全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总含答案解析.docx

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全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总含答案解析

2020-2021全国高考化学硅及其化合物推断题的综合高考模拟和真题汇总含答案解析

一、硅及其化合物

1．某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质的转化关系如图所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式________。

（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CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。

（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是一种氮肥,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H＋、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-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所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。

【答案】

SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Clc（H＋）∶c（Al3＋）∶c（NH4+）∶c（SO42-）＝1∶1∶2∶3

【解析】

【分析】

由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。

【详解】

（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为

，故答案为：

；

（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：

2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为：

Na2CO3和NaHCO3；

（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NaAlO2，则将过量的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，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为：

先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；

（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，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E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：

3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为：

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++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al（OH）3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：

3，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+）：

n（NH4+）：

n（SO42-）=1：

1：

2：

3，故c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

1：

2：

3，故答案为：

c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

1：

2：

3。

【点睛】

根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。

2．已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物，根据图中的转化关系，回答：

（1）A是______，B是_____，D是_____。

（2）写化学方程式：

①_________；

⑤_________。

（3）写离子方程式：

②__________；

③________；

④________。

【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2

Na2SiO3＋CO2↑H2SiO3

H2O＋SiO2CO2＋H2O＋SiO32-＝CO32-＋H2SiO3↓SiO2＋2OH－＝SiO32-＋H2OSiO32-＋2H＋＝H2SiO3↓

【解析】

【分析】

由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2，再结合SiO2的相关性质：

SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀，则D为H2SiO3，H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，说明A为SiO2是正确的，③为SiO2和NaOH的反应，可知B为Na2SiO3，则C为CO2，Na2SiO3可与酸反应生成硅酸，据此答题。

【详解】

由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，C为CO2，D为H2SiO3。

（1）由以上分析可知A为SiO2，B为Na2SiO3，D为H2SiO3，故答案为：

SiO2；Na2SiO3；H2SiO3。

（2）①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的方程式为SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，故答案为：

SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑。

⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O，反应方程式为：

H2SiO3

H2O＋SiO2，故答案为：

H2SiO3

H2O＋SiO2。

（3）②硅酸酸性比碳酸弱，硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3，离子方程式为：

CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓，故答案为：

CO2＋H2O＋SiO32-=CO32-＋H2SiO3↓。

③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：

SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。

④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸，方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，离子方程式为：

SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：

SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓。

【点睛】

解框图题的方法：

最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，本题的突破口为：

“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。

3．已知A、D为常见单质，各物质发生如下框图所示变化，回答下列问题：

（1）若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，则A元素在周期表中的位置为______，D的晶体类型是______，请写出A+B→C+D的化学方程式______。

（2）若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，C为白色固体，可用来制作耐高温材料。

 则B的电子式为______，C中含有的化学键是______（填写“离子键或者共价键”）。

（3）若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，写出C（金属元素有两种不 同化合价）与盐酸反应的离子反应方程式____________。

若以A和石墨 棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，请写出石墨电极的电极反应式______。

【答案】第二周期第IVA族原子晶体SiO2+2C

Si+2CO

离子键Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-

【解析】

【详解】

（1）若A、D为短周期同主族非金属元素的单质，由转化可知B、C属于氧化物，A与B的反应属于置换反应，可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si，则A元素在周期表中的位置为：

第二周期第IVA族，硅的晶体类型是原子晶体，A+B→C+D的化学方程式：

SiO2+2C

Si+2CO；

（2）若B为气体，其标准状况下密度为1.964g•L-1，B的相对分子质量=22.4×1.964=44，C为白色固体，可用来制作耐高温材料，则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳，B的电子式为

，C（MgO）中含有的化学键是：

离子键；

（3）若A为生产生活中用量最大的金属，B在常温下为无色液体，则A为Fe、B为H2O、C为Fe3O4、D为H2，C与盐酸反应的离子反应方程式：

Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，若以Fe和石墨 棒为电极，NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池，石墨电极为正极，发生还原反应，氧气获得电子市场氢氧根离子，电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-。

【点睛】

本题考查无机物的推断，题目涉及中学常见的特殊置换反应，需要学生熟练掌握元素化合物知识，熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。

4．已知A、B、C、D、E是中学常见的五种化合物。

且A、B、C均含有同一种元素，A可用于呼吸面具中的氧气来源，B是制备普通玻璃的主要成分之一，D在常温下是一种常见液体，E是一种两性氢氧化物，F是一种非金属单质。

它们之间有如下关系：

A+D→C+F，C+E→盐+D。

（1）写出下列物质的化学式：

A_____、B_____、D_____、F_______

（2）写出C+E→盐+D的离子方程式_____________________________；

（3）E中某元素的单质可与氧化铁发生铝热反应，写出其反应的化学方程式__________________________________。

【答案】Na2O2Na2CO3H2OO2Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E是中学常见的五种化合物。

