1、备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析一、硅及其化合物1A、 B、 C、 D 四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同。阴离子Cl 、 SiO32- 、 OH 、 NO3-阳离子H 、 Ag 、 Na 、 K已知： A 溶液呈强酸性，且色。回答下列问题：A 溶液与B、 C 溶液混合均产生白色沉淀，B 的焰色反应呈黄（ 1）写出 A、 B、 C、 D 的化学式： A_，B_， C_， D_。（2）写出 A 溶液与 B 溶液反应的离子方程式：_。（3）请选出适合存放A、 C、D 溶液的试剂瓶的序号：溶液ACD试剂瓶序号_【答案】 HCl Na
2、2 33KOH32- 2H23SiOAgNOSiO=H SiO 【解析】【分析】A、 B、 C、 D 四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成，且四种化合物中阴、阳离子各不相同， A 溶液呈强酸性，则A 为盐酸或硝酸， B 的焰色反应呈黄色，则B 中含有 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，所以 C 为 AgNO3，则 A 为 HCl，根据四种化合物中阴阳离子各不相同，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 HC
3、l、 B 是硅酸钠，二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠，离子方程式为32-SiO+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，不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放；硝酸银见光易分解，应该放置在棕色试剂瓶中；盐酸不分解，且和玻璃中成分不反应，所以放置在一般试剂瓶中即可，所以A、 C、 D 选取试剂瓶序号为。【点睛】含有钠元素的物质焰色反应为黄色，含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色，钙元素的焰色反应为砖红色；玻璃中含有二氧化硅，能与碱性溶液发生反应，所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。2 已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，AB为
4、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 CO2Ca(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
5、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 +H2 O；(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 如
6、图为一定量饱和 Ca(OH)2 溶液中通入 CO2 气体后，产生 CaCO3 白色沉淀的质量与通入的 CO2 体积之间的关系曲线。请回答：OA 段曲线所表示的化学反应方程式：_ ，A 点处已参加反应的 CO2 与 Ca(OH)2 的物质的量之比为 _。B 处溶液中存在的浓度较大的两种离子是_和 _(填离子符号 )，将 B 处生成的溶液煮沸，可见到的现象是 _。【答案】 Ca(OH)2 CO2=CaCO3H2O1 1Ca2HCO3溶液变浑浊 (或产生白色沉淀 )【解析】【分析】二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关，少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO22
7、32+Ca(OH) =CaCO +H O，过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，反应的化学方程式为2CO223 2+Ca(OH) =Ca(HCO) ，由图可知 OA 段随着 CO232通入 CaCO 的量逐渐增大， A 点达到沉淀最大值， AB段随 CO 的通入，生成的CaCO3 不断溶解转化为Ca(HCO3)2， B 点 CaCO3 全溶解，溶液又变得澄清。【详解】 由图可知OA 段随着CO2 通入CaCO3 的量逐渐增大，A 点达到沉淀最大值，则OA 段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O，由方程式可知A 点处已
8、参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为 1:1 ，故答案为： CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O； 1:1； 由图可知AB 段随 CO2 的通入，生成的CaCO3 不断溶解，发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子；将碳酸氢钙溶液煮沸，碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水，则可见到的现象是澄清溶液变浑浊，故答案为：Ca2 ；HCO3 ；溶液变浑浊 (或产生白色沉淀 )。【点睛】明确碳酸的正盐与过量的CO2 反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2 是
9、解答关键。4 有 A、 B、 C 三种不溶于水的固体。A 是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的 1.375 倍。 B 固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀 D。此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种比碳酸酸性还弱的酸。将B 与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C， C 在高温时软化，无固定熔点。（1）根据以上事实，形成单质A 的元素名称为_，C 的名称为_。（2） B 固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是_。（3）生成白色胶状沉淀D 的化学方程式是_。（4）由 B
