1、第二类非选择题专练非选择题增分练(一)26稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：已知：.铈的常见化合价为3、4。焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。.酸浸中发生反应：9CeO23CeF445HCl3H3BO3=Ce(BF4)311CeCl36Cl227H2O请回答下列问题：(1)焙烧氟碳铈矿的目的是_。焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)
2、的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_。(2)在酸浸中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是_。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是_。(4)操作的名称为_，在实验室中进行操作时所需要的硅酸盐仪器有_。(5)“操作”后，向溶液中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，以获得Ce(OH)3沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于_即可认为Ce3已完全沉淀。(已知：KspCe(OH)31.01020)(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品5.000 g，加酸溶解后，向其中加入含0.033 00 mol FeSO4的FeSO
3、4溶液使Ce4全部被还原成Ce3，再用0.100 0 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为_(已知氧化性：Ce4KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。解析：(1)通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离。尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1x)xO2(0x0.25)的循环，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，则CeO2消除CO尾气的化学方程式为2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2；(2)在酸浸中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3生成，且产生黄绿色气
4、体，为Cl2，则发生反应的离子方程式是2CeO22Cl8H=2Ce3Cl24H2O；(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去BF或提高CeCl3的产率；(4)操作为固液分离，应是过滤操作；操作为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(5)溶液中的c(Ce3)等于1105 molL1时，可认为Ce3沉淀完全，根据KspCe(OH)3c(Ce3)c3(OH)11020可知，c(OH) molL11105 molL1，此时溶液的pH为9，即加入NaOH溶液调节溶液的pH应大于9即可认为Ce3已完全沉淀；(6)
5、用0.100 0 molL1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00 mL标准溶液，氧化溶液中剩余的Fe2，根据得失电子守恒可知，剩余Fe2的物质的量为0.100 0 molL10.02 L0.01 mol，则还原Ce4消耗的Fe2的物质的量为0.033 00 mol0.01 mol0.023 00 mol，根据Ce4Fe2=Fe3Ce3，则Ce4的物质的量为0.023 00 mol，该产品中Ce(OH)4的质量分数为100%95.68%。答案：(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离2xCOCeO2=CeO2(1x)2xCO2(2)2CeO22Cl8H=2Ce3Cl24H2O(
6、3)避免Ce3以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3全部转化为CeCl3，提高产率)(4)过滤分液漏斗、烧杯(5)9(6)95.68%27芳香化合物在催化剂催化下与卤代烃发生取代反应称为FriedelCrafts烷基化反应。某科研小组以苯和氯代叔丁烷ClC(CH3)3为反应物，无水AlCl3为催化剂条件下制备叔丁基苯()。反应如下：HCl已知下列信息：物质相对分子质量密度熔点沸点溶解性AlCl3190 180 遇水极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯苯780.88 g/cm380.1 难溶于水，易溶于乙醇氯代叔丁烷92.51.84 g/cm351.6 难溶于水，可溶于苯叔丁基苯1340.87
