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2021届高考化学二轮复习 题型检测 第二类 非选择题专练

2021届高考化学二轮复习 题型检测 第二类 非选择题专练

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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：ⅰ.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。
ⅱ.酸浸Ⅱ中发生反应：
9CeO2＋3CeF4＋45HCl＋3H3BO3===Ce(BF4)3↓＋11CeCl3＋6Cl2↑＋27H2O
请回答下列问题：
(1)①焙烧氟碳铈矿的目的是______________________________________。
②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CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_______________________________________。
(2)在酸浸Ⅰ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Ⅰ的名称为__________，在实验室中进行操作Ⅱ时所需要的硅酸盐仪器有________。
(5)“操作Ⅰ”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：Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)
(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FeSO4溶液使Ce4＋全部被还原成Ce3＋，再用0.100 0 mol·L－1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：Ce4＋＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。
解析：(1)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。②尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)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2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2；(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3＋生成，且产生黄绿色气体，为Cl2，则发生反应的离子方程式是2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O；(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Ⅰ为固液分离，应是过滤操作；操作Ⅱ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1×10－5 mol·L－1时，可认为Ce3＋沉淀完全，根据Ksp[Ce(OH)3]＝c(Ce3＋)·c3(OH－)＝1×10－20可知，c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，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)用0.100 0 mol·L－1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 mol·L－1×0.02 L×＝0.01 mol，则还原Ce4＋消耗的Fe2＋的物质的量为0.033 00 mol－0.01 mol＝0.023 00 mol，根据Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋，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)①将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离　②2xCO＋CeO2===CeO2(1－x)＋2xCO2
(2)2CeO2＋2Cl－＋8H＋===2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O
(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
AlCl3
—
—
190 ℃
180 ℃
遇水极易潮解并产生白色烟雾，微溶于苯
苯
78
0.88 g/cm3
—
80.1 ℃
难溶于水，易溶于乙醇
氯代叔丁烷
92.5
1.84 g/cm3
—
51.6 ℃
难溶于水，可溶于苯
叔丁基苯
134
0.87 g/cm3
—
169 ℃
难溶于水，易溶于苯
Ⅰ.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：____________________________________。
Ⅱ.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)3]10 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__________。
①5%Na2CO3溶液　　②稀盐酸　　③H2O
(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MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
(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AlCl3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，故洗涤顺序为②①③。
(8)反应中的苯为50 mL×0.88 g/cm3＝44 g，物质的量＝≈0.564 mol，氯代叔丁烷[ClC(CH3)3]的质量为10 mL×1.84 g/cm3＝18.4 g，物质的量＝ mol，理论上可以生成叔丁基苯的质量＝ mol×134 g·mol－1≈26.65 g，叔丁基苯的产率为×100%≈75.0%。
答案：(1)干燥管　(2)MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O　(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)②①③　(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：
①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1＝－90.7 kJ·mol－1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
ΔH2＝－23.5 kJ·mol－1
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
ΔH3＝－41.2 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。
(2)在不同温度下，按照相同物质的量投料，发生反应①。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：T1>T2
B．混合气体密度：ρ(x)>ρ(w)
C．混合气体平均摩尔质量：M(y)<M(z)
D．反应容器的容积关系：V(w)>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/min
0
10
20
30
40
50
p总/kPa
50.0
78.0
92.0
99.0
100
100