10、 制取 C 的化学方程式是 _。【答案】碳普通玻璃SiONa2SiO3 2HCl=2NaCl H2SiO32 2NaOH=Na2SiO3 H2ONa2CO3 SiO2Na2SiO3 CO2 、CaCO3 SiO2CaSiO3 CO2 【解析】【分析】A 是某元素的一种单质，它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体，此气体能使澄清石灰水变浑浊，这种气体为氧气密度的1.375 倍 (标准状况 )的气体，则该气体的相对分子质量=32 1.375=44，应是 CO2，所以 A 为碳， B 固体能溶于热氢氧化钠溶液，再往所得溶液中加入过量盐酸时，析出白色胶状沉淀，此沉淀干燥后，成为不溶于水的白色粉末，这是一种
11、比碳酸酸性还弱的酸，则该酸应为硅酸，将B 与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C， C在高温时软化，无固定熔点，该反应为工业制普通玻璃的反应，所以B 为SiO2， C 为普通玻璃，据此答题。【详解】A 燃烧后生成的气体的相对分子质量为32 1.375 44，且能使澄清石灰水变浑浊，该气体是二氧化碳，则A 为碳元素的一种单质。B 物质能与氢氧化钠反应，且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸，则B 为二氧化硅。二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的 C 在高温时软化且无固定熔点，可推知C 为普通玻璃；(1)根据以上事实，形成单质A 的元素名称为碳，C 的名称为普通玻璃；(2)B 为SiO2，其溶
12、于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2 2NaOH=Na2SiO3 H2O；(3)在Na2SiO3 溶液中滴加稀HCl，生成白色胶状沉淀H2SiO3 的化学方程式是Na2SiO32HCl=2NaCl H2SiO3；(4)由SiO2 制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3 SiO2Na2SiO3 CO2 、 CaCO3SiO2CaSiO3 CO2。5 在下列物质的转化关系中，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 是最轻的气体单质。据此填写：（1） B 的化学式是_，目前在现代通迅方面B 已被用作_主要原料。（2） B 和 a 溶液反应的离子方程式是（3） A 和 a 溶
13、液反应的离子方程式是（4） C 和过量盐酸反应的离子方程式是_ 。_ 。_ 。【答案】 SiO2制光导纤维2- H2O H2O=SiO3 2- 2H2SiO2 2OH =SiO3Si2OHSiO32- 2H =H2 SiO3【解析】【分析】A 是一种固体单质，且常作半导体材料，则A 是 Si，所以 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 是最轻的气体单质，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，所以 B 为 SiO2，由图中转化关系可知E 为 H SiO ，a 为 N
14、aOH， C 为 Na SiO ， D 为 H O，由于 F 是最轻的气体单质，则F 为 H ，232322（1） B 的化学式是 SiO2，目前在现代通迅方面B 已被用作光导纤维主要原料；（2） B 和 a 溶液反应的离子方程式是SiO232- H22OH =SiOO；（3） A 和 a 溶液反应的离子方程式是Si 2OH H232- 2H2O=SiO；（4） C 和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32- 2H23。=H SiO6 下图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。其中B 是一种单质，其余物质也都是含有 B 元素的化合物。 C 是一种钠盐， E 是 C 对应的酸， B 的结构类似
15、金刚石， D 为氧化物。请回答下列问题：(1)A 、 D、E 的化学式分别为_、 _、 _。(2)A 和 B 的互相转化在工业上有什么实际意义？_ 。(3) 写出 DC反应的化学方程式： _ 。(4) 写出 ED反应的化学方程式： _ 。【答案】 SiCl 4SiO2H2SiO3粗硅提纯SiO22NaOH=NaSiO3 H2OH2SiO3SiO2 H2O【解析】【分析】B 是一种单质 , 其余物质都是含有 B 元素的化合物 ,B 的结构类似金刚石 ，则 B 属于原子晶体 , 结合转化关系可以知道 B 为 Si 元素 ，而 D 为 B 的氧化物 , 则 D 是 SiO2， A 为 SiCl 4，
16、 C 是一种钠盐 , 则 C 是 Na2SiO3，E 是 C 对应的酸 ，则 E 是 H2SiO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题 。【详解】B 是一种单质 , 其余物质都是含有 B 元素的化合物 ,B 的结构类似金刚石 ，则 B 属于原子晶体 , 结合转化关系可以知道 B 为 Si 元素 ，而 D 为 B 的氧化物 , 则 D 是 SiO2， A 为 SiCl 4， C 是一种钠盐 , 则 C 是 Na2SiO3，E 是 C 对应的酸 ，则 E 是 H2SiO3，(1) 由以上分析可以知道 A 为 SiCl 4,D 为 SiO2,E 为 H2SiO3；因此，本题正确答案是 : SiC
17、l 4 ， 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 的互变实际意义是粗硅提纯；因此，本题正确答案是：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=NaSiO3 H2O；因此，本题正确答案是 : SiO 22NaOH=NaSiO3 H2O。(4) H 2SiO3 不稳定 , 加热分解可生成SiO2 , 方程式为 H2SiO3SiO2 H2O；因此，本题正确答案是 : H 2SiO3SiO2 H2O。【点睛】硅能够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