7、 g/cm3169 难溶于水，易溶于苯.如图是实验室制备无水AlCl3的实验装置：(1)E装置中的仪器名称是_。(2)写出B装置中发生反应的离子方程式：_。(3)选择合适的装置制备无水AlCl3，正确的连接顺序为：_(写导管口标号)。(4)下列操作正确的是_。甲：先加热硬质玻璃管再加热圆底烧瓶乙：先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管(5)E装置的作用是：_。.实验室制取叔丁基苯装置如图：在三颈烧瓶中加入50 mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷ClC(CH3)310 mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏
8、得叔丁基苯20 g。(6)使用恒压漏斗的优点是_；加无水MgSO4固体的作用是_。(7)上述反应后混合物的洗涤所用的试剂有如下三种，正确的顺序是_。5%Na2CO3溶液稀盐酸H2O(8)叔丁基苯的产率为_。(保留3位有效数字)解析：(1)根据图示知，E装置中的仪器是干燥管。(2)B装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO22Cl4HMn2Cl22H2O。(3)制备的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要除去，选用D(饱和食盐水)除氯化氢，再用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于氯化铝熔沸点相差很小，容易升华和凝华，造成导管的堵塞，不能选取A装置制备，同时需要防止空气中的水蒸气进入，制备无水A
9、lCl3正确的连接顺序为defghijc。(4)装置中有空气，需要用生成的氯气排尽，因此操作乙正确。(5)根据(3)的分析，E装置可以防止空气中的水蒸气进入，同时可以吸收多余的氯气，防止污染空气。(6)恒压漏斗可以保持液面上方气体的压强不变，使液体顺利滴下；无水MgSO4固体可以吸收体系中的少量水。(7)根据化学方程式，生成的叔丁基苯中含有苯、氯代叔丁烷ClC(CH3)3以及催化剂无水AlCl3杂质，由于AlCl3和叔丁基苯的沸点相差不大，需要除去，AlCl3易溶于水，但容易水解变浑浊，因此需用稀盐酸洗涤除去AlCl3，再用Na2CO3溶液洗涤除去盐酸，最后水洗除去少量的Na2CO3，故洗涤顺
10、序为。(8)反应中的苯为50 mL0.88 g/cm344 g，物质的量0.564 mol，氯代叔丁烷ClC(CH3)3的质量为10 mL1.84 g/cm318.4 g，物质的量 mol，理论上可以生成叔丁基苯的质量 mol134 gmol126.65 g，叔丁基苯的产率为100%75.0%。答案：(1)干燥管(2)MnO22Cl4HMn2Cl22H2O(3)defghijc(4)乙(5)防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气(6)使液体顺利滴下干燥(7)(8)75.0%28.二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g
11、)H190.7 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H223.5 kJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H341.2 kJmol1回答下列问题：(1)反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)的H_ kJmol1。(2)在不同温度下，按照相同物质的量投料，发生反应。测得CO的平衡转化率与压强的关系如图甲所示。下列说法中正确的是_(填序号)。A反应温度：T1T2B混合气体密度：(x)(w)C混合气体平均摩尔质量：M(y)2V(y)(3)采用一种新型的催化剂(主要成分是CuMn合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。由图乙可知，催化
12、剂中约为_时最有利于二甲醚的合成。(4)高温时，二甲醚蒸气发生分解反应：CH3OCH3(g)CH4(g)CO(g)H2(g)。迅速将二甲醚引入一个504 的抽成真空的恒容瓶中，在不同时刻测定瓶内压强p总如下表：t/min01020304050p总/kPa50.078.092.099.0100100该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为_。该反应的平衡常数Kp_。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)(5)一种以二甲醚作为燃料的燃料电池的工作原理如图丙所示，则负极的电极反应式为_。解析：(1)根据盖斯定律，由2可得：3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)，则有H2
13、H1H2H32(90.7 kJmol1)(23.5 kJmol1)(41.2 kJmol1)246.1 kJmol1。(2)反应的H10，压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低，则反应温度：T1w，又因该反应是气体分子数减小的反应，则x点平衡时气体总物质的量小，恒压时容器的容积小，而气体总质量相同，故混合气体密度：(x)(w)，B正确；类比B中分析可知，y点气体总物质的量小于z点，故混合气体平均摩尔质量：M(y)M(z)，C错误；y点压强是w点的2倍，若wy平衡不移动，V(w)2V(y)，而增大压强，平衡正向移动，气体总物质的量减小，则有V(w)2V(y)，D正确。(3)由题
