2020届高考化学二轮复习无机非金属材料的主角——硅作业

2020届高考化学二轮复习无机非金属材料的主角——硅作业

无机非金属材料的主角——硅 ‎1、据报导，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点．假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中不正确的是（）‎ A．自然界硅的贮存量丰富 B．硅的燃烧产物粉尘不会造成污染 C．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料 D．从Si（s）+O2（g）SiO2（s）△H=﹣858.6KJ·mol﹣1可知，硅燃烧放出的热量大 ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查硅和二氧化硅知识．‎ A．硅在自然界中含量丰富，仅次于氧，故A正确；‎ B．硅的燃烧产物粉尘会导致颗粒污染，故B错误；‎ C．硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故C正确；‎ D．由热化学方程式可以看出硅燃烧时放出大量的热，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎2、下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（　　）‎ ‎①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，在自然界中只以化合态的形式存在 ‎②陶瓷、水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品 ‎③硅的最高价氧化物不与任何酸反应 ‎④SiO2高熔点、硬度大，是原子晶体，用作光导纤维 ‎⑤硅的气态氢化物没有甲烷稳定．‎ A．①②⑤B．②③④C．①④⑤D．③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查硅和二氧化硅．‎ ‎①岩石和矿物中含有硅酸盐、二氧化硅，所以岩石和矿物的基本元素有硅元素，硅自然界中只以化合态的形式存，故正确；‎ ‎②水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，故错误；‎ ‎③二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故错误；‎ ‎④二氧化硅为氧原子与硅原子通过共价键形成原子晶体，原子晶体高熔点、硬度大，二氧化硅是制作光导纤维主要原料，故正确；‎ ‎⑤碳的非金属性强于硅，所以甲烷稳定性强于硅烷，故正确；‎ 故选：C．‎ ‎3、下列古代发明与所给化学变化对应错误的是（）‎ 选项 古代发明 化学变化 A 生产陶瓷 SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑‎ B 黑火药爆炸 S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑‎ C 湿法炼铜 CuSO4+Fe＝Cu+FeSO4‎ D 用谷物酿酒 ‎（C6H10O5)n→C6H12O6→CH3CH2OH ‎【答案】A ‎【解析】解：A、该反应是在制备水泥和玻璃中发生的，A错误；B、黑火药爆炸的方程式正确，B正确；C、铁和硫酸铜溶液发生置换反应得到铜单质，属于湿法炼铜，C正确；D、谷物中含有淀粉，淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖分解生成酒精，D正确。答案选A。‎ ‎4、下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体 先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀 Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中 B 向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉淀 Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]‎ C 向Na2CO3溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液中 产生白色浑浊 酸性：盐酸>碳酸>硅酸 D 向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液 前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀 KI3溶液中存在I3-I2+I-平衡 ‎【答案】C ‎【解析】解：A.在A1C13溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，后沉淀消失，生成偏铝酸钠溶液，通入CO2气体，又反应生成氢氧化铝沉淀，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中，故A正确；B．溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu(OH)2]较小，故B正确；C．盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应也能生成硅酸沉淀，则该实验不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，故C错误；D．