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1、备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案一、硅及其化合物1 如图为一定量饱和 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 1 Ca2HCO3 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，
2、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CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O，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 CO23A 点达到沉淀最大值，AB2通入 CaCO 的量逐渐增大，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
3、为CO2+Ca(OH)2=CaCO3 +H2O，由方程式可知 A 点处已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
4、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 是解答关键。2 有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12716。 (1)用盐的组成表示其化学式： _。(2)用氧化物的组成表示其化学式：_。(3)该矿石的成分属于 _(填物质的分类 )。(4)写出该矿石 (氧化物形式 )与盐酸反应的化学方程式： _。【答案】 Mg2SiO4 2MgO SiO2硅酸盐 2MgO SiO2 4HCl=2MgCl2 2H2 O SiO2【解析】【分析】根据 n= m 及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸M根离子组成的化合物属于盐。【详解】镁、硅
5、、氧的质量比为12： 7： 16，则镁、硅、氧的原子个数比为1271624: =2:1:42816(1)该矿石用盐的组成可表示为：Mg 2SiO4；(2)该矿石用氧化物的组成可表示为：2MgO?SiO2(3)Mg 2SiO4 属于盐类，且属于硅酸盐；(4)Mg 2SiO4 溶于与稀盐酸生成MgCl2 和 SiO2，发生反应的化学方程式为2MgOSiO24HCl=2MgCl2 2H2O SiO2。【点睛】硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物?较活泼金属氧化物?二氧化硅 ?水的顺序书写；注意：氧化物之间以“?隔”开；系数配置出现的分数应化为整数；金属氧化物在前 (活泼金属氧化物较活
6、泼金属氧化物)，非金属氧化物在后。3A、 B、 C、 D 均为中学化学常见的纯净物，A 是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若 A 是淡黄色固体，C、 D 是氧化物， C 是造成酸雨的主要物质，但用途，写出其中的2 个用途： _ 。（2）若 B 是气态氢化物，C、 D 是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B 与C 也有其广泛的 C 在一定条件下反应生成的A 是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：_ 。（ 3）若 D 物质具有两性，、反应均要用强碱溶液。如反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体，写出该气体的电子式：_， A 的元素在周期表中的位置：_ 。（4）若 A 是太阳能电池用的光伏
7、材料。C、 D 为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。写出反应的化学方程式：_ 。 D 的化学式是_ 。【答案】漂白、杀菌、消毒、作为硫酸的原料等4NH3 6NO5N2 6H2O第三周期A 族Si2NaOH H2O=Na2SiO3 2H2Na2CO3【解析】【分析】（1）淡黄色的固体单质是硫，B 是H2S； C 为SO2， D 为SO3；（2） 若B 是气态氢化物，C、 D 是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B 与C 在一定条件下反应生成的A 是大气的主要成分，则A、 B、 C、D 分别为 N2、NH3、 NO、 NO2 ；（3）中学阶段学习的两性物质有铝及铝的氧化物和氢氧
