化学化学一模试题分类汇编无机非金属材料推断题综合含详细答案.doc

【化学】化学一模试题分类汇编——无机非金属材料推断题综合含详细答案

一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）
1．在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现是
A．FeFeCl2Fe(OH)2 B．H2SiO3SiO2 SiCl4
C．浓盐酸Cl2漂白粉 D．NH3NOHNO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A错误；
B．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl不反应，不能转化为SiCl4，故B错误；
C．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C对；
D.氨催化氧化生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；
故选C。

2．如下有关物质用途论述对是( )
A．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火
B．运用高纯度硅制造太阳能电池板可将光能直接转化为电能
C．食品包装袋中常放入小袋生石灰，目是防止食品氧化变质
D．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是运用氧化还原反应原理
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，因此活泼金属着火时，不能用干粉灭火器灭火，A不对；
B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B对；
C．氧化钙可以吸取空气中水分，因此食品包装袋中常放入小袋生石灰，目是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不对；
D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是运用萃取原理，D不对；
故选B。

3．下列说法不对是
A．氧化镁熔点很高，可作为优质耐高温材料
B．有色玻璃就是某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成
C．溴化银可用于感光材料，也可用于人工降雨
D．分子筛可用于物质分离，还能作干燥剂和催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．氧化镁是离子化合物，离子键很强，因此氧化镁熔点高，可作耐高温材料，故A对；
B．某些金属氧化物展现特殊颜色，分散于玻璃中即可制得有色玻璃，故B对；
C．溴化银不稳定，见光易分解，可用于制感光胶卷，碘化银可用于人工降雨，故C错误；
D．分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，可用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子互换剂、催化剂及催化剂载体等，故D对；
故答案：C。

4．习主席在新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者心血和汗水，彰显了不一样凡响中国风采、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。下列说法错误是（ ）
A．装置 B 中试剂是浓硫酸
B．试验时先打开装置C中分液漏斗旋塞
C．装置C中烧瓶需要加热，其目是使滴入烧瓶中SiHCl3气化
D．装置D不能采用一般玻璃管原因是在反应温度下，一般玻璃管会软化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．SiHCl3 遇水H2O 强烈水解，因此H2应干燥，故装置 B 中试剂是浓硫酸，A对；
B．SiHCl3在空气中易自燃，试验前应排尽装置内空气，因此应先通H2，后打开装置C中分液漏斗旋塞，B错误；
C．SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，因此装置C中烧瓶需要加热，C对；
D．制高纯硅时，温度在1100～1200℃，因此D不能采用一般玻璃管，D对；
故选B。

5．某研究性学习小组在整理试验室化学试剂时，发现一瓶盛有无色溶液试剂，标签破损，如图。

某同学根据中学化学知识，对该溶液中溶质成分进行如下预测和验证，其中错误是(包括预测物质化学式、检查需要试剂、操作、现象及结论)
选项
预测物质化学式
检查需要试剂
操作、现象及结论
A
Na2SO4
稀盐酸、氯化钡溶液
取少许该溶液于试管中，滴入稀盐酸，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，假如产生白色沉淀，则原溶液是Na2SO4溶液
B
Na2CO3
稀盐酸、澄清石灰水
取少许该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，假如产生无色气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液一定是Na2CO3溶液
C
Na2SO3
稀盐酸、澄清石灰水、品红溶液
取少许该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，假如产生无色气体既能使澄清石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则原溶液是Na2SO3溶液
D
Na2SiO3
过量稀盐酸
取少许该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，则原溶液是Na2SiO3溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．取少许该溶液于试管中，滴入稀盐酸，盐酸可排除其他离子干扰，若无明显现象，再滴入氯化钡溶液，假如产生白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，则原溶液是Na2SO4溶液，故A对；
B．取少许该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，假如产生无色气体能使澄清石灰水变浑浊，该无色气体也许为二氧化碳、二氧化硫，则溶液也许为Na2CO3溶液或Na2SO3溶液，故B错误；
C．取少许该溶液于试管中，滴入足量稀盐酸，假如产生无色气体既能使澄清石灰水变浑浊，还能使品红溶液褪色，则气体为二氧化硫，则原溶液是Na2SO3溶液，故C对；
D．取少许该溶液于试管中，滴入稀盐酸，产生白色胶状沉淀，盐酸过量时沉淀不溶解，硅酸不溶于盐酸，则原溶液是Na2SiO3溶液，故D对；
故选B。