14、图乙可知，随催化剂中增大，DME的选择性先增大后减小，当2.0时，DME的选择性最高，CO2、CH3OH的选择性较小，且CO的转化率也较高，故最有利于二甲醚的合成。(4)设起始二甲醚的物质的量为a mol，压强为50.0 kPa，达到平衡时气体总压强为100 kPa，此时气体总物质的量为2a mol，利用“三段式法”进行计算：CH3OCH3(g)CH4(g)CO(g)H2(g)起始量/mola 000转化量/mol x x x x平衡量/mol ax x x x则有axxxx2a，解得x0.5a，故二甲醚的转化率为100%50%。达到平衡时，四种气体的物质的量相等，其物质的量分数均为，平衡分压
15、均为25.0 kPa，则该反应的平衡常数为Kp625.0。(5)二甲醚在负极上发生氧化反应，该燃料电池的电解质呈酸性，则负极反应式为CH3OCH33H2O12e=2CO212H。答案：(1)246.1(2)BD(3)2.0(4)50%625.0(5)CH3OCH33H2O12e=2CO212H35钙及其化合物在工业、建筑工程和医药方面用途很大。回答下列问题：(1)基态Ca原子M能层有_个运动状态不同的电子，Ca的第一电离能_(填“大于”或“小于”)Ga。(2)Mn和Ca属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Mn的熔沸点等都比金属Ca高，原因是_。(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副
16、产物Ca(ClO3)2，Ca(ClO3)2中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化方式为_。(4)碳酸盐的热分解示意图如图1所示热分解温度：CaCO3_(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是_。从成键轨道看，CO2分子内的化学键类型有_。(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图2所示。Ca2的配位数为_，萤石的一个晶胞中离子数为_个，已知晶胞参数为0.545 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为_ gcm3(列出计算式)。解析：(1)基态Ca原子的价电子排布式为4s2，基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，钙原子最外层4s轨道达到全充满结构，镓的4p轨道未达到半充
17、满结构，故钙的第一电离能大于镓。(2)钙、锰都是金属晶体，金属键强弱决定金属晶体的熔沸点高低。锰原子半径小于钙，锰原子的价电子数比钙多，锰的金属键比钙强。(3)ClO中氯原子价层电子对数为34，氯原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形。(4)MCO3的分解温度取决于生成MO的难易，MO的晶格能越大，越稳定，MCO3分解温度越低。由于钙离子半径小于锶离子半径，氧化钙的熔点较高，较稳定，故碳酸钙分解温度较低。1个CO2分子中存在2个键和2个键。(5)观察晶胞知，面心上钙离子与4个氟离子相连，而面心只分摊1/2，故Ca2的配位数为8，氟离子配位数为4。1个
18、晶胞含4个钙离子、8个氟离子，共12个离子。1个晶胞中含有4个CaF2， gcm3。答案：(1)8大于(2)Mn原子半径较小且价电子数较多，金属键较强(3)三角锥形sp3(4)低于r(Ca2)Ksp(CaF2)，MgF2未沉淀完全时，CaF2已经沉淀完全，因此，以MgF2沉淀完全为临界值，故若使溶液中的Mg2沉淀完全(c1105 molL1)，由Ksp(MgF2)6.41010，得c(F) molL18103 molL1。(5)由上述分析知，加NH4HCO3“碳化结晶”时，生成的沉淀应该为MnCO3，则发生反应的离子方程式为Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。(6)要得到MnSO44H2O
19、晶体，硫酸锰溶液应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。(7)用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2，Mn元素化合价变化为24，则Mn2在阳极失电子发生氧化反应，用H和H2O维持电荷守恒和原子守恒，得电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H。答案：(1)产生硫化氢等气体，污染环境(2)MnO22Fe24H=2Fe3Mn22H2OFe2与Mn2沉淀区有重叠，造成Mn2损失(或Fe2去除不完全，影响产品纯度)(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)8103 molL1(5)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(6)蒸发浓缩、冷却结晶(7)Mn22H2O2e=MnO24H27四氯
20、化锡(SnCl4)是合成有机锡化合物的原料，其熔点为33 ，沸点为114 ，在潮湿的空气中强烈水解产生有刺激性的白色烟雾，产物之一为SnO2。实验室制备四氯化锡的操作是：将金属锡熔融，然后泼入冷水，制成锡花；将干燥的锡花加入反应器中，再向反应器中缓慢地通入干燥的氯气。(装置C中的试剂X未画出).图1为实验室制备干燥氯气的实验装置(夹持装置已略)(1)该装置制备氯气选用的药品为漂粉精固体主要成分Ca(ClO)2和浓盐酸，A中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B的饱和食盐水能够除去Cl2中的HCl，此外装置B还有_作用。(3)试剂X可能为_(填标号)。A无水氯化钙B浓硫酸C五氧化二磷D碱石灰(4
