2020-2021高考化學(xué)備考之硅及其化合物推斷題壓軸突破訓(xùn)練∶培優(yōu)篇附詳細(xì)答案一

1、2020-2021 高考化學(xué)備考之硅及其化合物推斷題壓軸突破訓(xùn)練培優(yōu)篇附詳細(xì)答案 (1)一、硅及其化合物1 表是元素周期表的一部分，針對(duì)表中的-元素按要求回答下列問題：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0 族234（ 1）在 -元素中，化學(xué)性質(zhì)最不活潑的元素是 _（填元素符號(hào)），化學(xué)性質(zhì)最活潑的金屬元素是 _（填元素符號(hào)）。（2）在最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中，酸性最強(qiáng)的化合物的化學(xué)式是_，堿性最強(qiáng)的化合物的化學(xué)式是_。（3）氧化物屬于兩性氧化物的元素是_（填元素符號(hào)），寫出該元素的最高價(jià)氧化物與NaOH 溶液反應(yīng)的離子方程式_（ 4）比較元素的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性： _；最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水

2、化物的酸性強(qiáng)弱： _。（5）的最高價(jià)氧化物與燒堿溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_【答案】 Ar K HClOKOH-+ H2O SiO2 + 2NaOH = Na2SiO34Al AlO23 + 2OH = 2AlO2+ H2O【解析】【分析】稀有氣體性質(zhì)穩(wěn)定，除稀有氣體同周期從左往右，同主族從下至上，非金屬性增強(qiáng)。非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)越活潑，越易與氫氣化合，生成的氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)。同周期從右往左，同主族從上至下，金屬性逐漸增強(qiáng)。金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)越活潑，遇水或酸反應(yīng)越劇烈，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)?！驹斀狻浚?1）根據(jù)分析 -元素中，化學(xué)性質(zhì)最不活潑的元素是

3、Ar，化學(xué)性質(zhì)最活潑的金屬元素是 K；（2）根據(jù)分析， -元素中Cl 非金屬性最強(qiáng)，故在最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物中，酸性最強(qiáng)的化合物的化學(xué)式是HClO4， K 金屬性最強(qiáng)，堿性最強(qiáng)的化合物的化學(xué)式是KOH；（3）鋁、氧化鋁、氫氧化率均屬于兩性物質(zhì)，則氧化物屬于兩性氧化物的元素是Al，該-元素的氧化物與 NaOH 溶液反應(yīng)的離子方程式 Al2O3 + 2OH = 2AlO2 + H2O；（4）非金屬性越強(qiáng)，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，氧的非金屬較強(qiáng)，故水比氨氣穩(wěn)定，；（5）硅的最高價(jià)氧化物SiO2 與燒堿溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SiO2 + 2NaOH = Na2SiO3 +2H O?！军c(diǎn)睛】非金屬性

4、的應(yīng)用中，需要注意非金屬性與氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定呈正比，與氫化物的還原性呈反比，而簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)需要對(duì)比氫鍵和范德華力，是物理性質(zhì)。2 某固體中可能含有 Na+、 K+、 Al3+、 Ba2+、 SO42-、 CO32-、 SiO32-、等離子，將其配成 100mL 溶液。學(xué)生研究性學(xué)習(xí)小組為了確認(rèn)其成分，設(shè)計(jì)并完成了如圖所示實(shí)驗(yàn)：請(qǐng)回答下列問題：(1)配制100mL 溶液需要使用容量瓶，該儀器使用前必須進(jìn)行的一步操是_；在“定容 ”操作中，當(dāng)液面接近容量瓶刻度線12cm處，改用_，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻。(2)若出現(xiàn)如下情況，導(dǎo)致所配溶液濃度偏高的是_A 稱量時(shí)砝碼已經(jīng)生銹；B

