全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考真题汇总及答案解析.docx

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全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考真题汇总及答案解析

全国高考化学无机非金属材料的推断题综合高考真题汇总及答案解析

一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）

1．X、Y、Z是三种常见的单质，甲、乙是两种常见的化合物。

下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．X为H2，Z为Cl2，氢气与氯气可以一步反应生成化合物乙HCl；Y为Si，硅与氯气可以一步反应生成化合物甲SiCl4；氢气与SiCl4可以一步反应生成化合物乙（HCl）与单质Y（Si），故A正确；

B．X为Mg，Z为O2，镁与氧气可以一步反应生成化合物乙MgO；Y为C，碳与氧气可以一步反应生成化合物甲CO2；镁与二氧化碳可以一步反应生成化合物乙（MgO）与单质Y（C），故B正确；

C．X为Zn，Z为Cl2，锌与氯气可以一步反应生成化合物乙ZnCl2；Y为Fe，铁与氯气可以一步反应生成化合物甲FeCl3；锌与氯化铁不能一步反应生成化合物乙（ZnCl2）与单质Y（Fe），二者反应首先生成ZnCl2和FeCl2，然后锌再与FeCl2反应置换出铁，故C错误；

D．X为O2，Z为H2，氧气与氢气可以一步反应生成化合物乙H2O；Y为N2，氮气与氢气可以一步反应生成化合物甲NH3；O2与NH3可以一步反应生成化合物乙（H2O）与单质Y（N2），故D正确；

故答案为C。

2．“试玉要烧三日满，辨材须待七年期”是唐代诗人白居易的名句，下列有关“玉”的说法正确的是

A．玉的成分是石灰石B．玉能与盐酸反应放出CO2

C．玉的熔点较高D．玉的成分是金刚砂

【答案】C

【解析】

【分析】

玉的成分是硅酸盐，玉的硬度比河砂小，“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，据此分析解答。

【详解】

A．玉有软玉和硬玉两种，软玉和硬玉的成分都是硅酸盐，石灰石成分为碳酸钙，不属于硅酸盐，故A错误；

B．玉的成分都是硅酸盐，不是碳酸盐，与盐酸反应不能放出CO2，故B错误；

C．“试玉要烧三日满”的意思是检验“玉”的真假要烧满三日，说明“玉”的熔点较高，故C正确；

D．金刚砂是人工制成的碳化硅，玉的成分是硅酸盐，故D错误；

答案选C。

3．下列说法中正确的是

A．水玻璃和石英的主要成分都是SiO2

B．Si、SiO2和SiO32-等均可与NaOH溶液反应

C．二氧化硅属于酸性氧化物，不溶于任何酸

D．高岭石[Al2（Si2O5）（OH）4]可表示为Al2O3·2SiO2·2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．水玻璃的主要成分是硅酸钠，石英的主要成分是SiO2，故A错误；

B．Si、SiO2均可与NaOH溶液反应，但SiO32-不能与NaOH溶液反应，故B错误；

C．二氧化硅属于酸性氧化物，二氧化硅能溶于氢氟酸，故C错误；

D．用氧化物的形式表示硅酸盐的组成时，各氧化物的排列顺序为：

较活泼金属的氧化物→较不活泼金属的氧化物→二氧化硅→水，则高岭石[Al2（Si2O5）（OH）4]可表示为Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确；

