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1、2020-2021 长沙高考化学培优 ( 含解析 ) 之硅及其化合物推断题一、硅及其化合物1 如图所示物质的转化关系中，A 是一种固体单质，E 是一种白色沉淀请回答下列问题：（1） B 的化学式是 _ ， 目前 B 已被用作 _的主要原料（2） B 和 a 溶液反应的离子方程式是_ （3） A 和 a 溶液反应的离子方程式是_ （4） C 和过量的盐酸反应的离子方程式是_ 【答案】SiO2 光导纤维2+H2O2+2H22SiO2 +2OHSiO 3Si+2OH +H2OSiO 3SiO3+2HHSiO 23【解析】G和过量的盐酸反应产生不溶于盐酸的白色沉淀，可知E 可能为是硅酸， A 可能是硅
2、，带入题目进行验证， a 溶液是强碱溶液或氢氟酸溶液，而硅和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应均生成硅酸钠溶液，硅酸钠溶液与过量的盐酸反应产生氯化钠和硅酸白色沉淀；硅酸加热分解为二氧化硅和水，与题意相符，硅、二氧化硅与氢氟酸反应均生成四氟化硅，四氟化硅与盐酸不反应，与题意矛盾；因此A 是 Si 、 B 是 SiO2、 C 是 Na2 SiO3 或 K2SiO3 、 D 是 H2O、 E是 H 2SiO3 、 F 是 H2、 a 是 NaOH或 KOH。（1） B 的化学式是 SiO ， 目前 SiO已被用作光导纤维的主要原料；正确答案：SiO、光222导纤维。（2） SiO与强碱溶液反应生成可溶性的硅
3、酸盐和水，离子方程式是SiO2SiO +2OH322+H2 O；正确答案：2+H2O。SiO2+2OHSiO 3（3） Si 和强碱溶液反应生成可溶性硅盐酸和氢气，离子方程式是232Si+2OH +HOSiO+2H2；正确答案： Si+2OH+H2OSiO32 +2H2。（4）硅酸盐与过量的盐酸反应生成白色沉淀硅酸，离子方程式是2 +HSiO ；SiO+2H3232+正确答案： SiO3+2HHSiO 。232 某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品出苍白色火焰。 M 与其他物质的转化关系如图M 进行探究。已知 1 所示 (部分产物已略去C 可在)：D 中燃烧发(1)写出B 的电子式_。(
4、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
5、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、Al3H 、NH 、 Mg 2、 Fe3、CO32- 、 SO4 2-中的某些离子，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- +2H2O=SiO32-+2H2NaOH、 Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失23Cl2 8NH3=N2 6NH4Cl H、 Al3 、 NH 4、 SO4) c( NH2) 1 1 2 3c(H) c(A
6、l34 ) 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Cl2、 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 的溶液电解生成氢气、氯气与 B，可推知 M 为 NaCl、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 Na2SiO3 和 H2；(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，
7、大于 200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4) 若过量的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，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
8、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(Al3+n(H)： n(NH4 )之比，再结合电荷守恒计算与 n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B 为 NaOH，其电子式为；(2) A 为 Si，Si 和 NaOH 的水溶液反应生成 Na2SiO3和 H2，反应的离子方程式为Si+2OH-232-+2H2；+2H O=SiO(3) 曲线中，从0.4L 0.6L 发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+
9、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3220.01molNaHCO +HCl=NaCl+CO +H 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 NaAlO ，则将过2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