8、化物，根据物质之间的转化关系可知： A 是（4）若Al；B 是 Al2O3 ，C 是 NaAlO2， D 是A 是太阳能电池用的光伏材料，则Al(OH)3；A 是晶体 Si； C、 D 为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性。根据物质的转化关系及已知条件可知B 是SiO2； C是 Na2SiO3； D 是 Na2CO3。【详解】（1）由以上分析可知， A 是硫， B 是 H2S； C 为 SO2， D 为 SO3， SO2 的用途如漂白、杀菌，制备硫酸等。（2） 由以上分析可知， A、 B、 C、 D 分别为 N2、 NH3、 NO、 NO2 ，B 与 C 在一定条件下发生
9、反应 4NH3+6NO5N2+6H2O 是归中反应，产生氮气。（3）由以上分析可知，A 是 Al； B 是 Al2O3，C 是 NaAlO2， D 是 Al(OH)3。通入的导致温室效应的气体是 CO2，其电子式是；铝元素的位置为第三周期A 族；（4）由以上分析可知，A 是晶体 Si， B 是SiO2 ， C 是 Na2SiO3， D 是 Na2 CO3。反应的化学方程式： Si 2NaOH H2O=Na2SiO3 2H2。 D 的化学式是Na2CO3。4A 元素的一种单质是重要的半导体材料，含A 元素的一种化合物 C 可用于制造高性能的现代通讯材料 光导纤维， C 与烧碱反应生成含A 元素的
10、化合物 D。(1)易与 C 发生化学反应的酸是 _，反应的化学方程式是_ 。(2)将 C 与纯碱混合，在高温熔融时发生化学反应也可生成D，同时还生成 B 的最高价氧化物 E；将 E 与 D 在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A 的化合物 F。写出生成 D 和 F 的化学反应方程式：_、 _。要将纯碱在高温下熔化，下列坩埚中不可选用的是_。A普通玻璃坩埚 B石英玻璃坩埚C瓷坩埚D铁坩埚高温【答案】氢氟酸SiO22223232234HF=SiF 2H OSiO Na CONa SiO CO Na SiO CO2 H2O=Na2CO3 H2SiO3ABC【解析】【分析】“A元素的一种单质是重要
11、的半导体材料”说明 A 为 Si，通过 “光导纤维 ”可推测 C 为 SiO2，SiO2 与烧碱即氢氧化钠反应生成的含Si 元素的化合物为Na2 SiO3。 SiO2 与纯碱即碳酸钠高温条件下生成 Na2 SiO3 和 CO2，故 B 为 C， E 为 CO2，二氧化碳和硅酸钠在足量水中可生成硅酸和碳酸钠，故 F 为 H2SiO3。【详解】（1） SiO2 易与氢氟酸发生反应，故答案为：氢氟酸；SiO2 +4HF=SiF4+2H 2O ；高温（2）根据分析可知答案为： SiO 2 +Na 2CO3 = Na2 SiO3 +CO 2；Na2SiO3 +CO 2 +H 2 O=Na 2CO 3 +
12、H 2SiO3；A 项普通玻璃坩埚中含有SiO2，会在高温下与纯碱反应，故A 项错误； B 项石英玻璃坩埚中含有 SiO2B 项错误； C 项瓷坩埚中含有2，会在高温，会在高温下与纯碱反应，故SiO下与纯碱反应，故 C 项错误； D 项铁坩埚中不含高温条件下与纯碱反应的物质，故D 项正确；故答案为： ABC。【点睛】半导体材料为硅单质，光导纤维材料为二氧化硅，为高频考点，一定要注意记忆区分。5 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：
13、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】 SiO2Al 2O3SiO2SiO3+H2OAl 2O3+H2O SiO32-+2H+2NaOH=Na+2NaOH=2NaAlO-+3+7.8H2SiO3 AlO2+4H =Al+2H2O【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，
14、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+2NaOH=2NaAlO+H2O；(3) 甲对应的 A 是 Na2SiO3， Na2SiO3 与过量盐酸反