5、溶解、轉(zhuǎn)移溶液之后沒有對(duì)燒杯和玻璃棒進(jìn)行洗滌操作；C 定容時(shí)俯視；D 定容時(shí)，液面超過容量瓶頸上的刻度線，用膠頭滴管將過量的液體吸出；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水。(3) 根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)可得出：一定存在的離子是_ ，一定不存在的離子是_ 。(4) 加入稀鹽酸，所發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為_ ?！敬鸢浮繖z查是否漏水改用膠頭滴管滴加蒸餾水至溶液凹液面正好與刻度線相切A、C32- 、 SiO32-42- 、Al3+、 Ba2+32-+2232-+23COSOCO+2H =CO +HO； SiO+2H =H SiO 【解析】【分析】向配制的溶液中加入稀鹽酸后生成無色無味氣體A、沉淀 B，氣體 A 為 C

6、O2 ，則原溶液中一定含有 CO32-，結(jié)合離子共存可知一定不存在Al3+、 Ba2+；生成的沉淀B 為硅酸，則一定存在 SiO32-；向?yàn)V液 C 中加入氯化鋇溶液，無明顯現(xiàn)象，說明溶液中不存在SO42- ，據(jù)此結(jié)合溶液配制的方法解答；第 (2) 題根據(jù) c= n 進(jìn)行分析；V【詳解】(1)容量瓶使用前要檢查是否漏水；當(dāng)液面接近容量瓶刻度線1-2cm 處，改用膠頭滴管滴加質(zhì)量數(shù)至液面凹液面恰好與刻度線相切，再將容量瓶塞蓋好，反復(fù)上下顛倒，搖勻，故答案為：檢查是否漏水；改用膠頭滴管滴加質(zhì)量數(shù)至液面凹液面恰好與刻度線相切；(2)A.稱量時(shí)砝碼已經(jīng)生銹會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，繼而導(dǎo)致濃度偏大，故A 正

7、確；B.溶解、轉(zhuǎn)移溶液之后沒有對(duì)燒杯和玻璃棒進(jìn)行洗滌操作會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)物質(zhì)的量偏小，濃度偏小，故 B 錯(cuò)誤；C.定容時(shí)俯視會(huì)導(dǎo)致溶液體積偏小，溶液濃度偏大，故C 正確；D.定容時(shí)，液面超過容量瓶頸上的刻度線，用膠頭滴管將過量的液體吸出會(huì)導(dǎo)致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，濃度偏小，故 D 錯(cuò)誤；E.容量瓶不干燥，含有少量蒸餾水對(duì)濃度沒有影響，故E 錯(cuò)誤，故答案為： AC；(3)根據(jù)分析可知一定存在的離子為：CO32- 、 SiO32- ；一定不存在的離子為：SO42- 、Al3+、Ba2+，故答案為：CO32-、 SiO3 2-； SO42-、 Al3+、 Ba2+；(4)根據(jù)分析可知，加入稀鹽酸后碳酸根和硅

8、酸根和氫離子發(fā)生反應(yīng)，故答案為：CO32-+2H+=CO2 +H2 O； SiO32- +2H+=H2SiO3。3 在下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系中，A 是一種固體單質(zhì)，且常作半導(dǎo)體材料，E 是一種白色沉淀， F 是最輕的氣體單質(zhì)。據(jù)此填寫：（1） B 的化學(xué)式是 _，目前在現(xiàn)代通迅方面B 已被用作 _主要原料。（2） B 和 a 溶液反應(yīng)的離子方程式是_ 。（3） A 和 a 溶液反應(yīng)的離子方程式是_ 。（4） C 和過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式是_ ?！敬鸢浮?SiO2制光導(dǎo)纖維232- H2O H232- 2H2SiO 2OH =SiOSi2OHO=SiO32- 2H23SiO=H SiO 【解析】【

