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基都发生反应则得到另一种产物,结合副产物X的分子式C12H15O6Br,可知X的结构简式为
,
故答案为:;
(4)C为,C的同分异构体满足以下条件:①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有
酚羟基;②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1,说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等,应为间苯三酚,则该同分异构体为酚酯,结构简式为
,
故答案为:;
(5)根据逆合成法,若要制备,根据题给信息可先制备和CH3CH2CHO。结
合所给原料,1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO,参考题中E→F的反应条件, 在LiAlH4条件
下发生还原反应生成,和HCl发生取代反应生成,在Mg、
无水乙醚条件下发生已知中的反应生成,和CH3CH2CHO反应生成
,所以合成路线设计为:
CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO,
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,
故答案为:CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO,
。
7H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等18.聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·步骤,可制备聚合硫酸铁。
7H2O溶于稀硫酸,在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应(1)将一定量的FeSO4·
一段时间,得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为________;水解聚合反应会导致溶液的pH________。
(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量10?2 稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.000×mol·L?1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O7与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。
②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)_____。 【答案】 (1). 2Fe2++ H2O2+2H+
2?2?2Fe3++2H2O (2). 减小 (3). 偏大 (4).
n(Cr2O7)=5.000×10?2 mol·L?1×22.00 mL×10?3 L·mL?1=1.100×10?3 mol
由滴定时Cr2O7→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒关系式:Cr2O7~6Fe2+ (或Cr2O7+14H++6Fe2+
2?2?2?2?6Fe3++2Cr3++7H2O)
1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol 则n(Fe2+)=6n(Cr2O7)=6×
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样品中铁元素的质量:
m(Fe)=6.600×10?3 mol×56 g·mol?1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数:w(Fe)=【解析】
(1)Fe2+具有还原性,H2O2具有氧化性,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写离子方程式;根据水解反应的离子方程式分析溶液pH的变化;
(2)①根据Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+判断还原性的强弱,进一步进行误差分析;
②根据K2Cr2O7溶液的浓度和体积计算消耗的K2Cr2O7物质的量,由得失电子守恒计算n(Fe2+),结合Fe守恒和ω(Fe)的表达式计算。
【详解】(1)Fe2+具有还原性,在溶液中被氧化成Fe3+,H2O2具有氧化性,其还原产物为H2O,根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O,根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒,H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;H2O2氧化后的溶液为Fe2(SO4)3溶液,Fe2(SO4)3发生水解反应Fe2(SO4)3+(6-2n)H2O
Fe2(OH)6-2n(SO4)n+(3-n)H2SO4,Fe2(OH)6-2n(SO4)n聚合得到聚
0.3696g×100%=12.32%
3.000g合硫酸铁,根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强,pH减小。答案:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 减小
(2)①根据题意,Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+,发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,根据还原性:还原剂>还原产物,则还原性Sn2+>Fe2+,实验中若不除去过量的Sn2+,则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大,则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案:偏大 ② 实验过程中消耗的n(Cr2O72-)=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol 由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+,根据电子得失守恒,可得微粒的关系式:Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O)
则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
(根据Fe守恒)样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g 样品中铁元素的质量分数:ω(Fe)=
0.3696g×100%=12.32%。
3.000g【点睛】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体,考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还
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原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第(2)①的误差分析,应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第(2)②,注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。
2H2O,Al2O3、Fe2O3)19.实验室以工业废渣(主要含CaSO4·还含少量SiO2、为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:
(1)室温下,反应CaSO4(s)+CO3(aq)
?c?SO24?2?32??CaCO3(s)+SO24(aq)达到平衡,则溶液中
c?CO?=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5,Ksp(CaCO3)=3×10?9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为________;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。
(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是________;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案:______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。
?【答案】 (1). 1.6×104 (2). HCO3+NH3·H2O
2?NH+CO3+H2O(或4+
?HCO3+NH3·H2O2?2?NH+CO3+H2O) (3). 增加溶液中CO3的浓度,促进CaSO4的转化 (4). 温4+
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度过高,(NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤 【解析】
(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)和CaCO3的Ksp计算;
(2)氨水与NH4HCO3反应生成(NH4)2CO3;加入氨水抑制(NH4)2CO3的水解;
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解,使CaSO4转化率下降;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合反应的特点从影响反应速率的因素分析;
(4)根据工业废渣中的成分知,浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3;若以水洗后的滤Fe2O3渣为原料制取CaCl2溶液,根据题给试剂,首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2,同时Al2O3、转化成AlCl3、FeCl3,过滤除去SiO2,结合题给已知,再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。 【详解】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)
CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时,溶液中
2?c(SO4)CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数表达式为结合CaSO42?,c(CO3)?2??Ksp(CaSO4)4.8?10?5c(SO2(?SO24)c(Ca)4)====1.6×104。答案:1.6×104 2?2?2??9(CaCO?c(CO3)c(Ca)(?CO3)Ksp3)3?10H2O=(NH4)(2)NH4HCO3属于酸式盐,与氨水反应生成(NH4)2CO3,反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·
2CO3+H2O[或
NH4HCO3+NH3·H2OH2O=NH4++CO32-+H2O(或(NH4)2CO3+H2O],离子方程式为HCO3-+NH3·
HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O);浸取废渣时,加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐,溶液中存在水解
HCO3-+NH3·H2O,加入适量浓氨水,水解平衡逆向移动,溶液中CO32-的浓度增大,
CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动,促进CaSO4的转化。答案:
NH4++CO32-+H2O) 增加溶液中CO32-的浓度,
平衡:CO32-+NH4++H2O
反应CaSO4(s)+CO32-(aq)
HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2O促进CaSO4的转化
(3)由于铵盐具有不稳定性,受热易分解,所以温度过高,(NH4)2CO3分解,从而使CaSO4转化率下降;由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化),保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,提高CaSO4转化率即提高反应速率,结合外界条件对化学反应速率的影响,实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积,加快反应速率,提高浸取率)。答案:温度过高,(NH4)
【江苏卷】2019年普通高等学校招生全国统一考试化学真题(Word版,解析版)
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