21、)用锡花代替锡粒的目的是_。(5)四氯化锡在潮湿空气中水解的化学方程式为_。.图2是蒸馏SnCl4的装置(6)该装置尚有两处不当之处，它们分别是_、_。(7)实验用的锡花中含有金属铜。某同学设计下列实验测定锡花的纯度：第一步：称取7.500 g锡花溶于足量稀硫酸中，充分反应后过滤；第二步：向滤液中加入过量Fe2(SO4)3，将生成的Sn2氧化成Sn4；第三步：用0.950 0 molL1的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2，发生反应的方程式为Fe2Cr2OHCr3Fe3H2O(未配平)若达到滴定终点时共消耗21.00 mL K2Cr2O7溶液，试计算锡花中锡的百分含量：_(结果保留4位有效数字
22、)。解析：(1)Ca(ClO)2固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水，反应的化学方程式为Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O。(2)制备的氯气中含有HCl，饱和食盐水除去Cl2中的HCl；若C中发生堵塞，装置内气压增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，所以B还起到了安全瓶的作用。(3)SnCl4极易水解，通入的氯气应干燥，U形管中试剂X干燥氯气，不能为碱性干燥剂，碱性干燥剂可以吸收氯气；不能为液体干燥剂，否则气体不能通过，可以选择氯化钙、五氧化二磷。(4)用锡花代替锡粒的目的是增大与氯气的接触面积，加快反应速率。(5)SnCl4遇水强烈水解，产物之一是固态SnO2，根据
23、元素守恒知，还应生成HCl，反应的化学方程式为SnCl42H2O=SnO24HCl。(6)温度计水银球位置不对，应在蒸馏烧瓶支管口处；SnCl4遇水强烈水解，而装置中的水蒸气易进入中，使其发生水解，和之间缺少干燥装置。(7)过量Fe2(SO4)3将Sn2氧化成Sn4，Fe3被还原为Fe2，离子方程式为：2Fe3Sn2=2Fe2Sn4，反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.950 0 mol/L0.021 L0.019 95 mol，Cr2O把Fe2氧化为Fe3，离子方程式为：6Fe2Cr2O14H=2Cr36Fe37H2O，根据方程式可得关系式3Sn3Sn23Fe2(SO4)36Fe3K2
24、Cr2O7，故n(Sn)3n(K2Cr2O7)30.019 95 mol0.059 85 mol，Sn的质量为：0.059 85 mol119 g/mol7.122 g，试样中Sn的百分含量为100%94.96%。答案：(1)Ca(ClO)24HCl(浓)=CaCl22Cl22H2O(2)安全瓶(3)AC(4)增大与氯气的接触面积，加快反应速率(5)SnCl42H2O=SnO24HCl(6)温度计水银球位置不对和之间缺少干燥装置(7)94.96%28工业上利用N2和H2可以合成氨气，而氨又可以进一步制备硝酸，在工业上一般可进行连续生产。请回答下列有关问题：(1)已知：N2(g)O2(g)=2N
25、O(g)H180.5 kJmol1N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1写出氨气经催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸气的热化学方程式_。(2)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)。其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/K298398498K/(molL1)24.1106K1K2完成下列问题：比较K1、K2的大小：K1_K2(填“”“”或“”“K2。A项，变形得，即正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则一定达到平衡状态，故正确；B项，变形得，正、逆反应速率之比不等于化
26、学计量数之比，则未达到平衡状态，故错误；C项，该反应在恒压条件下进行，故错误；D项，同温同压条件下，气体总质量不变，而体积一直在变，根据得，当混合气体的密度保持不变时一定达到平衡，故正确。(3)由示意图知，NO在阴极得电子生成NH，由于生成的溶液显酸性，故用H维持电荷守恒，得电极反应式：NO5e6H=NHH2O；NH4NO3溶液中有质子守恒即c(NH3H2O)c(OH)c(H)，由pH6得c(H)106 molL1，则c(NH3H2O)c(OH)106 molL1。(4)将题中给出的平衡浓度代入平衡常数表达式得K16；设充入3 mol NH3后，容器体积为V L，因同温同压下，体积之比等于物质
27、的量之比，则，解得V8，此时Q20.48，QK，故反应逆向进行，v正v逆。(5)反应前n(AgNO3)50103 L0.09 molL1AD(3)NO5e6H=NHH2O106(4)NH，NH3中氮原子显3价，而在NF3中氮原子显3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2的空轨道形成配位键(4)(5)BO或(BO2)(6)a36Prolitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：请回答以下问题：(1)D的化学名称为_；HProlitane的反应类型为_。(2)E中所含官能团的名称分别为_和_。(3)B的结构简式为_。(4)FG的化学方程式为_。(5)C的同分异构体中能同时满足下
