________________________________________________________________________。
(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：
相关推荐：
loading