6．有科学家提出硅是“二十一世纪能源”，下列有关硅及其化合物说法对是（ ）
A．SiO2是一种酸性氧化物，因此不和任何酸反应
B．高温下，工业制粗硅反应方程式为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．二氧化硅常温下可以与氢氟酸反应，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对；
C．二氧化硅是光导纤维重要成分，故C错误；
D．水晶饰物重要成分为二氧化硅，故D错误；
故选B。

7．工业制玻璃重要原料有石英、纯碱和石灰石．在玻璃窑中发生重要反应化学方程式为：Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2↑；CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2↑
(1)一般玻璃成分是Na2CaSi6O14，它氧化物形式为________，则原料中SiO2、Na2CO3、CaCO3物质量之比为_________________________。
(2)在上述反应反应物和生成物中，属于非极性分子电子式___________________，有_____________种不一样类型晶体（填数字）
(3)在上述一般玻璃构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最高价氧化物水化物之间发生反应离子方程式为__________________________。
(4)在上述一般玻璃构成元素中，与铝元素同周期另一元素原子最外层共有________种不一样运动状态电子、________种不一样能级电子。
【答案】Na2O·CaO·6SiO2 6：1：1 3 大 Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 4 2
【解析】
【分析】
根据一般玻璃成分是Na2CaSi6O14和制取玻璃反应原理进行分析解答。
【详解】
(1)一般玻璃成分是Na2CaSi6O14，它氧化物形式为Na2O·CaO·6SiO2，根据原子守恒，原料中SiO2、Na2CO3Na2O、CaCO3，因此物质量之比为6：1：1，故答案：Na2O·CaO·6SiO2 ；6：1：1；
(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种不一样类型晶体，故答案：；3；
(3)在上述一般玻璃构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最高价氧化物水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al(OH)3，他们之间发生反应离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案：大；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(4)由一般玻璃构成Na2CaSi6O14元素中，与铝元素同周期另一元素为Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，原子最外层共有4种不一样运动状态电子、2种不一样能级电子，故答案：4；2。

8．A、B、C、D四种易溶于水化合物只由表中八种离子构成，且四种化合物中阴、阳离子各不相似。
阴离子
Cl－、SiO32-、OH－、NO3-
阳离子
H＋、Ag＋、Na＋、K＋

已知：A溶液呈强酸性，且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀，B焰色反应呈黄色。
回答问题：
（1）写出A、B、C、D化学式：A______，B_____，C____，D____。
（2）写出A溶液与B溶液反应离子方程式： __________。
（3）请选出适合寄存A、C、D溶液试剂瓶序号：

溶液
A
C
D
试剂瓶序号
___
___
___

【答案】HCl Na2SiO3 AgNO3 KOH SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓ ① ③ ②
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种易溶于水化合物只由表中八种离子构成，且四种化合物中阴、阳离子各不相似，A溶液呈强酸性，则A为盐酸或硝酸，B焰色反应呈黄色，则B中具有Na元素，A能和B反应生成白色沉淀，则B为Na2SiO3；盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀，因此C为AgNO3，则A为HCl，根据四种化合物中阴阳离子各不相似，则D为KOH。
【详解】
(1)根据以上分析知，四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH；
(2)A是HCl、B是硅酸钠，两者反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓；
(3)A是HCl、C为AgNO3、D为KOH，KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠，不能用具有玻璃塞试剂瓶盛放；硝酸银见光易分解，应当放置在棕色试剂瓶中；盐酸不分解，且和玻璃中成分不反应，因此放置在一般试剂瓶中即可，因此A、C、D选用试剂瓶序号为①③②。
【点睛】
具有钠元素物质焰色反应为黄色，具有钾元素物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钙元素焰色反应为砖红色；玻璃中具有二氧化硅，能与碱性溶液发生反应，因此碱性溶液试剂瓶不用玻璃塞。

