- 硝酸铜的制备
- 共1066题
二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂，是一种黄绿色的气体，易溶于水．
Ⅰ．（1）ClO2可由KClO3在H2SO4存在的条件下与Na2SO3反应制得．则该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是______．
Ⅱ．实验室也可用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，其流程如图1：
（2）写出电解时发生反应的化学方程式：______．
（3）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______．（填序号）
A．饱和食盐水 B．碱石灰 C．浓硫酸 D．水
（4）测定ClO2（如图2）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用c mol•L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），共用去V mL硫代硫酸钠溶液．
①装置中玻璃液封管的作用是______．
②请写出上述二氧化氯气体与碘化钾溶液反应的离子方程式______．
③滴定终点的现象是______．
④测得通入ClO2的质量m（ClO2）=______．（用含c、V的代数式表示）
（5）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5～6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子ClO2-．2001年我国卫生部规定，饮用水的ClO2-含量应不超过0.2mg•L-1．若饮用水中ClO2-的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+，该反应的氧化产物是______（填化学式），其发生反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）在酸性条件下，亚硫酸钠和氯酸钾发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸钠、二氧化氯和水，该反应中硫元素化合价由+4价变为+6价，氯元素化合价由+5价变为+4价，根据转移电子守恒知该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，
故答案为：1：2；
（2）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3，其电解反应方程式为：NH4Cl+2HCl
故答案为：NH4Cl+2HCl
（3）A、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（4）①装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等．
故答案为：吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
②由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
③溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，说明滴定至终点，
故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，且半分钟内不褪色；
④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） c•V•10-3 mol
所以n（ClO2）=
故答案为：1.35cv×10-2g；
（5）ClO2-具有氧化性，能把还原性的物质氧化生成高价态的物质，加入适量的Fe2+，亚铁离子具有还原性，且在PH为5.5～6.5生成沉淀而除去，在PH为5.5～6.5生成沉淀的物质有Fe（OH）3，其发生反应的离子方程式为：4Fe2++ClO2-+2H2O+8OH-═4Fe（OH）3↓+Cl-，
故答案为：Fe（OH）3；4Fe2++ClO2-+2H2O+8OH-═4Fe（OH）3↓+Cl-．
解析
解：（1）在酸性条件下，亚硫酸钠和氯酸钾发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸钠、二氧化氯和水，该反应中硫元素化合价由+4价变为+6价，氯元素化合价由+5价变为+4价，根据转移电子守恒知该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，
故答案为：1：2；
（2）电解氯化铵和盐酸混合溶液时，根据流程图知生成氢气、和NCl3，其电解反应方程式为：NH4Cl+2HCl
故答案为：NH4Cl+2HCl
（3）A、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故A错误；
B、碱石灰不能吸收氨气，故B错误；
C、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故C正确；
D、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，故D错误．
故选：C．
（4）①装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等．
故答案为：吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；