18、，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。7 某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M 进行探究。已知C 可在D 中燃烧发出苍白色火焰。M 与其他物质的转化关系如图1 所示 (部分产物已略去)：(1)写出B 的电子式_。(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出式_ 。A 和 B 水溶液反应的离子方程(3)若 A 是 CO2 气体， A 与 B 溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的物质的量与所用盐酸体积如图2 所示，则 A 与 B 溶液反应后溶液中所有溶质的化学
19、式为CO2_ ；c(HCl)=_mol/L。(4)若 A 是一种常见金属单质，且A 与 B 溶液能够反应，则将过量的F 溶液逐滴加入 E 溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_ 。(5)若 A 是一种可用于做氮肥的化合物, A 和 B 反应可生成气体E， E 与 F、 E 与 D 相遇均冒白烟，且利用 E 与 D 的反应检验输送D 的管道是否泄露，写出E 与 D 反应的化学方程式为_ 。(6)若 A 是一种溶液，可能含有、Al3、CO32- 、 SO4 2-中的某些离子，H 、NH 、 Mg 2、 Fe3当向该溶液中加入B 溶液时发现生成沉淀的物质的量随B 溶液的体积发生变化如图3 所示，由此
20、可知，该溶液中肯定含有的离子是_ ，它们的物质的量浓度之比为 _。【答案】Si+2OH-232-+2H2230.05 先有白色沉淀生+2H O=SiONaOH、 Na CO成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl324、Al3、 NH、22H4SO4 8NH=N 6NH Cl2) 1 1 2 3c(H) c(Al3) c( NH 4 ) c(SO4【解析】【分析】(1) C 可在 D 中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知 C 为 H2 、D 为Cl 、 F 为 HCl，M 是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M 的溶液电解生成2氢气、氯气与B，可推知 M 为 NaCl、
21、B 为 NaOH；(2)若 A 是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A 为 Si， Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na232SiO和 H ；(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4) 若A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为 Al， E 为NaAlO2，则将过量的 HCl 溶液逐滴加入NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5) 若 A 是一种氮肥，
22、实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6) 由图可知，开始加入 NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+OH-=NH3?H2O 的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH 体积结合离子方程式计算n(H+ )： n(Al3+)： n(NH4+)之比，再结合电荷
23、守恒计算与 n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B 为 NaOH，其电子式为；232，反应的离子方程式为-(2) A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na SiO和 HSi+2OH232-+2H2；+2H O=SiO(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成 0.01molCO 2 需要的盐酸为200mL，结合反应原理0.01molNaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2
24、O，则c(HCl)=0.05mol/L ；0.2L(4) 若 A 是一种常见金属单质，且与NaOH 溶液能够反应，则A 为Al， E 为NaAlO2，则将过量的 HCl 溶液逐滴加入 NaAlO2 溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5) 若 A 是一种氮肥，实验室可用 A 和 NaOH 反应制取气体 E，则 E 为 NH3、 A 为铵盐， E与氯气相遇均冒白烟，且利用E 与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2 +8NH3 =N2+6NH
25、4Cl，(6) 由图可知，开始加入NaOH 没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有 CO3 2-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、 Fe3+，一定含有 Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为 NH4+-32NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生+OH =NH ?H O 的反应，则含有反应 H+-21 体积，发生反应3+-+OH =H O，氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为Al+3OH3NaOH 溶液的体积为3 体积，发生反应4+-32=Al(OH)，铝离子消耗NH +OH =NH ?H O，铵根消耗氢氧化钠为2 体积，则 n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1
