高考化学解题技巧与应试策略系列+7碳族方面试题的解题方法与技巧.docx

高考化学解题技巧与应试策略系列+7碳族方面试题的解题方法与技巧.docx

《高考化学解题技巧与应试策略系列+7碳族方面试题的解题方法与技巧.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学解题技巧与应试策略系列+7碳族方面试题的解题方法与技巧.docx（21页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高考化学解题技巧与应试策略系列+7碳族方面试题的解题方法与技巧

高考化学解题技巧与应试策略系列7

策略7　碳族方面试题的解题方法与技巧

金点子：

碳族元素，作为元素化合物部分的重点内容，在近几年的高考试卷中，巳波及到新型无机非金属材料及锗、锡、铅三种元素的内容。

此类试题中的常规题，其解法有过量分析、守恒分析、方程式的合并分析等。

此类试题中的信息题，其解法有迁移类比、现象剖析、效用比较等。

经典题：

例题1：

（1996年上海高考）某二价金属碳酸盐和碳酸氢盐的混合物跟足量盐酸反应,消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:

5,该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为（）

A．1:

1B．1:

2C．1:

3D．1:

4

方法：

利用假想法。

将消耗H+和产生CO2的物质的量之比为6:

5假想成消耗6molH+和产生5molCO2，然后再行分析求算。

捷径：

设二价金属碳酸盐为RCO3，碳酸氢盐为R（HCO3）2，其物质的量分别为x和y。

根据题意有：

2x+2y=6mol，x+2y=5mol。

解得x=1mol，y=2mol。

混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1：

2，选B。

总结：

部分考生在解题时，将混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比理解成CO32-和HCO3－，而出现错选D选项的较多。

例题2：

（1996年全国高考）将1体积选项中的一种气体与10体积O2混和后,依次通过盛有足量浓NaOH溶液的洗气瓶和盛有足量灼热铜屑的管子（假设反应都进行完全，最后得到的尾气可以是（　　）

A．Cl2　　　　　B．CO　　　C．CO2　　　　D．N2

捷径：

A．Cl2与O2混合后，通过NaOH，Cl2全部被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。

B．CO与O2混合后，通过NaOH溶液，都不能被吸收，再通过热铜屑，发生反应：

2Cu+O2　　　　　2CuO，CuO+CO　　　Cu+CO2最后得到的尾气是CO2，故C选项为最后得到的尾气。

C．CO2与O2混合后，通过NaOH溶液，CO2被吸收，再通过热铜屑，O2被全部吸收，最后得不到尾气。

D．N2与O2混合后，通过NaOH溶液，都没有被吸收，再通过热铜屑，O2被吸收，最后得到尾气N2，所以D选项也为最后得到的尾气。

故本题答案为CD。

总结：

本题的难点是对题意的理解。

有学生误认为选项中的某种气体混入氧气后，再按题意依次反应后的尾气仍然是原选项中的气体。

这是对题意的片面理解。

正确的理解是，尾气可以是原选项，也可以是其他选项。

对于这种设问尽管比较少见。

但只要认真阅读，题中的设问是可以理解明白的。

例题3：

（全国高考）向下列溶液中通入过量CO2，最终出现浑浊的是（）

　　A．氢氧化钙饱和溶液　　　　　　　B．苯酚钠饱和溶液

　　C．醋酸钠饱和溶液　　　　　　　　D．氯化钙饱和溶液

　　方法：

分别分析，逐步淘汰。

捷径：

分析A选项：

把CO2气体通入氢氧化钙饱和溶液，发生反应为Ca（OH）2+CO2（少量）=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2（足量）+H2O=Ca（HCO3）2沉淀溶解，最终不能出现浑浊。

