
Si ＋2CO↑ Si ＋2OH －＋
H 2O=== SiO 32-＋2H 2↑ SiO 32-＋CO 2＋H 2O===H 2SiO 3↓＋HCO 32-
或SiO 32-＋CO 2＋H 2O===H 2SiO 3↓＋CO 32-（写成H 4SiO 4同样给分）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：非金属单质R 能与NaOH 溶液反应生成盐（Na 2RO 3）和氢气，则R 为Si 元素，由转化关系可知D 为Si ，A 为SiO 2，B 为CaSiO 3，C 为Na 2SiO 3，E 为H 2SiO 3，
（1）由以上分析可知A 为SiO 2，C 为Na 2SiO 3，故答案为SiO 2；Na 2SiO 3；
（2）反应①的化学方程式为2C+SiO 2Si+2CO↑； （3）反应④的离子方程式为Si+2OH -+H 2O=SiO 32-+2H 2↑；
（4）H 2CO 3的酸性强于H 2SiO 3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SiO 32-+CO 2+H 2O=H 2SiO 3↓+CO 32-。

考点：以硅为载体考查了无机物的推断
14．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。

15．在实验过程中，若一种气体极易溶于一种液体，则容易发生倒吸现象，给实验造成危险。

现有4位同学分别设计了一个实验，希望通过观察到的明显现象来说明二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液，设计的装置如下：
其中一位同学向充满二氧化碳的塑料瓶D中加入氢氧化钠溶液，盖紧瓶塞后振荡，如果看到瓶子变瘪了，说明二氧化碳与氢氧化钠溶液发生了反应。

对装置A～C，将能达到实验目的的装置、操作方法和实验现象填入下表(可不填满)：
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【答案】
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钠溶液发生反应，将造成密闭系统内气压减小。

【详解】
A中将分液漏斗中的NaOH溶液滴入烧瓶中，由于二氧化碳和氢氧化钠溶液反应，使烧瓶内压强降低，水槽中的水会被倒吸入烧瓶中，能达到实验目的；B中打开试管的橡胶塞，由于二氧化碳和氢氧化钠溶液反应造成试管内压强减小，氢氧化钠溶液会迅速充满试管，能达到实验目的；C中打开橡胶管上的止水夹，将胶头滴管里的氢氧化钠溶液挤入烧瓶中，会导致烧瓶中压强降低，烧瓶中将形成喷泉现象，能达到实验目的。