高考化学 无机非金属材料 培优易错试卷练习(含答案)

高考化学 无机非金属材料 培优易错试卷练习(含答案)
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．能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（ ）
A ．CO 2溶于水形成碳酸，SiO 2难溶于水
B ．高温下SiO 2与碳酸盐反应生成CO 2
C ．HCl 通可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
D ．CO 2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．CO 2溶于水形成碳酸，SiO 2难溶于水它们都是酸性氧化物，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．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B错误；
C．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强，盐酸易挥发，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故C错误；
D．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D正确；
答案选D。

3．赏心悦目的雕花玻璃通常是用某种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，则这种物质是
（）
A．盐酸B．氢氟酸C．烧碱D．纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】
A、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A；
B、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故选B；
C、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C；
D、纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选D。

4．习主席在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示（热源及夹持装置略去）。

已知： SiHCl3遇水H2O 强烈水解，在空气中易自燃。

下列说法错误的是（）
A．装置 B 中的试剂是浓硫酸
B．实验时先打开装置C中分液漏斗的旋塞
C．装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化
D．装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．SiHCl3遇水H2O 强烈水解，所以H2应干燥，故装置 B 中的试剂是浓硫酸，A正确；
B．SiHCl3在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先通H2，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，B错误；
C．SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，C正确；
D．制高纯硅时，温度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正确；
故选B。

5．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是
A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应
C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应
D．其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2SiO3＞H2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；
B、SiO2能与HF反应，B项错误；
C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，C项正确；
D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞
H2SiO3，D项错误；
本题答案选C。

6．有科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是（）A．SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应
B．高温下，工业制粗硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2CO
C．硅酸盐广泛用于光纤通讯
D．水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，故A错误；
B．高温下，工业制粗硅是用碳还原二氧化硅，反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，故B 正确；
C．二氧化硅是光导纤维的主要成分，故C错误；
D．水晶饰物的主要成分为二氧化硅，故D错误；
故选B 。

7．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(BaCuSi 2O x ，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·2SiO 2
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：
________________。

②SiCl 4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SiCl 4外，还有SiHCl 3、SiH 2Cl 2、SiH 3Cl 、FeCl 3等，有关物质的沸点数据如下表，分离SiCl 4和其他杂质的方法为________。

物质 Si SiCl 4
SiHCl 3 SiH 2Cl 2 SiH 3Cl HCl SiH 4 沸点/℃ 2355
57.6 31.8 8.2 －30.4 －84.9 －111.9
【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 ＋SiO 2===高温
2CO↑＋Si SiCl 4＋3H 2O===H 2SiO 3↓＋4HCl 蒸馏(精馏) 【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：22BaO CuO SiO ⋅⋅，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2X BaCuSi O ，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：(2)(2)(4)2(2)0x +++++⨯+-⨯=，计算得出x=6，所以C 选项是正确的；
D. 26BaCuSi O 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 ＋SiO 2===高温
2CO↑＋Si ； ②4SiCl 水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为： SiCl 4＋3H 2O===H 2SiO 3↓＋4HCl ，因此，本题正确答案是： SiCl 4＋3H 2O===H 2SiO 3↓＋4HCl ；
③利用沸点的不同提纯4SiCl 属于蒸馏，4SiCl (沸点57.6℃)中含有少量3 SiHCl (沸点33℃)和3FeCl (离子化合物沸点很高)，22SiH Cl (沸点8.2℃)、3SiH Cl (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)。

8．A 、B 、C 、D 、E 五种物质之间的相互转换关系如图所示。

已知：A 为单质，可用于制造计算机芯片，E 为无色有毒气体。

回答下列问题：
（1）B 在物质分类上属于___(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。

（2）反应①的化学方程式为___。

（3）反应②的化学方程式为___。

（4）在D 的溶液中通入过量CO 2气体的离子方程式为___。

【答案】酸性氧化物 SiO 2+2C
高温Si +2CO ↑ SiO 2+CaO 高温CaSiO 3 SiO 32-+2H 2O +2CO 2=2HCO 3-+H 2SiO 3↓
【解析】
【分析】
A 为单质，可用于制造计算机芯片，则A 为Si ，E 为无色有毒气体，结合转化关系可知，
B 为SiO 2，SiO 2与碳反应生成Si 、CO ，所以E 为CO ；SiO 2与CaO 反应生成
C 为CaSiO 3；SiO 2与NaOH 反应生成Na 2SiO 3和水。

