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化学 无机非金属材料的专项 培优 易错 难题练习题含答案解析

化学 无机非金属材料的专项 培优 易错 难题练习题含答案解析

一、无机非金属材料练习题(含详细答案解析)

1.甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质,其中甲、乙均为单质,它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。下列说法正确的是

A .若甲可以与NaOH 溶液反应放出H 2,则丙一定是两性氧化物

B .若甲为短周期中最活泼的金属,且戊为碱,则丙生成戊一定是氧化还原反应

C .若丙、丁混合产生大量白烟,则乙可能具有漂白性

D .若甲、丙、戊都含有同一种元素,则三种物质中,该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊

【答案】D

【解析】

【详解】

A .甲为单质,若甲可以与NaOH 溶液反应放出2H ,则甲为Al 或Si ,所以丙可能是氧化铝,也可能是二氧化硅,不一定是两性氧化物,故A 错误;

B .若甲为短周期中最活泼的金属,且戊为碱,则甲为Na ,乙为氧气,所以丙可以为氧化钠或过氧化钠,当丙为氧化钠时,丙生成戊不是氧化还原反应,故B 错误;

C .丙、丁混合产生白烟,则丙、丁可为HCl 和3NH 或3HNO 和3NH 等,甲、乙均为单质,则乙可能是氯气或氢气或氮气,都不具有漂白性,故C 错误;

D .若甲、丙、戊含有同一种元素,当甲为S ,乙为氧气,丙为二氧化硫,丁为HClO 等具有强氧化性的物质,戊为硫酸,则含S 元素的化合价由低到高的顺序为甲<丙<戊,故D 正确;

故答案为D 。

2.某一固体粉末含有SiO 2、Fe 2O 3、Al 2O 3,加入足量NaOH 溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中加入过量盐酸,过滤,将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重,最终固体成份为 A .SiO 2

B .Fe 2O 3、SiO 2

C .SiO 2、Al 2O 3

D .Fe 2O 3

【答案】A

【解析】

SiO 2、Fe 2O 3、Al 2O 3,加入足量NaOH 溶液充分反应后,过滤,向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠,加入过量盐酸,生成硅酸沉淀,将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅,故A 正确。

3.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.青石棉中含有石英晶体

B.青石棉是一种易燃品且易溶于水

C.青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为:Na2O·5FeO·8SiO2·H2O

D.1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗6L 3mol/L HNO3溶液

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A.青石棉属于硅酸盐材料,没有石英晶体,故A错误;

B.青石棉属于硅酸盐材料,不易燃,也不溶于水,故B错误;

C.根据题给信息可知,青石棉中铁元素的化合价有+2价和+3价两种,根据原子守恒和化合价不变的思想,化学组成用氧化物的形式可表示为:Na2O?3FeO?Fe2O3?8SiO2?H2O,故C错误;

D.6L 3mol/L HNO3溶液中硝酸的物质的量为18mol,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,又1molNa2Fe5Si8O22(OH)2中3mol含亚铁离子,所以根据得失电子守恒氧化亚铁离子生成铁离子消耗1molHNO3,又青石棉中的Na、Fe原子最终都转换产物为NaNO3、Fe(NO3)3,根据原子守恒,又要消耗HNO3的物质的量为2+5×3=17mol,所以1mol该物质一共能和1+17=18molHNO3反应,故D正确;答案选D。

4.在室温时,下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应,共生成4种盐的是()A.SO2、CO2、SO3

B.H2S、NO、SO3

C.CO2、Cl2、SO3

D.SiO2、CO、Cl2

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.SO2、CO2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SO3、Na2CO3、Na2SO4,生成3种盐,故不选A;

B.NO与氢氧化钠溶液不反应,H2S、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2S、Na2SO4,生成2种盐,故不选B;

C.CO2、Cl2、SO3分别与过量NaOH溶液反应生成Na2CO3、NaClO、NaCl、Na2SO4,生成4种盐,故选C;

D.CO与氢氧化钠溶液不反应, SiO2、Cl2分别与过量NaOH溶液反应生成Na2SiO3、NaClO、NaCl,生成3种盐,故不选D;

【点睛】

本题考查物质的性质,综合考查元素化合物知识,把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,侧重氯气与氢氧化钠溶液反应的考查,明确NO、CO与氢氧化钠不反应。

5.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,下列说法中正确的是

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.1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量的硝酸作用,至少需消耗8.5 L 2 mol/L HNO3溶液D.1mol Na2Fe5Si8O22(OH)2与足量氢氟酸作用,至少需消耗7 L 2 mol/L HF溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.青石棉属于硅酸盐,不易燃,也不溶于水,A错误;