10、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+6NH4Cl，(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+-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
11、 H+-23+-+OH =H O，氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为 1 体积，发生反应 Al +3OH=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH 溶液的体积为3 体积，发生反应NH4+OH-=NH3?H2O，铵根消耗氢氧化钠为2 体积，则 n(H+)：n(Al3+)：n(NH4 +)=1：1： 2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+2-： 1：2： 3+3+)：c(SO42-)=1：1：2： 3。)： n(NH4)： n(SO4 )=1，故 c(H )： c(Al )： c(NH43 某无色稀溶液X 中，可能含有下表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某试剂 Y，产生沉淀的物质的量
12、(n) 与加入试剂的体积(V) 的关系如图所示。(1) 若 Y 是盐酸，所得到的关系图如图甲所示，则oa 段转化为沉淀的离子( 指来源于 X 溶液的，下同 ) 是 _，ab 段发生反应的离子是_， bc 段发生反应的离子方程式是_。(2) 若 Y 是 NaOH溶液，所得到的关系图如图乙所示，则X 中一定含有的离子是_，假设 X 溶液中只含这几种离子，则溶液中各离子物质的量之比为_， ab段反应的离子方程式为_。【答案】2-2-+=Al3+3+2+NH+-SiO、 AlOCO3H +Al(OH)3+3H OAlMg4Cl2:1:4:123232+-NH +OHNH?H O432【解析】【分析】无
13、色溶液中不可能含有Fe3+离子。（1）如果 Y 是盐酸，向溶液中加盐酸，先生成沉淀，当a-b 段时，沉淀的量不变化，盐酸和碳酸根离子反应生成气体，则溶液中不含镁离子、铝离子；当b-c 段时沉淀的质量减少，部分沉淀和盐酸反应，部分沉淀和盐酸不反应，说明溶液中有硅酸根离子和偏铝酸根离子，弱酸根离子和铵根离子能双水解，所以溶液中含有的阳离子是钠离子；（2）若Y 是氢氧化钠，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，当a-b 段时，沉淀的量不变化，氢氧化钠和铵根离子反应生成气体；当b-c 段时沉淀的质量减少，部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有铝根离子和镁离子，则溶液中不含硅酸根离子、碳酸根
14、离子和偏铝酸根离子，所以溶液中含有的阴离子是氯离子。【详解】（1）如果 Y 是盐酸，由图可知，向溶液中加盐酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，则溶液中可能含 SiO32- 、 AlO2-，不含 Al3+、 Mg2+； ab 段，沉淀的量没有变化，说明溶液中含有CO32-，盐酸和碳酸根离子反应，反应的离子方程式依次为CO32-+H+HCO3-和 HCO3-+H+H2O+CO2； bc 段 ,氢氧化铝沉淀与盐酸反应生成偏铝酸钠和水，硅酸沉淀不反应，+3+2 、 AlO2；沉淀部分溶解，反应的离子方程式为3H +Al(OH)3=Al+3H2O，故答案为： SiO3CO32- ； 3H+ +Al(OH)3
15、=Al3+ +3H2O；（2）若 Y 是氢氧化钠，由图可知，向溶液中加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、 Mg2+或两者中的一种，由于弱碱阳离子和弱酸的阴离子会双水解而不能共存，即溶液中不含 CO32-、 SiO3 2-、 AlO2- ，由于溶液一定要保持电中性，故溶液中一定含Cl-； ab 段，沉淀的量不变化，是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体：NH4+OH- NH3?H2O，即溶液中含NH4+； bc 段，沉淀的质量减少但没有完全溶解，即部分沉淀和氢氧化钠反应，部分沉淀不反应，说明溶液中有Al3+、Mg2+， bc 段的反应的离子方程式为Al（ OH）3 +OH- AlO2-2
16、Al3+、 Mg2+、 NH4+、 Cl-；由于溶液中有 Al3+、 Mg2+， oa 段+2H O，则 X 中一定含有的离子是转化为沉淀的离子是Al3+、Mg2+， ab 段是氢氧化钠和铵根离子反应生成气体，反应的离子方程式为 NH4+OH- NH3?H2O；溶液中有 Al3+、 Mg 2+，即沉淀中含 Al（ OH） 3 和 Mg （ OH）2，故 bc 段的反应离子方程式为-+Al（ OH） 3+OH AlO2 +2H2O， NH4 反应需要 NaOH 的体积是 2V，由于 Al（ OH） 3 溶解时需要的NaOH 的体积是 V，则生成 Al（ OH） 3 需要的 NaOH的体积是 3V