据此解答。

【详解】
（1）B为SiO2，能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故答案为：酸性氧化物；
（2）反应①是SiO2与C反应生成Si、CO，其化学反应方程式为：SiO2+2C 高温
Si+2CO↑，
故答案为：SiO2+2C 高温
Si+2CO↑；
（3）反应②是SiO2与CaO反应生成CaSiO3，其化学反应方程式为：
SiO2+CaO 高温
CaSiO3，故答案为：SiO2+CaO
高温
CaSiO3；
（4）D为Na2SiO3，其溶液中通入过量CO2，其化学反应方程式为：Na2SiO3+2H2O+2CO2＝2NaHCO3+H2SiO3↓，其离子方程式为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓，故答案为：SiO32-+2H2O+2CO2=2HCO3-+H2SiO3↓。

9．如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物，相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。

A、C、E均为氧化物，A是人体呼出的气体之一；在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A；C和E反应能生成D。

(1)写出下列物质的化学式：
A________，D________；
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________；
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应，其中没有涉及的基本反应类型是________。

【答案】CO2 Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等) CaO＋H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体，则A为二氧化碳，在实验室中B可以用来制取A，而D可以用来检验A，则D为氢氧化钙，B与D可反应，则B为盐酸；E与B, E与C都反应，且A、C、E均为氧化物，E与C反应生成的D为碱，则C为水，E为氧化钙；
【详解】
(1)根据上述分析可知：A为CO2，D为Ca(OH)2；答案：CO2；Ca(OH)2；
(2) 根据上述分析可知B为盐酸，盐酸除用来制取二氧化碳外，还用来除去铁制品表面的铁锈；答案：用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)；
(3) 根据上述分析可知C为水，E为氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，其化学方程式为CaO＋H2O=Ca(OH)2；答案：CaO＋H2O=Ca(OH)2；
(4)该五角星的位置中有化合反应，如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应；CO2与
Ca(OH)2的反应是复分解反应，HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应，没有涉及分解反应和置换反应。

答案：分解反应和置换反应。

10．在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：
(1)B的化学式是________，B在固态时属于________晶体，1mol 含有的共价键数目是
______N A。

(2)E的化学式是_________。

(3)B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
(4)A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O Si＋2NaOH＋H2O＝
Na2SiO3＋2H2↑
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加热分解得到B，所以E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。

【详解】
（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol 含有的共价键数目是4N A。

故答案为：SiO2；原子；4；
（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
故答案为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
（4）Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，反应方程式为：
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，
故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。

【点睛】
本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。

11．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：CO32-、SiO32-；一定不存在的离子为：SO42-、Al3+、
Ba2+，故答案为：CO32-、SiO32-；SO42-、Al3+、Ba2+；
(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：CO32-
+2H+=CO2↑+H2O；SiO32-+2H+=H2SiO3↓。

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
FeCl 2，E 为FeCl 3。

反应②的方程式为2Fe 2＋＋Cl 2＝2Fe 3＋＋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．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Si Ⅳ被Al Ⅲ所取代，再由K Ⅰ
平衡其电荷后形成的。

而叶腊石可以看作SiO 2中有1/3的Si Ⅳ被Al Ⅲ取代，再由K Ⅰ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，Al Ⅲ很容易取代Si Ⅳ，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，Al Ⅲ与Si Ⅳ最直接的关系是_______________。

