- 非金属及其化合物
- 共31702题
清洗和制绒是硅晶片制作的重要步骤之一,硅片化学清洗的主要目的是除去硅片表面杂质(如某些有机物,无机盐,金属、Si、SiO2粉尘等)。常用的化学清洗剂有高纯水、有机溶剂、双氧水、浓酸、强碱等。其中去除硅的氧化物,通常用一定浓度的HF溶液,室温条件下将硅片浸泡1至数分钟。制绒是在硅片表面形成金字塔形的绒面,增加硅对太阳光的吸收。单晶制绒通常用NaOH,Na2SiO3等混合溶液在75~90℃反应25~35 min,效果良好。
回答下列问题
(1)能否用玻璃试剂瓶来盛HF溶液,为什么?用化学方程式加以解释 ;
(2)写出晶片制绒反应的离子方程式 ,对单晶制绒1990年化学家Seidel提出了一种的电化学模型,他指出Si与NaOH溶液的反应,首先是Si与OH一反应,生成SiO44一,然后SiO44一迅速水解生成H4SiO4。基于此原理分析反应中氧化剂为 。
(3)本校化学兴趣小组同学,为验证Seidel的理论是否正确,完成以下实验:
结论:从实验上说明碱性水溶液条件下,H2O可作 剂;NaOH作 剂,降低反应 。高温无水环境下,NaOH作 剂。
(4)在太阳能电池表面沉积深蓝色减反膜——氮化硅晶膜。常用硅烷(SiH4)与氨气(NH3)在等离子体中反应。硅烷是一种无色、有毒气体,常温下与空气和水剧烈反应。下列关于硅烷、氮化硅的叙述不正确的是 。
A.在使用硅烷时要注意隔离空气和水,SiH4能与水发生氧化还原反应生成H2;
B.硅烷与氨气反应的化学方程式为:3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2↑,反应中NH3作氧化剂;
C.它们具有卓越的抗氧化、绝缘性能和隔绝性能,化学稳定性很好,不与任何酸、碱反应;
D.氮化硅晶体中只存在共价键,Si3N4是优良的新型无机非金属材料。
正确答案
(10分,除标记外,其余每空2分)(1)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
(2)Si+2OH一+H2O=SiO32-+2H2↑;NaOH;
(3)氧化 催化 活化能 氧化(每空各1分) (4)C
试题分析:(1)因为氢氟酸能和二氧化硅反应,从而腐蚀玻璃,反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,因此不能用玻璃试剂瓶来盛HF溶液。
(2)硅单质能和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气,所以晶片制绒反应的离子方程式为Si+2OH一+H2O=SiO32-+2H2↑;Si与OH一反应,生成SiO44一,这说明在反应中氧化剂应该是氢氧化钠。
(3)水蒸汽在600℃时可使粉末状硅缓慢氧化并放出氢气,而普通玻璃器皿中的水仅因含有从玻璃中溶出的微量的碱便可使粉末状硅在其中,这说明在碱性水溶液条件下,H2O可作氧化剂。少量的氢氧化钠可以加快反应速率,这说明氢氧化钠通过降低反应的活化能,起催化剂的作用。在野外环境里,用较高百分比的硅铁粉与干燥的Ca(OH)2和NaOH,点着后焖烧,可剧烈放出H2,这说明在高温无水环境下,NaOH起氧化剂的作用,与硅反应放出氢气。
(4)A、硅烷在常温下与空气和水剧烈反应,因此在使用硅烷时要注意隔离空气和水,这是由于SiH4能与水发生氧化还原反应生成H2,A正确;B、在反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2↑中,氨气中氢元素的化合价从+1价降低到0价得到电子,所以反应中NH3作氧化剂,硅烷是还原剂,B正确;C、氮化硅的性质稳定,但硅烷的性质很活泼,常温下与空气和水剧烈反应,因此选项C不正确;D、氮和硅都是非金属,因此氮化硅晶体中只存在共价键,Si3N4是优良的新型无机非金属材料,D正确,答案选C。
单晶硅是信息产业中重要的基础材料。通常用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅(含铁、铝、硼、磷等杂质),粗硅与氯气反应生成四氯化硅(反应温度450~500 ℃),四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅。以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图。
相关信息如下:
a.四氯化硅遇水极易水解;
b.硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物;
c.有关物质的物理常数见下表:
请回答下列问题:
(1)写出装置A中发生反应的离子方程式 ____________________________。
(2)装置A中g管的作用是________;装置C中的试剂是________;装置E中的h瓶需要冷却的理由是________________________________________。
(3)装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏(类似多次蒸馏)得到高纯度四氯化硅,精馏后的残留物中,除铁元素外可能还含有的杂质元素是________(填写元素符号)。