溶液变蓝色，说明含有碘单质，有黄色沉淀，说明含有碘离子，则溶液中存在平衡：I3-I2+I-，故D正确；故选C。‎ ‎5、下列物质中，可用来制造光导纤维的材料是 A.硅单质B.铝单质C.铜单质D.二氧化硅 ‎【答案】D ‎【解析】可用来制造光导纤维的材料是二氧化硅，答案选D。‎ ‎6、蓝紫色的硅酸铜钡的化学式为（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BaO·CuO·2SiO2‎ B．性质稳定，不易脱色 C．易溶解于强酸和强碱 D．x等于6‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查含硅矿物及材料的应用．‎ A．硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO·CuO·2SiO2，故A正确；‎ B．BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；‎ C．BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C错误；‎ D．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BaCuSi2OX，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：（+2）+（+2）+（+4）×2+（﹣2）×x=0，解得x=6，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎7、下列有关硅及其化合物的说法错误的是()‎ A.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可作木材防火剂 B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ C.硅元素在自然界中以游离态和化合态存在，水晶和干冰均为分子构成的晶体 D.氢氟酸能和玻璃发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】A．硅酸钠熔点高，可用于阻燃剂；B．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，生成硅酸盐；C．水晶的主要成分是二氧化硅，属于原子晶体；D．氢氟酸能和玻璃中SiO2发生化学反应。‎ A．硅酸钠熔点高，可用于阻燃剂，可防止木材燃烧，故A正确；‎ ‎8、有一类有机硅化物叫硅烷，它的分子组成与烷烃相似。下列有关说法中不正确的是 A.硅烷的分子组成通式可表示为SinH2n+2‎ B.甲硅烷（SiH4）完全燃烧生成二氧化硅和水 C.相同条件下，甲硅烷（SiH4）的密度大于甲烷 D.甲硅烷（SiH4）的热稳定性强于甲烷 ‎【答案】D ‎【解析】A、硅烷的分子组成和烷烃相似，故可表示为SinH2n+2，选项A正确；B、与甲烷性质对比，甲硅烷充分燃烧生成二氧化硅和水，选项B正确；C、SiH4的相对分子质量比CH4大，所以密度应比甲烷大，选项C正确；D、硅的非金属性比碳弱，所以甲硅烷的热稳定性不如甲烷，选项D错误；答案选D。‎ ‎9、下列说法不正确的是（　　）‎ A.干冰可用于人工降雨 B.单质硅可用于制取普通玻璃 C.硫酸铜可用作游泳池消毒 D.氢氧化铁胶体能用于净水 ‎【答案】B ‎【解析】解：A.干冰可用于人工降雨，正确；B.通常用二氧化硅制取普通玻璃，B不正确；C.硫酸铜能使蛋白质变性，故可用作游泳池消毒，C正确；D.氢氧化铁胶体能吸附水中的爱悬浮颗粒，故能用于净水，D正确。本题选B。‎ ‎10、下列反应中，调节反应物用量或浓度，不会改变反应产物种类的是（）‎ A.硫化氢在氧气中燃烧B.二氧化硫通入石灰水中 C.硫酸中加入锌粉D.铁在硫蒸气中燃 烧 ‎【答案】D ‎【解析】A.硫化氢在氧气中燃烧时，若氧气少量生成硫单质，若氧气过量生成二氧化硫，A项错误；B.二氧化硫通入石灰水中，若二氧化硫少量生成亚硫酸钙，若二氧化硫过量生成亚硫酸氢钙，B项错误；C.硫酸中加入锌粉，若为浓硫酸生成SO2，若为稀硫酸生成氢气，C项错误；D.铁在硫蒸气中燃烧，无论量如何只生成FeS，D项正确。答案选D。‎ ‎11、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）‎ A.②③④⑥B.①③④⑤C.①②④⑤D.①③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：①中物质的转化就是从铝土矿提取铝的原理，在给定条件下能实现；②硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫；③中物质的转化就是侯氏制碱法的原理，在给定条件下能实现；④中钠在氧气中点燃生成过氧化钠，不生成氧化钠；⑤中物质的转化在给定条件下能实现；⑥‎ 中物质的转化就是工业上制高纯硅的原理，在给定条件下能实现。综上所述，D正确，本题选D。‎ ‎12、为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。‎ 下列关于实验现象的解释或结论正确的是（）‎ 选项 实验现象 解释或结论 A a中无明显现象 Na2SO3和H2O2一定不发生反应 B b中加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀 SO32？和S2？两种离子一定不能大量共存 C c中加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去 Ba2++SO32？==BaSO3↓，使SO32？水解平衡逆向移动，红色褪去 D d中产生白色沉淀 原Na2SO3溶液中含有SO42？