- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
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；
（2013•河南二模）工业上制取高纯硅和四氯化硅的生产流程如下：
已知：X、高纯硅、原料B的主要成分都可与Z反应，Y，与X在光照或点燃条件下可反应，Z的焰色呈黄色．
（1）原料B的主要成分是（写名称）______．
（2）写出焦炭与原料B中的主要成分反应的化学方程式：______．
（3）上述生产流程中电解A的水溶液时，阳极材料能否用Cu______（填“能”或“不能”），写出Cu为阳极电解A的水溶液开始一段时间阴阳极的电极方程式：阳极：______；阴极：______．
正确答案
二氧化硅
SiO2+2C
不能
Cu-2e-=Cu2+
2H++2e-═H2↑
解析
解：原料B与碳得到粗产品与X反应，生成SiCl4，则X为氯气，原料B与碳得到粗产品为Si，故B为SiO2．Y与氯气在光照或点燃条件下可反应，且与SiCl4反应得到高纯度Si，则Y为氢气．Z的焰色呈黄色，含有Na元素，电解A得到氢气、氯气与Z，则Z为NaOH、A为NaCl．
（1）原料B与碳得到粗产品为Si，焦炭与SiO2反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2C
故答案为：二氧化硅；
（2）焦炭具有还原性，与SiO2发生氧化还原反应，生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2C
故答案为：SiO2+2C
（3）电解饱和食盐水，在阳极上是氯离子失电子的氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上是氢离子得电子的还原反应：2H++2e-=H2↑，总反应是：2NaCl+2H2O
故答案为：不能；Cu-2e-=Cu2+；2H2O+2e-=H2↑+2OH-．
（2015•保定一模）分子筛具有均匀的微孔，其应用非常广泛，可以作高效干燥剂、选择性吸附剂、催化剂、离子交换剂等．常用分子筛为结晶态的硅酸盐或硅铝酸盐，其一种功能是具有筛分功能：只有分子直径小于孔穴直径的分子才能通过分子筛的孔穴，如图，
因此其可用于物质的分离提纯．某种型号的分子筛的工业生产简单流程如图所示：
图中在加NH3•H2O调节pH的过程中，若pH＞9会有某种沉淀杂质生成，假设生产流程中铝元素和硅元素均没有损耗，钠原子的利用率为10%．
请回答下列问题：
（1）写出硫酸铝溶液中加入硅酸钠发生反应的离子方程式______．
（2）图中加NH3•H2O调节pH=9的目的是想抑制______（填名称）沉淀生成．
（3）生产流程中所得滤液中含有的主要离子有______．
（4）该分子筛的化学式为______．
（5）分子筛的孔道直径为4称为4A型分子筛，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，要高效分离正丁烷（分子直径为4.65）和异丁烷（分子直径为5.6）应该选用______A型分子筛，钠离子的分子筛为______（填“＞”“＜”或“=”）5A型分子筛．
正确答案
解：（1）Al2（SO4）3溶液与Na2SiO3溶液反应发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓，
故答案为：2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓；
（2）氢氧化铝为两性氢氧化物，加MH3•H2O调节pH=9防止氢氧化铝杂质结晶析出，故答案为：氢氧化铝；
（3）由钠原子的利用率为10%，且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵，生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外含有：Na+、NH4+、SO42-，
故答案为：Na+、NH4+、SO42-；
（4）n（Al2O3）=0.1mol，n（SiO2）=1mol，因钠原子的利用率为10%，则n（Na2O）=1mol×10%=0.1mol，又分子筛的质量为87.2g，
则n（H2O）=
则n（Na2O）：n（Al2O3）：n（SiO2）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：1mol：0.6mol═1：1：10：6，
所以分子筛的化学式为Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O，
故答案为：Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；
