题目内容
16．高纯晶体硅是信息技术的关键材料．（1）工业上用石英砂和焦炭可制得粗硅．已知：图1、图2请将以下反应的热化学方程式补充完整：SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=+638.4 kJ•mol-1
（2）粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解生成高纯硅．已知硅烷的分解温度远低于甲烷，用原子结构解释其原因：C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si．
（3）将粗硅转化成三氯氢硅（SiHCl3），进一步反应也可制得高纯硅．
①SiHCl3中含有的SiCl4、AsCl3等杂质对晶体硅的质量有影响．根据下表数据，
可用蒸馏（或分馏）方法提纯SiHCl3．
| 物质 | SiHCl3 | SiCl4 | AsCl3 |
| 沸点/℃ | 32.0 | 57.5 | 131.6 |
下列说法正确的是ac（填字母序号）．
a．该反应的平衡常数随温度升高而增大
b．横坐标表示的投料比应该是n（SiHCl3）/n（ H2）
c．实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度
③上述生产过程所需氯气和氢气均由氯碱厂提供，氯碱厂的基本设备是离子交换膜电解槽（如图4所示），其中进入阳极室的溶液是精制的饱和食盐水，b电极上的电极反应式是2H++2e-═H2↑．
（4）二氧化硅大量用于生产玻璃．工业上用SiO2、Na2CO3和CaCO3共283kg在高温下完全反应时放出CO2 44kg，生产出的玻璃可用化学式Na2SiO3•CaSiO3•xSiO2表示，则其中x=4．
分析 （1）根据两个反应过程能量变化图象可知：Si（s）+O2（s）═SiO2（s）△H=-859.4 kJ•mol-1，2C（s）+O2（s）═2CO（g）△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出所需反应；
（2）C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si，化学键的强弱分析判断稳定性；
（3）①根据各物质沸点的不同分离提纯物质，可用蒸馏（或分馏）法；
②a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大；
b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是$\frac{n（{H}_{2}）}{n（SiHC{l}_{3}）}$；
c．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，故实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度；
③阳极室是氯离子放电，所以阳极式应充入氯化钠，b电极是阴极，氢离子在该极放电，所以电极反应式是2H++2e-=H2↑；
（4）由方程式Na2CO3+SiO2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$NaSiO3+CO2↑；CaCO3+SiO2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaSiO3+CO2↑，所以反应过程中n（CO2）=n（Na2CO3）+n（CaCO3）=n（SiO2反应）．
解答 解：（1）根据两个反应过程能量变化图象可知：Si（s）+O2（s）═SiO2（s）△H=-859.4 kJ•mol-1
2C（s）+O2（s）═2CO（g）△H=-221.0 kJ•mol-1，用第二个方程式减去第一个方程式得出所需反应，SiO2（s）+2C（s）═Si（s）+2CO（g）△H=+638.4 kJ•mol-1，得到△H=+638.4 kJ•mol-1，
故答案为：+638.4 kJ•mol-1；
（2）硅烷的分解温度远低于甲烷，是因为C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si，Si元素的非金属性弱于C元素，硅烷的热稳定性弱于甲烷，
故答案为：C和Si最外层电子数相同，C原子半径小于Si；
（3）①根据各物质沸点的不同分离提纯物质，可用蒸馏（或分馏）法，故答案为：蒸馏（或分馏）；
②a．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，则该反应的平衡常数随温度升高而增大，故a正确；
b．增大一种反应物的浓度，能提高其它反应物的转化率，而本身的转化率反而降低，故横坐标表示的投料比应该是$\frac{n（{H}_{2}）}{n（SiHC{l}_{3}）}$，故b错误；
c．因为随着温度的升高，SiHCl3的转化率增大，平衡右移，故实际生产中为提高SiHCl3的利用率，应适当升高温度，故c正确；
故选ac；
③阳极室是氯离子放电，所以阳极式应充入氯化钠，b电极是阴极，氢离子在该极放电，所以电极反应式是2H++2e-=H2↑，
故答案为：精制的饱和食盐水；2H++2e-═H2↑
（4）玻璃的化学组成可根据反应原理得到，
Na2CO3+SiO2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$NaSiO3+CO2↑；CaCO3+SiO2$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CaSiO3+CO2↑；
由化学式Na2SiO3•CaSiO3•xSiO2反应的Na2CO3和CaCO3的物质的量相等，
n（CO2）=n（Na2CO3）+n（CaCO3）=n（SiO2反应）=$\frac{44kg}{44g}$=1000mol；
n（Na2CO3）=n（CaCO3）=500mol
500molNa2CO3的质量是53kg，500molCaCO3的质量是50kg，1000molSiO2的质量是60kg，
n（SiO2过量）=$\frac{283kg-50kg-53kg-60kg}{60g}$=2000mol，
即剩余的二氧化硅和生成的硅酸钙、硅酸钠为2000：500：500=4：1：1，
所以x=4，故答案为：4．
点评 本题主要考查的是元素周期表的应用、盖斯定律应用、化学平衡常数和平衡移动等，题目难度中等，注意相关知识的积累．
英才计划期末调研系列答案| A． | 10mL 0.5mol/L CH3COONa溶液与6mL 1mol/L盐酸混合：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-） | |
| B． | 等浓度的下列稀溶液：①硫酸氢钠 ②乙酸钠 ③醋酸 ④碳酸氢钠 ⑤硝酸钠 ⑥苯酚钠，它们的pH由小到大排列为：③⑤①④②⑥ | |
| C． | 常温下0.1 mol/L的下列溶液 ①NH4Al（SO4）2 ②NH4Cl ③NH3•H2O ④CH3COONH4中c （NH4+）由大到小的顺序是：②＞①＞④＞③ | |
| D． | 在25℃时，将a mol•L-1的氨水与0.01 mol•L-1的盐酸等体积混合反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）．用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=$\frac{1{0}^{-9}}{a-0.01}$ |
（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （用化学方程式表示）．
②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去．除去H2O2的简便方法是加热至沸．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2++4I-═2CuI（白色）↓+I2 2S2O+I2═2I-+S4O62-
①滴定选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点观察到的现象蓝色褪去且30秒不恢复蓝色．
②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
（3）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2-．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）．
| 开始沉淀的pH | 沉淀完全的pH | |
| Fe3+ | 1.1 | 3.2 |
| Fe2+ | 5.8 | 8.8 |
| Zn2+ | 5.9 | 9 |
由除去铜的滤液制备ZnO的正确实验步骤依次为：⑤④①②③⑥
①过滤；
②调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；
③过滤、洗涤、干燥；
④调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；
⑤向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；
⑥900℃煅烧；
（4）Zn（OH）2的溶度积常数为1.2×10-17（mol•L-1）3，当Zn2+沉淀完全时，此时溶液中Zn2+的浓度为1.2×10-7 mol•L-1．
纳米技术制成的金属燃料、非金属固体燃料等已应用到社会生活和高科技领域．单位质量的A和B单质燃烧时均放出大量热，可用作燃料．已知A和B均为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：| 电离能（KJ•mol） | I1 | I2 | I3 | I4 |
| A | 932 | 1821 | 15390 | 21771 |
| B | 738 | 1541 | 7733 | 10540 |
（2）ACl2分子中A的杂化类型为sp杂化．
（3）科学家把C60和钾掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体．基态钾原子的价电子排布式为4S1，该物质中K原子和C60分子的个数比为3：1．
（4）继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是N＞C＞Si，NCl3分子的价层电子对互斥理论模型为正四面体．Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则分子中π键的数目为30．