②由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I-为I2，自身被还原为Cl-，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
③溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，说明滴定至终点，
故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪去，且半分钟内不褪色；
④VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为V•10-3 L×cmol/L=c•V•10-3 mol．则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2 10
n（ClO2） c•V•10-3 mol
所以n（ClO2）=
故答案为：1.35cv×10-2g；
（5）ClO2-具有氧化性，能把还原性的物质氧化生成高价态的物质，加入适量的Fe2+，亚铁离子具有还原性，且在PH为5.5～6.5生成沉淀而除去，在PH为5.5～6.5生成沉淀的物质有Fe（OH）3，其发生反应的离子方程式为：4Fe2++ClO2-+2H2O+8OH-═4Fe（OH）3↓+Cl-，
故答案为：Fe（OH）3；4Fe2++ClO2-+2H2O+8OH-═4Fe（OH）3↓+Cl-．
实验室制备溴苯可用如图所示装置
填空：
（1）关闭G夹，打开C夹，向装有少量苯的三颈烧瓶的A口加少量溴，再加入少量铁屑，塞住A口，三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为______．
（2）D、E试管内出现的现象依次为______、______．
（3）F装置的作用是______．
（4）待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开G夹，关闭C夹，可以看到的现象是______．
（5）反应结束后，拆开装置，从A口加入适量的NaOH溶液，目的是______，然后将液体倒入______（填仪器名称）中，振荡静置，从该仪器口______（填“上”或“下”）将溴苯放出．
正确答案
2Fe+3Br2=2FeBr3、
管石蕊试液变红
管出现浅黄色沉淀
吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸
水倒流进三口烧瓶，A中液体出现分层
除去多余的溴和溴化氢
分液漏斗
下
解析
解：实验室制备溴苯是用苯和液溴在铁粉作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，根据装置图可知，生成溴苯的同进还有溴化氢生成另外还有少部分溴挥发，所以在D装置中石蕊会变红，E中的硝酸银会产生溴化银沉淀，尾气用氢氧化钠溶液吸收，关闭C打开F时，由于溴化氢极易溶于水，广口瓶中的水会倒吸入三颈烧瓶，
（1）在三口烧瓶中铁与溴生成溴化铁，苯与溴在溴化铁作催化剂的条件下了生取代反应生成溴苯和溴化氢，所以有关反应的化学方程式分别是2Fe+3Br2=2FeBr3、
故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3、
（2）由于生成的溴化氢极易挥发，溶于水显酸性，则紫色石蕊试液变红，溴化氢溶于水和硝酸银反应生成溴化银淡黄色长的，即实验现象是溶液中有淡黄色沉淀生成，所以D管石蕊试液变红，E管出现浅黄色沉淀，
故答案为：管石蕊试液变红，管出现浅黄色沉淀；
（3）氢氧化钠溶液能吸收溴化氢，倒置的漏斗能防止发生倒吸，所以F的作用是吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸，
故答案为：吸收排出的溴化氢气体，防止污染空气，同时能防止倒吸；
（4）由于溴化氢极易溶于水，所以待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，可以看到的现象是与F相连的广口瓶中水流入三颈烧瓶，溴苯不溶于水，所以A中会出现分层，
故答案为：水倒流进三口烧瓶，A中液体出现分层；
（5）三口烧瓶中的溴苯含有少量的溴和溴化氢，可以用NaOH溶液除去，溴苯不溶于水且密度比水大，所以将加过氢氧化钠溶液的混合溶液倒入分液漏斗中，振荡静置，后溴苯从分液漏斗的下口放出，
故答案为：除去多余的溴和溴化氢；分液漏斗；下．
三氯氧磷（化学式：POCl3）常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料．氯化水解法生产三氯氧磷的流程如下：
（1）氯化水解法生产三氯氧磷的化学方程式为______．
（2）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：
Ⅰ．取a g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全水解后加稀硝酸至酸性．
Ⅱ．向锥形瓶中加入0.1000mol•L-1的AgNO3溶液40.00mL，使Cl-完全沉淀．
Ⅲ．向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖．
Ⅳ．加入指示剂，用c mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积．
已知：Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12
①滴定选用的指示剂是______（选填字母），滴定终点的现象为______．
a．FeCl2 b．NH4Fe（SO4）2 c．淀粉 d．甲基橙
②实验过程中加入硝基苯的目的是______，如无此操作所测Cl元素含量将会______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
