28.( 14分)某氯化亚铁和氯化铁的混合物。现要测定其中铁元素的质量分数,按以下步骤
进行实验:
Ⅰ.请根据上面流程,回答以下问题:
( 1)操作 I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外,还必须有____、________。(填仪器名称)
( 2)请写出加入溴水发生的离子反应方程式。
( 3)将沉淀物加热、灼烧,冷却至室温,用天平称量其质量为 b 1 g,再次加热并冷却至室温称量其质量为 b 2 g,若 b 1- b 2= 0.3 g,则接下来还应进行的操作是_________
;蒸发皿质量是 W 1 g,蒸发皿与加热后固体总质量是 W 2 g,
则样品中铁元素的质量分数是 _______。
Ⅱ.有同学提出,还可以采用以下方法来测定:
( 1)溶解样品改用了硫酸,而不再用盐酸,为什么;
( 2)选择的还原剂是否能用铁,____(填“是”或“否”),原因是:________;
( 3)若滴定用掉 c mol• L -1 KMnO 4溶液 b mL,则样品中铁元素的质量分数是:___________。
【答案】Ⅰ.( 1) 250 mL容量瓶( 1分)、胶头滴管( 1分)
( 2) 2 Fe 2++ Br 2= 2 Fe 3++ 2 Br-( 2分)
( 3)再次加热冷却并称量,直至两次质量差小于 0.1 g( 1分)
铁元素的质量分数是( 2分)
Ⅱ.( 1)过量的盐酸对后面 KMnO 4的滴定有干扰( 2分)
( 2)否( 1分)如果用铁做还原剂,自身的氧化产物是 Fe 2+;且会与过量的硫酸反应生成 Fe 2+,干扰铁元素的测定( 2分,答出一个原因即给 2分)
( 3)铁元素的质量分数是( 2分)
【解析】 I、该实验的原理是:先将样品配成一定浓度的溶液,然后取其中的十分之一,加氧化剂将二价铁氧化为三价铁,然后加碱使铁生成氢氧化铁沉淀,灼烧沉淀使其变为氧化物,通过称量氧化物的质量计算出铁的质量,进而得出铁的质量分数。
( 1)配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器除了烧杯、玻璃棒外,还需要胶头滴管和容量瓶,由框图中溶液体积为 250.00 mL,故容量瓶要注明规格。
( 2)加入溴水的目的是将二价铁氧化为三价铁,故反应为: 2 Fe 2++ Br 2= 2 Fe 3++ 2 Br-。
( 3)将物质灼烧至恒重的标准是灼烧后连续两次称量质量差小于 0.1 g,但 b 1- b 2= 0.3 g,因此还需要继续灼烧,直至两次质量差小于 0.1 g。灼烧后的固体为 Fe 2 O 3,其质量为:( W 2— W 1) g,其中铁的质量为:,该质量为取样的十分之一,因此原样品中铁的质量分数为:。
II、该实验的原理是将样品配成溶液,将其中的三价铁用还原剂还原为二价铁,取其十分之一,再用酸性高锰酸钾滴定二价铁,通过消耗的高锰酸钾的量计算出样品中铁的质量,进而求出铁的质量分数。
( 1)盐酸中的 Cl—具有还原性,可被高锰酸钾氧化,因此要将盐酸换为硫酸。
( 2)若用铁作还原剂,发生的反应为 Fe+ 2 Fe 3+= 3 Fe 2+, Fe+ H 2 SO 4= FeSO 4+ H 2↑,产生的 Fe 2+会干扰样品中铁的测量。
( 3)二价铁被氧化为三价铁,每个 Fe失去一个电子, KMnO 4被还原为 Mn 2+,每个 KMnO 4得到 5个电子,因此铁的物质的量是高锰酸钾物质的量的 5倍,即 n (Fe)= 5× 10 -3 bcmol,样品中铁的物质的量为 5× 10 -2 bcmol,故样品中铁的质量分数为:=。
36.( 15分)【化学—化学与技术】
硅是带来人类文明的重要元素之一,从传统材料到信息材料的发展过程中创造了一个又一个奇迹。
( 1)硅在元素周期表中的位置是_______。
( 2)工业生产粗硅的反应有:。若产品中单质硅与碳化硅的物质的量之比为 1: 1,则参加反应的 C和 SiO 2的质量之比为 ______。
( 3)工业上可以通过如下图所示的流程制取纯硅:
①若反应 I为,
则反应 II的化学方程式为________。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。 SiHCl 3遇水剧烈反应生成 H 2 SiO 3、 HCl和另一种物质,写出该反应的化学方程式:__________。