(4)为了分析残留物中铁元素的含量,先将残留物预处理,使铁元素还原成Fe2+,再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定,反应的离子方程式是:5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
滴定前是否要滴加指示剂?________(填“是”或“否”),请说明理由______________________。
②某同学称取5.000 g残留物,经预处理后在容量瓶中配制成100 mL溶液,移取25.00 mL试样溶液,用1.000×10-2 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时,消耗标准溶液20.00 mL,则残留物中铁元素的质量分数是________。
正确答案
(1)MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)平衡压强 浓硫酸 使SiCl4冷凝 (3)Al、P、Cl
(4)①否 KMnO4溶液自身可作指示剂 ②4.480%
(1)A装置是制备Cl2的,注意要求写的是MnO2与浓盐酸的“离子方程式”。
(2)装置A中“g”管的作用是“使分液漏斗与圆底烧瓶压强保持一致,便于液体顺利滴下”,简单说就是“平衡压强”。B是除杂装置,除去Cl2中的HCl气体,C就是干燥装置。干燥Cl2一般用浓硫酸。由于反应温度是450~500 ℃,此时SiCl4是气体,而题目表格中SiCl4通常应是液态的,故装置E中h瓶需要冷却的理由应是便于分离得到SiCl4。
(3)根据已知条件AlCl3、FeCl3、PCl5都会在精馏后的残留物中存在,注意要先答上Cl,容易遗漏。
(4)①由于紫色的KMnO4溶液反应后颜色会褪去,所以不用滴加指示剂。
②根据KMnO4的用量计算出Fe2+的用量,再算其质量分数,属于典型的常见计算,略。
在如下图所示的物质转化关系中,A是一种固体单质,E是一种白色不溶物,请完成下列问题:
(1)B的化学式为___________,目前B已被用作_____________________的主要原料。
(2)B和a溶液反应的离子方程式:________________________________________________。
(3)A和a溶液反应的离子方程式:_____________________________________________。
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式:___________________________________________。
正确答案
(1)SiO2 光导纤维
(2)SiO2+2OH-====+H2O
(3)Si+2OH-+H2O====+2H2↑
(4) +2H+====H2SiO3↓
根据题给信息和框图,B是A的氧化物,能与同一种溶液反应的单质和其氧化物只有Si和SiO2,a溶液是强碱(如NaOH)溶液或HF溶液,而Si和SiO2与NaOH溶液反应均生成Na2SiO3。Na2SiO3与过量盐酸反应生成NaCl和H2SiO3白色沉淀:H2SiO3SiO2+H2O,与题意相符。Si和SiO2与HF溶液反应均生成SiF4,SiF4与盐酸不反应。因此A是Si,B是SiO2,C是Na2SiO3(或K2SiO3),D是H2O,E是H2SiO3,F是H2,a是NaOH(或KOH)
“9·11”事件已过去多年,但其留给人们的伤害还存在。科学家曾警告说,随着美国世贸大厦的轰然倒下,原来在建筑大厦时用的大量石棉将释放出来污染环境(石棉有毒,能使人患肺癌)。石棉是一种具有压伸强度大、柔韧性强、耐热、耐火焰、耐酸碱腐蚀、价格低廉的硅酸盐。完成下列问题:
(1)有一种石棉叫矿青石棉,其分子式为Na2Fe5Si8O22(OH)2,其中铁的平均化合价为_______________,铁的氧化物的物质的量分数为____________(铁用氧化物的形式表示)。
(2)研究表明,在硅酸盐中,Al3+很容易取代Si4+,取代后不会引起原硅酸盐结构大的变化。从立体几何的知识看,Al3+与Si4+最直接的关系是__________________________________。
正确答案
(1)+2,4价 FeO的物质的量分数为75%,Fe2O3的物质的量分数为25%
(2)Al3+和Si4+的半径相差不大
本题以社会热点为背景,依托石棉知识,考查学生摄取信息、分析问题的能力。
(1)先写出Na2Fe5Si8O22(OH)2氧化物的形式:Na2Fe5Si8O22(OH)2→Na2O·8SiO2·H2O,但还有5个Fe和6个O,联想常见Fe的氧化物,可写出Fe2O3·3FeO,故其氧化物形式为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O。根据化合价之和为0原则,铁的平均化合价为=+2.4,故FeO的物质的量分数为75%,Fe2O3的物质的量分数为25%。
(2)“硅酸盐结构”“立体几何”都启示我们从Al3+和Si4+的半径考虑:因Al3+和Si4+的半径相差不大,故插入后不会引起晶体结构的变化。
已知A是灰黑色的硬而脆的固体,B是气态物质,A~E各种物质的相互转化关系如下图所示。
(1)写出B、D、E三种物质的化学式:B_________,D_________,E_________;
(2)画出A的原子结构示意图__________________;