B.青石棉中铁元素的化合价由+2价和+3价两种,根据原子守恒和化合价不变的思想,化学组成用氧化物的形式可表示为:Na2O·3FeO·Fe2O3· 8SiO2·H2O,B正确;

C.8.5 L2 mol·L-1HNO3溶液中硝酸的物质的量为17mol,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,产物为NaNO3、Fe(NO3)3、NO、H2O、SiO2,1mol该物质能和18molHNO3反应,C错误;

D.7L2 mol·L-1HF溶液中HF的物质的量为14mol,1mol青石棉能与34mol氢氟酸反应生成四氟化硅,D错误。

答案选B。

6.习主席在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出,凝结着新时代奋斗者的心血和汗水,彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”,制造芯片用到高纯硅,用SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示(热源及夹持装置略去)。

已知: SiHCl3遇水H2O 强烈水解,在空气中易自燃。下列说法错误的是()

A.装置 B 中的试剂是浓硫酸

B.实验时先打开装置C中分液漏斗的旋塞

C.装置C中的烧瓶需要加热,其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化

D.装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下,普通玻璃管会软化

【解析】

【分析】

【详解】

A.SiHCl3遇水H2O 强烈水解,所以H2应干燥,故装置 B 中的试剂是浓硫酸,A正确;B.SiHCl3在空气中易自燃,实验前应排尽装置内的空气,所以应先通H2,后打开装置C中分液漏斗的旋塞,B错误;

C.SiHCl3呈液态,需转化为蒸气进入石英管中与H2反应,所以装置C中的烧瓶需要加热,C正确;

D.制高纯硅时,温度在1100~1200℃,所以D不能采用普通玻璃管,D正确;

故选B。

7.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300 mm、重达81 kg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。

8.下列说法正确的是()

A.Ⅰ图中:如果MnO2过量,浓盐酸就可全部消耗

B.Ⅱ图中:湿润的有色布条能褪色,烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气

C.Ⅲ图中:生成蓝色的烟

D.Ⅳ图中:用该装置可以验证酸性:盐酸>碳酸>硅酸。

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气,随着反应进行,盐酸浓度会下降,下降到某种程度,二者不再反应无法生成Cl2,A项错误;

B.氯气的漂白性来源于Cl2与水反应生成的次氯酸,干燥布条中无水,所以无法产生次氯酸,颜色不会褪去,湿润布条含水,可以产生次氯酸,颜色会褪去;若将尾气直接排放,其中未反应的氯气会污染空气,所以需要将尾气通入NaOH溶液中进行吸收,B项正确;C.铜在氯气中燃烧,产生棕黄色的烟,C项错误;

D.利用盐酸与石灰石反应可制备CO2,所以可证明盐酸酸性强于碳酸;由于盐酸具有挥发性,制备出的CO2中会含有HCl杂质,HCl杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀;若不对制备出的CO2进行除杂,其中的HCl杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程,因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的,D项错误;

答案选B。

9.C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素,下列关于其单质及化合物的说法中正确的是

A.三种元素在自然界中既有游离态又有化合态

B.二氧化物都属于酸性氧化物,能与碱反应而不能与任何酸反应

C.最低价的气态氢化物都具有还原性,易与O2发生反应

D.其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:H2SO4>H2SiO3>H2CO3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、Si元素是亲氧元素,在自然界中无游离态,A项错误;

B、SiO2能与HF反应,B项错误;

C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH4、SiH4、H2S,都具有还原性,易与O2发生反应,C项正确;

D、根据元素性质的递变性,最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:H2SO4>H2CO3>

H2SiO3,D项错误;

本题答案选C。

10.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 50 mL 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; c 2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+ H2↑检查装置气密

性 Cu+2H2SO4(浓)Δ

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+ HCO3ˉ= CO2+ HSO3ˉ

【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++2OHˉ+ 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)Δ

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+ HCO3ˉ= CO2+ HSO3ˉ。11.A、B、C均为中学化学常见的纯净物,它们之间存在如下转化关系:

其中①②③均为有单质参与的反应。

(1)若A是常见的金属,①③中均有同一种黄绿色气体参与反应,B溶液遇KSCN显血红色,且②为化合反应,写出反应②的离子方程式_________________________。

(2)如何检验上述C溶液中的阳离子?______________________。

(3)若B是太阳能电池用的光伏材料,①②③为工业制备B的反应。C的化学式是

____________,属于置换反应____________,(填序号)写出反应①的化学方程式

____________________。

【答案】Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+ SiCl4①③ 2C+SiO2Si+2CO↑