分析B选项：

把CO2气体通入苯酚钠饱和溶液，发生反应为+H2O+CO2

（足量）→+NaHCO3，由于苯酚在常温时溶解度小，最终出现苯酚浑浊。

分析C、D选项：

把CO2气体通入醋酸钠溶液和氯化钙溶液不发生反应（因为较弱的酸不能制取较强的酸）。

以此得答案为B。

总结：

此题中四种溶液均为饱和溶液，部分考生因忽视这一点而出现错误。

例题4：

（1998年全国高考）已有BGO是我国研制的一种闪烁晶体材料，曾用于诺贝尔奖获得者丁肇中的著名实验，它是锗酸铋的简称。

若知：

①在GBO中，锗处于其最高价态②在GBO中，铋的价态与铋跟氯形成某种共价氯化物时所呈的价态相同，在此氯化物中铋具有最外层8电子稳定结构③GBO可看作是由锗和铋两种元素的氧化物所形成的复杂氧化物，且在GBO晶体的化学式中，这两种氧化物所含氧的总质量相同。

请填空：

（1）锗和铋的元素符号分别是和。

（2）GBO晶体的化学式是。

（3）GBO晶体中所含铋氧化物的化学式是。

方法：

价态分析法。

捷径：

由条件①可知Ge为+4价。

因为锗处于元素周期表的第四主族，最高正价为+4价。

铋处于第五主族，其正价有+3、+5价。

根据条件②，铋应为+3价。

因为BiCl3中Bi具有最外层8电子稳定结构。

由条件③可知该化合物可写成mBi2O3·nGeO2，由于两种氧化物中含氧的总质量相等，所以m︰n=2︰3。

锗酸铋写成2Bi2O3·3GeO2，也可写成盐的形式Bi4（GeO4）3，其中锗酸根为—4价。

以此得答案为：

（1）Ge、Bi

（2）Bi4Ge3O12或2Bi2O3·3GeO2或Bi4（GeO4）3（3）Bi2O3

总结：

该题解答的关键是对Ge、Bi两元素价态的确定。

例题5：

（1995年全国高考）图（Ⅰ）中瓶a放入20mL6mol·L－1盐酸，b是未充气的气球，里边放有4g碳酸钙粉末，将它紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口，并用弹簧夹d夹紧（瓶口与侧口不漏气）。

将图（Ⅰ）的装置在托盘天平上称量，质量为Ｗ1　g。

根据实验现象填写下列空白：

（1）把气球b中的碳酸钙粉末小心倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大（图II），反应结束后，再将其称量，质量为Ｗ2ｇ，则Ｗ1与Ｗ2的关系是。

（2）取25mL6mol·L－1NaOH溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口（为便于操作，可以适当倾斜瓶a，注意防止漏气），打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d，可看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a,沉淀随即消失。

用同样的方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失，使沉淀消失的反应的化学方程式是

（3）将全部NaOH溶液很快加入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解，此时瓶内温度（填“不变”“降低”或“升高”）

（4）继续轻摇瓶a，气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状，写出此时发生反应的化学方程式。

方法：

对现象与反应进行综合分析。

解题时，必须先弄清题中反应的实质，然后再解答。

捷径：

（1）由题意可知：

整个装置气密性完好，当CaCO3与HCl反应时，产生的气体虽然使气球膨胀，但并没有气体逸出，根据质量守恒定律，反应前质量Ｗ1与反应后的质量Ｗ2应该相等。

（2）在第一步中，CaCO3与HCl反应，两者的量是已知的，生成多少CO2气体要考虑其量的多少：

HCl为0.02L×6　mol·L－1＝0.12mol，CaCO3为

=0.04mol。

由CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O反应可知：

盐酸过量0.04mol，生成CaCl2和CO2均为0.04mol。

当加入0.025L×6mol·L－1＝0.15molNaOH后，先中和剩余的盐酸，过量的0.11molNaOH与CaCl2发生反应：

CaCl2＋2NaOH=Ca（OH）2↓＋2NaCl，生成0.04mol微溶于水的Ca（OH）2，还剩余0.03molNaOH。

在第三步反应中是0.04molCO2跟Ca（OH）2和NaOH混合物的反应，碱过量，故生成碳酸盐而不是酸式碳酸盐。

（3）明白了上述反应原理后，该题中的

（2）、（3）、（4）问就不难解决了。

第

（2）问：

当从侧口加入少量NaOH时，出现少量白色沉淀，这是因为局部NaOH过量，CaCl2＋2NaOH=Ca（OH）2↓＋2NaCl，轻摇瓶a时，白色沉淀消失，是溶液中剩余的盐酸将Ca（OH）2溶解了：

Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋H2O；第（3）问：

由于酸碱中和反应是放热的，故瓶内温度升高；第（4）问：

由上述解析

（2）可知，摇瓶a时，在碱性条件下CO2被吸收，气球逐渐变小，直至恢复反应前的下垂状，方程式为：

2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O。

以此得答案为：

（1）Ｗ1＝Ｗ2

（2）Ca（OH）2＋2HCl=CaCl2＋2H2O（3）升高（4）2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O；Ca（OH）2＋CO2=CaCO3↓＋H2O

总结：

该题文字量大，涉及化学反应多，内涵丰富，思考容量大，要求考生在较短时间里，通过阅读题干，准确理解题意，迅速捕捉有用的关键信息，通过加工处理，找出解答问题的正确途径。

例题6：

（上海高考）某天然碱可看着由CO2和NaOH反应后的产物所组成。

称取天然碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30mL，产生CO2体积（标准状况）如下表：

Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ

盐酸溶液的体积（mL）

30

30

30

30

样品（g）

3.32

4.15

5.18

7.47

二氧化碳的体积（mL）

672

840

896

672

（1）由第Ⅰ组数据中的CO2体积与样品质量之比，可以推测用2.49g样品进行同样的实验时，产生CO2mL（标准状况）。

（2）另取3.32g天然碱样品于300℃加热分解至完全（300℃时Na2CO3不分解），产生112mL（标准状况）和水0.45g，计算并确定该天然碱的化学式。

（3）已知Na2CO3和HCl（aq）的反应分下列两步进行：

Na2CO3+HCl→NaCl+NaHCO3

NaHCO3+HCl→NaCl+CO2↑+H2O

由上表中第Ⅳ组数据可以确定所用的HCl（aq）的浓度为mol/L。

（4）依据上表所列数据以及天然碱的化学式，讨论并确定上述实验中CO2（标准状况）体积V（mL）与样品质量W（g）之间的关系式。

方法：

充分依靠表中和题中数据，将反应隔离分割后，再综合分析。

捷径：

（1）3.32︰672=2.49︰V（CO2），V（CO2）=504（mL）

（2）由题意天然碱样品于300℃加热能分解可知：

天然碱含NaHCO3、Na2CO3。

△

2NaHCO3==Na2CO3+CO2↑+H2O

2mol22.4L18g

x0.112Ly

x=0.01moly=0.09g

n（Na2CO3）=—0.01=0.02（mol）

n（H2O）==0.02（mol）

∴天然碱组成：

2Na2CO3·NaHCO3·2H2O

（3）30mLHCl（aq）中所含HCl物质的量：

n（HCl）=×2+

=0.075（mol）

c（HCl）==2.5（mol/L）

（4）样品和30mLHCl（aq）完全反应生成CO2的样品质量：

×332=4.98（g）

样品中Na2CO3和盐酸反应完全生成NaHCO3时（没有CO2放出时），样品的质量为：

×332=12.45（g）。