‎ A.AB.BC.CD.D ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.a滴加双氧水后无明显现象，不能说明Na2SO3和H2O2一定不发生反应，很多反应都无明显变化，A不正确；B.b中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸，加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀，“才”是重点，说明不加酸之前，SO32？和S2？两种离子能大量共存，B不正确；C.c中滴入酚酞后溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在Na2SO3溶液中，SO32﹣水解显碱性，所以滴入酚酞后溶液变红；在该溶液中加入BaCl2后，Ba2++SO32﹣═BaSO3↓（白色），水解平衡SO32﹣+H2O？HSO3﹣+OH﹣向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，C正确；D.d中无论亚硫酸钠溶液中是否含有SO42？，都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下，SO32？可以被硝酸根氧化为SO42？，D错误。本题选C。 13、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）‎ A.钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑‎ B.纯碱溶液去油污：CO32-+H2O=HCO3-+OH-‎ C.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32-＋4H+＝SO42-＋3S↓+2H2O D.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3++SO42-+Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O ‎【答案】A ‎【解析】A.钠与水反应生成NaOH和氢气，A正确；B.油污主要成分为酯类，酯在碱性溶液中水解，生成酸和醇，起到去油污作用，B错误；C.S2O32-为硫代硫酸根，在强酸溶液中水解，生成S和SO2，离子方程式为S2O32-＋2H+＝SO2↑＋S↓+2H2O，C错误；D.该离子方程式不正确，由反应方程式写成的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O，D错误。所以选择A。‎ ‎14、有三种短周期元素组成的单质a、b、c及其二元化合物X、Y、Z，它们之间相互转化关系如图所示。已知:X中a和b元素的原子个数比为1:1；常温下L是一种无色黏稠油状液体。下列说法不正确的是（）‎ A.b、c单质中所含的元素属于同主族元素B.X、Y、Z分子中一定都含有极性共价键 C.L、Y、Z三种物质中两两之间能相互反应D.同温同浓度的水溶液中酸性强弱为:L>Y>Z ‎【答案】C ‎【解析】常温下L是一种无色黏稠油状液体，L是浓硫酸；X、Y反应生成硫酸，X中a和b元素的原子个数比为1:1，则X是H2O2，Y是SO2；b、c生成SO2，则a是H元素；b是O元素、c是S元素；Z是H2S，H2S与SO2反应生成水和S，所以M是H2O。O、S元素属于ⅥA族元素，故A正确；H2O2、SO2、H2S分子中都含有极性共价键，故B正确；硫酸与SO2不反应，故C错误；酸性H2SO4>H2SO3>H2S，故D正确。 15、下列各组物质中，满足右图一步转化关系的选项是（）‎ A.AB.BC.CD.D ‎【答案】C ‎【解析】A．硫化氢在氧气中完全燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，不能一步转化，选项A错误；B．氢氧化铜分解得到氧化铜和水，无法一步转化为铜，应电解熔融的氯化铜可以得到铜，不能一步转化，选项B错误；C．C与少量的氧气反应得到CO，CO与氧气反应得到CO2，CO2与Mg反应可以得到C，能一步转化，选项C正确；D．SiO2与水不反应，制取H2SiO3，应由硅酸盐和酸反应制备，不能一步转化，选项D错误。答案选C。 16、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）‎ A.①③⑥B.③⑤⑥C.①④⑤D.③⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】①氯化镁溶液蒸发结晶时水解产生氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，无法得到无水氯化镁，故不能实现；②偏铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝和水，无法得到氢氧化铝，故不能实现；③氨气催化氧化得到一氧化氮，一氧化氮氧化得到二氧化氮，二氧化氮在空气中氧化得到硝酸，可以实现；④氯气与铁点燃生成氯化铁而无法得到氯化亚铁，无法实现；⑤硫与氧气点燃条件下反应生成二氧化硫而不是生成三氧化硫，无法实现；⑥‎ 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠溶液，硅酸钠溶液中通入二氧化碳产生硅酸，能实现；答案选D。 