（3）氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水．在废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收．
①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是______．
②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图象．
处理该厂废水最合适的工艺条件为______（选填字母）．
a．调节pH=9 b．调节pH=10 c．反应时间30min d．反应时间120min
③若处理后的废水中c（PO43-）=4×10-7 mol•L-1，溶液中c（Ca2+）=______mol•L-1．（已知Ksp[Ca3（PO4）2]=2×10-29）
正确答案
解：（1）氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；
（2）①用c mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe（SO4）2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；
故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
②已知：Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；
故答案为：偏小；
（3）①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；
故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；
②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30 min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30 min；
故答案为：bc；
③若处理后的废水中c（PO43-）=4×10-7 mol•L-1，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-29，c（Ca2+）=
故答案为：5×10-6．
解析
解：（1）氯化水解法是用三氯化磷、氯气与水反应生成三氯氧磷和盐酸，其化学方程式为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl，故答案为：PCl3+H2O+Cl2=POCl3+2HCl；
（2）①用c mol•L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe（SO4）2作指示剂，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；
故答案为：b；溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；
②已知：Ksp（AgCl）=3.2×10-10，Ksp（AgSCN）=2×10-12，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；
故答案为：偏小；
（3）①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；
故答案为：将废水中的H3PO3氧化为PO43-，使其加入生石灰后转化为磷酸的钙盐；
②根据图1、2可确定pH=10、反应时间30 min时磷的沉淀回收率较高，则处理该厂废水最合适的工艺条件为pH=10、反应时间30 min；
故答案为：bc；
③若处理后的废水中c（PO43-）=4×10-7 mol•L-1，Ksp[Ca3（PO4）2]=[c（Ca2+）]3×c（PO43-）=2×10-29，c（Ca2+）=
故答案为：5×10-6．
聚合硫酸铁（PAFC）简称聚铁，是一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂，其化学式为[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]（＞2，≤10）．实验室利用硫酸亚铁制取聚铁的主要流程如下：
（1）写出加入H2O2发生反应的离子方程式：______
（2）在上述流程中加入浓硫酸将溶液pH调到0.5～1的作用是①______；②______．
（3）由FeSO4生成聚合硫酸铁[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]的化学方程式为______．
（4）测定聚铁中含铁量的方法为：把聚铁溶于过量酸中，先用过量SnCl2将Fe3+还原成 Fe2+，再加入HgCl2溶液，然后用标准的K2Cr2O7溶液（先加入几滴试亚铁灵指示剂）滴定溶液中的Fe2+．此过程发生的部分反应为：
Sn2++2Hg2++8Cl-═Hg2Cl2↓+SnCl62-，Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O
①写出过量的SnCl2和Fe3+反应生成 Fe2+和SnCl62-的离子方程式______；
②用HgCl2除去过量的SnCl2的目的是______；
③若称取聚铁质量为10.00g配成100.0mL溶液，取出20.00mL，经上述方法处理后，再用0.1000mol•L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定，达到终点时，消耗标准溶液12.80mL，则聚铁中铁元素的质量分数为______%．