17、，而生成 Mg（ OH） 2 和 Al（OH）3 共消耗 NaOH 的体积为 4V，则生成 Mg（OH）2 需要 NaOH 溶液的体积是V，则 n（ Al3+）： n（ Mg 2+）： n（ NH4+） =2： 1：4，根据溶液要呈电中性，即有：3n（ Al3+） +2n（ Mg 2+） +n（ NH4+） =n（ Cl-），故 n （Cl-）=12，即有： n（ Al3+） ： n（ Mg2+）： n（ NH4+）： n（Cl-） =2： 1：4：12，故答案为： Al3+、 Mg 2+、NH4+、 Cl-； 2： 1：4： 12； NH4+OH- NH3 ?H2O。【点睛】本题考查无机物的
18、推断，注意根据溶液的颜色结合题给图象确定溶液中存在的离子，再结合物质之间的反应来确定微粒的量是解答关键。4X、Y、 Z 为三种常见的单质，Z 为绿色植物光合作用后的产物之一，A、B 为常见化合物它们在一定条件下可以发生如图反应（均不是在溶液中进行的反应）（以下每个空中只需填入一种物质）(1)X、 Y 均为金属时，此反应在工业上称为_反应，其反应方程式为_(2)X 为金属， Y 为非金属时，A 为 _B_(3)X 为非金属Y 为金属时， A 为 _B 为 _(4)X 为非金属， Y 为非金属时， A 为 _B 为 _【答案】铝热反应3Fe3O4 +8 Al9Fe +4 Al2O3CO2MgOCu
19、OH2OSiO2CO【解析】【分析】Z 为绿色植物光合作用后的产物之一，应为O2， X+AY+B的反应为置换反应，X、Y 为单质， A、 B 为氧化物 。【详解】(1)当 X、 Y 均为金属时 ,应为铝热反应 ,则 X 为Al、 A 为 Fe3O4 ,Y为 Fe,B为 Al2O3,Z 为氧气 ,反应方程式为 3Fe3O4+8 Al9Fe +4 Al2O3；(2)当 X 为金属、 Y 为非金属 ,应为 Mg 和 CO2 的反应 ,反应的方程式为:Mg+CO2MgO+C；(3)当 X 为非金属时 ,Y为金属时,碳、氢气还原氧化铜符合此反应,A 为 CuO,B为 H O,反应方程2式为 CuO+H2
20、Cu+H2O；(4)当 X、 Y 均为非金属固体时,为 C 和 SiO2 的反应 ,反应的方程式为 SiO2+2CSi+2CO。【点睛】本题考查无机物的推断，题目难度中等，解答本题的关键是能把握常见单质+氧化物 单质+氧化物的置换反应的类型，注意把握常见相关物质的性质。5 设计如下实验探究某矿石（仅含四种短周期元素）的组成和性质，已知矿石含有一定的结晶水：（1）矿石的组成元素是H、 O 和 _、 _（填元素符号），化学式为_ 。（2）白色粉末3 溶于 NaOH 溶液的离子方程式是_。【答案】 Mg， SiMgSiO32H2O2OH- SiO2=SiO32- H2O【解析】根据流程图，矿石灼烧后
21、生成无色气体为 3.6g，物质的量为0.2mol ；白色粉末1，冷凝后得到无色液体1，该无色液体为水，质量2 能够溶于过量盐酸，得到白色胶状沉淀2，和无色溶液 3；根据盐酸提供的氢离子和氯离子分析，白色胶状沉淀2 可能是氯化银沉淀或硅酸沉淀；白色胶状沉淀2灼烧得到白色粉末3，该物质能够溶于氢氧化钠溶液，说明白色粉末为二氧化硅，不可能为氯化银，因此白色胶状沉淀2 为硅酸；无色溶液 3 中加入过量氢氧化钠得到白色沉淀，说明白色沉淀3 为氢氧化镁 ， 5.8g氢氧化镁的物质的量为0.1mol ，因此白色粉末2 中含有 4g 氧化镁和6g 二氧化硅，因此白色粉末2 为硅酸镁 。(1)根据上述分析，矿石
22、的组成元素是H、 O、 Mg 和 Si，硅酸镁的质量为10g，物质的量为10 g=0.1mol，水的物质的量为3.6g=0.2mol ，因此化学式为MgSiO32H2O，故100 g / mol18g / mol答案为 Mg ； Si； MgSiO32H2O；(2)白色粉末3 为二氧化硅， 溶于 NaOH 溶液的离子方程式为-232-22OH SiO =SiO H O，故答案为 2OH-232-2 SiO =SiOH O。点睛：本题考查了物质的组成和性质的推断。本题的难点是白色胶状沉淀2 和白色粉末 3的判断，可以根据反应物中有盐酸结合白色粉末3 能够与氢氧化钠溶液反应考虑。6A、 B、 C、
23、 D、 E 五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系。若该元素用 R 表示，则 A 为 R 的氧化物， D 与 NaOH 溶液反应生成 C 和 H2。请回答：（ 1）写出对应物质的化学式： A_； C_； E_。（ 2）反应 的化学方程式为： _ 。（ 3）反应 的离子方程式为： _ 。（4） H2 3E 的，请用离子方程式予以证明：_ 。CO 的酸性强于【答案】 SiO2 Na2SiO3H2SiO3（或 H4SiO4） SiO2 2CSi 2COSi 2OHH2O= SiO32- 2H2SiO32- CO2H2O=H2 SiO3HCO32-或 SiO32- CO2 H2
24、O=H2SiO3 CO32-（写成 H4SiO4 同样给分）【解析】【分析】【详解】试题分析：非金属单质 R 能与 NaOH 溶液反应生成盐（ Na2RO3）和氢气，则 R 为 Si 元素，由转化关系可知D 为 Si， A 为 SiO2， B 为 CaSiO3， C 为 Na2SiO3，E 为 H2SiO3，（1）由以上分析可知A 为 SiO2 ， C 为 Na2SiO3，故答案为SiO2 ；Na2SiO3；（2）反应 的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO；（ 3）反应 的离子方程式为 Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2；（ 4） H2CO3 的酸性强于 H2SiO3 的酸性，可
