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1、。熟练掌握元素化合物性质与转2020-2021高考化学备考之硅及其化合物推断题压轴突破训练培优题篇附答案易错 难一、硅及其化合物1 已知 A 是灰黑色、有金属光泽的固体单质。根据如图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。(少量 )(1)写出 A、B、 C、 D 的化学式： A_， B_， C_， D_。(2)写出 DA的化学方程式： _ 。(3)写出 BC的离子方程式： _ ；【答案】 Si Na2SiO3 H2SiO3 SiO2 SiO2+2CSi+2CO CO2+ SiO32- +H2O=H2SiO3 +CO32-【解析】【分析】A 是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A
2、能与氢氧化钠反应，同时由D 与碳高温条件下制得，可知A 为 Si， Si 与氧气反应生成的D 为 SiO2； Si 与 NaOH 溶液反应生成 B 为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C 为 H2SiO3， H2SiO3 受热分解得 D 为SiO2， SiO2 与 NaOH 溶液反应生成Na2 SiO3，据此答题。【详解】A 是灰黑色、有金属光泽的固体单质，根据转化关系，A 能与氢氧化钠反应，同时由D 与碳高温条件下制得，可知A 为 Si， Si 与氧气反应生成的D 为 SiO2； Si 与 NaOH 溶液反应生成 B 为硅酸钠，硅酸钠与二氧化碳反应生成的C 为 H2323受热分解得 D 为S
3、iO ， H SiOSiO ， SiO与 NaOH 溶液反应生成Na SiO 。2223(1)根据上面的分析可知，A 为 Si， B 为 Na SiO ， C 为 H SiO ， D 为 SiO ；23232(2)A 为 Si， D 为 SiO ， SiO 与碳单质在高温下反应生成单质Si，反应的化学方程式为22SiO +2CSi+2CO；2(3)B Na SiO ， C 是 H SiO ，向硅酸钠溶液溶液中通入CO 气体，发生复分解反应生成硅23232酸，反应的离子方程式为：CO23 2-22332-+ SiO+HO=H SiO +CO。【点睛】本题考查无机物推断，涉及硅和二氧化硅、硅酸盐的
4、性质化为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力。2X、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 Al2O3CO2 MgO CuO H2OSiO2 CO【解析】【分析
5、】Z 为绿色植物光合作用后的产物之一，应为 O ， X+AY+B的反应为置换反应，X、Y 为单2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 H2O,反应方程式为 CuO+H22Cu+H O；(4)当 X、
6、 Y 均为非金属固体时,为 C 和 SiO 的反应 ,反应的方程式为 SiO +2CSi+2CO。22【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。3 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， Si MgSiO-2- H2O32H2O2OH SiO2=SiO3【解析】根据流程图，矿石灼烧后生成无色气体1，冷凝后得
7、到无色液体1，该无色液体为水，质量为 3.6g，物质的量为0.2mol ；白色粉末 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，矿石的组成元素是H、 O、
8、 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32100 g / mol18g / molMgSiO2H O，故答案为 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。4 常见物质之间的转化如下图所示：其中
9、 B 常被用于制造光导纤维，其对应的单质的结构与金刚石的结构是相似的。（ 1）试推测： A_，F_(写化学式 )（ 2）试写出反应的离子方程式 ： _。（ 3）写出反应的化学方程式 _。（ 4）在反应中，碳的作用是 _，当生成 1molA 时，转移电子的数目为_。【答案】 Si H2 323222Si+2CO还原剂24SiOSiO +20H=SiO+H O SiO +2C2.408 l0【解析】本题考查无机框图推断题，B 常用于制造光导纤维，即B 为 SiO2，反应工业上制取粗硅的反应，发生2C SiO2Si 2CO， A 为 Si ， D 为 CO，反应 SiO 2 属于酸性氧化物，与氢氧化
10、钠反应，即2 H2 O，反应是 CO与 O2 反应生成 CO2，利SiO2 2OH =SiO3用硅酸的酸性弱于碳酸，即反应是SiO22 CO HO=HSiO CO ，（ 1）根据上述分322233析， A 为 Si ， F 为 H2SiO3；（ 2）反应的离子反应方程式为2 H2O；SiO2 2OH =SiO3（3）反应的方程式为：2C SiO2Si 2CO；（ 4）根据反应方程式，C 的化合价由0 价 +2 价，化合价升高， C 作还原剂， Si 的化合价由4 价0价，化合价降低 4 价，因此生成 1molSi ，转移电子物质的量为4mol ，转移电子的数目是4NA。点睛：本题相对比较简单，