正确答案
解：（1）硫酸亚铁溶液中加入双氧水后，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（2）根据制取流程可知，下一步需要加入双氧水氧化亚铁离子，双氧水在酸性条件下氧化性增强，所以加入浓硫酸后可以提高双氧水的氧化能力；亚铁离子在溶液中容易发生水解，加入浓硫酸增大溶液中氢离子，可以抑制Fe2+水解，
故答案为：抑制Fe2+水解；提高H2O2的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；
（3）由FeSO4生成聚合硫酸铁[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]，反应物为：FeSO4、H2O2、H2SO4，生成物为：[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]，亚铁离子化合价从+2升高1价变为+3价铁离子，由于产物[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]中含有m个铁离子，则化合价至少升高m价，双氧水中O元素从-1价较低为-2价，化合价降低1价，双氧水中含有2个O原子，至少降低2价，所以化合价变化的最小公倍数为2m，硫酸亚铁的系数为2，双氧水的系数为m，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：2mFeSO4+mH2O2+（1-0.5n）mH2SO4=[Fe2（OH）n（SO4）（3-0.5n）]m+（2-n）mH2O，
故答案为：2mFeSO4+mH2O2+（1-0.5n）mH2SO4=[Fe2（OH）n（SO4）（3-0.5n）]m+（2-n）mH2O；
（4）①过量的SnCl2和Fe3+反应生成Fe2+和SnCl62-，铁离子化合价从+3变为+2，化合价降低1价；SnCl2中Sn元素化合价从+2变为SnCl62-中的+4，化合价升高2价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以铁离子的系数为2，Sn2+的系数为1，配平后的反应方程式为：Sn2++2Fe3++6Cl-=2Fe2++SnCl62-，
故答案为：Sn2++2Fe3++6Cl-=2Fe2++SnCl62-；
②Sn2+能够被Cr2O72-氧化，所以为防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差，需要用HgCl2除去过量的SnCl2，
故答案为：防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差；
③氧化还原反应中化合价升降相等，亚铁被氧化成铁离子，转移1个电子，Cr2O72-被还原为Cr3+，转移6个电子，根据电子守恒可得：
6Fe2+～Cr2O72-，
6mol 1mol
n 0.1000mol/L×0.0128L
则：n=
故聚铁中铁的质量分数为：
故答案为：21.5．
解析
解：（1）硫酸亚铁溶液中加入双氧水后，亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（2）根据制取流程可知，下一步需要加入双氧水氧化亚铁离子，双氧水在酸性条件下氧化性增强，所以加入浓硫酸后可以提高双氧水的氧化能力；亚铁离子在溶液中容易发生水解，加入浓硫酸增大溶液中氢离子，可以抑制Fe2+水解，
故答案为：抑制Fe2+水解；提高H2O2的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；
（3）由FeSO4生成聚合硫酸铁[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]，反应物为：FeSO4、H2O2、H2SO4，生成物为：[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]，亚铁离子化合价从+2升高1价变为+3价铁离子，由于产物[Fe2（OH）（SO4）（3-0.5n）]中含有m个铁离子，则化合价至少升高m价，双氧水中O元素从-1价较低为-2价，化合价降低1价，双氧水中含有2个O原子，至少降低2价，所以化合价变化的最小公倍数为2m，硫酸亚铁的系数为2，双氧水的系数为m，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：2mFeSO4+mH2O2+（1-0.5n）mH2SO4=[Fe2（OH）n（SO4）（3-0.5n）]m+（2-n）mH2O，
故答案为：2mFeSO4+mH2O2+（1-0.5n）mH2SO4=[Fe2（OH）n（SO4）（3-0.5n）]m+（2-n）mH2O；
（4）①过量的SnCl2和Fe3+反应生成Fe2+和SnCl62-，铁离子化合价从+3变为+2，化合价降低1价；SnCl2中Sn元素化合价从+2变为SnCl62-中的+4，化合价升高2价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以铁离子的系数为2，Sn2+的系数为1，配平后的反应方程式为：Sn2++2Fe3++6Cl-=2Fe2++SnCl62-，
故答案为：Sn2++2Fe3++6Cl-=2Fe2++SnCl62-；
②Sn2+能够被Cr2O72-氧化，所以为防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差，需要用HgCl2除去过量的SnCl2，
故答案为：防止滴定过程中由于Sn2+同时还原Cr2O72-而造成较大的实验误差；
