RCH===C(R1)CHO＋H2O。 请回答下列问题：
(1)C的名称是________，B的结构简式为__________，D转化为E的反应类型是____________。
(2)I中官能团的名称为____________，I的分子式为________。
(3)写出E转化为F的化学方程式：_____________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有________种(不包括X)，写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式：________________________________________________________________________。
①遇FeCl3溶液发生显色反应 ②苯环上有两种类型的取代基
(5)参照上述流程，以乙醇为原料(其他无机试剂任选)可制取2-丁烯酸，写出相应的合成路线：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
非选择题专项练(六)
1．解析：(1)碳素钢在耐高温反应管中与O2反应，碳和硫可能转化为CO、CO2、SO2。①气体X通过装置A，若酸性高锰酸钾溶液褪色，可以证明其中含有SO2并能除去SO2，装置B中盛装品红溶液，若品红溶液不褪色，说明SO2已经除尽，装置C中盛装澄清石灰水，作用是检验气体X中是否含有CO2，装置D中碱石灰的作用是除去CO2。②若气体X中含有CO，则装置E中灼热CuO粉末(黑色)转化成Cu(红色)，装置F中澄清石灰水变浑浊。(2)取反应后耐高温反应管内的固体于试管中，先加稀盐酸或稀硫酸溶解，此时溶液中一定含有Fe，可能含有Fe
＋
2＋
3＋
3＋
2＋
3＋
2
，因此不能通过先将Fe氧化为Fe，再用KSCN溶液检验Fe的方法来检验Fe。当利用
2＋
2＋
Fe的还原性来检验时，可以选择KMnO4溶液，现象是KMnO4溶液褪色；利用Fe的颜色反应来检验时，可以选择K3[Fe(CN)6]溶液，现象是生成蓝色沉淀。(3)测定SO2的体积分数的实验原理是SO2＋I2＋2H2O===2HI＋H2SO4，开始时装置Ⅲ中溶液为蓝色，当溶液由蓝色突变为无色时，停止通气。n(SO2)＝n(I2)＝0.01 mol·L×0.025 L＝0.000 25 mol，气体X中SO2的体积分0.000 25 mol×22.4 L·mol数为×100%＝5%。气体X中SO2占总体积的5%，则CO、CO2共占
0.112 L1.12 L
总体积的95%，n(C)＝－1×95%＝0.047 5 mol，故碳素钢中碳元素的质量分数为
22.4 L·mol12 g·mol×0.047 5 mol
×100%＝2.4%。
24.0 g
答案：(1)①品红溶液 检验X中是否含有CO2
②装置E中黑色固体逐渐变红，装置F中澄清石灰水变浑浊
- 5 -
－1
－1
－1
(2)cd
(3)装置Ⅲ中溶液由蓝色突变为无色 5% 2.4%
2．解析：Ⅰ.(1)硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，钠元素的化合价为＋1，氧元素的化合价为－2，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，硼元素的化合价为＋3；用H2SO4调pH△2－＋
为2～3，Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反应的离子方程式为B4O7＋2H＋5H2O=====4H3BO3；加高温
热H3BO3得到B2O3，Mg与B2O3发生置换反应得到粗硼：3Mg＋B2O3=====2B＋3MgO。(2)加热MgCl2·6H2O时，氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl，在HCl氛围中加热可以抑制MgCl2的水解。(3)若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中氢离子浓度减小0.1 mol·L－0.01 mol·L
－1
－1
＝0.09 mol·L，由反应Mg＋H2O2＋2H===Mg＋2H2O可知，Mg的物质的量浓度为0.045
－1
－12
－1＋2＋2＋
mol·L；Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10
－1
－6
，常温下当溶液pH＝6时，c(OH)＝10 mol·L，H浓
－1
2＋
－1
－－8－1＋
度减小0.1 mol·L－10 mol·L≈0.1 mol·L，溶液中Mg的浓度约为0.05 mol·L，则Qc＝c(Mg)×c(OH)≈0.05×10
2＋
2
－
－16
－1
＝5×10
－18