28、列条件的共有_种(不含立体异构)；属于芳香族化合物能发生银镜反应能发生水解反应其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的符合要求的同分异构体的结构简式为_。(6)参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。解析：(1)根据D的结构简式可知D的名称为苯乙酸乙酯；由H和Prolitane的结构简式可知，H与氢气在催化剂存在下发生加成反应(或还原反应)生成Prolitane。(2)根据E的结构简式可知，E中含有的官能团分别为酯基和羰基。(3)A的相对分子质量是92，可以与氯气在光照条件下发生取代反应生成C7H7Cl，则A是甲
29、苯，B是。(4)E()在碱性条件下发生水解反应，然后酸化得到F：，该物质加热发生脱羧反应产生CO2和，据此写出化学方程式。(5)C的结构简式为，其同分异构体满足要求：属于芳香族化合物，说明含有苯环；能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基；能发生水解反应，说明含有酯基，则其为甲酸形成的酯，可能结构为共有4种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为3221的符合要求的同分异构体的结构简式为(6)由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯时，苯先在Fe作催化剂的条件下与Br2反应得到溴苯，溴苯发生类似题干中BC的转化生成苯甲酸，苯甲酸和乙醇发生酯化反应得到目标产物，据此写出合成路线。非选择题增分练(四)26
30、氯化铬晶体(CrCl36H2O)是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠(Na2CrO4)来制备。实验室以红矾钠(Na2Cr2O7)为原料制备CrCl36H2O的流程如下：已知：Cr2OH2O2CrO2H；CrCl36H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解。(1)写出碱溶发生反应的化学方程式_，所加40%NaOH不宜过量太多的原因是_。(2)还原时先加入过量CH3OH再加入10%HCl，生成CO2，写出该反应的离子方程式_，反应后从剩余溶液中分离出CH3OH的实验方法是_。(3)使用下列用品来测定溶液的pH，合理的是_(填字母)。A酚酞溶液B石蕊试纸CpH计(4)请补充完整由过滤后得到的固体C
31、r(OH)3制备CrCl36H2O的实验方案：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，_，过滤，_，低温干燥，得到CrCl36H2O(实验中可供选择的试剂：盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚)。(5)若取原料红矾钠26.2 g，实验最终得到氯化铬晶体21.32 g，则该实验的产率为_。解析：(1)根据Cr2OH2O2CrO2H，加入氢氧化钠，平衡正向移动，所以Na2Cr2O7与氢氧化钠反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式是Na2Cr2O72NaOH=2Na2CrO4H2O；加40%NaOH过量太多，大量氢氧化钠剩余，造成消耗盐酸过多，所以40%NaOH不宜过量太多。(2)在酸性
32、条件下CrO被甲醇还原为Cr3，反应的离子方程式为2CrOCH3OH10H=2Cr37H2OCO2；利用甲醇的沸点低，从剩余溶液中分离出CH3OH的方法是蒸馏法。(3)酚酞溶液、石蕊试纸只能判断酸碱性，测溶液pH用pH计。(4)Cr(OH)3溶于盐酸生成CrCl3，CrCl3溶液浓缩结晶析出CrCl36H2O晶体，由于CrCl36H2O不溶于乙醚，用乙醚洗涤、干燥得到CrCl36H2O，即由固体Cr(OH)3制备CrCl36H2O的实验方案是：将过滤后所得的洁净固体完全溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醚洗涤固体23次，低温干燥，得到CrCl36H2O。(5)设生成CrCl36
33、H2O的理论产量是x，Na2Cr2O72CrCl36H2O262 533262 g x解出x53.3 g，所以CrCl36H2O的产率是100%40%。答案：(1)Na2Cr2O72NaOH=2Na2CrO4H2O避免还原时消耗过多盐酸(2)2CrOCH3OH10H=2Cr37H2OCO2蒸馏法(3)C(4)冷却结晶用乙醚洗涤固体23次(5)40%27甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)H2(g)H84 kJ/mol；2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H484 kJ/mol。工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3