9、分析】A 是一種固體單質(zhì)，且常作半導(dǎo)體材料，則A 是 Si，所以 B 為 SiO2，由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知E 為 H2SiO3 ，a 為 NaOH， C 為 Na2SiO3， D 為 H2O，由于 F 是最輕的氣體單質(zhì)，則F 為 H2?！驹斀狻緼 是一種固體單質(zhì)，且常作半導(dǎo)體材料，則A 是 Si，所以 B 為 SiO2，由圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系可知E 為 H2SiO3 ，a 為 NaOH， C 為 Na2SiO3， D 為 H2O，由于 F 是最輕的氣體單質(zhì)，則F 為 H2，（1） B 的化學(xué)式是 SiO2，目前在現(xiàn)代通迅方面B 已被用作光導(dǎo)纖維主要原料；（2） B 和 a 溶液反應(yīng)的離子方程式是SiO2-

10、 H2O；22OH =SiO3（3） A 和 a 溶液反應(yīng)的離子方程式是Si 2OH H232- 2H2O=SiO；（4） C 和過量鹽酸反應(yīng)的離子方程式是SiO32- 2H23。=H SiO4 某課外學(xué)習(xí)小組對(duì)日常生活中不可缺少的調(diào)味品出蒼白色火焰。 M 與其他物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示M 進(jìn)行探究。已知(部分產(chǎn)物已略去)：C 可在D 中燃燒發(fā)(1)寫出B 的電子式_。(2)若 A 是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，寫出式_。A 和 B 水溶液反應(yīng)的離子方程(3)若A 是CO2 氣體，A 與B 溶液能夠反應(yīng)，反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，生成的CO2物質(zhì)的量與所用鹽酸體積如圖所示，則A

11、與 B 溶液反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式_。(4)若 A 是一種常見金屬單質(zhì)，且A 與 B 溶液能夠反應(yīng)，則將過量的F 溶液逐滴加入E 溶液，邊加邊振蕩，所看到的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_。(5)若 A 是一種氮肥 , A 和 B 反應(yīng)可生成氣體 E， E與 F、 E 與 D 相遇均冒白煙，且利用E 與 D的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送 D 的管道是否泄露，寫出E 與 D 反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(6)若 A 是一種溶液，可能含有、 Fe3、 Al3、 CO32- 、 SO42-中的某些離子，H 、NH4+、 Mg2當(dāng)向該溶液中加入 B 溶液時(shí)發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質(zhì)的量隨B 溶液的體積發(fā)生變化如圖所示，由此可知，該溶液中肯定含有的離

12、子的物質(zhì)的量濃度之比為_?！敬鸢浮縎iO2+2OH-=SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失3Cl8NH3=N26NH4 Cl c(Al3)+2-2c(H )c(NH4 )c(SO4 )1 312【解析】【分析】由題給信息可知，C可在 D 中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，則該反應(yīng)為氫氣與氯氣反應(yīng)生成HCl，故 C 為 H2、 D 為 Cl2、 F 為 HCl，M 是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，由題給轉(zhuǎn)化關(guān)系可知， M 的溶液電解生成氫氣、氯氣與 B，則 M 為 NaCl、 B 為 NaOH?！驹斀狻浚?） B 為 NaOH，氫氧化鈉是由鈉離子和氫氧根離子

13、組成的離子化合物，電子式為，故答案為：；（2）若 A 是一種常見的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，則A 為 SiO223，二， E 為 NaSiO氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為： SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（ 3）若 A 是 CO2 氣體， CO2 與 NaOH 溶液能夠反應(yīng)生成碳酸鈉或碳酸氫鈉或兩者的混合物，也有可能氫氧化鈉過量，反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)只有碳酸鈉，則碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉消耗鹽酸體積與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳消耗鹽酸體積相等，由圖可知消耗鹽酸體積之比為1： 2，則 CO

14、2 與 NaOH 溶液反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為Na2CO3 和NaHCO3，故答案為： Na2CO3 和 NaHCO3 ；（4）若 A 是一種常見金屬單質(zhì)，且與NaOH 溶液能夠反應(yīng)，則A 為 Al， E為 NaAlO2，則將過量的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氫氧化鋁，而后氫氧化鋁溶解，故看到的現(xiàn)象為溶液中先有白色絮狀沉淀生成，且不斷地增加，隨后沉淀逐漸溶解最終消失，故答案為：先有白色沉淀生成，隨后沉淀逐漸減少最終消失；（5）若 A 是一種化肥，實(shí)驗(yàn)室可用A 和 NaOH 反應(yīng)制取氣體E， E 與 F 相遇均冒白煙，則E 為 NH 、 A 為銨鹽， E 與氯氣相遇均冒白煙，且