17、以下物质间的转化通过一步反应能实现的是（）‎ A.NH3HNO3B.CH2CO3C.Na2O2Na2CO3D.SSO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、氨气不能一步转化为硝酸，应氨气催化氧化得到一氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，选项A不符合；B、碳不能一步转化为碳酸，应将碳点燃转化为二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，选项B不符合；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，能通过一步反应实现，选项C符合；D、硫不能一步转化为三氧化硫，应将硫燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化得到三氧化硫，选项D不符合。答案选C。 18、下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）‎ 选项 a b c A Si SiO2‎ H2SiO3‎ B SO2‎ SO3‎ H2SO4‎ C NaOH Na2CO3‎ Na2SO4‎ D NO NO2‎ HNO3‎ A.AB.BC.CD.D ‎【答案】A ‎【解析】A项，SiO2与H2SiO3转化不能通过一步反应实现，故选A项；B项，SO2与O2生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，硫酸与铜反应生成二氧化硫，故不选B项；C项，NaOH与CO2反应生成→Na2CO3，Na2CO3与H2SO4反应生成Na2SO4，Na2SO4与Ba(OH)2反应生成NaOH，故不选C项；D项，2NO+O2→2NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，硝酸与Cu反应生成NO，故不选D项。综上所述，本题正确答案为A。 19、下列各组物质中，不满足右图所示转化关系的是（）（反应条件略去，箭头表示一步转化）‎ 选项 甲 乙 丙 戊 A NH3‎ Cl2‎ N2‎ H2‎ B H2S SO2‎ S O2‎ C AlCl3‎ NaOH Na[Al(OH)4]‎ HCl D Br2‎ FeI2‎ FeBr2‎ Cl2‎ A.AB.BC.CD.D ‎【答案】B ‎【解析】图中转化关系包含两个反应：甲+乙→丙+丁，丙+戊→甲，将选项中的各物质分别代入，结合物质的性质判断这两个反应能否发生。A、8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，N2+3H2？2NH3，能实现转化，故A正确；B、2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S+O2=SO2(乙)，第二个反应不符合“丙+戊→甲”的转化关系，故B错误；C、AlCl3+4NaOH=Na[Al(OH)4]+3NaCl，Na[Al(OH)4]+4HCl=AlCl3+NaCl+4H2O，能实现转化，故C正确；D、Br2+FeI2=FeBr2+I2，FeBr2+Cl2=Br2+FeCl2，能实现转化，故D正确。故选B。 20、下列各组气体通常条件下不能相互发生化学反应的是（）‎ A.SO2和H2SB.Cl2和CO2C.H2和F2D.NH3和HCl ‎【答案】B ‎【解析】A.SO2和H2S反应生成硫和水，选项A不选；B.Cl2和CO2不发生化学反应，选项B选；C.H2和F2发生反应生成HF，选项C不选；D.NH3和HCl发生反应生成氯化铵，选项D不选。答案选B。 21、（1）为了制取纯净干燥的气体A，可用下图所示装置，生成A的速度可通过滴入液体B的速度控制。‎ ‎①若A是能使带火星的木条复燃的气体，C物质是淡黄色粉末，且不需要Ⅲ装置，则A是______（填化学式），写出烧瓶中发生反应的化学方程式并用双线桥法标出电子得失情况：________________。‎ ‎②若A可以灭火，C为块状不溶性固体，则A物质是________（填化学式，下同），D物质是__________，烧瓶中发生反应的的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎（2）某学生若用上图所示装置，一次实验即可确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱(不必选其他酸性物质)，则E中发生反应的的离子方程式为__________________________________。‎ ‎【答案】(1)①O2；‎ ‎②CO2；饱和NaHCO3溶液；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O ‎(2)SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓‎ ‎【解析】解：(1)①由装置图分析可知，气体A是在烧瓶中生成的，若A是能使带火星的木条复燃的气体，C为过氧化钠，所以A为O2；反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，用双线桥表示电子得失情况为；‎ ‎②若A可以灭火，C为块状不溶性固体即CaCO3，则A为CO2，D为饱和的NaHCO3溶液，用于除去CO2中的HCl，此时烧瓶中发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎(2)一次实验即可确定HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，则分液漏斗中的B为盐酸，烧瓶中的C为碳酸盐，如CaCO3或Na2CO3，D为饱和的NaHCO3溶液，用于除去CO2中的HCl，确保进入E中的气体只有CO2，而E为 Na2SiO3，所以E中反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=CO32-+H2SiO3↓。