且A、B、C均含有同一种元素，A可用于呼吸面具中的氧气来源，A为过氧化钠；B是制备普通玻璃的主要成分之一，且含有钠元素，为碳酸钠；D在常温下是一种常见液体，D为水；E是一种两性氢氧化物，E为氢氧化铝；F是一种非金属单质，A+D→C+F，则C为氢氧化钠，F为氧气；氢氧化钠能够与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，满足C+E→盐+D，据此分析解答。

【详解】

（1）根据上述分析，A为过氧化钠，B为碳酸钠，C为氢氧化钠，D为水；E为氢氧化铝；F为氧气，故答案为Na2O2；Na2CO3；H2O；O2；

（2）C+E→盐+D为氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化铝难溶于水，应该用化学式表示，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（3）铝与氧化铁发生铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe，故答案为2Al+Fe2O3

Al2O3+2Fe。

5．材料科学是近年来与化学有关的科学研究热点。

某新型无机非金属材料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③的化学方程式：

_______________________________________。

（4）写出反应⑤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与水反应的化学方程式：

_______________________________________。

【答案】原子晶体共价键SiCl4H2SiO3（或H4SiO4）3Si（NH2）4=Si3N4+8NH3SiO2+2OH-==SiO32-+H2O或SiO2+4OH-==SiO44-+2H2OSi3N4+9H2O=3H2SiO3+4NH3或Si3N4+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、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SiO2，I为Na2SiO3，则F为H2SiO3，由虚线框中上一支推中可知，E与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀G，则可知E中有Cl－，G为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+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AgCl，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SiCl4 ；化合物F为H2SiO3 （或H4SiO4） 。

（3）Si（NH2）4在高温条件下分解生成Si3N4和NH3，反应③的化学方程式：

3Si（NH2）4=Si3N4+8NH3。

（4）SiO2是酸性氧化物，与碱反应生成硅酸盐和水，反应⑤的离子方程式：

SiO2+2OH-=SiO32-+H2O或SiO2+4OH-=SiO44-+2H2O。

（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+9H2O=3H2SiO3↓+4NH3↑或Si3N4+12H2O=3H4SiO4↓+4NH3↑。

6．

（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：

①写出化合物甲的电子式___________________；

②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：

①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________；

②在①所得溶液中加入乙的溶液，观察到的现象___________________________________

（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：

①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________；

②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

2MgO+CSi＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3＋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；

①二氧化碳为共价化合物，碳氧原子间形成共价键，电子式

；

综上所述所，本题正确答案：

；

②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式：

2Mg+CO2

2MgO+C；

综上所述所，本题正确答案：

2Mg+CO2

2MgO+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；

①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，离子方程式为：

Si＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑；

综上所述所，本题正确答案：

Si＋2OH－＋H2O＝SiO32－+2H2↑；

②由于盐酸的酸性大于硅酸，所以硅酸钠溶液中加入盐酸，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； 

①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：

Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O； 

综上所述所，本题正确答案：

Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O； 

②已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2，2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2；根据反应关系可知，将等物质的量的铁和铝分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。

7．[6分]物质A～J均由短周期元素组成，并有如下图转化关系，A是常见液体，D、F为组成元素相同的无色气体，B、E、G、H是单质，且E是常见光太阳电池中的半导体材料，G、H呈气态，且H呈黄绿色。

请回答下列问题：

（1）A的电子式为。

（2）I的化学式为。

（3）B与C反应的化学方程式为。

（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为。

【答案】

（1）

（2）SiCl4（3）2C+SiO2

Si+2CO↑

（4）Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

【解析】

试题分析：

E是常见光太阳电池中的半导体材料，应为硅，H呈黄绿色，为氯气，B、C是碳与二氧化硅，A为水，D为CO,F为CO2，G为氢气，I为四氯化硅，J为氯化氢，

（1）A的电子式为

；

（2）I的化学式为SiCl4；（3）B与C反应的化学方程式为2C+SiO2

Si+2CO↑；（4）H与氢氧化钠溶液反应的离子方程式Cl2+2OH―

Cl―+ClO―+H2O

考点：

考查无机元素推断，考查硅及其化合物的知识。

8．某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅（一种酸性氧化物）杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。

回答下列问题：

（1）在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;

（2）沉淀C的化学式是_____________。

滤液B中含有的溶质有__________（写化学式）；

（3）步骤③的离子方程式为_____________________________________。

【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiO2NaAlO2、NaCl、NaOHAlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓

【解析】

【分析】

氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe（OH）3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。

【详解】

（1）步骤①为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

（2）沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；

（3）步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：

AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al（OH）3↓。

9．大米的主要成分是：

_____；苷氨酸的结构简式是：

_________；写出一个检验葡萄糖的化学反应方程式：

______________；钢含碳量为：

______________；玻璃、陶瓷、水泥一定含___________元素；油脂在体内水解后的产物是：

______

【答案】（C6H10O5）nH2N-CH2-COOHCH2OH（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OH

2Ag↓+CH2OH（CHOH）4COONH4+3NH3+H2O0.03~2%Si、O或硅、氧