26、：1： 2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)： n(SO42-+3+2-)=1： 1：2： 3。)： n(NH4)=1： 1：2： 3，故 c(H )： c(Al )： c(NH4)：c(SO48 某固体混合物X 可能由 Na2 22 32 32O、 Al O 、 Fe O 、 Cu 、SiO 中的一种或几种物质组成。为确定 X 的成分，进行了如下三个实验。分析并回答下列问题：（1）由实验 可得出的结论为：_。（2）步骤 所发生反应的离子方程式为：_， _。反应 涉及固体质量变化的化学方程式为：_。（ 3）由步骤 可得出的结论为： _。（ 4）步骤 所得蓝色溶液中阳离子为 _。（ 5
27、）原混合物中各成分的质量之比是_。（不必简化）【答案】混合物X 中无 Na2O2+3+3H2O3+2+2+Fe2O3+6H =2FeCu+2Fe =2Fe +Cu22322 3+、 Cu2+、 Fe2+2 3SiO +2NaOH=Na SiO + H O 混合物 X 中无Al OHm(Fe O ) : m（ Cu）：2： 3.0m(SiO )=3.2： 3.2【解析】【分析】【详解】（1）由于 Na2O2能与水反应生成NaOH 和 O2，实验取4.7gX 投入水中，有不溶物出现，过滤、洗涤、干燥、称量不溶物，其质量仍为4.7g，得出的结论是混合物X 中无 Na2O2。（2）实验向9.4gX 中
28、加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g 固体，该蓝色溶液中含2+，但 Cu与 HCl 不反应，所以 X 中必有 FeCu2O3 和 Cu，步骤 I 中所发生反应的离子方程式为 Fe+3+3+2+2+；向 4.92g 固体中加入过量 NaOH，固体减2O3+6H=2Fe +3H2O、Cu+2Fe =Cu +2Fe少 4.92g-1.92g=3.0g，减少的固体为SiO2， 9.4gX 中含3.0gSiO2，反应 II 涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。（3）实验向9.4gX 中加入过量NaOH，固体减少9.4g-6.4g=3.0g，减少的固体的质量与Si
29、O2 的质量相等，说明溶解的物质只有SiO2、没有 Al2O3，步骤 III 可得出的结论是：混合物X 中无 Al2O3。（4）由上面的分析，步骤III 得到的 6.4g 固体是 Cu 和 Fe2O3 的混合物，实验向 6.4g 固体中加入过量 HCl 得到蓝色溶液和 1.92g固体，发生反应的离子方程式为2 3+3+23+2+2+，由于仍有固体未溶解说明Fe2 3Fe O +6H =2Fe +3H O、 Cu+2Fe =Cu +2FeO 与 HCl 反应生成的 Fe3+不能将 Cu 完全溶解， 1.92g固体为 Cu， Fe3+完全被还原为Fe2+，步骤 IV 所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2
30、+、Fe2+和 H+（H+来自过量 HCl）。（5）根据上述分析，设6.4g 固体中 Fe2O3 物质的量为y，根据反应Fe2 O3+6H+=2Fe3+3H2O、 Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，溶解的 Cu 的物质的量为 y， 160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g ，解得 y=0.02mol ，则 9.4gX 中含 Fe2O3 的质量为0.02mol 160g/mol=3.2g、含 SiO23.0g、含 Cu 的质量为（ 9.4g-3.2g-3.0g）=3.2g，则原混合物中 m(Fe2O3) : m（ Cu）： m(SiO2)=3.2： 3.2 ： 3.0。9
31、现有下列物质：NaHCO3 Al(OH)3 SiO2 SO2，请同学们按要求用序号填空：（ 1）用来制备发酵粉和中和胃酸的是_；（ 2）能使酸性 KMnO4 溶液褪色的是 _；（ 3）实验室用来制耐火坩埚的是 _；（ 4）既能与氢氧化钠反应，又能与稀盐酸反应的是 _ 。【答案】 【解析】【分析】根据已有的知识进行分析，碳酸氢钠俗称小苏打，因水解溶液显弱碱性，能和酸反应；Al(OH)3 既能和酸，也能和碱反应； SiO2 高熔点，耐高温； SO2 有还原性，有漂白性，据此解答。【详解】(1)碳酸氢钠俗称小苏打，不稳定且水溶液显弱碱性，能和盐酸反应，常用来制备发酵粉和中和胃酸；(2)SO2 有还原
32、性，能使酸性KMnO4 溶液褪色；(3)SiO2 高熔点，耐高温，实验室用来制耐火坩埚；(4)Al(OH)3 既能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，又能与稀盐酸反应生成AlCl3。10 已知： Pb 的化合价只有2、 4，且 4 价的 Pb 具有强氧化性，常温下能氧化浓HCl生成 Cl2222 33 4； PbO 不稳定，随温度升高按下列顺序逐步分解：PbO Pb O Pb O PbO。现将 a mol PbO2加热分解，收集产生的22占 Pb 元素的物O ；加热反应后所得固体中，Pb质的量分数为 x；向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸，收集产生的Cl2。两步反应中收集的 O2 和 Cl2 的物质的
33、量之和为y mol。（ 1）若 Fe3O4 可表示为 FeOFe2O3，则 Pb3O4 可表示为 _（2）试写出 Pb2O3 与浓盐酸反应的化学方程式_（3）通过计算确定 y 与 a、 x 的函数关系式 _ 。【答案】 2PbOPbO22 3222x）Pb O +6HCl=2 Pb Cl +Cl +3H Oy=a（ 1-2【解析】【详解】（1） Pb 在化合物里显+2 价或 +4 价，根据化合价代数和为零的原则写出Pb 的两种氧化物形式为： PbO 和 PbO22 3的氧化物的表示形式可以写成2，那么 Pb OPbO?PbO ；（2） Pb2 3+2、 +4，再根据化合价代数和等于零，求得Pb 的总化合价O 中 Pb 的化合价只有为 +3 价，即可确定 Pb2O3 中有一个 +4 价、有一个 +2 价，且 +4 价的 Pb 具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成 Cl2，本身被还原成 +2 价 Pb，生成 PbCl2，根据元素守恒得反应物与生成物：Pb O +HCl（浓） =PbCl +Cl +HO，根据化合价升降法配平该氧化还原反应，Pb O 中一个2322223