当0﹤W≤4.98时，V（CO2）=×3×22400=202.4W（mL）。

当4.98﹤W﹤12.45时，盐酸首先和Na2CO3反应生成NaHCO3，剩余的盐酸再和

NaHCO3反应放出CO2气体，即V（CO2）=[0.075—×2]×22400=1680—134.9W（mL）

当12.45≤W时，V（CO2）=0

总结：

Na2CO3和HCl（aq）的反应分两步进行，是解答该题的关键。

在解题时可先找出完全反应的点，再根据完全反应的点确定范围。

金钥匙：

例题1：

把xmolCO2通入含ymolCa（OH）2的石灰水中,充分反应后,下列叙述不正确的是（）

A．当x≤y时,生成100xg沉淀B．当x≥y时,生成100yg沉淀

C．当y＜x＜2y时,生成100（2y-x）g沉淀D．当2y≤x时,无沉淀生成

方法：

该题要求在CO2通入石灰水中发生反应：

Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2的基础上，运用过量问题进行求解。

捷径：

如果x≤y,则Ca（OH）2过量或恰好完全反应，此时生成的沉淀由CO2决定，质量为100xg。

如果y＜x＜2y,则过量的CO2使部分CaCO3溶解，剩余的沉淀为沉淀总量减去沉淀的溶解量，即100yg－100（x－y）g=100（2y-x）g。

当2y≤x时,CO2过量或恰好使生成的沉淀全部溶解，故此时无沉淀生成。

叙述不正确的是B。

总结：

此题要求考生从一个简单的实验，运用过量问题去判断分析。

例题2：

纯净的碳酸氢钙试样可在高温下分解，当剩余的固体物质的质量为原试样质量的一半时，碳酸氢钙的分解率是（）

A．50%B．75%C．92.7%D．100%

方法：

根据反应方程式：

Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2↑，CaCO3CaO+CO2↑，从定性作出判断。

捷径：

Ca（HCO3）2的化学式量为162，CaCO3的化学式量为100，当Ca（HCO3）2完全分解时，其质量为原试样质量的61.7%，而此时剩余的固体质量为原试样质量的一半，说明巳有部分CaCO3发生了分解，以此碳酸氢钙的分解率为100%。

总结：

若用差量法进行计算，就会选择75%这个选项，要是没有领会题意的实质，随意进行估算的话，则又会错选50%。

唯有熟悉反应本质，从方程式分析方可得到正确结果。

例题3：

向100mL0.3mol/L的Ca（OH）2溶液中通入CO2气体，当得到1g沉淀时，通入CO2的物质的量是：

（）

A．0.015molB．0.01molC．0.025molD．0.05mol

方法：

从过量与不过量两方面去进行分析。

此题有多种解法。

捷径：

解法一：

CO2通入石灰水中发生如下反应：

Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O过量的CO2与生成物CaCO3继续反应：

CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，使沉淀又溶解，在100ml0.3mol/L的石灰水中，通入CO2产生CaCO3的克数与CO2的物质的量关系如右图，当产生1g沉淀时，消耗CO2的量在曲线上有CO2的物质的量有两个交点A、B，即为所求。

