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。
