1、碳、硅元素单质及其重要化合物一、选择题1.下列叙述错误的是()A.氦气可用于填充飞艇B.氯化铁可用于硬水的软化C.石英砂可用于生产单晶硅D.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)石英砂的主要成分。(2)硬水的软化是降低硬水中钙离子和镁离子的浓度。【解析】选B。氦气性质稳定,故可用于填充飞艇,A正确;水中加入氯化铁,氯化铁水解产生氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物,用于水的净化,不能软化水,B错误;石英砂的成分为SiO2,可用碳还原得到粗硅,经提纯得单晶硅,C正确;聚四氟乙烯的化学性质稳定,耐腐蚀,可用于厨具表面的涂层,D正确。2.下列说法不正确的是()A.储热材料是一
2、类重要的能量存储物质,单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量B.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池C.Ba2+浓度较高时危害健康,但BaSO4可服入体内,作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病D.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【解题指南】解答本题时应注意以下几点:(1)物质的三态变化是有能量变化的,要么吸收能量,要么释放能量。(2)半导体材料可以用于制作太阳能电池板等。(3)金属铁是一种较活泼的金属,具有较强的还原性。【解析】选D。物质熔化时会吸收热量,
3、而液态物质结晶过程需要释放能量,故A项正确;32号元素Ge在元素周期表中位于金属与非金属元素的分界线附近,是半导体材料,故B项正确;BaSO4不溶于水、不溶于酸、不能被X-射线透过,因此常用作钡餐,故C项正确;由于铁是较活泼的金属单质,因此纳米铁粉可以将污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子置换出来,形成金属单质,从而高效地去除重金属离子,故D项错误。【误区提醒】本题容易错误地认为D项是正确的,主要是错误地认为纳米材料具有较大的比表面积,从而有较强的吸附能力,能够吸附溶液中的离子;实际上纳米材料只能吸附溶液中的悬浮物。3.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的
4、是()A.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl(aq)D.MgCO3MgCl2(aq)Mg【解析】选C。SiO2只溶于HF,不与HCl反应,A项错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,B项错误;制备Mg,应电解熔融MgCl2,而不能电解MgCl2溶液,D项错误。4.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A.SiO2SiCl4SiB.FeS2SO2H2SO4C.N2NH3NH4Cl(aq)D.MgCO3MgCl2(aq)Mg【解析】选C。SiO2只溶于HF,不与HCl反应,A项错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,B项错误;制备Mg,应电解
5、熔融MgCl2,而不能电解MgCl2溶液,D项错误。【误区警示】本题D项电解MgCl2溶液得不到镁,而是氢氧化镁。5.化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是()化学性质实际应用AAl2(SO4)3和小苏打反应泡沫灭火器灭火B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C次氯酸盐具有氧化性漂白粉漂白织物DHF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记【解析】选B。Al2(SO4)3和小苏打发生水解相互促进反应:Al3+3Al(OH)3+3CO2,生成的CO2可以用来灭火,A选项正确;FeCl3腐蚀Cu的原理为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2,该反应只能说明Cu的还原性比Fe2
6、+的强,无法说明Cu和Fe的还原性的强弱,B选项错误;次氯酸盐的溶液中ClO-能够发生水解:ClO-+H2OHClO+OH-,生成具有强氧化性的HClO,可以用于织物的漂白,C选项正确;HF与SiO2反应如下:SiO2+4HFSiF4+2H2O,可以用于刻蚀玻璃,D选项正确。6.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是()A.CO2是直线型分子,推测CS2也是直线型分子B.SiH4的沸点高于CH4,推测H2Se的沸点高于H2SC.Fe与Cl2反应生成FeCl3,推测Fe与I2反应生成FeI3D.NaCl与浓H2SO4加热可制HCl,推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【解析】选A、
7、B。O和S是同族元素,故形成的CO2和CS2都是直线型分子,A正确;C和Si,Se和S都分别为同族元素,所形成的氢化物都为分子晶体,沸点取决于分子间作用力的大小,分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较,B正确;因I2的氧化性较弱,故与铁反应生成FeI2,C错误;浓硫酸氧化性很强,会将HBr氧化为Br2,D错误。二、非选择题7.半水煤气是工业合成氨的原料气,其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空:37.半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入溶液中(填写试剂名称),出现,可以证明有硫化氢存在。38.半水煤气在铜催化下实现CO变
