1、2H2O，故D正确；答案选D。3下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）ASO2通入Ba（NO3）2溶液中BO2通入Na2SO3溶液中CCl2通入Na2SiO3溶液中DNH3通入Ca（HCO3）2溶液中【答案】BA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；BO2通入Na2SO3溶液中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，无明显现象，故选B；CCl2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；DNH3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。4下列各项操作
2、中不发生先沉淀后溶解现象的是（ ）向饱和碳酸钠溶液中通入过量CO2向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入过量的H2SO4向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2向石灰水中通入过量CO2向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸A B C D中发生的反应是Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小但质量大，且反应中中消耗H2O，所以有沉淀析出且不溶解，符合；向Fe（OH）3胶体中加入H2SO4首先发生胶体的聚沉，出现Fe（OH）3沉淀，H2SO4过量，Fe（OH）3与H2SO4反应而溶解，不符合；硝酸钡溶液中通入二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，
3、能氧化亚硫酸为硫酸，溶液中生成硫酸钡沉淀，现象是只生成沉淀，符合；向澄清石灰水中通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，反应现象是先沉淀后溶解，不符合；向硅酸钠溶液中滴入过量的盐酸，发生反应Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，只生成白色沉淀，符合；【点睛】本题考查常见物质的的化学反应与现象。向溶液中加入某物质，先出现沉淀后沉淀溶解的总结如下：（1）向澄清石灰水中通入CO2（SO2）至过量。（2）向Fe（OH）3胶体中加入硫酸至过量（3）向可溶性铝盐中加入NaOH溶液至过量（4）向偏铝酸盐中加入盐酸至过量5下列说法正确的是（ ）A图中：如果MnO2过量，浓
4、盐酸就可全部消耗B图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气C图中：生成蓝色的烟D图中：用该装置可以验证酸性：盐酸碳酸硅酸。A利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl2，A项错误；B氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收，B项正确；C铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C项错误；D利用盐酸与石灰石反应可制备CO2，所以可证
5、明盐酸酸性强于碳酸；由于盐酸具有挥发性，制备出的CO2中会含有HCl杂质，HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；若不对制备出的CO2进行除杂，其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，D项错误；答案选B。6下列实验现象与氧化还原反应有关的是（ ）A氨水中滴加石蕊试液显蓝色BNO2通入水中，气体由红棕色逐渐转变为无色C向Fe2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色沉淀D向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成A氨水中滴加石蕊试液显蓝色，是由于一水合氨电离出氢氧根离子的缘故，没有发生氧化还原反应，故A错误；BNO2 通入水中
6、，气体由红棕色逐渐转变为无色，是由于反应生成NO和硝酸，N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B正确；C向Fe2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色沉淀，发生的是复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不是氧化还原反应，故C错误；D向硅酸钠溶液中滴加适量的稀盐酸，有透明的凝胶形成，发生的是复分解反应生成硅酸，不是氧化还原反应，故D错误；7下列除去杂质的方法正确的是（ ）物质杂质试剂主要操作ACl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓硫酸洗气BSiO2Fe2O3氢氧化钠溶液过滤CFeCl2FeCl3CuD氢氧化铁胶体氯化铁AA BB CC DDACl2难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，然后用浓硫
7、酸干燥，可以除去氯气中的HCl，A正确；BSiO2能和氢氧化钠溶液反应，Fe2O3与NaOH不反应，不能用来除去SiO2 中的Fe2O3，B错误；CFeCl3和Cu发生反应：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，除去了Fe3+，又引入了Cu2+，C错误；D氢氧化铁胶粒和氯化铁溶液都能通过滤纸，应该用渗析的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化铁溶液，D错误；答案选A 。除杂质时要注意不能除去了原有杂质，又引入新杂质。8工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石在玻璃窑中发生主要反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2；CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2（1）普通玻璃的成份是N
8、a2CaSi6O14，它的氧化物形式为_，则原料中SiO2、Na2CO3、CaCO3的物质的量之比为_。（2）在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式_，有_种不同类型的晶体（填数字）（3）在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径_（填“大”或“小”），该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为_。（4）在上述普通玻璃的组成元素中，与铝元素同周期的另一元素的原子最外层共有_种不同运动状态的电子、_种不同能级的电子。【答案】Na2OCaO6SiO2 6：1：1 3 大 Al（OH）3+OH-=AlO2-
9、+2H2O 4 2 根据普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14和制取玻璃的反应原理进行分析解答。（1）普通玻璃的成份是Na2CaSi6O14，它的氧化物形式为Na2O6SiO2，根据原子守恒，原料中SiO2、Na2CO3Na2O、CaCO3，所以物质的量之比为6：1，故答案：Na2O6SiO2 ；6：1；（2）根据Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2，反应物和生成物中，Na2CO3 、Na2SiO3、CaCO3 、CaSiO3是离子化合物，属于离子晶体；SiO2是共价化合物，属于原子晶体；CO2属于分子晶体，且属于非极性分子，其电子式，有3种
