化学 热门试卷

浓硫酸有吸水性，使浓盐酸更易挥发出HCl。

故答案为：吸水

题意可知HCl与Si在250-260℃反应可制得SiH2Cl ，所以D装置中生成二氯二氢硅的化学方程式为Si+2HCl 250℃～260℃ SiH2Cl2

故答案为：Si+2HCl 250℃～260℃ SiH2Cl2

物质制备实验装置的分析判断，搞清原理是解题关键，分析由图可知：SiH2Cl2在D中生成，则A装置为制HCl气体的装置，SiH2Cl2沸点低，挥发，在B中收集，因为SiH2Cl2遇水水解，故装置中应无水，则装置顺序为，A装置制取HCl，连接C装置干燥，为a-d-e，从f进入D中反应，SiH2Cl2从g处挥发，在B装置中收集，SiH2Cl2密度比空气重，导气管应长进短出，为防止空气中的水进入B中，则应在B后接干燥管，故顺序为：adefgbcde。

故答案为：defgbcd

C装置干燥氯化氢气体，故应选酸性P2O5或中性CaCl2干燥剂，后面装置C的作用为尾气处理和防止空气中的水进入B中。

故答案为：P2O5或CaCl2   尾气处理和防止空气中的水进入B中

反应除生成二氯二氢硅之外，还会发生反应3Si+10HCl2SiHCl3+SiCl4+4H2，生成H2和SiCl4、SiHCl3等

故答案为：SiCl4    SiHCl3

往硅粉中先通入Cl2在300-350℃反应生成SiCl4，然后再与HCl在250-260℃反应，可以大大提高产率．如果通入气体次序相反，结果会SiH2Cl2与Cl2反应，SiH2Cl2+2Cl2SiCl4+2HCl。

故答案为：SiH2Cl2+2Cl2SiCl4+2HCl

0℃的时候，能量相对节约，转化率较高。当温度再升高时，转化率几乎不变，但能耗增加。

故答案为：70℃  温度进一步升高同等幅度，转化率几乎不变，但能耗增加

菱镁矿的主要成分为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，煅烧分解4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O生成MgO、CO2和水，MgO+H2O==Mg(OH)2，工业流程需要把Mg尽可能的都转化为产品，所以加的CO2一定为过量，所以Mg(OH)2+2CO2 === Mg(HCO3)2

故答案为：Mg(OH)2+2CO2 === Mg(HCO3)2

菱镁矿的主要成分为4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O，煅烧分解4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O生成MgO、CO2和水，可以提供CO2。由上问可知碳化反应生成Mg(HCO3)2，热解反应生成MgCO3、CO2和水，可以提供CO2

故答案为：煅烧反应  热解反应

根据表格可知Fe(OH)2的Ksp大，要先沉淀，c(Fe2+)=10-5mol/L，根据Ksp=c(Fe2+)c2(OH-)=10-17算出c(OH-)=10-6mol/L，即Fe2+完全沉淀的pH=6，所以c(H+)=10-6mol/L，根据常温下Kw=c(H+)c(OH-)=10-14算出c(OH-)=10-9mol/L，根据Mn(OH)2的Ksp=10-14，得出c(Mn2+)=10-2mol/L。想把Fe2+转化为Fe3+需要加入氧化剂，且不引入杂质。2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O，无杂质生成，符合题意。两种方案都可以除杂，但是选择引入杂质少的，加入碳酸钠会引入Na+不易除去。

故答案为：① 0.01  ②C     ③方案2  加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质，不易提纯

先写出反应I的化学方程式为3NO+O3===3NO2，根据题里已知的2个热化学方程式进行计算，得出I的△H=△H1+△H2=-317.1kJ/mol，所以答案为3NO(g)+O3(g)===3NO2(g)  ΔH=－317.1 kJ·mol-1

故答案为：3NO(g)+O3(g)===3NO2(g)  ΔH=－317.1 kJ·mol-1

该反应的正反应为吸热反应，为焓增，正反应物质的状态由气态变为固态，为熵减。根据G=ΔH -T·ΔS判断，G>0，故不能自发进行。

故答案为：否  该反应是焓增、熵减的反应,根据G=ΔH -T·ΔS，G>0

滴加盐酸混合后，HCOO-+H+HCOOH，HCOO-+H2OHCOOH+OH-，溶质为等物质的量浓度的甲酸钠、甲酸和NaCl，题中给出甲酸的电离平衡常数为1.7×10-4，根据Ka×Kh=Kw得出水解平衡常数约为5.9×10-11，远远小于电离平衡常数，所以甲酸的电离程度大于甲酸根的水解程度，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)。钠离子和甲酸根在等浓度的两种物质里都存在，但钠离子不水解，所以浓度最大，其次是甲酸根。氯化钠完全电离出氯离子，甲酸部分电离出氢离子，又已知甲酸与氯化钠等浓度，所以氯离子浓度大于氢离子浓度，最后得出 c (Na+)>c(HCOO－)>c (Cl－)>c(H+)>c(OH-)。

故答案为：①HCOO－＋H2OHCOOH + OH－  ②酸     c (Na+)>c(HCOO－)>c (Cl－)>c(H+)>c(OH-)

由表格可知，温度升高NO和活性炭的物质的量增大，A与B的物质的量减小，得平衡逆向移动，故升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。题目已知起始条件为恒容通0.1000molNO，再次向恒容容器中通入0.1molNO气体，恒温恒容下与第一次投料相同为等效平衡，所以再次达到平衡时NO的百分含量不变。根据表格中给的平衡量和题目中给的起始量算出变化量，由化学方程式中各物质的物质的量变化量的比等于化学计量数之比，计算出A、B气体的反应计量数，即△n(C):△n(NO):△n(A):n(B)=0.0250:0.0500:0.0250:0.0250=1:2:1:1，

c(NO)=0.0500/2=0.0250mol/L，c(A)=c(B)=0.0250/2=0.0125mol/L，K==0.25。

故答案为：① 放热      ②不变    ③0.25

若Si-H中键合电子偏向H，说明Si显正价，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，硒显负价，所以硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si;硅烷为分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。

故答案为：＞  硅烷为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高

①Cu2+的价电子结构为3d9，Cu+的价电子结构为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，Cu2+得一个电子变成稳定结构的Cu+；

② Cu被 H2O2 氧化成Cu2+ ，Cu2+与氨水形成络合物Cu(NH3)4(OH)2，反应的离子方程式为Cu+H2O2+4NH3·H2O===Cu(NH3) 42++2OH-+4H2O；

③ 晶胞为面心立方密堆积，晶胞面对角线上的Cu原子相邻，则晶胞棱长为127.8pm×4×=×127.8pm，晶胞中Cu原子数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，则晶胞密度4×g÷(×127.8×10-10 cm)3

=g•cm-3=9.0 g·cm-3 ；

故答案为：①CuO中铜的价层电子排布为3d9，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是

稼的核电荷数是31，其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1(或3d104s24p1)；BF3•NH3中B原子含有3个σ 键和1个配位键，所以其价层电子数是4，B原子采取sp3杂化，该化合物中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B、N原子之间形成配位键；硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成-而体现一元弱酸的性质，其电离方程式为H3BO3+H2O   H2BO3－+H+。

故答案为：sp3    配位    H3BO3+H2OH2BO3－+H+