8、换:CO+H2OCO2+H2若半水煤气中V(H2)V(CO)V(N2)=382822,经CO变换后的气体中V(H2)V(N2)=。39.碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知:Na2CO3K2CO320碱液最高浓度(molL-1)2.08.0碱的价格(元/kg)1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是 ;缺点是 。如果选择K2CO3碱液作吸收液,用什么方法可以降低成本? 写出这种方法涉及的化学反应方程式。 40.以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。取一定体积(标准状况)的半水煤气,经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数。(1)选用合适的无机试剂分别填
9、入、方框中。(2)该实验方案中,步骤、的目的是 。(3)该实验方案中,步骤(选填“”或“”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。【解题指南】要考虑半水煤气中含有的杂质气体,除去杂质后再进行体积分数测定。【解析】37.硫化氢能与重金属盐反应生成沉淀,所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中,出现黑色沉淀,可以证明有硫化氢存在。38.根据反应CO+H2OCO2+H2可知,1体积CO可以生成1体积H2,若半水煤气中V(H2)V(CO)V(N2)=382822,经CO变换后的气体中V(H2)V(N2)=(38+28)22=31。39.根据表中数据可知,若选择Na2CO3碱液作吸收液,其优点是价廉;
10、缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾,所以使碱液循环使用可以降低成本。反应的方程式为2KHCO3K2CO3+CO2+H2O。40.(1)由于半水煤气中含有CO2,所以首先利用碱液除去CO2,干燥后再通过氧化铜反应,利用浓硫酸吸收产生的水蒸气,利用碱液吸收产生的二氧化碳,进而计算体积分数。所以流程为(2)该实验方案中,步骤、的目的是除去半水煤气中的CO2(包括H2S)和H2O。(3)氢气还原氧化铜生成水蒸气,浓硫酸吸收水蒸气,所以该实验方案中,步骤可以确定半水煤气中H2的体积分数。答案:37.硝酸铅(或硫酸铜)黑色沉淀38.3139.价廉吸收CO2能力差碱液循环使用2KH
11、CO3K2CO3+CO2+H2O40.(1) (2)除去半水煤气中的CO2(包括H2S)和H2O(3)8. CO2是重要的化工原料,也是应用广泛的化学产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算:50.CO2通入氨水生成NH4HCO3,NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解,分解产物经干燥后的体积为L(标准状况)。51.某H2中含2.40 mol CO2,该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中,CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应,该NaOH溶液的浓度为。52. CO2和KO2有下列反应:4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2
12、+2H2O4KHCO3+3O2若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,则反应前密封舱内H2O的量应该是多少?列式计算。53.甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料:CH4+H2OCO+3H2已知:CO+2H2CH3OHCO2+3H2CH3OH+H2O300 mol CH4完全反应后的产物中,加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol,残留氢气120 mol,计算CO2的转化率。【解析】50.碳酸氢铵分解的化学方程式为NH4HCO3NH3+H2O+CO2,从方程式可以看出,2.00 mol NH4HCO3完全分解,分解产物经干燥后所得气体为NH3和C
13、O2,各2.00 mol,所以体积为4.00 mol22.4 Lmol-1=89.6 L。51. 2.40 mol CO2被完全吸收,NaOH也完全反应,生成物可能是碳酸钠,可能是碳酸氢钠,也可能是碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,所以要利用极值法进行计算。两种特殊情况为(1)CO2+NaOHNaHCO3,n(NaOH)=n(CO2)=2.40 mol,则c(NaOH)= =1.20 molL-1;(2)CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,n(NaOH)=2n(CO2)=4.80 mol,则c(NaOH)= = 2.40 molL-1;综合(1)、(2)可知,NaOH溶液的浓度应该为1.20 mo
14、lL-1c(NaOH)2.40 molL-1。52.将题干中的两个反应相加可得总反应方程式:8KO2+6CO2+2H2O2K2CO3+4KHCO3+6O2由上述反应方程式可知n(CO2)n(H2O)=62则反应前密封舱内H2O的量应为n(H2O)=2=3(mol)。53.方法一:CH4+H2OCO +3H2300 mol 300 mol 900 mol设CO2的转化率为,CO的转化率为CO+2H2CH3OH300mol600mol300molCO2+3H2CH3OH+H2O100mol300mol100mol根据题意,共生成350 mol甲醇,所以有300mol+100mol=350 mol式
15、根据题意,反应后残留氢气120 mol,则实际参加反应的氢气为900 mol-120 mol,所以有600mol+300mol=900 mol-120 mol式由式可得=0.8,即CO2的转化率为80%。方法二:在合成甲醇的反应中,氢元素在生成物中有两种存在形式,一是存在于甲醇中,二是存在于水中,设CO2的转化率为CH4+H2OCO+3H2300 mol900 molCO2+3H2CH3OH +H2O100mol100mol根据题意,反应后残留氢气120 mol,根据氢元素守恒有900 mol-350 mol2-100mol=120 mol,解得=0.8,即CO2的转化率为80%。答案:50.
