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(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)。
非选择题专项练(八)
1.解析:(1)无水氯化锌易与空气中的水蒸气发生反应生成Zn(OH)Cl,化学方程式为ZnCl2
+H2O===Zn(OH)Cl+HCl。
(2)根据题干中的信息,可利用HCl气体除去水,则除水阶段发生反应的化学方程式为△
Zn(OH)Cl+HCl=====ZnCl2+H2O。
(3)根据题干中的两个信息,无水氯化锌易升华,杂质在高温下不分解,可知通过升温可使无水氯化锌升华,与杂质分离。先关闭K2,停止通HCl气体,在N2的保护下升华后的无水氯化锌在管式炉Ⅱ中B区凝华,故冷却后关闭K1。
(4)若升华阶段HCl与N2流速过快,会导致升华后的无水氯化锌被气流带出B区。 (5)①配制溶液所需要的仪器是容量瓶。
②滴定过程中,消耗了cV×10mol K4[Fe(CN)6],根据2K4[Fe(CN)6]~3ZnCl2,25.00 mL3cV×10
×10×65-3
23cV×10
待测液中ZnCl2的物质的量为 mol,则样品中含锌的质量分数为2m39cV×100%=×100%。
40m答案:(1)ZnCl2+H2O===Zn(OH)Cl+HCl △
(2)Zn(OH)Cl+HCl=====ZnCl2+H2O
(3)使无水ZnCl2升华与杂质分离 K2 K1 B (4)流速过快会导致ZnCl2被气流带出B区 (5)①容量瓶 ②
39cV×100% 40m-3
-3
2.解析:(1)为提高浸取速率,采取的措施有升高反应温度、增大压强或搅拌等;酸浸过程中,V2O3被O2氧化为VO,离子方程式为2V2O3+8H+O2===4VO+4H2O;(2)VO在萃取剂P204+TBP+煤油的溶解度比VO2大,所以把VO2还原为VO,同时将Fe还原为Fe,阻止其被萃取;(3)实验室萃取时用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯;(4)最后的目标产物为+5价,需要将VO氧化,便于后面沉钒得到产物;(5)根据流程图可知,NH3为可循环物质,另外萃取剂也可以循环使用;(6)充电时,阳极失去电子,化合价升高,即VO发生反应,故阳极的电极反应式为VO-e+H2O===VO2+2H;放电时,正极的电极反应式为VO2+e+2H===VO
+
2+
-
+
+
+
-
+
2
2+
2+
+
+
2+
3+
2+
2+
+
2+
2+
+H2O,可知每转移2 mol e正极区减少4 mol H。
-+
答案:(1)升高反应温度(其他合理答案亦可) 2V2O3+8H+O2===4VO+4H2O (2)将VO2还原为VO、将Fe还原为Fe,利于后续萃取分离 (3)分液漏斗、烧杯
(4)6VO+ClO3+3H2O===6VO2+Cl+6H (5)P204+TBP+煤油、NH3(或NH3·H2O) (6)VO-e+H2O===VO2+2H 减少 4
3.解析:(1)根据盖斯定律,由Ⅱ+Ⅲ=Ⅰ可得Ⅰ中的ΔH=Q kJ·mol=-11 kJ·mol
-1
-1
2+
-
+
+
2+
-
+
-
+
+
2+
3+
2+
+2+
,再根据反应Ⅰ计算:ΔH=E(I—I)+E(H—H)-2E(H—I)=-11 kJ·mol,则可求出E(I—I)
-1
-1
=151 kJ·mol。
(2)①A项,单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI才能确定达到平衡,故A错误;B项,一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂,说明正、逆反应速率相等,即达到平衡状态,故B正确;C项,因该反应是一个前后气体体积不变的反应,故容器内压强不变不能作为达到平衡的标志,故C错误;D项,不能说明浓度不再发生变化,不能作为平衡标志,故D错误;E项,颜色的深浅指的是气体浓度的大小,颜色不再变化说明浓度恒定,可作为平衡的标志,故E正确。
②图形aOb的面积为H2真正消耗的浓度,用H2的起始浓度-消耗的浓度即为平衡浓度,故A正确。分析图表,80 min时达平衡,HI的物质的量百分含量为80%,列出三段式:
H2(g) + I2(g)
2HI(g)
起始/mol 0.5 0.5 0 反应/mol x x 2x 平衡/mol 0.5-x 0.5-x 2x
2x0.8
×100%=80%,解得x=0.4,则K=2=64。若再向容器
(0.5-x)+(0.5-x)+2x0.10.9
中加入物质的量均为0.1 mol H2、I2、HI,则Qc=2=20.25,Qc<K,则反应将正向进行。
0.2
③温度为T,反应达到平衡时v正=v逆,则可得出-1
-1
2
2
k正
=K=64,则k正=64k逆=64×0.002 7 k逆
min=0.172 8 min,20 min时,w(HI)=50%,w(H2)=w(I2)=25%,v正=k正×w(H2)×w(I2)=0.010 8 min。