10、不同类型的晶体，故答案：；3；（3）在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素为钠，钠离子半径比铝离子半径大，钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al（OH）3，他们之间发生反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案：大；Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（4）由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14的元素中，与铝元素同周期的另一元素为Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，原子最外层共有4种不同运动状态的电子、2种不同能级的电子，故答案：4；2。9硅在无机非金属材料中，扮
11、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（BaCuSi2Ox，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BaOCuO2SiO2B性质稳定，不易脱色Cx等于6D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：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：_。SiCl4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_。在流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、Si
12、H2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，有关物质的沸点数据如下表，分离SiCl4和其他杂质的方法为_。SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/235557.631.88.230.484.9111.9【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 2CSiO22COSi SiCl43H2O=H2SiO34HCl 蒸馏（精馏） （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
13、：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：，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，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：，计算得出x=6，所以C选项是正确的；D. 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；D；（3）石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应， 2C
14、SiO22COSi；水解生成硅酸和氯化氢，反应的方程式为： SiCl43H2O=H2SiO34HCl，因此，本题正确答案是： SiCl43H2O=H2SiO34HCl；利用沸点的不同提纯属于蒸馏，（沸点57.6）中含有少量 （沸点33）和 （离子化合物沸点很高）， （沸点8.2）、 （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）。10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：_；_。（3）写离子方程式：_；_；_。【答案】SiO2 Na2SiO3 H2SiO3
15、Na2CO3SiO2Na2SiO3CO2 H2SiO3H2OSiO2 CO2H2OSiO32-CO32-H2SiO3 SiO22OHSiO32-H2O SiO32-2HH2SiO3 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，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。由以上分析可知A为SiO2，B为N
16、a2SiO3，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）SiO2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。H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：H2SiO3H2OSiO2，故答案为：H2OSiO2。（3）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+H2OH2SiO3+Na2CO3，离子方程式为：CO
17、2H2OSiO32-=CO32-H2SiO3，故答案为：CO2H2OSiO32-=CO32-H2SiO3。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+2NaOHNa2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-SiO32-+H2O，故答案为：SiO2+2OH-SiO32-+H2O。Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3，离子方程式为：SiO32-2H=H2SiO3，故答案为：SiO32-2H=H2SiO3。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
18、、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”。11硅及其化合物在自然界广泛存在并被人类应用。（1）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业。可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应制得3SiH44NH3Si3N412H2以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：反应原理：4NH4ClMg2Si4NH3SiH42MgCl2（HH2CO3H2SiO3；（2）利用题中装置证明氯气氧化性强于碘单质的氧化性，C中发生的是氯气和碘离子的反应，生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝；生成的氯气有毒需要尾气吸收处理；（3）A中装
19、浓盐酸，B中装高锰酸钾反应生成氯气具有氧化性，通入氢硫酸溶液，反应开始后观察到的现象是C中产生淡黄色沉淀，说明氯气氧化硫化氢为硫单质；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，进而判断非金属性。（1）现有硝酸、碳酸钙、澄清石灰水、硅酸钠溶液，选择试剂用题中装置证明：H2SiO3，根据强酸制弱酸可知，A中试剂是硝酸、B中物质是碳酸钙；硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液生成硅酸沉淀，装置C中离子反应是：CO2+SiO32-+H2OH2SiO3+CO32-；硝酸易挥发，硝酸进入C中与硅酸钠反应生成硅酸，所以不能确定C中反应物是二氧化碳还是硝酸，故该实验方案中明显不合理之处是：硝酸易挥发，硝酸进入C中与硅酸钠反应生成硅酸；（2）利用题中装置证明氯气氧化性强于碘单质的氧化性，C中发生的是氯气和碘离子的反应，生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，所以C中加入碘化钾溶液； C中发生的是氯气和碘离子的反应，离子方程式为：2I-+Cl2I2+2Cl-；生成的氯气有