11、熟记光导纤维的成分是SiO2，工业上制取硅，注意生成的是CO，不是 CO2，同时注意（4），问题是转移电子的数目，不是转移电子的物质的量。5 铁橄榄石是天然的铁矿石，由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204 g mol -1，其中铁元素的质量分数为54.9%，可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。其中A J是中学化学中的常见物质，G 是一种红褐色固体，D 是一种难溶于水的含氧酸，J是一种主要的温室气体， A 为强碱，其焰色反应呈黄色， E 和 B 分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，流程中的部分生成物已略去。回答下列问题：（ 1） A 的电子式 ： _。（ 2）铁橄
12、榄石的化学式 ： _。（ 3）写出 H G的化学方程式 ： _。【答案】Fe2 SiO4 或 2FeO?SiO4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】A J是中学化学中的常见物质，G 是一种红褐色固体，G 为氢氧化铁，则 H 为氢氧化亚铁， F 中含有铁离子， D 是一种难溶于水的含氧酸，D 为硅酸， J 是一种主要的温室气体， J为二氧化碳， A 为强碱，其焰色反应呈黄色，A 为氢氧化钠，则D 为二氧化硅， E 和 B 分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同，均有白色沉淀产生，则B 为盐酸， E 为氯气，因此 F 为氯化铁， C 为氯化亚铁。根据上述分析，铁橄榄石属于硅
13、酸盐，且含有亚铁离子，设铁橄榄石的化学式为xFeOySiO204 g mol-1 ，其中铁元素的质量分数2，摩尔质量为为 54.9%，则 x= 20454.9%=2，因此 y=204 722=1，因此铁橄榄石化学式为56602FeO?SiO。(1)A 为氢氧化钠，电子式为，故答案为；(2)铁橄榄石的化学式为2FeO?SiO，故答案为2FeO?SiO2；(3)H 的G化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。6 甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，它们广泛存在于地壳中，均不溶于水，且都有如下相同的转化关系，不同之
14、处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀 B。(1) 写出甲、乙的化学式：甲 _,乙 _；(2) 写出下列反应的化学方程式：甲+NaOH 溶液 _,乙+NaOH 溶液 _；(3) 分别写出甲、乙对应的 A 溶液与过量盐酸反应的离子方程式：甲 _乙_(4) 若将 5.1g 乙溶于适量的盐酸（二者恰好完全反应）后，再加入175 mL 的 2 mol.L 1NH3H2O 溶液，得到沉淀 _g【答案】 SiO2 Al 2O3 SiO2SiO3+H2OAl 2O3+H2O SiO32-+2H+2NaOH=Na+2NaOH=2NaAlOH2SiO3 AlO2- +4H+=Al 3+
15、2H2O7.8【解析】【分析】甲、乙分别是两种主族元素形成的氧化物，均不溶于水，且都有如图的转化关系，不同之处是乙对应的转化过程中需控制盐酸用量，若盐酸过量则得不到白色沉淀B，可推出甲是二氧化硅、乙是氧化铝。二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀；氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和少量盐酸反应生成氢氧化铝沉淀。【详解】(1) 根据以上分析，甲为SiO2、乙为Al 2O3；(2) 二氧化硅与 NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式是SiO2+2NaOH=NaSiO3+H2O；氧化铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应化学方程式是Al 2O3+2N
16、aOH=2NaAlO+H2O；(3) 甲对应的 A 是 Na2SiO3， Na2SiO3 与过量盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应离子方程2-+式是 SiO3 +2H H2 SiO3；乙对应的A 是偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝和氯化钠，反应的离子方程式是 AlO2- +4H+=Al 3+ +2HO；5.1g3+(4) 5.1g 氧化铝的物质的量是0.05mol ， n(Al )=0.1mol ，n(NH3 H2O)=102g / mol.1，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，根据0.175L 2 mol L=0.35mol铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1m
17、ol ，质量是 0.1mol 78g/mol=7.8g 。7（1） X、 Y、 Z 都是短周期元素的单质，X 元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍； Y 元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ： 2； Z 元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4 倍。则： 写出化合物甲的电子式_ ； 写出 Z 与甲反应的化学方程式_ ；（ 2） X、 Y、 Z 都是非金属单质， X 是原子晶体， Y、Z 都是分子晶体， X、 Y 都能与强碱溶液反应；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂。则： 写出 X 与 NaOH 溶液反应的离子方程式 _ ； 在 所得溶液中加入乙的溶液，观