15、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-+3+2HO；式是 AlO2+4H =Al(4) 5.1g氧化铝的物质的量是5.1g0.05mol ， n(Al 3+ )=0.1mol ，n(NH3 H2O)=102g / mol0.175L 2 mol . L1=0.35mol ，氨水过量，氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，根据铝元素守恒，生成氢氧化铝的物质的量是0.1mol ，质量是0.1mol 78g/mol=7.8g 。6 材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。某新
16、型无机非金属材料K 由两种非金属元素组成。它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征。它是以中学化学中常见物质为原料来生产的。下图虚线框内的其它转化是为探究C 的组成而设。G、F、 H 均为难溶于水的白色固体；图中C、 H、K 均为含A 元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答下列问题：（1）指出 K 可能所属的晶体类型_， K 中含有的化学键类型为_。（ 2）写出化学式：化合物 C_；化合物 F_。（ 3）写出反应 的化学方程式： _ 。（ 4）写出反应 的离子方程式： _ 。（5）化合物 K 与化合物C 类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，请写出K与水反应的
17、化学方程式：_ 。【答案】原子晶体共价键SiCl4=Si3N4+8NH3-4 H2SiO3(或 H4SiO4) 3Si（NH2 ）SiO2+2OH2-4-+2H2O Si3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3 或=SiO3+H2O 或 SiO2+4OH =SiO4Si3N4+12H2O=3H4SiO4+4NH3【解析】【分析】根据图中各物质转化关系，F 受热得 H， H 能与氢氧化钠反应生成I， I 与过量的二氧化碳反应生成 F，说明 F 为弱酸且能受热分解，结合化合物D 中 A 可形成四个价键知：A 元素为四价元素， C、H、 K 均为含 A 元素， K 由两种非金属元素组成，具有耐磨、
18、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，根据D 的部分组成可知K 应为 Si3N4，可以确定 A 为 Si， H 为SiO ， I 为 Na SiO ，则 F 为 H SiO ，由虚线框中上一支推中可知，E 与硝酸银反应生成 不溶22323于稀硝酸的沉淀G，则可知E 中有 Cl， G 为 AgCl，故 C 为 SiCl4， B 为 Cl2；由SiCl4+3H24HCl+H2SiO3，生成 E： HCl， G、 F、 H 均为难溶于水的白色固体。【详解】由分析可知： A 为 Si， B 为 Cl2， C 为 SiCl4， D 为 Si(NH2)4， E 为 HCl， F 为 H2SiO3， G 为Ag
19、Cl， H 为 SiO2， I 为 Na2SiO3， K 为 Si3N4。（1） K 为 Si3N4 ，它是一种超硬物质，具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击、抗氧化的特征，K可能所属的晶体类型原子晶体，K 中含有 Si-N 的化学键类型为共价键。（2）化学式：化合物 C 为 SiCl；化合物 F 为 H2SiO3 (或 H4SiO4) 。4（3） Si（ NH2） 4 在高温条件下分解生成 Si3N4 和 NH3，反应的化学方程式：3Si（ NH2） 4=343Si N +8NH 。（4） SiO2 是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应的离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 或
20、 SiO2+4OH-=SiO44-+2H2 O。（ 5）化合物 Si3N4 与化合物 SiCl4 类似，也能在一定条件下与水反应生成两种化合物，则反应方程式为： Si3N4 +9H2 O=3H2SiO3 +4NH3或 Si3N4+12H2O=3H4SiO4 +4NH3。7A、 B、 C、 D、 E、 F、 X 七种物质之间可按下列框图发生反应（部分产物可能被省略）。其中， A、 D、 E、X 是四种常见的非金属单质，常温下 A、 X 为气体， D、 E 为固体。 A 的水溶液具有漂白性， A、 D 的水溶液均能使淀粉 KI 试纸变蓝色， B 的焰色反应为黄色。请回答下列问题：（ 1）写出 A、