Ⅱ.(4)由题图可知，放氢过程中MgH2和LiBH4反应生成MgB2、LiH、H2：MgH2＋2LiBH4===MgB2 ＋2LiH＋4H2↑。 Ⅲ.(5)Ksp(MgSO3)>Ksp(CaSO3)，说明MgSO3的溶解度比CaSO3大，且MgSO3比CaSO3更易被氧化，故镁基的脱硫效率总是比钙基的大。 △2－＋ 答案：Ⅰ.(1)＋3 B4O7＋2H＋5H2O=====4H3BO3 高温 3Mg＋B2O3=====2B＋3MgO (2)防止MgCl2水解生成Mg(OH)2 (3)0.045 无 Ⅱ.(4)MgH2＋2LiBH4===2LiH＋MgB2＋4H2↑ Ⅲ.(5)MgSO3的溶解度比CaSO3的大，MgSO3比CaSO3更易被氧化 3．解析：(1)由题图甲的转化关系可知，2 mol NaOH中通入SO2气体生成Na2SO3，继续通入SO2生成NaHSO3，或通入CO2生成Na2CO3，再通入SO2生成NaHSO3，得到ΔH3＋ΔH4＝ΔH1＋ΔH2，即ΔH4＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3。 (2)①开始时没有氧气存在，其压强为0，随反应进行生成氧气，氧气的压强增大，故B曲线是氧气压强变化的曲线。②A曲线表示总压强p(总)随时间的变化，反应起始只有N2O5气体，则起始p(N2O5)＝53.8 kPa，t＝10 h时，p(O2)＝12.8 kPa，根据反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，该时间段N2O5的压强减少了12.8 kPa×2＝25.6 kPa，故t＝10 h时，p(N2O5)＝53.8 kPa－25.6 kPa＝28.2 kPa，则v＝0.12p(N2O5) kPa·h＝0.12×28.2 kPa·h≈3.38 kPa·h。③起始p(N2O5)＝53.8 kPa，根据反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，N2O5完全分解时，生成 p(NO2)＝53.8 kPa×2＝107.6 kPa，p(O2)＝53.8 kPa÷2＝26.9 kPa，则总压强应该为107.6 kPa＋26.9 kPa＝134.5 kPa，由题图乙可知，最终总压强为94.7 kPa，则NO2 - 6 - －1 －1 －1 转化发生反应：2NO2(g)N2O4(g)使压强减少了134.5 kPa－94.7 kPa＝39.8 kPa，Δp＝p(N2O4) ＝39.8 kPa，则平衡时p(NO2)＝107.6 kPa－2×39.8 kPa＝28 kPa，则该反应的平衡常数Kp＝ 39.8 2≈0.05。 28 (3)①由题图丙可知，待处理液中NO2与NO3的c0＝500 mg·L时，装置对NO3的吸附量高于NO2。②由题图丙可知，NaCl浓度越大，离子去除量越小，c0＝500 mg·L时，NO3的吸附量高于NO2，故将NO2预先氧化为NO3或降低氯化钠的浓度，都可以提高离子去除量。 答案：(1)ΔH1＋ΔH2－ΔH3 (2)①B ②28.2 3.38 ③0.05 (3)①500 ②将NO2预先氧化为NO3(或降低氯化钠的浓度) 4．解析：(1)基态Ni原子核外有28个电子，根据构造原理可知，基态Ni原子的核外电 2 2 6 2 6 8 2－ － － － － － －1 － － － －1 － 子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，其3d轨道的电子排布图为，故基态Ni 3 原子有2个未成对电子。由于每一个核外电子的运动状态都不相同，铁是26号元素，基态Fe ＋ 3＋ 核外有23个电子，因此基态Fe有23种不同运动状态的电子。基态Cr原子核外有24个电 2 2 6 2 6 5 1 5 1 3 子，核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，其价层电子排布式为3d4s。(2)配离子[Cr(H2O)6] ＋ 3＋ 3＋ 中，中心离子为Cr，配体为H2O，Cr具有空轨道，H2O中O原子上有孤电子对，O原子提 3＋ 3＋ 供孤电子对与Cr形成配位键，即与Cr形成配位键的原子是O。CH3CHO中，—CH3中碳原子形成4个共价单键，该碳原子为sp杂化，—CHO中碳原子形成1个碳氧双键和2个单键，—CHO中碳原子为sp杂化。(3)由于Ni(CO)4常温下是无色液体，易溶于有机溶剂，故Ni(CO)4是分子晶体。元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>C>Ni，所以元素电负性由大到小的顺序为O>C>Ni。CO的结构式为C≡O，三键中有1个σ键和2个π键，故CO分子中12＋ π键与σ键的个数比为2∶1。(4)根据“均摊法”可知，每个晶胞中含有Ni的个数：8× 811442－－103 ＋6×＝4，含O个数：12×＋1＝4。晶胞中粒子的体积为4×π(r1×10 cm)＋4×π2433(r2×10 －10 2 3 44×753333－303 cm)＝4×π(r1＋r2)×10 cm；晶胞的体积为 cm；该晶胞中粒子的体积 3ρNA 433 π(r1＋r2)×103 －30 占晶胞体积的百分率为4×4ρNAπ（r1＋r2）×10 225 3 3 －30 cm÷( 3 4×753 cm)×100%＝ρNA ×100%。 5 1 答案：(1)2 23 3d4s (2)O sp sp (3)分子 O>C>Ni 2∶1 4ρNAπ（r1＋r2）×10(4) 225 3 3 －30 3 2 ×100% - 7 - 5．解析：由C的分子式及转化关系推出A是甲苯；由B的核磁共振氢谱峰数目可知，B 的结构简式为；C是，名称为对甲基苯酚或4-甲基 苯酚；结合D的结构特点和题给信息，进一步推出D为质量比D大34.5，则E为 ；E的相对分子 (4)X为，分子式为C7H6O3，其同分异构体能发生银镜反应，说明含 有醛基或甲酸酯基。由已知条件②知，当含有醛基时，苯环上还有2个羟基，此时苯环上共有3个取代基，除去X有5种同分异构体；当含有甲酸酯基时，苯环上还有一个羟基，此时苯环上有2个取代基，有3种同分异构体，故符合条件的同分异构体共有8种。核磁共振氢谱有4组峰说明此物质的结构中存在对称关系，故符合条件的物质为 答案：(1)对甲基苯酚(或4-甲基苯酚) - 8 -
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