16、89.651.2.40 molL-1c1.20 molL-152.8KO2+6CO2+2H2O2K2CO3+4KHCO3+6O2n(CO2)n(H2O)=62n(H2O)=(9/6)2=3(mol)53.300 mol CH4完全反应产生H2900 mol,设CO2转化率为,CO转化率为,300+100=350600+300=900-120=80%;或设CO2转化率为900-3502-100=120=80/100=80%。【误区提醒】51题中的2.40 mol CO2被完全吸收,NaOH也完全反应,如果按碳酸钠,或者碳酸氢钠计算没有考虑到碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,就会得到两种结果而不是一个范围
17、,从而导致错误。9.石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质,设计的提纯与综合利用工艺如下:(注:SiCl4的沸点为57.6,金属氯化物的沸点均高于150)(1) 向反应器中通入Cl2前,需通一段时间N2,主要目的是 。(2)高温反应后,石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体中的碳氧化物主要为,由气体中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为 。(3)步骤为:搅拌、。所得溶液中的阴离子有。(4)由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为 。100 kg初级石墨最多可获得的质量为kg。(5)石墨可用于自然水体中
18、铜件的电化学防腐,完成如下防腐示意图,并作相应标注。【解题指南】解答本题时应注意,判断气体时,应运用信息“SiCl4的沸点为57.6,金属氯化物的沸点均高于150”及“80冷凝”。【解析】(1)向反应器中通入Cl2前,需通一段时间N2,主要目的是排除容器内空气,防止空气中的氧气影响杂质的氯化。(2)由SiO2+2CSi+2CO,气体中的碳氧化物主要为CO;气体的成分有SiCl4、AlCl3、FeCl3、MgCl2,根据SiCl4的沸点为57.6,金属氯化物的沸点均高于150,在80冷凝,得气体含SiCl4,得到水玻璃的化学反应方程式为SiCl4+6NaOHNa2SiO3+4NaCl+3H2O。
19、(3)固体中含AlCl3、FeCl3、MgCl2,步骤为搅拌、静置、过滤,目的是除去FeCl3、MgCl2与NaOH生成Fe(OH)3和Mg(OH)2,并生成含NaAlO2的溶液,溶液显碱性,加入乙酸乙酯后水解生成醋酸,故溶液中的阴离子有CH3COO-、Cl-、OH-。(4)由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为Al+CH3COOCH2CH3+2H2OAl(OH)3+CH3COO-+CH3CH2OH,由铝元素守恒,278=7.8(kg)。(5)防腐示意图为答案:(1)排除容器内空气,防止空气中的氧气影响杂质的氯化(2)COSiCl4+6NaOHNa2SiO3+4NaCl+3H2O(3)静置、过滤CH3COO-、Cl-、OH-(4)Al+CH3COOCH2CH3+2H2OAl(OH)3+CH3COO-+CH3CH2OH7.8(5)【误区提醒】电化学防腐包括利用原电池原理防腐和利用电解池原理防腐。利用原电池原理防腐时,被保护的物体作原电池的正极,即与活泼电极组成原电池;利用电解池原理防腐时,被保护的物体作电解池的阴极,不活泼的电极作电解池的阳极。北京凤凰学易科技有限公司 版权所有学科网