（5）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间，应选用5A型；Ca2+半径小于K+，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，所以钠离子的分子筛为大于5A型分子筛，
故答案为：5A；＞．
解析
解：（1）Al2（SO4）3溶液与Na2SiO3溶液反应发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，反应的离子方程式为2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓，
故答案为：2Al3++3SiO32-+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2SiO3↓；
（2）氢氧化铝为两性氢氧化物，加MH3•H2O调节pH=9防止氢氧化铝杂质结晶析出，故答案为：氢氧化铝；
（3）由钠原子的利用率为10%，且加入氨水，则滤液中一定含有硫酸钠和硫酸铵，生产流程中所得滤液里含有的离子除H+、OH-外含有：Na+、NH4+、SO42-，
故答案为：Na+、NH4+、SO42-；
（4）n（Al2O3）=0.1mol，n（SiO2）=1mol，因钠原子的利用率为10%，则n（Na2O）=1mol×10%=0.1mol，又分子筛的质量为87.2g，
则n（H2O）=
则n（Na2O）：n（Al2O3）：n（SiO2）：n（H2O）=0.1mol：0.1mol：1mol：0.6mol═1：1：10：6，
所以分子筛的化学式为Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O，
故答案为：Na2O•Al2O3•10SiO2•6H2O或Na2（Al2Si10O24）•6H2O；
（5）分离正丁烷和异丁烷，应选用分子筛的型号介于4.65A～5.6A之间，应选用5A型；Ca2+半径小于K+，当Na+被Ca2+[r（Ca2+）=2.2r（Na+）]取代时就制得5A型分子筛，当Na+被K+取代时就制得3A型分子筛，所以钠离子的分子筛为大于5A型分子筛，
故答案为：5A；＞．
MgS04•7H20可用于造纸、纺织、陶瓷、油漆工业，也可在医疗上用作泻盐．某工废渣主要成分是MgC03，另外还有CaC03、Si02等杂质．从此废渣中回收MgS04•7H20的工艺下：
已知CaS04和MgS04的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如图所示，试回答下列问题：
（1）“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有______（要求写出任意一条）．
（2）滤渣B的主要成分的化学式是______．
（3）操作Ⅰ的名称是______，操作Ⅱ的名称是______．
（4）操作Ⅰ和操作Ⅱ都需要用到玻璃棒，操作Ⅰ中玻璃棒的主要作用是______，操作Ⅱ中玻璃棒的主要作用是______．
（5）有人认为Mg2+易水解，经操作Ⅱ后再过滤、洗涤得不到MgS04•7H20晶体，你认为这种说法是否正确______（填？是”或“否”），原因是______．
正确答案
解：（1）加稀硫酸于废渣中，MgCO3、CaCO3溶解，根据溶解度-温度图，知道MgSO4随温度升高而溶解度增大，“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
故答案为：适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
（2）由工艺流程可知，废渣加入硫酸过滤，滤液中含有CaSO4、MgSO4，根据溶解度-温度图可知，CaSO4随温度升高而溶解度下降，MgSO4随温度升高而溶解度增大，滤液加热析出CaSO4，故操作Ⅰ在加热的情况下过滤，滤渣B是CaSO4．
故答案为：CaSO4．
（3）CaSO4随温度升高而溶解度下降，加热的情况下，可以降低CaSO4溶解度，操作Ⅰ在加热的情况下将固体与溶液分离，应是趁热过滤；操作Ⅱ是由溶液中析出晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶．
故答案为：趁热过滤；蒸发浓缩、冷却结晶．
（4）操作Ⅰ是过滤，玻璃棒为引流作用；操作Ⅱ是结晶，玻璃棒为搅拌作用．
故答案为：引流；搅拌．
（5）MgS04水解生成氢氧化镁与硫酸，硫酸是难挥发性酸，最后生成的硫酸与氢氧化镁又生成硫酸镁．操作Ⅱ后过滤、洗涤可以得到MgS04•7H20晶体．
故答案为：否；硫酸是难挥发性酸．
解析
解：（1）加稀硫酸于废渣中，MgCO3、CaCO3溶解，根据溶解度-温度图，知道MgSO4随温度升高而溶解度增大，“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
故答案为：适当提高反应温度，同时不断搅拌，增加浸出时间．