答案选D。

4．下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（）

①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素

②水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品

③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维

④普通玻璃是氧化物，成分可表示为SiO2

⑤粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应

⑥硅酸铜钡（BaCuSiOx，铜为+2价），x等于6，可用氧化物形式表示为BaO·CuO·2SiO2

A．①②⑥B．①②③C．①②③④D．②③④⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

①硅元素在自然界以化合态存在，主要是硅酸盐和二氧化硅，是构成一些岩石和矿物的基本元素，①正确；

②水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都要用到含硅元素的物质，②正确；

③光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池，③错误；

④玻璃是混合物不是氧化物，主要成分是硅酸钠、硅酸钙、石英的混合物，成分可用氧化物的形式表示为：

Na2O•CaO•6SiO2，④错误；

⑤粗硅制备单晶硅的反应是：

Si+2Cl2

SiCl4、SiCl4+2H2

Si+4HCl，在这个过程中涉及到的反应为氧化还原反应，⑤错误；

⑥硅酸盐改写成氧化物形式时，活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：

BaO•CuO•2SiO2，⑥正确。

①②⑥正确，答案选A。

5．晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。

我国现已能够拉制出直径为300mm、重达81kg的大直径硅单晶，晶体硅大量用于电子产业。

下列叙述正确的是（）

A．形成晶体硅的速率越快越好

B．晶体硅有固定的熔沸点，研碎后就变成了非晶体

C．可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃

D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．晶体的形成都要有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越快越好，速率太快可能导致晶体质量下降，故A错误；

B．晶体硅有固定的熔点，研碎后仍为原子晶体，故B错误；

C．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，所以区别晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行x-射线衍射实验，故C正确；

D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，形成的晶体有各向异性，故D错误；

故答案为C。

6．在一定条件下，下列物质不能与二氧化硅反应的是（）

①焦炭②纯碱③碳酸钙④氢氟酸⑤高氯酸⑥氢氧化钾⑦氧化钙⑧氮气

A．③⑤⑦⑧B．⑤⑦⑧C．⑤⑧D．⑤⑦

【答案】C

【解析】

【详解】

①SiO2+2C

Si+2CO↑，制备粗硅的反应，所以能反应，故不选；

②SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；

③SiO2+CaCO3

CaSiO3+CO2↑，制备玻璃的两个反应之一，故不选；

④SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故不选；

⑤不反应，氢氟酸是唯一能腐蚀玻璃的酸，故选；

⑥SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O，强碱能腐蚀玻璃，故不选；

⑦SiO2+CaO

CaSiO 3，故不选；

⑧不反应，有碳的时候反应3SiO2+6C+2N2

Si3N4+6CO，故选；

故答案为：

C。

【点睛】

SiO2在高温下与碳单质反应生成硅单质和一氧化碳，而非二氧化碳，二氧化硅中硅元素是+4价，变成了后来的0价，而碳从0价就先被氧化成+2价的，也就是说二氧化硅的氧化能力比较小，只能把碳氧化成一氧化碳！

7．青石棉（cricidolite）是世界卫生组织确认的一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，青石棉的化学式为：

Na2Fe5Si8O22（OH）2，青石棉用稀硝酸溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法正确的是（）

A．青石棉是一种易燃品且易溶于水

B．青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O

C．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量的硝酸作用，至少需消耗6L3mol/LHNO3溶液

D．1molNa2Fe5Si8O22（OH）2与足量氢氟酸作用，至少需消耗5.5L2mol/LHF溶液

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．青石棉属于硅酸盐材料，不易燃，也不溶于水，故A错误；

B．硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：

活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：

Na2O⋅3FeO⋅Fe2O3⋅8SiO2⋅H2O，故B正确；

C．6L3mol/LHNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol，1mol青石棉用稀硝酸溶液处理时，亚铁离子被氧化为铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，根据转移电子守恒可知，产物为2molNaNO3、5molFe（NO3）3（有3mol的+2价铁氧化）、1molNO等，因此1mol该物质能和（2+5×3+1）mol=18molHNO3反应，故C正确；

D．5.5L2mol/LHF溶液中HF的物质的量为11mol，HF与二氧化硅反应的方程式为：

SiO2+4HF=SiF4+2H2O，由此可知HF的量不足，故D错误；

故答案为：

BC。

8．某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。

（Ⅰ）甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。

①甲同学设计实验的目的是______

②反应最剧烈的烧杯是______（填字母）；

③写出b烧杯里发生反应的离子方程式______

（Ⅱ）乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱，根据要求完成下列各小题

（1）实验装置：

（2）实验步骤：

连接仪器、______、加药品后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热。

（3）问题探究：

（已知酸性强弱:

