Question

20．硅單質(zhì)及其化合物應(yīng)用范圍很廣．請(qǐng)回答下列問題
（1）制備硅半導(dǎo)體材料必須先得到高純硅的主要方法，其生產(chǎn)過程示意圖如圖所示．

①寫出由純SiHCl₃制備高純硅的化學(xué)反應(yīng)方程式SiHCl₃+H₂$\frac{\underline{\;1357K\;}}{\;}$Si+3HCl
②整個(gè)制備過程必須嚴(yán)格控制無(wú)水無(wú)氧．SiHCl₃遇水劇烈反應(yīng)生成H₂SiO₃、HCl和另一種物質(zhì)，寫出配平的化學(xué)反應(yīng)方程式，H₂還原SiHCl₃過程中若混入O₂，可能引起的后果是高溫下，H₂遇O₂發(fā)生爆炸．
（2）硅酸鈉水溶液俗稱水玻璃．取少量硅酸鈉溶液于試管中，逐滴加入飽和氯化銨溶液，振蕩．寫出實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象其產(chǎn)生原因：生成白色絮狀沉淀，又刺激性氣味的氣體生成，SiO₃^2-與NH₄⁺發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成氨氣和硅酸沉淀．
①2O₂（g）+N₂（g）=N₂O₄，（l）△H₁
②N₂（g）+2H₂（g）=N₂H₄（l）△H₂
③O₂（g）+2H₂（g）=2H₂O（g）△H₃
④2N₂ H₄ （1）+N₂O₄ （1）=3N₂ （g）+4H₂O（g）△H₄=-1048.9kJ/mol
上述反應(yīng)熱效應(yīng)之間的關(guān)系式為△H₄=2△H₃-2△H₂-△H₁，聯(lián)氨和N₂O₄可作為火箭助推劑，折算在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的數(shù)據(jù)，燃爆后氣體的體積與燃爆前的體積之比為：1228.6．

	N2H4	N2O4
密度/g/cm3	1.004	1.44

（4）聯(lián)氨為二元弱減，在水中的電離方程式與氨相似，聯(lián)氨第一步電離反應(yīng)的平衡常數(shù)值為（已知：N₂H₄+H⁺?N₂H₅⁺的K=8.7×10⁷；K_W=1.0×10^-14），．聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為N₂H₆（HSO₄）₂．
（5）聯(lián)氨是一種常用的還原劑．向裝有少量AgBr的試管中加入聯(lián)氨溶液，觀察到的現(xiàn)象是固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生．聯(lián)氨可用于處理鍋爐水中的氧；防止鍋爐被腐蝕，理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O₂1 kg；與使用Na₂SO₃處理水中溶解的O₂相比，聯(lián)氨的優(yōu)點(diǎn)是N₂H₄的用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（反應(yīng)產(chǎn)物為N₂和H₂O），而Na₂SO₃產(chǎn)生Na₂SO₄．

Answer 1

分析 （1）二氧化硅和焦炭反應(yīng)制取粗硅SiO₂+2C$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Si+2CO↑，粗硅和氯化氫反應(yīng)Si+3HCl$\frac{\underline{\;573K\;}}{\;}$SiHCl₃+H₂，生成三氯硅烷，氫氣在高溫下與三氯硅烷反應(yīng)提純粗硅，反應(yīng)為SiHCl₃+H₂$\frac{\underline{\;1357K\;}}{\;}$Si+3HCl，得到純硅．①SiHCl₃與氫氣發(fā)生置換反應(yīng)生成硅和氯化氫；②寫出反應(yīng)物和給出的生成物H₂SiO₃和HCl，用原子守恒法找出另一種生成物為H₂，并配平；氫氣遇氧氣易爆炸；
（2）SiO₃^2-與NH₄⁺發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成氨氣和硅酸沉淀；
（3）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算，③×2-②×2-①得目標(biāo)方程式，據(jù)此計(jì)算△H₄，同一條件下，體積比等于物質(zhì)的量之比，根據(jù)2N₂ H₄ （1）+N₂O₄ （1）=3N₂ （g）+4H₂O（g）以及N₂H₄、N₂O₄的密度計(jì)算；
（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離方程式為N₂H₄+H₂O?N₂H₅⁺+OH^-，平衡常數(shù)K_b=$\frac{C（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）C（O{H}^{-}）}{C（{N}_{2}{H}_{4}）}$=$\frac{C（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）C（O{H}^{-}）}{C（{N}_{2}{H}_{4}）}$×$\frac{C（{H}^{+}）}{C（{H}^{+}）}$=K×K_w，由于是二元堿，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N₂H₆（HSO₄）₂；
（5）聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀，聯(lián)胺被氧化失電子N₂H₄～N₂-4e^-，O₂～4e^-，依據(jù)守恒計(jì)算判斷，依據(jù)鍋爐的質(zhì)地以及反應(yīng)產(chǎn)物性質(zhì)解答．