【解析】

【分析】

(1)由转化关系可知A为变价金属,则A应为Fe,B为氯化铁,C为氯化亚铁,②为Fe与氯化铁的反应;

(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,以此解答该题。

【详解】

(1)A是常见的金属,①③中均有同一种气态非金属单质参与反应,且②为化合反应,则该非金属气体为Cl2,B为氯化铁,则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;

(2)由分析知C为氯化亚铁,检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+;

(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,则反应①的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO↑,其中属于置换反应的有①③。

12.在下列物质的转化关系中,A是一种固体单质,且常作半导体材料,E是一种白色沉淀,F是最轻的气体单质。

据此填写:

(1)B的化学式是____________,目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。

(2)B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

(3)A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。

(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。

【答案】SiO2制光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑

SiO32-+2H+=H2SiO3↓

【解析】

【分析】

A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于 F是最轻的气体单质,则F为H2。【详解】

A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于 F是最轻的气体单质,则F为H2,(1)B的化学式是SiO2,目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料;

(2)B和a溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;

(3)A和a溶液反应的离子方程式是Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;

(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-+2H+=H2SiO3↓。

13.红矾钠(重铬酸钠:Na2Cr2O7·2H2O)是重要的基础化工原料。铬常见价态有+3、+6价。铬的主要自然资源是铬铁矿FeCr2O4(含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质),实验室模拟工业以铬铁矿为原料生产红矾钠的主要流程如下:

①中主要反应:4 FeCr 2O4+ 8Na2CO3 + 7O2 8Na2CrO4 + 2Fe2O3+ 8CO2

①中副反应:Al 2O3 + Na2CO32NaAlO2+ CO2↑,SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑

请回答下列问题:

(1)FeCr2O4化学名为亚铬酸亚铁,写出它的氧化物形式________________。步骤“①”的反应器材质应选用__________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)。

(2)“②”中滤渣1的成分是__________,“③”中调pH值是_______ (填“调高”或“调低”),“④”中滤渣2的成分是___________。

(3)“⑤”酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-,写出平衡转化的离子方程式:______。

(4)上图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线,则操作I是______,操作II是______(填序号)。

①蒸发浓缩,趁热过滤②降温结晶,过滤

(5)已知某铬铁矿含铬元素34%,进行步骤①~④中损失2%,步骤⑤~⑦中产率为92%,则1吨该矿石理论上可生产红矾钠_______吨(保留2位小数)。

【答案】FeO·Cr2O3铁质 Fe2O3、MgO 调低 H2SiO3、Al(OH)3 2CrO42-+ 2H+Cr2O72-+ H2O ②① 0.88

【解析】

【分析】

氧化煅烧中MgO不反应,FeCr2O4、Al2O3、SiO2反应产物中有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3.浸取时MgO、Fe2O3不溶,滤液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3及未反应的碳酸钠,调节pH值,生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去。硫酸酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-.由图乙可知,硫酸钠的溶解度受温度影响比较大,应采取降温结晶、过滤;红矾钠溶解度受温度影响变化不大,应采取蒸发结晶、过滤。

【详解】

(1)FeCr2O4中铁元素化合价是+2价,氧化物为FeO,铬元素化合价+3价,氧化物为Cr2O3,

FeCr2O4中铁铁原子与Cr原子物质的量之比为1:2,所以FeCr2O4写成氧化物形式为FeO?Cr2O3;“瓷质”或“石英质”仪器都含有二氧化硅,高温下与碳酸钠反应,故选择“铁质”仪器;

(2)步骤①中有氧化铁生成,氧化铝、二氧化硅发生反应生成可溶性盐,氧化镁不反应,据此判断步骤②中滤渣1的成分;氧化铁不溶于水,铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁及氧化镁,副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质,将pH值调低,可生成H2SiO3、

Al(OH)3沉淀过滤除去;步骤“③”调节pH值,生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去,故“④”中滤渣2的成分是H2SiO3、Al(OH)3沉淀;

(3)酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-,则CrO42-在酸性条件下与H+离子反应生成Cr2O72-,该反应为可逆反应,反应的离子方程式为2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O;

(4)操作Ⅰ是分离出硫酸钠,操作Ⅱ获得红矾钠,由图2可知,硫酸钠的溶解度受温度影响比较大,应采取降温结晶、过滤;红矾钠溶解度受温度影响变化不大,应采取蒸发结晶、过滤;