Ca（OH）2溶液中含Ca（OH）2的物质的量为：

（1）CO2不足，生成的沉淀没有溶解

CaCO3——CO2

1001

1xx=0.01（mol）故选B

（2）CO2过量，生成的沉淀部分溶解，最后剩余1g沉淀。

Ca（OH）2）——CO2——CaCO3沉淀溶解：

111

0.030.030.030.03－0.01=0.02（mol）

CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2

0.020.02

∴共用CO2：

0.03+0.02=0.05（mol）故选D

解法二：

设通入CO2为xmol，产生Ca（HCO3）2yml、H2Ozml

∵方程式中各物质的物质的量变化是由系数比决定的

∴由下列关系式

0.03Ca（OH）2+xCO2=0.01CaCO3+yCa（HCO3）2+zH2O

根据原子个数守恒得关系式

以此得答案为B、D。

总结：

凡是两种反应物之间由于量的不同而得不同产物时，此类题的计算皆可采用此种方法，例如P在Cl2中燃烧可得PCl3和PCl5。

H2S在O2中燃烧得S和SO2。

例题4：

向某二价金属M的氢氧化物的澄清溶液100mL中加入过量的碳酸氢钠溶液生成MCO3沉淀，过滤，将沉淀置于足量盐酸中，在标准状况下收集到4.48L气体。

将滤液加水稀释至250mL，取出25.0mL恰好与20.0mL盐酸完全反应并收集到1.12L（标准状况下）气体。

（1）若欲计算M的相对原子质量，你认为还必须提供下列哪组数据（填代号）

A．M的氢氧化物溶液的浓度（设为2.00mol·L—1）

B．MCO3沉淀的质量（设为39.4g）

C．与MCO3反应的盐酸的浓度（设为1.00mol·L—1）

D．题设条件充足，不需补充数据

（2）根据你的选择，求算M相对原子质量和加入的NaHCO3溶液中含NaHCO3的质量。

方法：

根据题设要求判断缺省数据，再根据所得数据进行计算。

捷径：

根据反应M2++2OH—+2HCO3—=MCO3↓+2H2O+CO32—，MCO3+2H+=M2++H2O+CO2↑知，

生成的沉淀MCO3为：

n（MCO3）=n（CO2）==0.200mol，过滤

所得的滤液中成分为Na2CO3和过量的NaHCO3。

根据C原子守恒可得加入的NaHCO3

溶液中含NaHCO3物质的量为××+0.200mol=0.700mol，

其质量为58.8g。

而要求算M的相对原子质量（即原子量），必须知道某些物质的质量，如MCO3或M（OH）2的质量。

根据题设选项，首先排除D，而A选项为重复数据，C选项为无效数据，只有B选项与物质的质量相联系，故选B。

根据所选MCO3沉淀的质量39.4g和求得的MCO3沉淀的物质的量0.200mol，可得MCO3的摩尔质量为197g/mol。

以此得M的相对原子质量为137。

总结：

数据缺省项的选择必须在了解已知条件的前提下，根据最终目的而确定。

该题以获得M的相对原子质量为目的，在求得MCO3的物质的量的基础上，必须明确物质的质量为求解的必备条件，只有提供MCO3或M（OH）2的质量方可获得结果。

此类试题对考查考生的数据处理能力、统摄思维能力、知识迁移能力特别有效。

例题5：

三硅酸镁被用来治疗胃溃疡，是因为该物质不溶于水，服用后能中和胃酸，作用持久。

把三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）改写成氧化物形式为，写出它中和胃酸（HCl）的化学方程式：

。

方法：

依据金属在前，非金属在后，水在最后的原则，改写成氧化物形式，再根据氧化物形式写出与HCl反应的化学方程式。

捷径：

其改写结果为：

2MgO·3SiO2·nH2O，反应方程式为：

2MgO·3SiO2·nH2O＋4HCl=2MgCl2＋3SiO2＋（n＋2）H2O

总结：

本题如果直接写三硅酸镁跟盐酸的反应，往往无从下手或写错方程式，但如果将此硅酸盐改写成氧化物的形式，便可看出该反应可看做是判断碱性氧化物（MgO）和酸性氧化物（SiO2）能否跟盐酸反应的问题。

例题6：

称取一定质量的硅和铝分别与足量的NaOH溶液完全反应后，现两者产生的气体在相同条件下体积相同，则硅和铝质量之比为多少。

方法：

根据反应过程中转移的电子的物质的量相等找关系并列式计算。

捷径：

由于硅铝和NaOH溶液反应均产生H2，当产生H2体积相等时，说明硅、铝失电子数相等，由反应式（或反应产物）知1mol硅完全反应转移4mol电子，而1mol铝完全反应后转移了3mol电子，由此可得关系：

