Question

2．无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用．
（1）新型材料α-Fe粉具有超强的磁性能，用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等．将5.60g α-Fe粉与一定量水蒸气在高温下反应一定时间后冷却，其质量变为6.88g．
①产生的氢气的体积为1792mL（标准状况下）．
②将冷却后的固体物质放入足量FeCl₃溶液中充分反应（已知Fe₃O₄不溶于FeCl₃溶液），计算最多消耗FeCl₃的物质的量．
（2）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料．Nierite的摩尔质量为140g/mol，其中硅元素的质量分数为60%．已知1mol NH₃与足量的化合物T充分反应后可得到35g Nierite与3mol HCl气体．Nierite的化学式为Si₃N₄．T的化学式为SiCl₄．
（3））K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属．为测定某18K金样品的组成，将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO₂和N₂O₄的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mL O₂混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．
①混合气体的平均摩尔质量为69g/mol．
②填写该18K金的成分表（精确至0.01%，若不含该金属则填0）．

18K金成分	Au	Ag	Cu
含量（质量分数）	75.00%	11.44%	13.56%

（4）有机高分子材料聚酯纤维可由二酸与二醇通过缩聚形成．如100个乙二酸分子与100个乙二醇分子发生缩聚，当形成一条聚酯链时，其（平均）式量达到最大（如图所示，其式量为11618）．
为降低聚酯链的长度与平均式量，可调整乙二酸与乙二醇的相对用量，使形成的聚酯链两端均为相同基团，从而无法再连接增长．现有100个乙二酸分子与105个乙二醇分子恰好完全反应，且聚酯链无法再增长．
①共形成5条聚酯链．
②计算所得聚酯的平均式量．

Answer 1

分析 （1）①高温条件下，Fe和H₂O反应生成Fe₃O₄和H₂，固体增加的质量为氧元素质量，根据固体增加的质量与氢气的关系式计算；
②Fe和FeCl₃反应生成FeCl₂，根据铁和FeCl₃之间的关系式计算FeCl₃的物质的量；
（2）根据元素守恒、原子守恒确定化学式；
（3）①混合气体的物质的量=$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，根据原子守恒、转移电子守恒计算气体的质量，再根据M=$\frac{m}{n}$计算混合气体摩尔质量；
②根据转移电子确定合金中的其它元素，再根据转移电子相等计算银的质量，从而确定银的质量分数，解银和铜的质量分数确定锌的质量分数；
（4）①根据题给信息可知乙二醇多一个就让反应不能继续；
②根据①得到的聚酯链个数计算每条链需要乙二酸和乙二醇的个数根据质量守恒计算．

解答 解：（1）①高温条件下，Fe和H₂O反应生成Fe₃O₄和H₂，固体增加的质量为氧元素质量，
设产生氢气体积为V，
3Fe+4H₂O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe₃O₄+4H₂ 固体质量增加
                                  89.6L       64g 
                                    V      6.88g-5.60g 
 89.6L：64g=V：（6.88g-5.60g）
V=$\frac{（6.88-5.60）g×89.6L}{64g}$=1.792L=1792mL，
故答案为：1792；
②设剩余铁的质量为y，
3Fe+4H₂O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe₃O₄+4H₂ 固体质量增加
168g         64g
5.60g-y   6.88g-5.60g 
168g：64g=y：（6.88g-5.60g）
y=5.60g-$\frac{（6.88-5.60）g×168g}{64g}$=2.24g，
根据得失电子守恒，Fe---2FeCl₃知，n（FeCl₃）=$\frac{\frac{2.24g}{56g/mol}}{1}×2$=0.08mol，
故答案为：0.08；
（2）根据元素守恒知，Nierite含有N元素，且含有Si元素，且Si的质量分数为60%，T中含有Cl元素和Si元素，根据氢原子守恒知，Nierite中仅含N、Si元素，则n（Si）：n（N）=$\frac{140×60%}{28}$：$\frac{140×40%}{14}$=3：4，所以恰其化学式为Si₃N₄，
故Nierite的物质的量=$\frac{35g}{140g/mol}$=0.25mol，
T中含有Cl元素和Si元素，由产物物质的量为0.25molSi₃N₄和3molHCl得，n（Si）：n（Cl）=0.75：3=1：4，可求出T的化学式为SiCl₄．
故答案为：Si₃N₄；SiCl₄；
（3）①混合气体的物质的量=$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，氧气的物质的量=$\frac{0.084L}{22.4L/mol}$=0.0038mol，
设二氧化氮的物质的量为a，四氧化二氮的物质的量为y，根据原子守恒、转移电子守恒得
$\left\{\begin{array}{l}{a+b=0.01mol}\\{2a+b=0.0038mol×4}\end{array}\right.$，解之得：$\left\{\begin{array}{l}{a=0.005mol}\\{b=0.005mol}\end{array}\right.$，
则混合气体的质量=0.005mol×（46g/mol+92g/mol）=0.69g，
M=$\frac{m}{n}$=$\frac{0.69g}{0.01mol}$=69g/mol，
故答案为：69 g/mol；
②合金中其它金属的质量=2.832g×（1-75%）=0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量=$\frac{0.0038mol×4}{1}$×108g/mol=1.642g＞0.708g，
假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量=$\frac{0.0038mol×2}{1}$×64g/mol=0.486g＜0.708g，
则合金中还有Cu和Ag，
设银的质量为m，则铜的质量=0.708-m，根据转移电子守恒得
$\frac{0.708-m}{64g/mol}×2+\frac{m}{108g/mol}=0.0038mol×4$，
m=0.324g，银的质量分数=$\frac{0.324g}{2.832g}$×100%=11.44%，
则铜的质量分数=25%-11.44%=13.56%，
故答案为：Ag：11.44%；Cu：13.56%；
（4）①乙二醇多一个就让反应不能继续，多5个就是5条聚酯链，故答案为：5；
②每条聚酯链的式量=20个乙二酸+21个乙二醇-40个水=20×90+21×62-40×18=2382，故答案为：2382．

点评 本题考查了物质的量的有关计算，根据物质之间的关系是解本题关键，注意原子守恒、转移电子守恒的运用，注意（3）中合金中其它元素的确定方法，难度中等．