9．已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，互相转化关系如图。其中甲是天然气重要成分。回答问题：

（1）丁物质名称：______，丙物质化学式：_________________________________________。
（2）检查化合物乙化学方程式：___________________________________________________。
（3）试剂X也许化学式：________、________(规定：所选物质类别不一样)。
（4）通过度析表明：燃料充足燃烧条件之一是______________________________。
（5）取变红溶液于试管中加热，观测到现象有_______________________________________。
【答案】水 CO CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O O2 CuO 充足氧气 红色溶液变成紫色，有气泡冒出
【解析】
【分析】
甲是天然气重要成分，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，丙与乙可以互相转化，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)检查二氧化碳措施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，所属类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；
(4)通过度析表明:燃料充足燃烧条件之一是要有充足氧气；故答案为：充足氧气；
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解过程，故可以观测到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。

10．有三种透明、不溶于水坚硬固体。A固体在氧气中完全燃烧只好到一种无色无味气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，原则状况下测得此气体密度是氧气密度1.375倍。B固体能溶于热苛性钠溶液，再往该溶液中加入过量盐酸时，析出白色沉淀，此沉淀是一种比H2CO3还弱酸，干燥后为不溶于水白色粉末。B与石灰石、纯碱按一定比例混合加热后，能得到C，C在高温时软化，无固定熔点。根据以上事实，判断A、B、C各为何物：_______、_______、_______；写出有关反应化学方程式______________。
【答案】金刚石 石英 一般玻璃 C＋O2CO2，CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O； SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O；
Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O；
CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑； SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑
【解析】
【详解】
A物质燃烧后产生气体相对分子质量为：32×1.375＝44。结合它无色无味且使澄清石灰水变浑浊性质，可推断此气体为CO2，又由于A为透明不溶于水坚硬固体，故可判断A为金刚石。方程式为： C＋O2CO2。
B物质能与苛性钠反应，且所得溶液与盐酸反应生成一种比H2CO3还弱酸，且这种酸是一种难溶于水白色固体，故可判断B为石英。有关方程式为： SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O； Na2SiO3＋2HCl＋H2O＝H4SiO4↓＋2NaCl； H4SiO4＝H2SiO3＋H2O。
C物质由石灰石、纯碱、B物质（石英）混合加热而制得，结合高温时软化且无固定熔点，判断C物质为一般玻璃。有关方程式为：SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑；SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑。
【点睛】
本题考察有关SiO2、Na2SiO3、H2SiO3以及玻璃等物质性质以及推理判断能力。其突破口是C高温时软化，无固定熔点，这是玻璃特性，由此推知B也许为SiO2是解题关键。

11．在下列物质转化关系中，A是一种固体单质，且常作半导体材料，E是一种白色沉淀，F是最轻气体单质。

据此填写：
（1）B化学式是____________，目前在现代通迅方面B已被用作_____________重要原料。
（2）B和a溶液反应离子方程式是_____________________。
（3）A和a溶液反应离子方程式是_____________________。
（4）C和过量盐酸反应离子方程式是____________________。
【答案】SiO2 制光导纤维 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑ SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，因此B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻气体单质，则F为H2。
【详解】
A是一种固体单质，且常作半导体材料，则A是Si，因此B为SiO2，由图中转化关系可知E为H2SiO3，a为NaOH，C为Na2SiO3，D为H2O，由于 F是最轻气体单质，则F为H2，
（1）B化学式是SiO2，目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维重要原料；
（2）B和a溶液反应离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O；
（3）A和a溶液反应离子方程式是Si＋2OH－＋H2O=SiO32-＋2H2↑；
（4）C和过量盐酸反应离子方程式是SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