(3)写出C→A的化学方程式__________________。
正确答案
(1)B:SiF4;D:Na2SiO3;E:H2SiO3或H4SiO4
(2)
(3)SiO2+2CSi+2CO↑
(12分)回收再利用锗产品加工废料,是生产GeO2的重要途径,其流程如下图。
(1)Ge2+与氧化剂H2O2反应生成Ge4+,写出该反应的离子方程式:
▲ 。
(2)蒸馏可获得沸点较低的GeCl4,在此过程中加入浓盐酸的原因是:
▲ 。
(3)GeCl4水解生成GeO2·nH2O,此过程用化学方程式可表示为: ▲ 。温度对GeCl4的水解率产生的影响如右图所示。为控制最佳的反应温度,实验时可采取的措施为 ▲ 。(填字母)
A.用冰水混合物 B.49℃水浴 C.用冰盐水
(4)根据下表1 中不同pH下二氧化锗的溶解率,结合Ge在元素周期表中的位置及“对角线”法则,分析GeO2溶解率随pH 变化的原因 ▲ ,用离子方程式表示pH>8时GeO2溶解率增大可能发生的反应 ▲ 。
表1 不同pH下二氧化锗的溶解率
正确答案
(1)Ge2++H2O2+2H+=Ge4++2H2O (2)抑制GeCl4水解
(3)GeCl4+ (2+n) H2O = GeO2·nH2O+ 4HC1 C
(4)二氧化锗具有两性, GeO2+2OH-=GeO+H2O
(1)根据氧化还原反应的本质:锗的失去电子,化合价上升;则氧得到电子,化合价下降生成水。再根据化学反应前后原子守恒,可配平化学反应:Ge2++H2O2+2H+=Ge4++2H2O
(2)-(3):由于GeCl4强酸弱碱盐,在加热的很容更易发生水解反应,即,当加入浓盐酸可以抑制反应向右进行,即抑制水解。温度越低越不利于水解反应,冰盐水可以降低冰的凝固点,使温度更低。所以选C。
(4)锗的对角是铝,氧化铝是两性金属氧化物,既可以与酸反应,又可以与碱反应。所以氧化锗是两性氧化物,既可以与酸反应,又可以与碱反应,且酸碱性越强反应越剧烈。当pH>8时,生成偏锗酸盐和水,即GeO2+2OH-=GeO32-+H2O。
将一含SiO2杂质的石灰石样品100g加强热反应后,质量变为60.4 g。试计算:
(1)生成是气体在标准状况下的体积。
(2)该石灰石的纯度(碳酸钙的质量分数)。
正确答案
(1)20.16L。(2)90%
(1)根据质量守恒定律,m(CO2)=100g-60.4 g=39.6 g,n(CO2)=39.6 g÷44g/mol=0.9mol,v(CO2)=0.9mol×22.4L/mol=20.16L。
(2)n(CaCO3)=n(CO2)=0.9mol,m(CaCO3)=0.9mol×100g/mol=90g,其质量分数为90%。
将12克CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后,得到气体的总质量为18克,求原混合气体中CO的质量分数。
正确答案
设原混合气体中CO的质量分数为x。
CuO+CO= Cu+CO2 气体质量增加(差量)
28 44 44-28=16
12x克 18克-12克=6克
原混合气体中CO的质量分数为87.5%。
CuO+CO= Cu+CO2
28 44
由化学方程式可知,气体质量增加的原因是CO夺取了氧化铜中的氧元素。每28份质量的CO参加反应,可生成44份质量的CO2,使气体质量增加 44-28=16(份)。现已知气体质量增加 18克-12克=6克,据此便可列比例求解。
如图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。其中B是一种单质,其余物质也都是含B元素的化合物。C是一种钠盐,E是C对应的酸,B的结构类似金刚石,D为B的氧化物(其他不含B元素的反应产物以及各步反应添加的必要试剂和反应条件已被略去),请填写空白
(1)A、D、E的化学式分别为________、________、________。
(2)A和B的互相转化在工业上有什么实际意义?__________。
(3)写出D→C反应的化学方程式:__________________________。
(4)写出E→D反应的化学方程式:__________________________。
正确答案
(1)SiCl4;SiO2;H2SiO3(2)粗硅提纯
(3)SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O
(4)H2SiO3SiO2+H2O
下列是中学化学中常见物质间的反应转化关系图,其中部分产物已略去。已知:A、D是单质,且C、E、G中均含有A单质中的元素,B、F、H中均含有D单质中的元素;常温下,除C、E外其他物质均为固体。
试回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:A________,H________。
(2)写出下列变化的化学方程式:
E→G_____________________, D→F____________________, E→A_____________________。
(3)B的用途(至少说出一种)_____________________。
正确答案
(1)C;H2SiO3(2)2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2;Si+2NaOH+H2O==Na2SiO3+2H2↑;2Mg+CO2C+2MgO