(5)令生成红矾钠x吨,则:

2Cr~~~~~Na2Cr2O7?2H2O

104 298

1吨×34%×(1-2%)×92% x吨

所以:104:298=1吨×34%×(1-2%)×92%:x吨,解得x=0.88。

14.某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。已知: PdCl2溶液可用于检验CO,反应的化学方程式为CO + PdCl2 + H2O= CO2+ 2HCl + Pd(产生黑色金属钯粉末,使溶液变浑浊)。

(1)实验时要先通入足够长时间的N2,其原因是_________。

(2)装置B的作用是__________。

(3)装置C、D所盛试剂分别为______、______,若装置C、D中溶液均变浑浊,且经检测两气体产物的物质的量相等,则该反应的总化学方程式为_________。

(4)该装置的缺点是_________。

【答案】用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰作安全瓶,防止倒吸澄清石灰水 PdCl2溶液 3SiO2+4C2CO2↑十2CO↑+3Si没有尾气处理装置将CO吸收

【解析】(1)碳与二氧化硅反应要在高温下进行,而高温下碳与空气中氧气反应,所以实验时要将装置中的空气排尽,所以实验时要通入足够长时间的N2,故答案为:要用氮气将装置中的空气排尽,避免空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气对实验产生干扰;

(2)根据装置图可知,B装置可以作安全瓶,防止倒吸,故答案为:作安全瓶,防止倒吸;

(3)根据元素守恒,碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳也可能生成二氧化碳,所以C装置用来检验有没有二氧化碳,D装置用来检验一氧化碳,所以置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液;若装置C、D中溶液均变浑浊,说明既有二氧化碳又有一氧化碳,检测两气体产物的物质的量相等,根据元素守恒可知化学方程式为

3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si,故答案为:澄清石灰水;PdCl2溶液;

3SiO2+4C2CO2+2CO+3Si;

(4)一氧化碳有毒,不能排放到空气中,而该装置没有尾气吸收装置将CO吸收,故答案为:没有尾气吸收装置将CO吸收。

15.粗硅中含有铁和锡(Sn)等杂质,粗硅与氯气反应可生成SiCl4,SiCl4经提纯后用氢气还原可得高纯硅。实验室用下列装置模拟制备SiCl4。已知:SiCl4的熔点是-70℃,沸点是57.6℃,易与水反应;Sn Cl4的熔点是-33℃,沸点是114℃

回答下列问题:

(1)仪器a的名称是_______;装置A烧瓶中发生反应的离子方程式是____________。(2)装置C中盛放的试剂是_____________,作用是___________________;玻璃管b的作用是_______________________。

(3)装置E的烧杯中盛放冰水的目的是______________________。

(4)装置F中碱石灰的作用是____________________________。

(5)装置E烧瓶中得到的SiCl4中溶有少量的杂质FeCl3和SiCl4,可以通过___________方法提纯。

【答案】分液漏斗 MnO2+ 4H++2Cl-Mn2++2H2O+ Cl2↑浓硫酸干燥氯气调节装置内外压强平衡冷凝并收集SiCl4吸收多余的Cl2,防止外界水蒸气进入E的烧瓶中蒸馏【解析】

【分析】

制备四氯化硅的原料为Cl2和Si。A装置为Cl2的制备装置,B、C装置为除杂装置。先用B 除去HCl,再用C(浓H2SO4)除去H2O蒸气。Cl2通入粗硅中反应,用冷水将产生SiCl4冷

凝即可,以此解答。

【详解】

(1)依据仪器a形状可知a为:分液漏斗;装置A烧瓶中二氧化锰和浓盐酸在加热的条

件下生成氯气,方程式为:MnO2+ 4H++2Cl-Δ

Mn2++2H2O+ Cl2↑;

(2)生成的氯气中混有水蒸气,需要通过浓硫酸除去,装置C中盛放的试剂是浓硫酸;作用是干燥氯气;玻璃管b的作用是调节装置内外压强平衡;

(3)D中氯气和粗硅反应生成SiCl4气体,装置E放在冰水中可以冷凝并收集SiCl4;

(4)氯气有毒需要除去多余的氯气,同时也要避免空气中的水蒸气进入装置中,则装置F 中碱石灰的作用是吸收多余的Cl2,防止外界水蒸气进入E的烧瓶中;

(5)已知:SiCl4的熔点是-70℃,沸点是57.6℃,易与水反应;SnCl4的熔点是-33℃,沸点是114℃,三种沸点差别很大,可以用蒸馏的方法进行提纯。

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