解答 解；（1）①在1357K的條件下，氫氣和純SiHCl₃反應(yīng)生成高純硅和氯化氫：SiHCl₃+H₂$\frac{\underline{\;1357K\;}}{\;}$Si+3HCl，
故答案為：SiHCl₃+H₂$\frac{\underline{\;1357K\;}}{\;}$Si+3HCl；
②SiHCl₃遇水劇烈反應(yīng)生成H₂SiO₃、HCl和氫氣：SiHCl₃+3H₂O═H₂SiO₃↓+H₂↑+3HCl↑，H₂還原SiHCl₃過程中若混入O₂，高溫下，可能引起爆炸，
故答案為：SiHCl₃+3H₂O═H₂SiO₃↓+3HCl↑+H₂↑；高溫下，H₂遇O₂發(fā)生爆炸；
（2）SiO₃^2-與NH₄⁺發(fā)生雙水解反應(yīng)生成白色絮狀沉淀，又刺激性氣味的氣體生成，方程式為：SiO₃^2-+2NH₄⁺+2H₂O═2NH₃•H₂O+H₂SiO₃↓，
故答案為：生成白色絮狀沉淀，又刺激性氣味的氣體生成，SiO₃^2-與NH₄⁺發(fā)生雙水解反應(yīng)，生成氨氣和硅酸沉淀；
（3）①2O₂（g）+N₂（g）═N₂O₄（l）△H₁
②N₂（g）+2H₂（g）═N₂H₄（l）△H₂
③O₂（g）+2H₂（g）═2H₂O（g）△H₃
依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算③×2-②×2-①得到④2N₂H₄（l）+N₂O₄（l）═3N₂（g）+4H₂O（g）△H₄=2△H₃-2△H₂-△H₁，根據(jù)反應(yīng)④可知，折算在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的數(shù)據(jù)，燃爆后氣體的體積與燃爆前的體積之比為：$\frac{V后}{V前}$=$\frac{7×22.4×1000}{\frac{2×32}{1.004}+\frac{92}{1.44}}$=1228.6，
故答案為：2△H₃-2△H₂-△H₁；1228.6；
（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似．聯(lián)氨第一步電離方程式為N₂H₄+H₂O?N₂H₅⁺+OH^-，平衡常數(shù)K_b=$\frac{C（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）C（O{H}^{-}）}{C（{N}_{2}{H}_{4}）}$=$\frac{C（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）C（O{H}^{-}）}{C（{N}_{2}{H}_{4}）}$，×$\frac{C（{H}^{+}）}{C（{H}^{+}）}$=K×K_w=8.7×10⁷×1.0×10^-14=8.7×10^-7，第二步電離方程式為N₂H₅⁺+H₂O?N₂H₆²⁺+OH^-，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽為N₂H₆（HSO₄）₂，
故答案為：8.7×10^-7；N₂H₆（HSO₄）₂；
（5）聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被還原生成單質(zhì)銀，-2價(jià)的N元素被氧化為N₂，反應(yīng)方程式為：N₂H₄+4AgBr=4Ag↓+N₂↑+4HBr，因此反應(yīng)出現(xiàn)現(xiàn)象為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，由于肼的氧化產(chǎn)物是氮?dú)�，不�?huì)對(duì)鍋爐造成腐蝕，而亞硫酸鈉被氧化產(chǎn)物為硫酸鈉，易生成硫酸鹽沉淀影響鍋爐的安全使用，聯(lián)胺被氧化失電子N₂H₄→N₂失去4e^-，O₂→O^2-得到4e^-，聯(lián)胺和氧氣摩爾質(zhì)量都是32g/mol，則等質(zhì)量聯(lián)胺和氧氣物質(zhì)的量相同，理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O₂1kg，與使用Na₂SO₃處理水中溶解的O₂相比，聯(lián)氨的優(yōu)點(diǎn)是用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（反應(yīng)產(chǎn)物為N₂和H₂O），而Na₂SO₃產(chǎn)生Na₂SO₄，
故答案為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生；1；N₂H₄的用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（反應(yīng)產(chǎn)物為N₂和H₂O），而Na₂SO₃產(chǎn)生Na₂SO₄．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了硅及其化合物知識(shí)、氮及其化合物性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算應(yīng)用、平衡常數(shù)的計(jì)算方法，熟悉相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答關(guān)鍵，注意粗硅提純、硅、二氧化硅用途，注意蓋斯定律的熟練應(yīng)用，題目難度中等．