(3)因Ksp(AgI) + -1 )=0.003 L×0.01 mol·L=3×10 mol,继续生成AgCl沉淀,反应后剩余n(Cl)=0.005 -1 -5 -5 - -5 - -1-5- L×0.01 mol·L-3×10 mol=2×10 mol,c(Cl)=2×10 mol÷0.013 L=1.54×10 -10 3 -1 + 1.69×101.49×10-1-7-1 mol·L,混合液中c(Ag)=L=1.1×10 mol·L,c(I-)=-3 mol·-7 1.54×101.1×10 -16 mol·L=1.35×10 mol·L,故溶液中c(Ag)>c(I),C、D错误。 答案:(1)151 kJ·mol (2)①BE ②A 正向进行 ③64 0.010 8 (3)B 4.解析:(1)Cu是29号元素,利用洪特规则的特例,其价电子排布式为3d4s,再根据 10 1 -1 -1-9-1+- 泡利原理,故其价电子排布图为 10 1 + + 。(2)Cu的核外电子排布式为 10 [Ar]3d4s,失去一个电子后变为Cu,Cu的核外电子排布式为[Ar]3d,3d轨道处于稳定的全充满状态,从而使高温下Cu2O比CuO更稳定。(3)由题图甲可知,铜原子的堆积方式是ABCABC…,属于面心立方最密堆积,配位数是12。(4)NH3中的N原子形成3个σ键且还有一对孤电子对,需要4个杂化轨道,故N原子的杂化方式为sp;同一周期,从左向右,第一电离能呈增大的趋势,由于N的核外2p轨道上为半充满状态,较稳定,其第一电离能比O的大,故三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C;根据价层电子对互斥理论,可判断出SO4的立体构型为正四面体,与其互为等电子体的五核微粒有PO4、ClO4、BF4、CCl4、SiF4、SiO4 2+ 2+ 3- - - 2- 3 4- 等。(5)Ca的离子半径比Ba的离子半径小,离子半径越小,形成的晶体晶格能越大,则CaO的晶格能比BaO的晶格能大,而晶格能越大,离子晶体的熔点越高,故CaO的熔点比BaO的11 熔点高。(6)由题图乙可知,在该晶胞中,Au原子和Cu原子的个数分别为 8×=1和6×=823。顶点上的Au原子和距Au原子最近的3个Cu原子构成的四面体有8个,则该晶胞内部有8个H原子,该合金储氢后的化学式为Cu3AuH8。假设该晶胞的边长为x cm,Au原子和Cu原子最短距离为面对角线的一半,即 2 x cm=a×10-7cm,得x=2a×10-7 cm,故该晶体储氢后2 21 mNM3×64+197+8397×1033 的密度为ρ=== g/cm= g/cm。 -733 VVNA(2a×10)NA22NAa (2)亚铜离子核外电子排布式为[Ar]3d,处于稳定的全充满状态 (3)面心立方最密堆积 12 (4)sp N>O>C 正四面体 PO4、ClO4(或BF4、SiF4、CCl4、SiO4,任写两种) (5)CaO的晶格能大于BaO的晶格能 397×10 (6) 3 22NAa5.解析:(1)D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯,名称为苯乙酸乙酯;对比D和E的结构简式可知,D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被—COCH2CH3取代,故D→E的反应类型为取代反应。 21 3 3- - - 4- 10 (2)G中的官能团名称为羰基或酮基。 (3)由芳香烃A的相对分子质量为92可得,A为甲苯,在光照下,A与氯气发生侧链上的 取代反应生成B,故B的结构简式为。 (4)E发生水解反应生成F,F的结构简式为 ,F受热分解生成G,对应的化学方程式为 (5)由题意可知,X有一个苯环,侧链共有3个碳,且含有—OOCH,满足以上条件的X有①侧链为—CH2CH2OOCH,1种,②侧链为—CH(CH3)OOCH,1种,③侧链有两个取代基—CH2OOCH 和—CH3,—OOCH和—CH2CH3,在苯环上有邻、间、对三种位置,共6种,④侧链有三个取代基,两个甲基和一个—OOCH,先写两个甲基,分别为邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯,再根据对称性写—OOCH,分别有2种、3种、1种,共6种,故满足题给条件的X共有14种;X分子中有10个氢原子,根据题意,X有5种氢原子,个数分别为3、2、2、2、1,说明有—CH3、—CH2—和—OOCH,苯环上有两个处于对位的取代基,符合该条件的X有 或 (6)首先让苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯,然后让溴苯转化为苯甲酸,最后苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备苯甲酸乙酯,合成路线如下:
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