15、利用E 與氯氣的反應(yīng)檢驗(yàn)輸送氯氣的管道3是否泄露，則E 與 D 的反應(yīng)為氨氣與氯氣反應(yīng)生成氯化銨和氮?dú)猓磻?yīng)方程式為：3Cl +8NH =N +6NH Cl，故答案為：3Cl +8NH=N +6NH Cl；23242324（6）由圖可知，開始加入NaOH 沒有沉淀和氣體產(chǎn)生，則一定有H+，一定沒有 CO32- ，后來有沉淀產(chǎn)生且最后消失，則一定沒有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中間段沉淀的質(zhì)量不變，應(yīng)為 NH4+OH-=NH3?H2O 的反應(yīng)，則含有NH4+，由電荷守恒可知一定含有SO42-，發(fā)生反應(yīng) H+OH-=H2O，氫離子消耗NaOH溶液的體積與Al3+3OH-=Al OH

16、3NaOH( ) 鋁離子消耗溶液的體積之比為1： 3，發(fā)生反應(yīng) NH4+-322 體積，則 n+OH =NH ?H O，銨根消耗氫氧化鈉為（H+）： n（ Al3+）： n（ NH4+） =1： 1：2，由電荷守恒可知，n（H+）： n（ Al3+）： n（NH4+）： n （ SO42- ） =1：1： 2： 3，故 c（ H+）： c（ Al3+）： c（ NH4+）： c（SO42- ） =1：1：2： 3，故答案為：c（ H+）： c（ Al3+）： c（ NH4+ ）： c（ SO42-） =1：1 ：2： 3?！军c(diǎn)睛】根據(jù)圖象中的平臺(tái)確定溶液中含有銨根離子是解答關(guān)鍵，注意利用離子方

17、程式與電荷守恒進(jìn)行計(jì)算是解答難點(diǎn)。5 請(qǐng)回答：已知：甲 +X乙 +Y（1）若甲、乙、X 均是化合物，Y 是單質(zhì)，則Y 可能是 _。（填化學(xué)式，下同）（2）若酸性XY，且甲過量， Y 是白色渾濁，則Y 是 _，乙是 _。（3）若甲、乙是金屬單質(zhì)，X 為固體，則反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（4）甲、乙是同主族非金屬元素組成的單質(zhì)，乙通常狀況下是深紅棕色液體。X、Y 是化合物。 X 溶液呈淡綠色，Y 的溶液能使KSCN溶液變紅。將 Y 的飽和溶液滴入沸水中，繼續(xù)加熱可得紅褐色液體丙，證明丙的操作、現(xiàn)象及結(jié)論是 _ 。單質(zhì)甲、乙和Y 溶液中的陽離子氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篲。（用化學(xué)式表示）當(dāng) X 與甲 1

18、:1充分反應(yīng)的離子方程式：_ ?！敬鸢浮縊2高溫2等）232Al+Fe2O3Al 2O3 +2Fe 一束光照射 M（ S、 NH SiO NaCl液體，在 M 中與光束垂直方向能看到一條光亮通路，證明M 是膠體 Cl2 Br2 Fe3+2+-23+2-2Fe +2Br +2Cl =2Fe +Br +4Cl【解析】【分析】本題主要考察常見化學(xué)物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)?！驹斀狻浚?）根據(jù)題意得：化合物+化合物 =化合物 +單質(zhì)，則已學(xué)反應(yīng)有：2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2， 2Na2O2+2CO2=2Na2 CO3+O2， H2S+SO2=H2O+S，催化劑4NH 3 +6NO6H 2O+5N2