12．下图中每一方格表达有关一种反应物或生成物。其中B是一种单质，其他物质也都是具有B元素化合物。C是一种钠盐，E是C对应酸，B构造类似金刚石，D为氧化物。

请回答问题：
(1)A、D、E化学式分别为________、________、________。
(2)A和B互相转化在工业上有什么实际意义？_____________________。
(3)写出D→C反应化学方程式：_____________________。
(4)写出E→D反应化学方程式：_____________________。
【答案】SiCl4 SiO2 H2SiO3 粗硅提纯 SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O H2SiO3SiO2＋H2O
【解析】
【分析】
B是一种单质,其他物质都是具有B元素化合物,B构造类似金刚石，则B属于原子晶体,结合转化关系可以懂得B为Si元素，而D为B氧化物,则D是SiO2，A为 SiCl4，C是一种钠盐,则C是Na2SiO3，E是C对应酸，则E是H2SiO3，结合对应物质性质以及题目规定解答该题。
【详解】
B是一种单质,其他物质都是具有B元素化合物,B构造类似金刚石，则B属于原子晶体,结合转化关系可以懂得B为Si元素，而D为B氧化物,则D是SiO2，A为 SiCl4，C是一种钠盐,则C是Na2SiO3，E是C对应酸，则E是H2SiO3，
(1)由以上分析可以懂得A为SiCl4,D为SiO2,E为H2SiO3；
因此，本题对答案是: SiCl4 ，SiO2，H2SiO3。
(2)四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢，硅与氯气反应生成四氯化硅，因此A和B互变实际意义是粗硅提纯；
因此，本题对答案是：粗硅提纯；
(3)二氧化硅和NaOH溶液反应生成硅酸钠,方程式为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；
因此，本题对答案是: SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。
(4) H2SiO3不稳定,加热分解可生成SiO2,方程式为H2SiO3SiO2＋H2O；
因此，本题对答案是: H2SiO3SiO2＋H2O。
【点睛】
硅可以与氧气反应生成二氧化硅，硅酸加热分解产生二氧化硅；二氧化硅不溶于水，也不与水反应，不能用二氧化硅与水直接反应制备硅酸，因此要制备硅酸，可以先把二氧化硅溶于强碱溶液中，然后加入强酸，可以得到白色胶状沉淀硅酸。

13．A、B、C、D、E、F 六种物质互相转化关系如图所示（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化学方程式是_______________________。
（2）若 A 是常见金属单质，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）离子方程式是_____________________；
（3）若 B、C、F 都是气态单质，且 B 有毒，③和④两个反应中均有水生成，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 2 倍，B 是参与大气循环一种物质，③和④两个反应中均有红棕色气体生成，反应④化学方程式是_________。
【答案】SiO2＋2CSi＋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方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑。
（2）若A是常见金属单质，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④两个反应中均有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D 相遇有白烟生成，因此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化学方程式是4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。
（4）若A、D为短周期元素单质，且所含元素原子序数A是D2倍，所含元素原子核外最外层电子数D是A2倍，B 是参与大气循环一种物质，反应①是置换反应，根据框图可知，A为Mg，D为C，B为CO2，C为MgO，又知③和④两个反应中均有红棕色气体生成，F为HNO3。反应④化学方程式是C＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O。
【点晴】
解框图题措施最关键是寻找“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。