③假设每一轮次制备 1 mol纯硅,且生产过程中硅元素没有损失,反应 I中 HCl的利用率为 90%,反应 II中 H 2的利用率为 93.75%,则在第二轮次的生产中,补充投入 HCl和 H 2的物质的量之比是_________ 。
【答案】( 1)第三周期 IVA族( 2) 1:2
( 3)① SiHCl 3+ H 2 Si(纯)+ 3 HCl
② SiHCl 3+ 3 H 2 O= H 2 SiO 3+ 3 HCl+ H 2↑
③ 5:1
【解析】( 1)硅在周期表中位于第三周期第 IVA族。
( 2)将两方程式叠加,可知 C和 SiO 2的物质的量之比为 5:2,因此质量比为:( 5× 12):( 2× 60)= 1:2。
( 3)①由流程图可知反应 II是 SiHCl 3和 H 2反应生成纯硅和 HCl,因此方程式为: SiHCl 3+ H 2 Si(纯)+ 3 HCl。
②写出方程式中已知物质: SiHCl 3+ 3 H 2 O— H 2 SiO 3+ 3 HCl,由原子守恒可知另一种物质为 H 2,故方程式为 SiHCl 3+ 3 H 2 O= H 2 SiO 3+ 3 HCl+ H 2↑。
③由题中条件可知:
1 mol 3 mol 1 mol
SiHCl 3+ H 2 Si(纯)+ 3 HCl
1 mol 1 mol 3 mol
由以上数据,循环生产中只能产生 3 molHCl,但 HCl的利用率是 90%,因此需要增加() molHCl,循环生产中只产生 1 molH 2,但 H 2的利用率为 93.75%,因此需增加() molH 2,因此,补充投入 HCl和 H 2的物质的量之比为:():()= 5:1。
37.( 15分)【化学—物质结构与性质】
有 A、 B、 C、 D四种元素。已知 A原子的 p轨道中有 3个未成对电子,其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大。 B的基态原子占据两种形状的原子轨道,且两种形状轨道中的电子总数均相同, B位于元素周期表的 s区。 C元素原子的外围电子层排布式为 ns n— 1 np n— 1。 D原子 M能层为全充满状态,且最外层电子只有一个。请回答下列问题:
( 1) ACl 3分子中 A的杂化类型为。 ACl 3分子的空间构型为__________ 。
( 2)某同学根据上述信息,推断 B的核外电子排布如右图所示,
该同学所画的电子排布图违背了__________ 。
( 3) A、 B、 C三元素原子第一电离能由大到小的顺序为__________(用元素符号表示)。 C 60分子中每个原子只跟相邻的 3个原子形成共价键,且每个原子最外层都满足 8电子稳定结构,则 C 60分子中π键的数目为___________ 。
( 4) D的基态原子有_________种能量不同的电子; D 2+的价电子排布式为______ 。已知 D晶体中微粒的堆积方式为面心立方堆积,晶体中一个晶胞的边长为 a cm,则 D晶体的密度为________(写出含 a的表达式,用 N A表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】( 1) sp 3杂化( 2分)三角锥型( 2分)
( 2)能量最低原理( 2分)
( 3) N Si Mg( 2分) 30( 2分)
( 4) 7( 1分) 3 d 9( 1分) g/ cm 3( 3分)
【解析】 A原子的 p轨道中有 3个未成对电子,则其电子排布为 ns 2 np 3,位于周期表第 VA族,因其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大,故 A必为 N; B的基态原子占据两种形状的原子轨道,且两种形状轨道中的电子总数均相同,则有两种可能,即 1 s 2 2 s 2 2 p 4( O)或 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2( Mg), O位于 p区而 Mg位于 s区,故 B为 Mg;因 s轨道只能容纳两个电子,且电子排布时先排 s轨道再排 p轨道,故 n= 2, C的外围电子排布为 3 s 2 3 p 2, C为 Si; D原子 M能层为全充满状态,且最外层电子只有一个则其核外电子排布为 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 10 4 s 1,故 D为 29号元素 Cu。