21、 F 的化学式： A：_、 F： _。（ 2）写出 B 的电子式： _ ，EO2 的晶体类型为 _。（3）写出 E 与 NaOH 溶液反应的离子方程式_。（ 4） E 单质可作高能燃料。已知 ag 固体 E 燃烧放出 bkJ 的热量，请写出表示 E 燃烧热的热化学方程式（ H 用含 a、 b 的式子表示） _ 。【答案】 A： Cl24原子晶体-232-2Si （ s）： SiClSi + 2OH+ H O = SiO+2H +O （ g） = SiO （s）； H= -28b/a kJ/mol22【解析】【分析】根据 A 是一种常见的非金属单质，常温下为气体，且A 的水溶液具有漂白性，可推知
22、A 为氯气；由于 D 也是一种常见的非金属单质，常温下为固体，且由氯气制备可得，说明其氧化性弱于氯气，且其水溶液能使淀粉KI 试纸变蓝色，因此 D 可能为碘单质；根据 B 的焰色反应为黄色，可知B 为 NaI，C 为 NaCl。根据已知条件E 是非金属单质，且E 为固体，能与氢氧化钠溶液、氧气反应，因此可推测E 为 Si、F 为 SiCl4；能将 SiCl4还原为 Si 的非金属单质为 H2，因此 X 为 H2。据此解题。【详解】（1）根据分析，可知 A、 F 的化学式分别为：A： Cl2 、 F： SiCl4；（2）根据分析， B 物质 NaI 的电子式为：， EO2为2SiO ，其晶体类型
23、为原子晶体；（3） E 为 Si，其与 NaOH 溶液反应的离子方程式为：-22-2Si+2OH3 ；+H O = SiO+2Ha?ga（4）当 ag 单质 Si 的物质的量为：2828?g / molmol 作高能燃料进行燃烧时放出的热量为 bkJ，因此当 1molSi 燃烧时，放出的热量应为28bkJ，因此 Si 单质燃烧热的热化学方a程式可表示为：Si（ s） +O2（ g） = SiO2（ s）； H= -28b/a kJ/mol 。8在下图所示的物质转化关系中，A 是海水中含量最丰富的盐，B 是常见的无色液体，F在 D 中燃烧发出苍白色火焰。H 可用于制造光导纤维，J 是一种乳白色凝
24、胶状沉淀。(部分生成物和部分反应条件未列出) 请回答下列问题：（ 1）形成单质 D 的元素在周期表中的位置（ 2）形成 C、 D、 F 单质的元素半径由大到小的顺序(填写元素符号 )（ 3） C 长期暴露在空气中，最终产物是（4） H 在高温下与碳反应方程式为，若转移4mol 电子参加反应的碳为mol。（ 5）写出反应 的离子方程式（ 6）写出反应 的化学方程式【答案】（ 1）第三周期第；（ 2） NaClH；（ 3） Na2CO3（ 4）SiO2+2CSi+2CO；（ 5） Cl2+ 2OH-= Cl + ClO-+H2O（2 分）（ 6） Na2SiO3+ 2HCl = H2SiO3 +
25、2NaCl（ 2 分）【解析】试题分析：根据题意可知： A 是 NaCl； B 是 H2O； C 是 Na； D 是 Cl2； E 是 NaOH； F 是 H2；G 是 HCl； H 是 SiO2； I 是期表中的位置是第三周期第Na SiO； K 是 NaClO； J 是 H SiO 。（ 1）形成单质 D 的元素在周2323；（ 2）同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以形成C、 D、 F 单质的元素半径由大到小的顺序是NaClH；（ 3） C暴露在空气中，首先被氧化变为Na2O，Na O 与空气中的水发生反应产生NaOH，
26、 NaOH 潮解变为溶液，溶液吸收CO 变为22Na2CO3 ，所以最终产物是 Na2 CO3。 (4) H 在高温下与碳反应方程式为SiO +2CSi+2CO；根据方程式可知每转移4mol 的电子，反应消耗C 单质的物质的2量是 2mol ；（ 5）反应 的离子方程式是-Cl2 + 2OH = Cl + ClO+H2O；（ 6）反应 的化学方程式是 Na2 SiO3+ 2HCl = H2SiO3 + 2NaCl。考点：考查元素及化合物的知识。包括物质的推断、元素在周期表中的位置、原子半径大小比较、物质的保存及成分、化学方程式和离子方程式的书写的知识。9铁橄榄石是天然的铁矿石，可以通过如下反应