③氧化还原反应中化合价升降相等，亚铁被氧化成铁离子，转移1个电子，Cr2O72-被还原为Cr3+，转移6个电子，根据电子守恒可得：
6Fe2+～Cr2O72-，
6mol 1mol
n 0.1000mol/L×0.0128L
则：n=
故聚铁中铁的质量分数为：
故答案为：21.5．
硅是信息产业、太阳能电池光电转化的基础材料．锌还原四氯化硅是一种有着良好应用前景的制备硅的方法，该制备过程示意如下：
（1）焦炭在过程Ⅰ中作______剂．
（2）过程Ⅱ中的Cl2用电解饱和食盐水制备，制备Cl2的化学方程式是______．
（3）整个制备过程必须严格控制无水．
①SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸，反应的化学方程式是______．
②干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，然后再通入到浓H2SO4中．冷却的作用是______．
（4）Zn还原SiCl4的反应如下：
反应1：400℃～756℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（l）△H1＜0
反应2：756℃～907℃，SiCl4（g）+2Zn（l）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H2＜0
反应3：907℃～1410℃，SiCl4（g）+2Zn（g）⇌Si（s）+2ZnCl2（g）△H3＜0
①对于上述三个反应，下列说法合理的是______．
a．升高温度会提高SiCl4的转化率 b．还原过程需在无氧的气氛中进行
c．增大压强能提高反应的速率 d．Na、Mg可以代替Zn还原SiCl4
②实际制备过程选择“反应3”，选择的理由是______．
③已知Zn（l）═Zn（g）△H=+116KJ/mol．若SiCl4的转化率均为90%，每投入1mol SiCl4，“反应3”比“反应2”多放出______kJ的热量．
（5）用硅制作太阳能电池时，为减弱光在硅表面的反射，采用化学腐蚀法在其表面形成粗糙的多孔硅层．腐蚀剂常用稀HNO3和HF的混合液．硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6．用化学方程式表示SiO2转化为H2SiF6的过程______．
正确答案
还原
2NaCl+2H2O
SiCl4+2H2O═SiO2+4HCl
使水蒸气冷凝，减少进入浓硫酸的水量保持持续的吸水性并降低放出的热量
bcd
温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离使化学平衡向右移动提高转化率
208.8
SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O
解析
解：（1）在过程Ⅰ中发生反应2C+SiO2
故答案为：还原剂；
（2）电解饱和食盐水的方法制备氯气，阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，2Cl--2e=Cl2↑，阴极，溶液中氢离子得到电子发生还原反应，生成氢气，2H++2e-═H2↑，总的反应为2NaCl+2H2O
故答案为：2NaCl+2H2O
（3）①根据SiCl4遇水剧烈水解生成SiO2和一种酸信息，反应物是SiCl4和水，生成物为二氧化硅，根据氧原子守恒，水分子前的系数为2，根据氢原子和氯原子守恒，另一产物为氯化氢，氯化氢前的系数为4，据此即可写出化学反应方程式，
故答案为：SiCl4+2H2O═SiO2+4HCl；
②干燥Cl2时，从有利于充分干燥和操作安全的角度考虑，需将约90℃的潮湿氯气先冷却至12℃，此时使水蒸气冷凝，然后再通入到浓H2SO4中，进入浓硫酸的水量少了，保证浓硫酸的良好吸水性，水和浓硫酸作用放热，所以进入硫酸的水少了，能降低放出的热量，
故答案为：使水蒸气冷凝减少进入浓硫酸的水量保持持续的吸水性并降低放出的热量；
（4）①对于三个反应，反应热都是△H＜0表示放热，
a．升高温度，平衡向吸热的方向移动，所以会降低SiCl4的转化率，故a错误；
b．Si遇氧气在高温的条件下反应生成二氧化硅，所以还原过程需在无氧的气氛中进行，b正确；
c．有气体参加的反应，增大压强，能加快反应的速率，对于三个反应，都有气体参与，所以增大压强，能提高反应的速率，故c正确；
d．Na、Mg都是还原性比较强的金属，可以代替Zn还原SiCl4，故d正确；
故答案为：bcd；
②反应2与反应1比较，反应2产物为固体和气体比反应1更易于分离，反应3与反应2比较，反应物都为气态，温度高，反应速率更快，所以实际制备过程选择“反应3”，温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离使化学平衡向右移动提高转化率，
故答案为：温度高反应速率快；与前两个反应比较更易于使硅分离使化学平衡向右移动提高转化率；
③每投入1mol SiCl4，有2molZn参加反应，“反应3”与“反应2”比较，反应2中锌为液态，根据Zn（l）═Zn（g）△H=+116KJ/mol，若SiCl4的转化率均为90%，“反应3”比“反应2”多放出116KJ/mol×2×90%=208.8KJ，
故答案为：208.8；
（5）二氧化硅和氢氟酸：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；SiF4+2HF=H2SiF6，所以用稀HNO3和HF的混合液，硅表面首先形成SiO2，最后转化为H2SiF6的化学方程式为SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O，
故答案为：SiO2+6HF═H2SiF6+2H2O；
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