19、 等，則 Y 可能是 O2、 S、 N2；（2）酸性 X Y，則該反應(yīng)是強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)，弱酸中只有H2 3YSiO 是白色沉淀，所以是 H2SiO3， X 可以是 HCl，甲可以是 Na2SiO3，則乙是 NaCl；（3）該化學(xué)方程式可以表示為：金屬+固體化合物 =金屬 +化合物，則已學(xué)反應(yīng)中有：2Al+Fe2 O3高溫Al 2 O3 +2Fe；（ 4）單質(zhì)乙通常狀況下是深紅棕色液體，則乙為 Br2； X 溶液呈淺綠色，則 X 溶液含F(xiàn)e2+； Y 溶液能使 KSCN溶液變紅，則 Y 溶液含有 Fe3+；將含 Fe3+的飽和溶液中滴入沸水中，繼續(xù)加熱可得液體丙Fe(OH)3 膠體，膠體具有丁

20、達(dá)爾小瑩，可用一束光照射丙液體，在該液體中與光束垂直方向能看到一條光亮通路，證明丙是膠體；由于甲 +X乙 +Y，乙為 Br2 ，甲含有 Fe2+，乙含有Fe3+，則甲為FeBr2，X 為 Cl2，Y 為FeCl3，則氧化性強(qiáng)弱為Cl2 Br2 Fe3+；X 與甲 1:1 充分反應(yīng)的離子方程式：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-6A、 B、 C、 D、 E、 F、 X 七種物質(zhì)之間可按下列框圖發(fā)生反應(yīng)（部分產(chǎn)物可能被省略）。其中， A、 D、 E、X 是四種常見的非金屬單質(zhì)，常溫下A、 X 為氣體， D、 E 為固體。 A 的水溶液具有漂白性，A、 D 的水溶液均能使淀粉K

21、I 試紙變藍(lán)色，B 的焰色反應(yīng)為黃色。請(qǐng)回答下列問題：（ 1）寫出 A、 F 的化學(xué)式： A：_、 F： _。（ 2）寫出 B 的電子式： _ ，EO2 的晶體類型為 _。（3）寫出 E 與 NaOH 溶液反應(yīng)的離子方程式_。（ 4） E 單質(zhì)可作高能燃料。已知 ag 固體 E 燃燒放出 bkJ 的熱量，請(qǐng)寫出表示 E 燃燒熱的熱化學(xué)方程式（ H 用含 a、 b 的式子表示） _ 。【答案】 A： Cl24原子晶體-232-2Si （ s）： SiClSi + 2OH+ H O = SiO+2H +O2（ g） = SiO2 （s）； H= -28b/a kJ/mol【解析】【分析】根據(jù) A

22、是一種常見的非金屬單質(zhì)，常溫下為氣體，且A 的水溶液具有漂白性，可推知A 為氯氣；由于 D 也是一種常見的非金屬單質(zhì)，常溫下為固體，且由氯氣制備可得，說明其氧化性弱于氯氣，且其水溶液能使淀粉KI 試紙變藍(lán)色，因此 D 可能為碘單質(zhì)；根據(jù) B 的焰色反應(yīng)為黃色，可知B 為 NaI，C 為 NaCl。根據(jù)已知條件E 是非金屬單質(zhì)，且E 為固體，能與氫氧化鈉溶液、氧氣反應(yīng)，因此可推測(cè)E 為 Si、F 為 SiCl4；能將4SiCl 還原為 Si 的非金屬單質(zhì)為 H2，因此 X 為 H2。據(jù)此解題?！驹斀狻浚?）根據(jù)分析，可知 A、 F 的化學(xué)式分別為： A： Cl24、 F： SiCl ；（2）根據(jù)