(3)制造光导纤维
硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号 ,该能层具有的原子轨道数为 、电子数为 。
(2)硅主要以硅酸盐、 等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以 相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献 个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为 。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:
①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是 。
②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是 。
(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体(如下图a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b为一种无限长单链结构的多硅酸根;其中Si原子的杂化形式为 。Si与O的原子数之比为 化学式为 。
正确答案
(1)M;9;4 (2)二氧化硅; (3)共价键;3
(4)Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2
(5)①硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能小于烷烃分子中C-C键和C-H键的键能,稳定性差,易断裂,导致长链硅烷难以形成,所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大,物质越稳定,C-H键的键能大于C-O键的键能,故C-H键比C-O键稳定;而Si-H键的键能却远小于Si-O键的键能,所以Si-H键不稳定,而倾向于形成稳定性更强的Si-O键,即更易生成氧化物。
(6)sp3;1:3;[SiO3]n2n-(或SiO32-)
(1)基态Si原子中,有14个电子,核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,电子占据的最高能层符号为M。该能层具有的原子轨道数为1个s轨道,3个p轨道,5个d轨道。
(2)硅主要以硅酸盐、二氧化硅等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石都属于原子晶体,其中原子与原子之间以共价键相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献为6×1/2=3个原子。
(4)Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为Mg2Si + 4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2。
(5)①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是①C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成。②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是C—H键的键能大于C—O键,C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键。
(6)中心原子Si原子的杂化形式为sp3,Si与O的原子数之比为1∶3,化学式为[SiO3]n2n-(或SiO32-)。
硅是带来人类文明的重要元素之一,从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。
(1)硅在元素周期表中的位置是_______。
(2)工业生产粗硅的反应有:SiO2+2CSi(粗)+2CO↑,SiO2+3C
SiC+2CO↑。若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为1:1,则参加反应的C和SiO2的质量之比为 。
(3)工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅:
①若反应I为 Si(粗)+3HClSiHCl3+H2,
则反应II的化学方程式为 。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另 一种物质,写出该反应的化学方程式: 。
③假设每一轮次制备1mol纯硅,且生产过程中硅元素没有损失,反应I中HCl的利用率为90%,反应II中H2的利用率为93.75%,则在第二轮次的生产中,补充投入HCl 和H2的物质的量之比是 。
正确答案
(1)第三周期IVA族 (2)1:2
(3)①SiHCl3+H2 Si(纯)+3HCl
②SiHCl3+3H2O = H2SiO3+3HCl+H2↑
③5:1
试题分析:(1)硅在周期表中位于第三周期第IVA族。
(2)将两方程式叠加,可知C和SiO2的物质的量之比为5:2,因此质量比为:(5×12):(2×60)=1:2。