(3)黑云母的化学式为KMg 3AlSi 3O 10(OH)2，在水与二氧化碳的同时作用下，风化为高岭土［AI 2Si 2O 5(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Al 3＋形式被地下水溶解_______________
【答案】K 2O·
3Al 2O 3·6SiO 2·2H 2O Al Ⅲ与Si Ⅳ的半径相近，插入后不会引起结构改变 2KMg 3AlSi 3O 10(OH)2＋14H 2CO 3＋H 2O=2K ＋＋6Mg 2＋＋14HCO 3－＋4H 4SiO 4＋Al 2Si 2O 5(OH)4 碳酸较硅酸酸性强，强酸可取代弱酸 中性条件下Al 3＋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SiO 2，含有氢元素的H 2O 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K 2O·3Al 2O 3·6SiO 2·2H 2O ，故答案为：K 2O·3Al 2O 3·6SiO 2·2H 2O ；
(2)从立体几何的知识来看，由于Al Ⅲ与Si Ⅳ的半径相近，在硅酸盐中，Al Ⅲ插入后很容易取代Si Ⅳ，不会引起原硅酸盐结构大的变化，故答案为：Al Ⅲ与Si Ⅳ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
［AI 2Si 2O 5(OH)4］，反应的离子方程式为2KMg 3AlSi 3O 10(OH)2＋14H 2CO 3＋H 2O=2K ＋＋6Mg 2
＋＋14HCO 3－＋4H 4SiO 4＋Al 2Si 2O 5(OH)4，故答案为：2KMg 3AlSi 3O 10(OH)2＋14H 2CO 3＋H 2O=2K ＋＋6Mg 2＋＋14HCO 3－＋4H 4SiO 4＋Al 2Si 2O 5(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Al 3＋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Al 3＋形式被地下水溶解，故答案为：中性条件下Al 3＋完全水解，主要以沉淀形式存在。

14．为确认HCl 、23H CO 、23H SiO 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3NaHCO 溶液 吸收HCl 气体 23Na SiO 溶液
232223SiO CO H O H SiO -++===↓23CO -+（或
2322323SiO 2CO 2H O 2HCO H SiO --++===+↓） HCl 23H CO 23H SiO
【解析】
【分析】
要确认HCl 、23H CO 、23H SiO 的酸性强弱，设计的实验流程为HCl →H 2CO 3→H 2SiO 3，所以A 中反应为2HCl+Na 2CO 3=2NaCl+H 2O+CO 2↑，C 中反应为
Na 2SiO 3+CO 2+H 2O==H 2SiO 3↓+Na 2CO 3或Na 2SiO 3+2CO 2+2H 2O==H 2SiO 3↓+2NaHCO 3。

由于盐酸易挥发，会干扰CO 2与Na 2SiO 3溶液的反应，所以在反应前，应除去CO 2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CO 2中混有的HCl 气体。

（3）装置C 中发生反应Na 2SiO 3+CO 2+H 2O==H 2SiO 3↓+Na 2CO 3或Na 2SiO 3+2CO 2+2H 2O ==H 2SiO 3↓+2NaHCO 3。

（4）由此可得出酸性的强弱关系。

【详解】
要确认HCl 、23H CO 、23H SiO 的酸性强弱，设计的实验流程为HCl →H 2CO 3→H 2SiO 3， 由于盐酸易挥发，会干扰CO 2与Na 2SiO 3溶液的反应，所以在CO 2通入硅酸钠溶液前，应除去CO 2中混有的HCl 气体。

（1）锥形瓶中装某可溶性正盐(通常为Na 2CO 3)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NaHCO 3溶液，其作用是除去CO 2中混有的HCl 气体。

答案为：饱和3NaHCO 溶液；吸收HCl 气体；
（3）装置C 中发生反应Na 2SiO 3+CO 2+H 2O==H 2SiO 3↓+Na 2CO 3或Na 2SiO 3+2CO 2+2H 2O ==H 2SiO 3↓+2NaHCO 3。

装置C 所盛试剂是23Na SiO 溶液，C 中反应的离子方程式是SiO 32-+CO 2+H 2O==H 2SiO 3↓+CO 32-或SiO 32-+2CO 2+2H 2O==H 2SiO 3↓+2HCO 3-。

（4）由此得到的结论是酸性：HCl ＞H 2CO 3＞H 2SiO 3。

答案为：HCl ；H 2CO 3；H 2SiO 3。

【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。

15．粗硅中含有铁和锡（Sn ）等杂质，粗硅与氯气反应可生成SiCl 4，SiCl 4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SiCl 4。

已知：SiCl 4的熔点是-70℃，沸点是57.6℃，易与水反应；Sn Cl 4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SiCl 4中溶有少量的杂质FeCl 3和SiCl 4，可以通过___________方法提纯。

【答案】分液漏斗 MnO 2+ 4H ＋+2Cl －Mn 2＋+2H 2O+ Cl 2↑ 浓硫酸 干燥氯气 调节装置内外压强平衡 冷凝并收集SiCl 4 吸收多余的Cl 2，防止外界水蒸气进入E 的烧瓶中 蒸馏
【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－Δ
Mn2＋+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。