2020-2021备战高考化学 硅及其化合物推断题 综合题及答案

2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合题及答案
一、硅及其化合物
1．表是元素周期表的一部分，针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题：
（1）在①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号），化学性质最活泼的金属元素是________（填元素符号）。

（2）在最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________，碱性最强的化合物的化学式是________。

（3）氧化物属于两性氧化物的元素是________（填元素符号），写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
（4）比较元素的气态氢化物的稳定性：②_________③；最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：②_________⑥。

（5）⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】Ar K HClO4 KOH Al Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O < > SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定，除稀有气体同周期从左往右，同主族从下至上，非金属性增强。

非金属性越强，单质越活泼，越易与氢气化合，生成的气态氢化物越稳定，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。

同周期从右往左，同主族从上至下，金属性逐渐增强。

金属性越强，单质越活泼，遇水或酸反应越剧烈，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。

【详解】
（1）根据分析①-⑩元素中，化学性质最不活泼的元素是Ar，化学性质最活泼的金属元素是K；
（2）根据分析，①-⑩元素中Cl非金属性最强，故在最高价氧化物对应水化物中，酸性最
强的化合物的化学式是HClO4，K金属性最强，碱性最强的化合物的化学式是KOH；
（3）铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质，则氧化物属于两性氧化物的元素是Al，该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3 + 2OH- = 2AlO2- + H2O；
（4）非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属较强，故水比氨气稳定，
②<③；非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，N非金属性强于Si，则HNO3酸性强于H2SiO3，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：②>⑥；
（5）硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 + H2O。

【点睛】
非金属性的应用中，需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比，与氢化物的还原性呈反比，而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力，是物理性质。

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．单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是_________；由X制备Mg2Z的化学方程式为_________。

（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为_________，Y分子的电子式为_________。

（3）Z、X中共价键的类型分别是_________。

【答案】氢氟酸 SiO2+Mg O2↑+Mg2Si Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4非极性
键、极性键
【解析】
【详解】
单质Z是一种常见的半导体材料，则Z为Si，X为Z的氧化物，则X为SiO2，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，则Y为SiH4，加热SiH4分解得到Si与氢气。

（1）能与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸；由SiO2制备Mg2Si的化学方程式为：
SiO2+4Mg2MgO+Mg2Si。

（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4↑，Y为SiH4，电子式为。

（3）Z为Si，周期表中位于第三周期IVA族，其单质属于原子晶体，化学键类型为非极性共价键；X为SiO2，属于原子晶体，含有的化学键属于极性共价键。

4．已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：
（1）A是______，B是_____，D是_____。

（2）写化学方程式：
①_________；
⑤_________。

（3）写离子方程式：
②__________；
③________；
④________。

【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑ H2SiO3H2O＋SiO2 CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓ SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2O SiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。

【详解】
由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。

（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：SiO2；Na2SiO3；H2SiO3。

（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为
SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑。

⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：H2SiO3H2O＋SiO2，故答案为：
H2SiO3H2O＋SiO2。

（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为
Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。

③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为
SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。

④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

【点睛】
解框图题的方法：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，本题的突破口为：“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。

5．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大， X、Z、W 均可形成酸性氧化物。

X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，YW是氯碱工业的主要原料，Z的最外层电子数为4，请回答以下问题：
(1)表示氯碱工业生产原理的化学方程式为____________________________________。

(2)X的另一种氢化物X2H4可作为火箭推进器燃料，其结构式为__________________ 。

(3)Y的氧化物中，有一种既含离子键又含共价键，该氧化物的电子式为 ___________。

(4)Z的氧化物属于晶体，工业制备Z单质的化学方程式为________________________。

(5)W单质是毒性很大的窒息性气体。

工业上用X气态氢化物的浓溶液检验W单质是否泄露，写出反应的化学方程式_________________________________________ 。

【答案】2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
2C+SiO22CO↑+Si 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2
【解析】
【分析】
短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X、Z、W 均可形成酸性氧化物。

X的一种氢化物分子空间构型为三角锥型，该氢化物为氨气，在X为N元素；YW是氯碱工业的主要原料，该物质为NaCl，则Y为Na、W为Cl元素；Z的最外层电子数为4，原子序数大于Na，则Z为Si元素，据此进行解答。