( 1) ACl 3分子为 NCl 3,由中心原子杂化类型判断方法,该分子价电子对为( 5+ 3) /2= 4,故中心原子为 sp 3杂化;因 N有一个孤电子对,故分子构型为三角锥形。该分子可仿照 NH 3进行判断。
( 2)该同学的错误在于 3 p轨道上的电子应排在 3 s轨道上。电子总是先排能量低的轨道再排能量高的轨道,这是依据能量最低原理。
( 3)元素第一电离能,同主族由上向下逐渐减小,故第一电离能: N> P;同周期由左向右逐渐增大,但第二、第五主族元素大于同周期第三、第六主族元素第一电离能,故第一电离能: P> Si> Mg,综合可知,第一电离能由大到小顺序为 N> Si> Mg。 C最外层有 4个电子,其中 3个与相邻原子形成 3个共价键;因每个原子最外层满足 8个电子稳定结构,所以每 2个 C各提供一个电子形成一个电子对,形成π键,故π键总数为 60÷ 2= 30个。
( 4) Cu的核外电子排布为 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 10 4 s 1,所以有 7种能量不同的电子; Cu 2+是 Cu失去 4 s和 3 d轨道上各一个电子,共 2个电子,所以价电子排布为 3 d 9。面心立方的晶胞模型如下:
因此,每个晶胞中含有的原子数为 4,则该晶体的密度为:= g/ cm 3。
38.( 15分)【化学—有机化学基础】
芳香化合物 A、 B互为同分异构体, B的结构简式是 CH 3 COO-- COOCH 2 CH 3
A经①、②两步反应得 C、 D和 E, B经①、②两步反应得 E、 F和 H。上述反应过程、产物性质及相互关系如下图所示:
( 1) B可以发生的反应类型有_____(填序号)。
①加成反应 ②酯化反应 ③消去反应 ④取代反应 ⑤聚合反应
B的核磁共振氢谱中会出现_______个峰。
( 2) E中含有官能团的名称是______。
( 3) A有两种可能的结构,其对应的结构简式为______,_________。
( 4) B、 C、 D、 F、 G化合物中互为同系物的是_______。
( 5) F与 H在浓硫酸作用下加热时发生反应的方程式为:________。
【答案】( 1)①④( 2分) 5( 2分)
( 2)羟基( 1分)羧基( 1分)
( 3) HCOO-- COOCH 2 CH 2 CH 3( 2分) HCOO-- COOCH 2( CH 3) 2( 2分)
( 4) C、 F( 2分)
( 5) CH 3 COOH+ CH 3 CH 2 OH CH 3 COOCH 2 CH 3+ H 2 O。( 3分)
【解析】 B水解酸化得到三种物质,分别为: CH 3 COOH、 CH 3 CH 2 OH、 HO—— COOH,结合物质间转化关系,可知 F为 CH 3 CH 2 OH, H为 CH 3 COOH, E为 HO—— COOH, G为 CH 3 CHO; A为 B的同分异构体,且水解酸化产生甲酸和 E,则可判断 C的分子式为 C 3 H 7 OH。
( 1) B分子中含有苯环,可以和 H 2发生加成反应,含有烃基,可与卤素单质发生取代反应; B分子中苯环上有 2种 H,酚羟基和乙酸形成的酯基处有 1种 H,羧基和乙醇形成的酯基处有 2种 H,共 5种 H,因此有 5组峰。
( 2) E中含有羧基和羟基。
( 3)因 C有两种结构,即正丙醇和异丙醇,所以 A有 2种结构: HCOO-- COOCH 2 CH 2 CH 3( 2分) HCOO-- COOCH 2( CH 3) 2。
( 4)同系物指结构相似,在组成上相差若干个 CH 2的物质的互称,因此,五种物质中只有 C、 F即丙醇和乙醇为同系物。
( 5) F和 H即乙醇和乙酸,二者在浓硫酸作用下发生酯化反应,方程式为: CH 3 COOH+ CH 3 CH 2 OH CH 3 COOCH 2 CH 3+ H 2 O。