34、OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：_。(2)在压强p1、T1 时，向一密闭容器中充入0.2 mol CO与0.4 mol H2，此时容器的容积为2 L，容器中发生反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。改变反应的温度与压强，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。A、B两点对应的压强大小关系是pA_pB(填“”“”或“”)。若p23 MPa，则T 时该反应的平衡常数Kp_(MPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。解析：(1)将题给热化学方程式依次编号为、，利用盖斯定律，2即可得出所求热化学方程式。(2)该反应为气体分子数目
35、减少的反应，温度相同时，压强越大，CO转化率越大，即pAKC。恒温恒压时，该反应的任何一种物质的浓度或体积分数不变时均说明达到平衡，b、e正确；该反应为气体分子数目减少的反应，恒压条件未达平衡时容器容积一直在改变，密度也在改变，当密度不变时，说明达平衡，c正确；CO和CH3OH的物质的量之和一直不变，d错误。T1 以A点进行计算：CO消耗0.1 mol剩余0.1 mol，H2消耗0.2 mol剩余0.2 mol，生成CH3OH 0.1 mol，根据阿伏加德罗定律的推论，恒温恒压时，气体体积之比等于物质的量之比，设反应后容器容积为V，则，解得V L，则c(CO) molL1，c(H2) molL
36、1，c(CH3OH) molL1，K L2mol2；多反应物的可逆反应中，所增大浓度的反应物(如CO)转化率减小，其他反应物(如H2)转化率增大。(3)由图可知，升高温度CH4的转化率增大，则该反应为吸热反应，转化率相同时，容器内气体总物质的量相等，温度越高，容器内压强越大，则p1p2；T 时CH4的转化率为50%，平衡时CH4和CO2物质的量浓度相等(均为0.05 mol/L)，则CO和H2物质的量浓度均为0.1 mol/L，CH4和CO2的物质的量分数为，CO和H2的物质的量分数为，Kp4(MPa)2。答案：(1)2CH3OH(g)O2(g)=2HCHO(g)2H2O(g)H316 kJ/
37、mol(2)KCbce L2/mol2(或44.4 L2/mol2，单位可以不写)减小(3)NCH；CO(NH2)2中C原子形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；该物质易溶于水的主要原因是CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键。(2)CO与N2互为等电子体，因此CO中存在三键，CO的结构式为CO；Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2。(3)根据图甲所示可知，如果取3个钾原子构成的三角形，则三角形中碳原子有4个，而根据均摊法，钾原子的个数是3，因此化学式可表示为KC8。(4)1个C60分子中，每个C原子形成3个CC
38、键，且每个键为2个C原子共用，则每个碳原子形成的键个数为1.5，所以1个C60分子中键的数目为1.56090。(5)由图丙可知，与D相连的4个原子形成正四面体结构，且D位于正四面体的体心。由B在x轴的坐标为知，D在x轴的坐标为，同理得出D在y、z轴的坐标均为，则D原子的坐标参数为。(6)根据均摊法及BN的化学式可推知，一个晶胞中含有4个B原子、4个N原子，一个晶胞的体积是(361.51010)3 cm3，故立方BN的密度 gcm3。答案：(1)ONCHsp2CO(NH2)2分子与水分子之间能形成氢键(2)CO1s22s22p63s23p63d84s2(3)KC8(4)90(5)(6)36化合物
39、G是一种重要的有机合成中间体，由烃A和烃B合成G的路线如下(部分产物及条件已略去)：已知：烃A的核磁共振氢谱显示有两组峰，烃B的核磁共振氢谱显示为单峰回答下列问题：(1)烃A的名称为_，C中含有的官能团名称为_。(2)B的结构简式为_。(3)试剂a的名称为_，反应的反应条件为_。(4)反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_。(5)F的同分异构体中，符合下列条件的有_种。苯环上有三个取代基，其中两个取代基相同能与碳酸氢钠溶液反应能与FeCl3溶液发生显色反应(6)请以乙烯和环己烯()为原料制备，写出相应的合成路线_。(无机试剂任选，合成路线参照本题，反应条件不能省略)解析：烃A的分子式为C4H
40、8，核磁共振氢谱显示有两组峰，A为CH3CH=CHCH3，烃A发生取代反应生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br经水解生成的C为HOCH2CH=CHCH2OH，C经氧化生成OHCCH=CHCHO，烃B的分子式为C5H10，核磁共振氢谱显示为单峰，由转化关系可知B为，D为，D发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成的E为，E发生消去反应生成，与HOOCCH=CHCOOH发生类似信息的反应生成F，F再与甲醇发生酯化反应生成G。(1)A为CH3CH=CHCH3，A的名称为2丁烯，C为HOCH2CH=CHCH2OH，含有的官能团为羟基、碳碳双键。(3)试剂a为甲醇，反应为消去反应，反应条件为NaOH醇溶液、加热。(4)反应为氧化反应，反应的化学方程式为2NaOH2NaBr2H2O。(5)F的分子式为C9H10O4，符合条件的F的同分异构体的苯环上有三个取代基，其中两个取代基相同，再结合条件、可知，其中2个取代基为OH，另外1个取代基为CH2CH2COOH或CH(COOH)CH3，故满足条件的同分异构体共12种。答案：(1)2丁烯羟基、碳碳双键(2)(3)甲醇NaOH醇溶液、加热(4)氧化反应2NaOH2NaBr2H2O(5)12