23、分析， B 物質(zhì) NaI 的電子式為：， EO2為 SiO2，其晶體類型為原子晶體；（3） E 為 Si，其與 NaOH 溶液反應(yīng)的離子方程式為：Si+2OH-232-2+H O = SiO+2H ；a?ga（4）當(dāng) ag 單質(zhì) Si 的物質(zhì)的量為：2828?g / molmol 作高能燃料進(jìn)行燃燒時(shí)放出的熱量為 bkJ，因此當(dāng) 1molSi 燃燒時(shí)，放出的熱量應(yīng)為28bkJ，因此 Si 單質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方a程式可表示為：Si（ s） +O2（ g） = SiO2（ s）； H= -28b/a kJ/mol 。7 閱讀下面信息，推斷元素，按要求回答問題：信息問題 短周期元素 X、 Y、 Z、

24、 W，原子序數(shù)依次增(1)X 一定不是 _；大，最外層電子數(shù)均不少于最內(nèi)層電子數(shù)A氫 B碳 C氧 D硫 一定條件下，上述四種元素的單質(zhì)均能與足量的氧氣反應(yīng)，生成的氧化物有兩種能溶于稀硫(2)這四種元素含有鋁元素嗎 ?_；酸，三種能溶于濃 NaOH，氧化物的相對(duì)式量都大于 26 上述四種元素的單質(zhì)的混合物，加入足量的鹽酸溶液，固體部分溶解，過濾，向?yàn)V液中加入過(3)白色沉淀的化學(xué)式為 _；量的燒堿溶液，最終溶液中有白色沉淀 上述四種元素的單質(zhì)的混合物，加入足量的燒(4)生成白色沉淀的離子方程式為堿溶液，固體部分溶解，過濾，向?yàn)V液中加入過_ ；量的鹽酸溶液，最終溶液中有白色沉淀【答案】 AD一定含

25、有鋁元素Mg(OH)232 H23SiO + 2HSiO 【解析】【分析】(1)X 若為氫時(shí)，其最外層電子數(shù)為1； X 若為硫，原子序數(shù)比X 大的 Y、 Z、W 不可能都是短周期元素；(2)有一種元素的氧化物既能與酸反應(yīng)、又能與堿反應(yīng)；(3)白色沉淀應(yīng)為堿，短周期元素中只有Mg(OH) 2 符合；(4)濾液中加入過量的鹽酸溶液，得到的應(yīng)是難溶于水的弱酸，可為H2SiO3 或 H4SiO4；【詳解】(1)X 若為氫時(shí)，其最外層電子數(shù)為1，不合理； X 若為硫，原子序數(shù)比X 大的 Y、 Z、W 不可能都是短周期元素，不合理，X 為碳或氧時(shí)合理，故答案為AD；(2)四種元素的單質(zhì)均能與足量的氧氣反應(yīng)

26、，生成的氧化物有兩種能溶于稀硫酸，三種能溶于濃 NaOH，氧化物的相對(duì)式量都大于26，說明四種元素均為第三周期主族元素，且有一種元素的氧化物既能與酸反應(yīng)、又能與堿反應(yīng)，則一定含有鋁元素；(3)對(duì)所有短周期元素進(jìn)行試探，唯有鎂元素符合性質(zhì)，可知白色沉淀物的化學(xué)式為Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在變化中最終得到白色沉淀H2 SiO3(或 H4SiO4)，生成該白色沉淀的離子方程式為 SiO3 2-+2H+=H2SiO3(或 SiO32-+2H+H2O=H4SiO4)。8 云母是一種重要的硅酸鹽，它具有韌度、彈性、透明度、高介電強(qiáng)度、化學(xué)惰性和熱穩(wěn)定性。白云母可看作葉臘石中1/4 的 Si被 Al

27、 所取代，再由K 平衡其電荷后形成的。而葉取代，再由臘石可以看作 SiO2 中有 1/3 的 Si 被 AlK 平衡其電荷形成的。(1)白云母寫成氧化物形式的化學(xué)式為_。(2)研究表明，在硅酸鹽中，Al 很容易取代 Si，取代后不會(huì)引起原硅酸鹽結(jié)構(gòu)大的變化。從立體幾何的知識(shí)看，Al與 Si最直接的關(guān)系是_ 。(3)黑云母的化學(xué)式為KMg3AlSi3O10(OH)2 ，在水與二氧化碳的同時(shí)作用下，風(fēng)化為高嶺土 AI2Si2O5(OH)4 。寫出離子反應(yīng)方程式_。上述反應(yīng)為什么能夠發(fā)生_風(fēng)化后 Al 為什么不能以Al3形式被地下水溶解 _【答案】 K2O3Al2 322與 Si 的半徑相近，插入后