【详解】
根据分析可知，X为N元素，Y为Na，Z为Si，W为Cl元素。

(1)氯碱工业中电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，该反应的化学方程式为：
2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)X2H4为N2H4，其结构简式为NH2-NH2，每个氮原子形成三个化学键，N2H4的结构式为
；
(3)Na的氧化物中既含离子键又含共价键的为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为；
(4)Z为Si元素，其氧化物为SiO2，二氧化硅属于原子晶体；工业上用碳与二氧化硅在高温下反应制取硅，该反应的化学方程式为：2C+SiO22CO↑+Si；
(5)W单质为氯气，氯气是毒性很大的窒息性气体，X气态氢化物为氨气，氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：
8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2。

【点睛】
本题考查元素周期表、元素周期律的应用的知识，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见化学用语的书写原则，物质的化学性质及物理性质，试题培养了学生的学以致用的能力。

6．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↓＋HCO32-
或SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋CO32-（写成H4SiO4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（Na2RO3）和氢气，则R为Si元素，由转化关系可知D为Si，A为SiO2，B为CaSiO3，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，
（1）由以上分析可知A为SiO2，C为Na2SiO3，故答案为SiO2；Na2SiO3；
（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-。

考点：以硅为载体考查了无机物的推断
7．下图是化学中部分常见的氧化物和单质的转化关系。

其中，氧化物f是制造光导纤维的重要原料，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质。

回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：单质F________，氧化物d________。

(2)写出下列反应的化学方程式：
①_____________________________________________；
④_____________________________________________。

【答案】Si H2O2Mg＋CO2C＋2MgO C＋H2O(g)CO＋H2
【解析】
【分析】
氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c 是Fe3O4，以此为突破口推出五个置换反应。

【详解】
氧化物f是制造光导纤维的重要原料，f是SiO2，氧化物c是一种具有磁性的黑色物质，c 是Fe3O4，反应①2Mg＋CO2C＋2MgO，反应②Fe3O4＋2C2CO2＋3Fe，反应
③3Fe＋4H2O（g）Fe3O4＋4H2，反应④C＋H2O(g)CO＋H2，反应⑤2C＋
SiO2Si＋2CO。

（1）根据反应⑤物质的化学式：单质F为Si，结合反应③④氧化物d为H2O 。

（2）反应①和④的化学方程式：①2Mg＋CO2C＋2MgO ④C＋H2O(g)CO＋H2。

8．
（1）X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。

则：
①写出化合物甲的电子式___________________；
②写出Z与甲反应的化学方程式_______________________________________________；（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，Y、Z都是分子晶体，X、Y都能与强碱溶液反应；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂。

则：
①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________；
②在①所得溶液中加入乙的溶液，观察到的现象___________________________________（3）.X、Z是常见金属，Z与甲的反应只有在高温下才能进行，甲是一种具有磁性的化合物，乙在工业上常用于制取Z单质。

则：
①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________；
②将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，得到气体的质量之比是____________________________。

【答案】2Mg+CO22MgO+C Si＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O 2:3
【解析】
【分析】
（1）根据X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2和O3；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；据以上分析进行解答；
（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；据以上分析进行解答；
（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝，Y是氧气，符合上述转化关系；据以上分析进行解答。

【详解】
（1）根据X、Y、Z都是短周期元素的单质，X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，X为C；Y元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ：2，所以Y为O，氧元素形成的单质为O2和O3；Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍，Z为Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；
①二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价键，电子式；
综上所述所，本题正确答案：；
②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：2Mg+CO22MgO+C；
综上所述所，本题正确答案：2Mg+CO22MgO+C；
（2）X、Y、Z都是非金属单质，X是原子晶体，X能与强碱溶液反应，所以 X为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y是氯原子，Z是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；
①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：Si＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑；综上所述所，本题正确答案：Si＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑；
②由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶液中加入盐酸，反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠，因此可观察到产生白色胶状沉淀生成；
综上所述所，本题正确答案：白色胶状沉淀生成；
（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z单质，所以Z是铝，X是铁，乙是氧化铝，Y是氧气，符合上述转化关系；
①氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al2O3＋2NaOH＝
2NaAlO2＋H2O；
综上所述所，本题正确答案：Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O；
②已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，生成氢气的量之比为：1：
1.5，质量之比是1:1.5，整理为2:3；
综上所述所，本题正确答案：2:3。

9．（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
10．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 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 。