(3)①由流程图可知反应II是SiHCl3和H2反应生成纯硅和HCl,因此方程式为:SiHCl3+H2 Si(纯)+3HCl。
②写出方程式中已知物质:SiHCl3+3H2O — H2SiO3+3HCl,由原子守恒可知另一种物质为H2,故方程式为SiHCl3+3H2O = H2SiO3+3HCl+H2↑。
③由题中条件可知:
Si(粗)+ 3HCl SiHCl3 + H2
1mol 3mol 1mol
SiHCl3+H2 Si(纯)+3HCl
1mol 1mol 3mol
由以上数据,循环生产中只能产生3molHCl,但HCl的利用率是90%,因此需要增加()molHCl,循环生产中只产生1molH2,但H2的利用率为93.75%,因此需增加(
)molH2,因此,补充投入HCl 和H2的物质的量之比为:(
):(
)=5:1。
(2014届四川省眉山市高三第一次诊断性考试化学试卷)
根据Mg能在CO2中燃烧,某兴趣小组推测Na应该也能在CO2中燃烧,且固体产物可能为C、Na2O和Na2CO3中的两种或三种。该小组用如下图装置进行了实验探究。已知PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd。
回答下列问题:
(1)为了使反应随开随用,随关随停,上图虚线方框内应选用 装置(填下图字母代号),如何检验所选装置的气密性 。
(2)装置2中所盛试剂为 。
A.NaOH溶液 B.饱和NaHCO3溶液
C.饱和Na2CO3溶液 D.饱和NaCl溶液
(3)检测装置的气密性完好并装好药品后,在点燃酒精灯前应先进行装置1中的反应操作,待观察到 现象时,再点燃酒精灯,这步操作的目的是 。
(4)由实验现象和进一步的探究得出反应机理。
A.装置6中有黑色沉淀生成;
B.取反应后直玻管中的固体物质23.0g溶于足量的水中,无气泡产生且得到澄清的溶液;将溶液加水稀释配成250 mL的溶液;
C.取25.00ml步骤B的溶液,滴加足量BaCl2溶液,将生成的白色沉淀过滤、洗涤、干燥,称量得固体质量为1.97g。
①步骤C中不溶物干燥前必须经过洗涤,如何检验该沉淀是否洗涤干净 。
②该探究得出钠与二氧化碳反应的化学方程式为 。
正确答案
(1)C(2分),关闭弹簧夹,向长颈漏斗中加水,一定时间后静置液面保持不动,说明气密性良好(2分)
(2)B(2分)
(3)装置5中出现大量混浊(2分);排尽装置中的空气(2分)
(4)①取最后一次洗涤液加入稀H2SO4,不出现浑浊说明沉淀洗涤干净(2分)
②6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO(2分)
C装置是采用固液分开的设计,打开弹簧夹液体加入反应开始,关闭弹簧夹反应产生气体的压强使固液分开反应停止;检验有多个出口的实验装置的气密性,一般只保留一个封住其它出口进行实验,关闭弹簧夹,向长颈漏斗中加水,一定时间后静置液面保持不动,说明气密性良好;(2)装置C是用石灰石或大理石与盐酸反应产生二氧化碳,会混有HCl杂质,故2用饱和NaHCO3溶液来除去HCl同时转化为二氧化碳;(3)CO易燃,混有空气可能会发生爆炸,反应前需先同二氧化碳除去装置中的空气,当观察到5中石灰水变浑浊时认为装置中充满二氧化碳,空气排尽;(4)检验洗涤是否干净,一般是要取最后次的洗涤液,进行检验可能存在的杂质离子,鉴于洗涤液中离子浓度较低,一般检验比较容易出现现象的离子如硫酸根离子、氯离子等;
根据实验现象知产物物碳单质,无钠剩余,根据碳酸钡的质量计算出
n(Na2CO3)= n(BaCO3)=1.97÷197×10=0.1mol
m(Na2CO3)= 0.1×106=10.6g
所以固体中含有氧化钠n(Na2O)=(23.0-10.6)÷62=0.2mol
根据氧化还原反应原理,反应中碳元素化合价下降为+2价CO,方程式为
6Na+4CO22Na2O+Na2CO3+3CO
(共18分) W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素,其原子半径随原子序数变化如下图所示。
已知W的一种核素的质量数为18,中子数为10;X和Ne原子的核外电子数相差1;Y的单质是一种常见的半导体材料;Z是是同周期中非金属性最强的元素。
(1)X位于元素周期表的位置 ,X与硫元素形成的化合物的电子式为
(2) Z的气态氢化物和溴化氢相比,较稳定的是 (写化学式)。理由为 。
(3)Y与Z形成的化合物硬度小、熔点低、沸点低,其晶体中有存在的作用力有
其分子属于 (填极性分子、非极性分子),它和足量水反应,有白色胶状沉淀产生,该反应的化学方程式是 。
(4)在25ºC、101 kPa下,已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态,平均每转移1mol 电子放热190.0kJ,该反应的热化学方程是 。
正确答案
(共18分,除注明3分的外其余每空2分)
(1)第三周期、IA族 Na+[eq \o(\s\up 7(‥eq \o(\s\up 3(.]2-Na+
(2) HCl , 氯元素的非金属性强于溴元素,所以HCl比HBr稳定;
(3)范德华力、(或分子间作用力)极性共价键(或共价键); 非极性分子