28、不會(huì)引起結(jié)構(gòu)改變O 6SiO2H OAl33 102232 6Mg 214HCO34H4422 54碳酸2KMg AlSi O (OH) 14HCO H O=2KSiO AlSi O (OH)較硅酸酸性強(qiáng)，強(qiáng)酸可取代弱酸中性條件下Al3完全水解，主要以沉淀形式存在【解析】【分析】【詳解】(1)由復(fù)雜硅酸鹽改寫成氧化物形式的一般原則是先寫一系列金屬氧化物，并按金屬活動(dòng)性順序排列，較活潑的金屬氧化物寫在前面，再寫SiO2，含有氫元素的H2O 最后寫，氧化物之間加黑點(diǎn)隔開，各氧化物的系數(shù)均為整數(shù)，并寫在相應(yīng)氧化物前面，寫成氧化物后，原化學(xué)式中的各元素、原子的個(gè)數(shù)比應(yīng)保持不變，因此白云母寫成氧化物形式

29、的化學(xué)式為K2O3Al2O36SiO22H2O，故答案為：K2O3Al2O3 6SiO22H2O；(2)從立體幾何的知識(shí)來看，由于Al與 Si 的半徑相近，在硅酸鹽中，Al 插入后很容易取代 Si ，不會(huì)引起原硅酸鹽結(jié)構(gòu)大的變化，故答案為：Al 與 Si 的半徑相近，插入后不會(huì)引起結(jié)構(gòu)改變；(3)由題干信息可知，黑云母在水與二氧化碳的同時(shí)作用下，風(fēng)化為高嶺土AI22 5433 102232 6Mg 2Si O (OH) ，反應(yīng)的離子方程式為2KMg AlSi O (OH)14H CO H O=2K14HCO3 4H4 422 5433102232SiO Al Si O (OH)，故答案為： 2

30、KMg AlSi O (OH)14H COH O=2K6Mg2 14HCO3 4H442254；SiO Al Si O (OH)上述反應(yīng)中碳酸與黑云母反應(yīng)生成了硅酸，因?yàn)樘妓岬乃嵝员裙杷釓?qiáng)，可以強(qiáng)酸制弱酸，所以上述反應(yīng)可以發(fā)生，故答案為：碳酸較硅酸酸性強(qiáng)，強(qiáng)酸可取代弱酸；3Al(OH) 3 的沉淀形式存在，因此風(fēng)化后Al 為什么由于中性條件下 Al 完全水解，主要以不能以 Al3 形式被地下水溶解，故答案為：中性條件下Al3 完全水解，主要以沉淀形式存在。9 材料是人類賴以生存的重要物質(zhì)基礎(chǔ)。材料種類很多，通?？煞譃榻饘俨牧?、無機(jī)非金屬材料（包括硅酸鹽材料）、高分子合成材料及復(fù)合材料。（ 1） 合金是生活中常見的材料。某合金具有密度小、強(qiáng)度高的優(yōu)良性能，常用于制造門窗框架。該合金中含量最高的金屬為_(填元素符號(hào) )。 鐵銹的主要成分是 _(填化學(xué)式 )，它是鋼鐵在潮濕的空氣中發(fā)生_腐蝕的結(jié)果，其負(fù)極反應(yīng)式為_ 。 玻璃是一種常用的硅酸鹽材料。制備普通玻璃的原料有學(xué)式 )。CaCO3 、_和 _(填化（2）聚苯乙烯是造成白色污染的物質(zhì)之一，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則制取聚苯乙烯的單體是 _ 。【答案】 Al Fe2 3 22 3電化 (或“電化學(xué) ”或 “吸氧 ”)Fe 2e Fe223O