25、在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO2-2-。3+CO2+H2O=H2SiO3 +CO3考点：以硅为载体考查了无机物的推断7 下图中的AH 是中学化学中常见的八种物质，所有物质均由短周期元素组成，其中B、F、 H 都含有同一种元素；B、 D、 E 为单质，其他为化合物，常温常压下C 为无色液体，D、 E 为气体； H 的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽。AH 之间的转化关系如图所示。（ 1） C 的化学式为 _ 、A 的电子式为 _；（ 2） A、 B 的混合物加 C 后，可能发生的反应的化学方程式为_ 、 _ ；（3）向F 溶液中逐渐滴入盐酸直至过
26、量，若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失，写出符合现象的离子方程式_ ，与之对应的D、 E 恰好完全反应生成C 时A 与B 的物质的量之比为：_；【答案】H2O2Na2 O2+2H2O=4NaOH+O2Si+2NaOH+HO=Na2 SiO3+2H2（或 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 ） AlO2-+H+H2O=Al(OH)3 、 Al(OH)3+3H+=Al3+3H2 O 3： 2【解析】【分析】常温常压下 C 为无色液体，且D、E 两种气体经点燃得到C，则 C 为 H2O，D、 E 为 H2 和O2。根据 H 的性质，可以推出H 为 SiO2（石英）或 Al2O3
27、（刚玉）。 B、 H 含有同一物质，且 B 为单质，则 B 为 Si 或 Al。和 H2O 放出 O2 的物质是 Na2 O2，则 A 为 Na2 O2。 Na2O2和H2O 反应后，生成NaOH 可以和别的物质反应生成H2 等。从 A、 B 和 A、 H 的反应可以判断， D 为 H222 322，E 为 O 。当 H 为 Al O时， B 为 Al， F、G 为 NaOH、 NaAlO ；当 H 为 SiO时， B 为 Si， F、 G 为 Na2SiO3、 NaOH。【详解】（1）经分析， C 为 H2O， A 为 Na2O2，其电子式为：；（2）当 B 为 Si 时，该反应为2Na2O
28、2+2H2O=4NaOH+O2、 Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2；当 B 为 Al 时，该反应为 2Na2O2 +2H2O=4NaOH+O2 、 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（3）向 F 中滴加过量盐酸，先是有白色沉淀生成，然后沉淀消失，则F 为 NaAlO2，离子方程式为 AlO - +3+2 +H +H2O=Al(OH)3、Al(OH)3+3H=Al +3H2O；B 为 Al， D 为 H2，E 为 O2，若D、 E 恰好完全反应，设n(O2)=1mol ，则 n(H2)=2mol ，则 n(Na2O2)=2mol ， n(Al)=4mol ，则
29、3n(Na2O2)： n(Al)=3： 2。8 某固体混合物 X 可能由 Na2O2、 Al2O3、 Fe2O3、 Cu 、SiO2 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）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 Na2O223+3+23+2+2+Fe O +6H =2Fe +3H OCu+2Fe =2Fe +Cu
30、2232混合物 X 中无2 3+、 Cu2+、 Fe2+2 3SiO +2NaOH=Na SiO + H OAl 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Fe和Cu，步骤 I 中所发生反应的离子方程式Cu2
31、O3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 SiO2232+2NaOH=Na SiO +H O。（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SiO 的质量相等，说明溶解的物质只有SiO 、没有Al O ，步骤 III 可得出的结论是：混合物2223X 中无 Al2O3。（4）由上面的分析，步骤III
32、 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+、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+=2Fe
33、3+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 简要回答下列问题（1）医疗上，常用胃舒平主要成分Al(OH)3来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是_（用离子方程式表示）。（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是_（用化学方程式表示）。（3）工业制备漂白粉原理是_