亚硫酸>碳酸）

①铜与浓硫酸反应的化学方程式是______，装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是______。

②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______；

③试管D中发生反应的离子方程式是______。

【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱；c2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+2H2O+SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀；SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯

【解析】

【分析】

乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。

先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体，通入D试管与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，混合气体通入试管E，除去混有的二氧化硫，剩余的二氧化碳通入试管F与硅酸钠溶液反应，会出现白色沉淀。

该实验需要改良的地方尾气处理装置，以及防干扰装置（防止空气中的二氧化碳进入装置F，干扰实验结构，可以加一个球星干燥管，内盛放碱石灰）。

【详解】

（Ⅰ）①由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得，甲同学设计的实验目的是：

验证锂、钠、钾的金属性强弱；

②金属性：

K＞Na＞Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c；’

③b烧杯里发生反应的离子方程式：

2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑；

（Ⅱ）

（2）实验步骤：

有气体参与反应，先连接仪器、检查装置气密性、加药品（先加固体，后加液体）后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热。

（3）①铜与浓硫酸反应的化学方程式是：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+2H2O+SO2↑；根据分析，高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2；

②非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，若碳酸可以制得硅酸，则可以证明碳酸强于硅酸，从而可以证明二者非金属性的强弱，故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是：

盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀；

③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2，反应的离子方程式：

SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯。

9．按要求回答下列问题

（1）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由________________________________。

（2）铝制品不能盛放碱性食品原因用离子方程式表示________________________________。

（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液的原因用离子方程式表________________________________。

（4）有一种石棉矿叫做青石棉，其化学式为Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为____________。

（5）已知CuCL是白色难溶的物质，写出CuCL2溶液与SO2反应的离子方程式________________________。

【答案】CO2+2Mg

C+MgO2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO2+2OH-=SiO32-+H2ONa2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O2Cu2+＋2H2O＋SO2＋2Cl-＝2CuCl↓＋2SO42-＋4H+

【解析】

【分析】

（1）镁燃烧不能用CO2灭火：

；

（2）铝制品不能盛放碱性食品：

；

（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液：

；

（4）Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；

（5）CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式:

.

【详解】

（1）镁燃烧不能用CO2灭火：

；故答案为：

；

（2）铝制品不能盛放碱性食品：

；故答案为：

；

（3）不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛装碱液：

；故答案为：

；

（4）Na2Fe5Si8H2O24，写成氧化物形式的化学式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；故答案为：

Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O；

（5）CuCl2溶液与SO2反应的离子方程式:

.故答案为：

。

10．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1所示（部分产物已略去）：

（1）写出B的电子式________。

（2）若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，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2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；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＋、NH

、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-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、

、

c（H＋）∶c（Al3＋）∶c（

）∶c（

）＝1∶1∶2∶3

【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，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；

（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；

（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（H+）：

n（Al3+）：

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-+2H2O=SiO32-+2H2↑；

（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，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c（HCl）=

=0.05mol/L；

（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：

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++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溶液的体积为1体积，发生反应Al3++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+）：

n（NH4+）：

n（SO42-）=1：

1：

2：

3，故c（H+）：

c（Al3+）：

c（NH4+）：

c（SO42-）=1：

1：

2：

3。

11．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”。

12．A、B、C、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①的化学方程式为：

_____________________________________。

（3）反应④的离子方程式为：

_____________________________________。

（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：

_________________________。

【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3（或H4SiO4）SiO2＋2C

Si＋2CO↑Si＋2OH－＋H2O===SiO32-＋2H2↑SiO32-＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋HCO32-

或SiO32-＋CO2＋H2O===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；