18、察到的现象_（ 3） .X、 Z 是常见金属， Z 与甲的反应只有在高温下才能进行，甲是一种具有磁性的化合物，乙在工业上常用于制取 Z 单质。则： 写出乙与 NaOH 溶液反应的化学方程式 _ ； 将等物质的量的 X 和 Z 分别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，得到气体的质量之比是 _ 。【答案】2Mg+CO2+2H2产生白色2MgO+C Si 2OH H2O SiO3胶状沉淀Al 2O3 2NaOH 2NaAlO2 H2O2:3【解析】【分析】（1）根据 X、 Y、 Z 都是短周期元素的单质，X 元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 2 倍， X 为 C； Y 元素有两种常见单
19、质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ： 2，所以Y 为 O，氧元素形成的单质为O2 和 O3； Z 元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍， Z 为 Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；据以上分析进行解答；（2） X、 Y、 Z 都是非金属单质，X 是原子晶体， X 能与强碱溶液反应，所以X 为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y 是氯原子， Z 是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；据以上分析进行解答；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三
20、铁，乙在工业上常用于制取Z 单质，所以 Z 是铝， X 是铁，乙是氧化铝， Y 是氧气，符合上述转化关系；据以上分析进行解答。【详解】（1）根据 X、 Y、 Z 都是短周期元素的单质， X 元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的 2 倍， X 为 C； Y 元素有两种常见单质，二者质量相等时其物质的量之比为3 ： 2，所以Y 为 O，氧元素形成的单质为O2 和 O3； Z 元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍， Z 为 Mg；碳和氧气反应生成二氧化碳（甲）；氧气与镁反应生成氧化镁（乙），镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，以上推断符合图示转化关系；二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价
21、键，电子式；综上所述所，本题正确答案：；镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：2Mg+CO2MgO+C；综上所述所，本题正确答案：2Mg+CO2MgO+C；（2） X、 Y、 Z 都是非金属单质， X 是原子晶体， X 能与强碱溶液反应，所以X 为硅；乙的水溶液是工业三酸之一，也是实验室常用试剂，所以乙是氯化氢，则Y 是氯原子， Z 是氢元素，氯气、氢气的固体均属于分子晶体，符合题意；硅与 NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：2+2H2；Si 2OH H2O SiO3综上所述所，本题正确答案：2+2H2；Si 2OH H2O SiO3由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶
22、液中加入盐酸，反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠，因此可观察到产生白色胶状沉淀生成；综上所述所，本题正确答案：白色胶状沉淀生成；（3）甲是一种具有磁性的化合物，则甲是四氧化三铁，乙在工业上常用于制取Z 单质，所以 Z 是铝， X 是铁，乙是氧化铝，Y 是氧气，符合上述转化关系；氧化铝与 NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为：Al O 2NaOH232NaAlO2 H2O；综上所述所，本题正确答案：2322AlO 2NaOH2NaAlO HO；已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2， 2Al+3H2SO4=Al 2(SO4) 3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分
23、别与足量的稀硫酸反应，当两种金属完全溶解后，生成氢气的量之比为：1：1.5 ，质量之比是1:1.5 ，整理为2:3 ；综上所述所，本题正确答案：2:3 。8 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）原混合物中各成分的质量之比是_。（不必简
24、化）【答案】混合物+3+3+2+2+X 中无 Na2O2 Fe2O3+6H =2Fe+3H2O Cu+2Fe =2Fe +CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+ H2O 混合物 X 中无 Al2O3H+、 Cu2+、 Fe2+m(Fe2 O3) : m（ Cu）：m(SiO2)=3.2： 3.2 ： 3.0【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，