3Si～4Al。

要使硅和铝分别与NaOH反应产生等量H2，则：

总结：

产生气体的体积相等，即转移的电子物质的量相等是解答此题的关键。

例题7：

将一块已被严重锈蚀而部分变为铜绿〔Cu2（OH）2CO3〕的铜研磨成粉末，充分灼烧成CuO，发现固体质量没有发生增减。

求铜被锈蚀的百分率。

方法：

与本题有关的两个反应是：

Cu2（OH）2CO32CuO+H2O+CO2↑，2Cu+O22CuO。

常见的解法是根据Cu2（OH）2CO3分解产生的H2O和CO2的质量等于铜与氧气反应消耗的O2的质量，列出恒等式求算。

但此种求解仅是对Cu2（OH）2CO3百分含量的求算，若要求算铜被锈蚀的百分率，还需对原金属铜的锈蚀率进行换算，不仅繁杂，而且极易出错。

如果利用锈蚀过程和灼烧过程中Cu元素物质的量守恒，可迅速获得结果。

捷径：

设原固体中Cu2（OH）2CO3为xmol，CuO为ymol，根据灼烧前后固体质量没有增减可得：

222x+64y=80（2x+y），x=,

以此铜被锈蚀的百分率。

。

总结：

铜被锈蚀的百分率应以被锈蚀的铜的质量除以原有铜的总质量。

部分考生由于未理解题意，而将铜绿的质量除以混合物的总质量而出错。

例题8：

若把Fe3O4看着“混合氧化物”时可以写成FeO·Fe2O3，若看作一种盐时又可写成Fe（FeO2）2。

根据化合价规则和这种书写方法，Pb3O4可以写成和。

等物质的量的Fe3O4和Pb3O4分别和浓盐酸反应时，所消耗HCl的物质的量相等，不同的是，高价的铅能将盐酸氧化而放出氯气。

试写出Fe3O4、Pb3O4分别和浓盐酸反应的化学方程式：

、。

方法：

运用迁移类比解题。

捷径：

与铁元素相比，其价态不同，铁呈+2、+3价，而铅呈+2、+4价。

分别和浓盐酸反应时，根据题中信息，Fe3O4为非氧化还原反应，而Pb3O4为氧化还原反应。

故答案为2PbO·PbO2和Pb2PbO4，FeO·Fe2O3+8HCl=FeCl2+2FeCl3+4H2O，Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2↑+4H2O。

总结：

该题在知识迁移时，既要考虑相似点，又要分析不同之处。

例题9：

某学生设计了一个实验以证明PbO中含有氧，反应方程式如下：

①PbO+CPb+CO（主要）

②PbO+COPb+CO2

③〔Cu（NH3）2〕Ac+CO+NH3〔Cu（NH3）3〕Ac·CO；△H<0

试根据下图回答问题：

（1）盛澄清石灰水的试管开始一段时间可能没有现象，其原因是。

（2）烧杯中醋酸二氨合铜（〔Cu（NH3）2〕Ac）的作用为。

（3）实验后的醋酸二氨合铜经适当处理又可再生，适宜于再生的生产条件是。

（4）若用空气代替干燥的N2，行吗？

，其理由是。

方法：

（1）可从信息方程式①中主要产物来分析；

（2）应由信息方程式③中的反应情况获知。

（3）可由信息方程式③逆向分析。

（4）要从空气中成分去分析。

捷径：

（1）澄清石灰水只有遇到CO2（或SO2）时才能变浑浊，开始时无现象，从信息方程式①知，是高温下PbO跟碳反应生成的主要产物是CO的缘故。

（2）由信息方程式③知，CO可跟醋酸二氨合铜溶液反应，所以烧杯中醋酸二氨合铜（〔Cu（NH3）2〕Ac）的作用为用来吸收CO气体，防止污染空气。

（3）由信息方程式③知，〔Cu（NH3）2〕Ac吸收CO气体的反应为一气体体积减小的放热反应，欲使醋酸二氨合铜溶液再生，即要使平衡向逆反应方向移动，故适宜于再生的生产条件是高温、低压。

（4）不行。

因为在高温下空气中的O2要与碳反应生成CO，另外空气中也有少量的CO2，空气中的水蒸气与碳反应也可产生CO。

总结：

该题属信息类实验题，解题时既要考虑题中信息，又要依靠课本知识，还要注意到化学物质间的相互联系。

例题10：

（1）现代海战中为了进行隐蔽，常喷放SiCl4和液氨，形成很浓的烟雾。

写出反应方程式、。

在实验室常用硅和氯气高温下反应制得SiCl4，如果用MnO2和浓盐酸反应制得的Cl2来与硅反应制SiCl4，对所制得的Cl2应作何处理？

（2）硅也常用于制造新型无机非金属材料，如氮化硅陶瓷和碳化硅陶瓷等。

在高纯硅的制取过程中，也有一中间产物为SiCl4，请写出以石英沙（SiO2）为原料，通过SiO2→SiSiCl4Si，制得高纯硅的化学方程式。

方法：

将现象与反应相联系，充分运用联系观去解题。

捷径：

（1）SiCl4和液氨形成烟雾的反应，要联系到隐含信息