SiCl4+3H2O=H2SiO3↓+4HCl 或 SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl (3分)
(4) SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l) △H=-1520.0kJ/mol (3分)
略
(16分)请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质。
(1)我国储氢纳米碳管研究已取得重大进展。用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳
纳米颗粒(杂质),这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯,其反应的化学方程式为:
___C + ___K2Cr2O7 + _______=" ___" CO2↑ + ___K2SO4 + ___Cr2(SO4)3 +___H2O
请完成并配平上述化学方程式。
(2)工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇,该反应的热化学方程式为:
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g) △H1=-116 kJ·mol-1
①下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是____________。
②在恒容容器中合成甲醇,当温度分别为230℃、250℃和270℃时,CO的转化率与n(H2)/n(CO)的起始组成比的关系如右图所示。已知容器体积1L,起始时CO的物质的量均为1mol。据此判断在上述三种温度中,曲线Z对应的温度是__________;利用图中a点对应的数据,计算该反应在对应温度下的平衡常数K =_______________________。
③已知: △H2=-283 kJ·mol-1
△H3=-242 kJ·mol-1
则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO 2和水蒸气的热化学方程式为_________。
(3)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应,CaCO3是一种难溶物质,其溶度积常数Ksp=
c(Ca2+)·c(CO32—)=2.8×10−9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀,现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合,若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10 -5 mol/L ,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________________________。
正确答案
(1)3C + 2K2Cr2O7 +8H2SO4 = 3CO2↑ + 2K2SO4 + 2Cr2(SO4)3 +8H2O(3分,填上H2SO4给1分)
(2)①AC(2分,各1分,多选或错选1个倒扣1分,扣完为止,不出出负分)
②270℃(2分,无单位扣1分) 4L2/mol2(3分,不写单位也给分)
③CH3OH(g)+3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-651kJ·mol-1(3分)
(3)2×10-4mol/L(3分,不写单位扣1分)
(1)考查氧化还原反应方程式的配平,配平的依据是电子的得失守恒。碳是还原剂,化合价升高4个单位。K2Cr2O7是氧化剂,铬元素的化合价降低3铬单位,所以1mol氧化剂得到6mol电子,即氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰3,所以方程式为3C + 2K2Cr2O7 +8H2SO4 = 3CO2↑ + 2K2SO4 + 2Cr2(SO4)3 +8H2O。
(2)①考查外界条件对反应速率的影响。增大压强或使用催化剂都能增大反应速率,AC正确,BD是降低反应速率。
②由于是放热反应,所以温度越高,CO的转化率越低。因此Z表示的是270℃。a点的转化率是50%,CO的起始浓度是1,则氢气的是1.5,消耗的CO浓度是0.5,氢气是1,生成甲醇是0.5,所以平衡常数=。
③考查盖斯定律的应用。根据反应①CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)、②
③可知,②-①+③×2可得H3OH(g)+3/2O2(g)
CO2(g)+2H2O(g),所以反应热是-283 kJ·mol-1+116 kJ·mol-1-242 kJ·mol-1×2=-651kJ·mol-1。
(3)根据Ksp= c(Ca2+)·c(CO32—)=2.8×10−9可知c(Ca2+)=Ksp/c(CO32—)=2.8×10−9/2.8×10 -5=1×10-4mol/L,所以所需CaCl2溶液的最小浓度为1×10-4mol/L×2=2×10-4mol/L
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