‎ ‎22、已知某水泥样品的主要成分为成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。现一实验小组利用实验室中的几种药品对该水泥样品进行检测，以确定其中各金属元素的含量 ‎（1）取水泥样品10.0g，加入足量稀盐酸、氯化铵，使之完全溶解。待充分反应后发现仍有不溶物。将沉淀过滤后加热、干燥，所得固体为________（填化学式）。‎ ‎（2）在分析水泥样品溶解过滤后的滤液成分时，实验小组的同学认为其中含有Ca2+、Al3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等阳离子，现欲准确测量各成分含量，需先加入试剂X将Fe2+转化为Fe3+，待滤液中的Fe2+全部转化为Fe3+后，再向其中加入足量的溶液Y并加热，可使滤液中的Al3+、Mg2+、Fe3+全部形成沉淀，则溶液Y名称是________，而试剂X可选用下列物质中的__________（填选项）。‎ a.HNO3b.H2O2c.KMnO4d.Zn ‎（3）若将溶液Y改为氢氧化钠溶液，发现所得沉淀共1.008g，比原来减少了0.39g，而这些沉淀能恰好完全溶解于1mol/L,32mL的稀盐酸中，则上述说法中所涉及的水泥样品中金属元素种类及其分别占水泥样品的质量分数为____________、_____________、______________。‎ ‎（4）若最初的水泥样品改为用氢氧化钠溶液溶解，则可能发生的离子反应方程式是：________。‎ ‎【答案】(1)SiO2‎ ‎(2)氨水；ab ‎(3)Al:1.35%；Fe:2.24%；Mg：2.4%‎ ‎(4)2OH-+SiO2=SiO32-+H2O，2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O ‎【解析】解：（1）二氧化硅不溶于盐酸，所得固体为SiO2；‎ ‎（2）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液中，所以沉淀阳离子时应该选择弱碱，则溶液Y名称是氨水；a.HNO3能氧化亚铁离子，a正确；b.H2O2能氧化亚铁离子，b正确；c.KMnO4能氧化亚铁离子，但同时也氧化氯离子产生氯气，c错误；d.Zn是活泼的金属，没有氧化性，d错误，答案选ab；‎ ‎（3）减少的质量就是被氢氧化钠溶解的氢氧化铝，则氢氧化铝的质量是0.39g，物质的量是0.39g÷78g/mol＝0.005mol，所以铝元素的质量分数是 ‎。设氢氧化镁与氢氧化铁的物质的量分别是xmol、ymol，则58x+107y＝1.008。二者与盐酸反应消耗盐酸的物质的量是0.032mol，则2x+3y＝0.032，解得x＝0.01、y＝0.004，因此镁、铁两种元素的质量分数分别是、；‎ ‎（4）能与氢氧化钠溶液反应的是二氧化硅与氧化铝，发生的离子反应方程式分别是2OH-+SiO2＝SiO32-+H2O，2OH-+Al2O3＝2AlO2-+H2O。‎ ‎23、钾长石(K2Al2Si6O16)通常也称正长石，是钾、钠、钙等碱金属或碱土金属的铝硅酸盐矿物。某科研小组以钾长石为主要原料，从中提取氧化铝、碳酸钾等物质，工艺流程如下：‎ ‎(1)若用氧化物的形式表示物质的化学组成，则钾长石可表示为_________________________________。‎ ‎(2)煅烧过程中钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式：_____________________________________。‎ ‎(3)钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的KAlO2和NaAlO2，在浸出液中通入过量CO2，发生反应的离子方程式为_____________。‎ ‎(4)已知偏铝酸盐易发生水解反应：AlO2-＋2H2OAl(OH)3＋OH-。“浸取”时应保持溶液呈________(填“酸”或“碱”)性，“浸取”时不断搅拌的目的是_____________________________________‎ ‎(5)“转化”时加入NaOH的主要作用是(用离子方程式表示)________________________________‎ ‎(6)上述工艺中可以循环利用的主要物质是________、________和水。‎ ‎【答案】(1)K2O·Al2O3·6SiO2‎ ‎(2)CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑‎ ‎(3)AlO2-＋2H2O＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO3-‎ ‎(4)碱；　提高浸取速率 ‎(5)HCO3-＋OH-=H2O＋CO32-‎ ‎(6)Na2CO3；　CO2‎ ‎【解析】解：(1)根据元素守恒，K2Al2Si6O16用氧化物的形式可表示为K2O·Al2O3·6SiO2。‎ ‎(2)高温下CaCO3与SiO2反应生成CaSiO3和CO2。‎ ‎(3)向NaAlO2和KAlO2溶液中通入过量CO2时，生成Al(OH)3沉淀和HCO3-。‎ ‎(4)AlO2-只能在碱性条件下存在，酸性条件下会转变为Al(OH)3或Al3＋，因此“浸取”时应保持溶液呈碱性。“浸取”时不断搅拌，可以提高浸取速率。‎ ‎(5)在偏铝酸盐溶液中通入过量CO2，充分反应后经过滤，滤液中存在HCO3-，“转化”时加入NaOH，可使HCO3-转化为CO32-，便于结晶时得到Na2CO3和K2CO3晶体。‎ ‎(6)CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应中需要加入的物质，因此是可循环使用的物质。‎