27、和相应的数据推知它的化学式。其中AJ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的焰色反应呈黄色， 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。由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g mol1，其中铁元素的质量分数为54.9%，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）铁橄榄石的化学式 _ 。（ 3）写出 C F的离子方程式 _ 。（ 4）写出 H G的化学方程式 _。【答案】Fe 2SiO 4 或 2FeO?SiO2 2Fe 2+ +Cl 2=2Fe 3+ +2Cl -4Fe(O
28、H) 2+O 2+2H 2 O=4Fe(OH)3【解析】其中 AJ是中学化学中的常见物质，G是一种红褐色固体， G为 Fe(OH) ，则 H为 Fe(OH) ，C为32液体盐； D是一种难溶于水的含氧酸，D为 H2 32SiO ， J是一种主要的温室气体，J为CO ，则 I为硅酸盐， A的焰色反应呈黄色，A含有钠元素，因此I为Na2SiO3，则 A为NaOH； 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EB中均含有氯离子，根据流程图， B为 HCl， C为FeCl ，则 E为 Cl ，根据上述分析，铁橄榄石中含有铁、硅元素，则22铁橄榄石为 含亚铁离子的 硅酸 盐
29、，根据摩尔质量为 204g mol1，其中铁元素的质量分数为54.9%，则 1mol铁橄榄石含有 2molFe，结合摩尔质量，铁橄榄石的化学式为 Fe24SiO 。(1)A为 NaOH， A的电子式为，故答案为：；(2)根据上述分析，铁橄榄石的化学式为Fe SiO ，故答案为：Fe SiO ；2424(3)C F是亚铁离子被氯气氧化的反应，离子方程式为2+23+-2Fe +Cl =2Fe +2Cl，故答案为： 2Fe2+23+-；+Cl =2Fe +2Cl(4)H G是氢氧化亚铁被氧化的反应，化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为： 4Fe(OH)2+O2+2
30、H2O=4Fe(OH)3。10 阅读下面信息，推断元素，按要求回答问题：信息问题 短周期元素 X、 Y、 Z、 W，原子序数依次增(1)X 一定不是 _；大，最外层电子数均不少于最内层电子数A氢 B碳 C氧 D硫 一定条件下，上述四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫(2)这四种元素含有铝元素吗 ?_；酸，三种能溶于浓 NaOH，氧化物的相对式量都大于 26 上述四种元素的单质的混合物，加入足量的盐酸溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过(3)白色沉淀的化学式为 _；量的烧碱溶液，最终溶液中有白色沉淀 上述四种元素的单质的混合物，加入足量的烧(4)生成白色沉淀的离子
31、方程式为碱溶液，固体部分溶解，过滤，向滤液中加入过_ ；量的盐酸溶液，最终溶液中有白色沉淀【答案】 AD一定含有铝元素Mg(OH)232 H23SiO + 2HSiO 【解析】【分析】(1)X 若为氢时，其最外层电子数为1； X 若为硫，原子序数比X 大的 Y、 Z、W 不可能都是短周期元素；(2)有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应；(3)白色沉淀应为碱，短周期元素中只有Mg(OH) 2 符合；(4)滤液中加入过量的盐酸溶液，得到的应是难溶于水的弱酸，可为H2SiO3 或H4SiO4；【详解】(1)X 若为氢时，其最外层电子数为1，不合理；X 若为硫，原子序数比X 大的Y、 Z、W不可能都是短周期元素，不合理，X 为碳或氧时合理，故答案为AD；(2)四种元素的单质均能与足量的氧气反应，生成的氧化物有两种能溶于稀硫酸，三种能溶于浓 NaOH，氧化物的相对式量都大于26，说明四种元素均为第三周期主族元素，且有一种元素的氧化物既能与酸反应、又能与碱反应，则一定含有铝元素；(3)对所有短周期元素进行试探，唯有镁元素符合性质，可知白色沉淀物的化学式为Mg(OH)2；(4)唯有硅元素在变化中最终得到白色沉淀H SiO (或 H SiO )，生成该白色沉淀的离子方程2344式为 SiO3 2-+2332-+2H+244+2H =H SiO(或 SiO+H O=H SiO )。