14．固体化合物X由四种常见元素构成，为探究其成分，某学生进行如下试验：

①20.8gX固体进行试验，得到白色粉末1质量12.0g，白色粉末2质量为6.0g；
②白色粉末2可用作耐高温材料，白色粉末3是一种常见干燥剂；请回答问题：
(1)X中金属元素名称是______。
(2)化合物X与足量盐酸反应离子方程式______。
(3)在高温条件下，白色粉末2中某元素单质与白色粉末1反应，是工业制备另一种单质措施之一，写出该反应化学方程式______。
【答案】钙、镁 Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O 2Mg+SiO22MgO+Si
【解析】
【分析】
化合物X与过量盐酸反应生成白色胶状沉淀与无色溶液，其中白色胶状灼烧得到白色粉末1能与NaOH溶液反应得到无色溶液，故白色胶状沉淀为H2SiO3、白色粉末1为SiO2；无色溶液与过量NaOH溶液反应得到白色沉淀，经灼烧生成白色粉末2可用作耐高温材料，可知白色粉末2为MgO；白色粉末3是一种常见干燥剂，结合转化可知白色粉末3为CaO；由元素守恒可知X具有Si、Mg、Ca元素，而固体化合物X由四种常见元素构成，与盐酸反应没有气体生成，根据元素守恒可知X不也许具有H元素，而是还具有O元素，化合物X为硅酸盐，改写为氧化物形式，由原子守恒可知SiO2、MgO、CaO物质量，得到它们比，就可得出X化学式。
【详解】
根据上述分析可知：白色胶状沉淀为H2SiO3；白色粉末1为SiO2；白色粉末2为MgO；白色粉末3为CaO；由元素守恒可知X具有Si、Mg、Ca元素，而固体化合物X由四种常见元素构成，与盐酸反应没有气体生成，根据元素守恒可知X不也许具有H元素，而是还具有O元素，化合物X为硅酸盐，改写为氧化物形式，由原子守恒可知n(SiO2)=12.0g÷60g/mol=0.2mol，n(MgO)=6.0g÷40g/mol=0.15mol，故n(CaO)=(20.8g-12.0g-6.0g)÷56g/mol=0.2mol，n(CaO)：n(MgO)：n(SiO2)=0.2mol：0.15mol：0.2mol=4：3：4，因此X化学式为：4CaO•3MgO•4SiO2。
(1)由上述分析可知，X中金属元素名称是：钙、镁；
(2)化合物X与足量盐酸反应离子方程式：Ca4Mg3Si4O15+14H+=4Ca2++3Mg2++4H2SiO3+3H2O；
(3)在高温条件下，MgO中某元素单质与SiO2反应，是工业制备另一种单质措施之一，应是Mg与SiO2反应制备Si，同步生成MgO，该反应化学方程式为：2Mg+SiO22MgO+Si。
【点睛】

15．晶体硅是信息科学和能源科学中一种重要材料，可用于制芯片和太阳能电池等。如下是工业上制取纯硅一种措施。

请回答问题(各元素用对应元素符号表达)：
(1)在上述生产过程中，属于置换反应有____(填反应代号)。
(2)写出反应③化学方程式_______。
(3)化合物W用途很广，一般可用作建筑工业和造纸工业黏合剂，可作肥皂填充剂，是天然水软化剂。将石英砂和纯碱按一定比例混合加热至1 373～1 623 K反应，生成化合物W，其化学方程式是___。
(4)A、B、C三种气体在“节能减排”中作为减排目一种气体是___(填化学式)；分别通入W溶液中能得到白色沉淀气体是______(填化学式)。
(5)工业上合成氨原料H2制法是先把焦炭与水蒸气反应生成水煤气，再提纯水煤气得到纯净H2，提纯水煤气得到纯净H2化学方程式为_______。
【答案】①②③ SiHCl3＋H2Si＋3HCl SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑ CO2 CO2和HCl CO＋H2OCO2＋H2、CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O
【解析】
【详解】
（1）置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物反应，根据题干中制取硅流程图知①②③属于置换反应，故答案为：①②③；
（2）反应③是SiHCl3被氢气还原得到硅和氯化氢，反应化学方程式为SiHCl3+H2 Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；
（3）二氧化硅与碳酸钠高温反应生成硅酸钠，反应方程式为SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，故答案为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；
（4）A、B、C分别为CO、CO2、HCl，作为减排目一种气体是CO2，化合物W为硅酸钠，能与W反应生成沉淀是CO2和HCl，故答案为：CO2；CO2和HCl；
（5）碳和水反应生成一氧化碳和氢气：C+H2O（g）CO+H2，一氧化碳和水反应生成二氧化碳和氢气：CO+H2O（g）CO2+H2，二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙：CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O，故答案为：CO+H2O(g)CO2+H2、CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O。