25、该蓝色溶液中含2+，但 Cu 与 HCl 不反应，所以X 中必有 Fe2 3CuO 和 Cu，步骤 I 中所发生反应的离子方程式为 Fe2 3+3+23+2+2+；向 4.92g 固体中加入过量 NaOH，固体减O +6H=2Fe +3H O、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SiO2 的质量相等，说明溶解
26、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23+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+
27、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23+3+23+2+2+，溶解的 Cu 的物质的量为y，Fe O +6H =2Fe+3H O、 Cu+2Fe =Cu +2Fe160g/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 SiO 3.0g、含 Cu 的质量为（ 9.4g-3.2g-3.0g）=3.2g，则原混合物2中 m(Fe2O3) : m（ Cu）： m(SiO2)=3.2： 3.2 ： 3.0。9X、Y、 Z
28、为常见的三种单质，Z 是绿色植物光合作用的产物之一，A、 B 为常见化合物。它们在一定条件下可发生如图所示的反应（均是在非溶液中进行的反应）：（ 1）画出 Z 的原子结构示意图 _；（ 2）当 X 为金属， Y 为非金属时， A 可能的电子式为 _或 _；（ 3）当 X 为非金属， Y 为金属时， X 可能的化学式为 _或 _；（4）当X 与Y 均为金属时，写出X 与A 反应的化学方程式_；（5）当X 与Y 均为非金属时，若X 与Y 同主族，写出X 与A 反应的化学方程式_ ；若 X 与化学方程式 _ 。Y 不在同一主族，写出X 与A 反应的【答案】CH22Al+ Fe2O32Fe+Al2O3
29、C+SiO2Si+CO2C+H2OH2+CO【解析】【分析】先根据 C 是单质且C 是绿色植物光合作用的产物之一，判断C是氧气， A、 B 是单质，与氧气反应，得出X、 Y 是含氧化合物，然后采用假设的方法分析【详解】C 是单质且C 是绿色植物光合作用的产物之一，所以C 是 O2 A、 B 是单质，分别与O2 反应生成含氧化合物，A+XB+Y，属置换反应（2）如果 X 是钠， Y 是氢气， A 就是 H2O， B 就是 NaOH，钠与水反应的方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；（ 3）当 X 为非金属， Y 为金属时，就是以氢气或一氧化碳为还原剂的热氧化还原反应；（ 4）当 X 与
30、Y 均为金属时，考虑铝热反应；(5) X 是碳， Y 是硅， A 就是 SiO2， B 就是 CO， C 与 SiO2 的反应方程式为：2C+SiOSi+2CO；如果 X 是碳， B 是氢气， X 就是 H2O， Y 就是 CO，C+H2OH2+CO。【点睛】本题的题眼是： C 是单质且 C 是绿色植物光合作用的产物之一，通过判断 A、 B、X、Y，确定该反应是置换反应，学过的置换反应方程式较多，考查学生的发散思维以及总结归纳能力。10 用氮化硅 (Si 3N4) 陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件, 能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅, 反应如下 :3SiCl4+2N
31、2+6H2Si N +12HCl 。34完成下列填空 :(1) 氮化硅可用于制造发动机的耐热部件, 因为它属于 _晶体。有关氮化硅的上述反应中 , 原子最外层只有一个未成对电子的元素是_( 填写元素符号 ); 属于非极性分子的化合物的电子式是_。(2) 比较 Si 和 Cl 两种元素非金属性强弱的方法是_。a. 比较两种元素的气态氢化物的沸点b. 比较两种元素的原子获得一个电子时释放能量的大小c. 比较相同条件下两种元素氢化物水溶液的酸性强弱(3)Si与 Al 、 Be 具有相似的化学性质, 因为 _( 简述理由 ), 写出 Si 与强碱溶液反应的离子反应方程式: _。【答案】原子 H、 Cl
32、b 处在金属与非金属的分界线上Si+2OH- +H2O=SiO32-+2H2【解析】 （1）氮化硅是一种新型的无机非金属材料，耐高温，属于原子晶体；H、 N、 Si、 Cl 四种原子的最外层电子构型分别为1s1、 2s22p3、 3s23p2、 3s23p5，最外层未成对电子数分别为 1、 3、2、 1，所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H 和 Cl； SiCl4为非极性分子，其电子式为：。（2）气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关，与非金属性无关，a 错误；原子获得一个电子时释放的能量越大，元素的非金属性越大，b 正确；最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越大，而不是指氢化物的酸性，c 错误，故可以比较Si 和 Cl两种元素非金属性强弱的方法是答案b。（3） Si、 Al、 Be 三种元素均处于金属与非金属元素的交界处，所以三者的化学性质相似；Si 与强碱溶液反应的离子反应方程式为：-232-2Si+2OH+H O=SiO+2H 。