（2）由工艺流程可知，废渣加入硫酸过滤，滤液中含有CaSO4、MgSO4，根据溶解度-温度图可知，CaSO4随温度升高而溶解度下降，MgSO4随温度升高而溶解度增大，滤液加热析出CaSO4，故操作Ⅰ在加热的情况下过滤，滤渣B是CaSO4．
故答案为：CaSO4．
（3）CaSO4随温度升高而溶解度下降，加热的情况下，可以降低CaSO4溶解度，操作Ⅰ在加热的情况下将固体与溶液分离，应是趁热过滤；操作Ⅱ是由溶液中析出晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶．
故答案为：趁热过滤；蒸发浓缩、冷却结晶．
（4）操作Ⅰ是过滤，玻璃棒为引流作用；操作Ⅱ是结晶，玻璃棒为搅拌作用．
故答案为：引流；搅拌．
（5）MgS04水解生成氢氧化镁与硫酸，硫酸是难挥发性酸，最后生成的硫酸与氢氧化镁又生成硫酸镁．操作Ⅱ后过滤、洗涤可以得到MgS04•7H20晶体．
故答案为：否；硫酸是难挥发性酸．
某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的化肥厂联合设计了如图制备（NH4）2SO4的工艺流程．
①根据质量守恒定律，请完成上述流程中沉淀池内发生的主要反应的化学方程式：
CO2+2NH3+CaSO4+H2O→______↓+（NH4）2SO4，
②操作a的名称是______，实验室中进行此操作时，用到的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需______．获得（NH4）2SO4晶体在农业上可用作氮肥，要注意不可和熟石灰等______物质混合施用或保存．
③煅烧炉中发生反应的基本类型是______，副产品Y为______．生产流程中能被循环利用的物质是______．
④向沉淀池中加入CaSO4悬浊液后，需先通入足量NH3，再通入CO2的原因：______．
⑤从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是______．
正确答案
解：①化学反应的过程元素和原子的种类不变，且原子数目也没有培减，CO2+2NH3+CaSO4+H2O→__↓+（NH4）2SO4，从元素的种类看，求知物中含有碳、钙元素，从原子守恒来看，还应该有氧元素，因为CaSO4→（NH4）2SO4保持部分氧原子守恒，再结合反应中得到沉淀，可知未知物为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
②操作a的目的是固液分离，操作名称为过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，则还需要漏斗，氮肥（NH4）2SO4在使用时其水溶液因NH4+的水解显酸性，熟石灰显碱性，二者混合使用会有氨气生成，降低肥效，故答案为：过滤；漏斗；碱性；
③锻烧炉中发生的反应为CaCO3
④二氧化碳在中性或酸性溶液里的溶解度小，溶液里的CO32-浓度低，先通氨气，因氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4，故答案为：氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；
⑤根据绿色化学的理念，产物CO2可循环利用，副产品CaO及（NH4）2SO4都是有用的物质，降低了生成成本，故答案为：流程中产生的CO2可循环利用，得到的副产物和产物都是有用的物质，无废物产生．
解析
解：①化学反应的过程元素和原子的种类不变，且原子数目也没有培减，CO2+2NH3+CaSO4+H2O→__↓+（NH4）2SO4，从元素的种类看，求知物中含有碳、钙元素，从原子守恒来看，还应该有氧元素，因为CaSO4→（NH4）2SO4保持部分氧原子守恒，再结合反应中得到沉淀，可知未知物为碳酸钙，故答案为：CaCO3；
②操作a的目的是固液分离，操作名称为过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，则还需要漏斗，氮肥（NH4）2SO4在使用时其水溶液因NH4+的水解显酸性，熟石灰显碱性，二者混合使用会有氨气生成，降低肥效，故答案为：过滤；漏斗；碱性；
③锻烧炉中发生的反应为CaCO3
④二氧化碳在中性或酸性溶液里的溶解度小，溶液里的CO32-浓度低，先通氨气，因氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4，故答案为：氨气的溶解度大，使溶液显碱性，有利于CO2的溶解，生成大量的CO32-，促进CaSO4转化为CaCO3，同时生成（NH4）2SO4；
⑤根据绿色化学的理念，产物CO2可循环利用，副产品CaO及（NH4）2SO4都是有用的物质，降低了生成成本，故答案为：流程中产生的CO2可循环利用，得到的副产物和产物都是有用的物质，无废物产生．
扫码查看完整答案与解析