①该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为________。
②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①×2＋②＋③可得：3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)，则有ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝2×(－90.7 kJ·mol－1)＋(－23.5 kJ·mol－1)＋(－41.2 kJ·mol－1)＝－246.1 kJ·mol－1。
(2)反应①的ΔH1<0，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：T1<T2，A错误；由于按相同物质的量投料，且结合题图甲可知x、w点的压强相同，CO的平衡转化率：x>w，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：ρ(x)>ρ(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w→y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)①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/mol　　a　　　　 　 　0　　　0　　　0
转化量/mol x x x x
平衡量/mol a－x x x x
则有a－x＋x＋x＋x＝2a，解得x＝0.5a，故二甲醚的转化率为×100%＝50%。②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，平衡分压均为25.0 kPa，则该反应的平衡常数为Kp＝＝625.0。
(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CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋。
答案：(1)－246.1　(2)BD　(3)2.0
(4)①50%　②625.0
(5)CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋
35．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________ g·cm－3(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＋3＝4，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σ键和2个π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，ρ＝＝ g·cm－3。
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＋)<r(Sr2＋)，CaO晶格能大于SrO晶格能，CaCO3更易分解为CaO　σ键、π键
(5)8　12　
36．有机物F()为一种高分子树脂，其合成路线如下：

已知：①A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134；

请回答下列问题：
(1)X的化学名称是________________。
(2)E生成F的反应类型为________________。
(3)D的结构简式为________________。
(4)由B生成C的化学方程式为________________。
(5)芳香族化合物Y是D的同系物，Y的同分异构体能与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，分子中只有1个侧链，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6∶2∶2∶1∶1。写出两种符合要求的Y的结构简式__________、__________。
(6)写出以甲醛、丙醛和乙二醇为主要原料合成软质隐形眼镜高分子材料——聚甲基丙烯酸羟乙酯()的合成路线(无机试剂自选)：________________。
解析：根据信息，A为苯甲醛的同系物，分子中无甲基，其相对分子质量为134，A苯丙醛，根据F()的结构简式可知，E为含有羟基的芳香羧酸，根据C的分子式和生成D、E的条件可知，C→D为羟基或醛基的氧化，D→E为卤素原子的水解反应，可知D为含有溴原子的芳香羧酸，则C为含有溴原子的芳香醛，B为含有碳碳双键的芳香醛，根据信息②可知X为甲醛，则B为，C为

(1)X为甲醛。
(2)E生成F的反应为缩聚反应。
(3)D的结构简式为
(4)B与溴发生加成反应，化学方程式为
(5)D的结构简式为，芳香族化合物Y是D的同系物，说明均含有羧基和溴原子，能够与饱和Na2CO3溶液反应放出气体，说明含有羧基，分子中只有1个侧链，结构的变化只是碳链异构和溴原子位置异构，核磁共振氢普显示有5种不同化学环境的氢，峰值面积比为6∶2∶2∶1∶1，说明苯环上有3种氢原子，个数比为2∶2∶1，侧链含有2种氢原子，个数比为6∶1，符合要求的Y的结构简式为
(6)要合成有机物，需合成CH2===C(CH3)COOCH2CH2OH，若要合成CH2===C(CH3)COOCH2CH2OH，需用甲基丙烯酸与乙二醇发生酯化反应，而甲基丙烯酸可由甲基丙烯醛氧化得来，而丙醛和甲醛在碱性环境下反应生成甲基丙烯醛。因此制备该物质的流程如下：
。

答案：(1)甲醛　(2)缩聚反应

(6)

非选择题增分练(二)

26．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程：

回答下列问题：
(1)写出加“适量NaClO3”后发生反应的离子方程式____________________________________。
(2)“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为______________________(填化学式)。
(3)操作Ⅰ的步骤包括________________、冷却结晶、减压过滤。
(4)流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH－)过大，其原理是__________________________________________。
(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为________(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是________________________________。写出该步骤的化学方程式________________________________________。
(6)通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3＋后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2、I2＋2S2O===2I－＋S4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是________。
a．用久置于空气中的KI固体配制溶液
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡
d．溶液蓝色褪去，立即读数
解析：(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，ClO被还原为Cl－，由于用盐酸溶解废料，可用H＋和H2O配平得反应的离子方程式。(2)加入碳酸钠调节pH，铝离子和铁离子转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。(3)为防止产品水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩。(4)流程中氯化铵除作为反应物外，其溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大。(5)若先加入过氧化氢，Co2＋被氧化为Co3＋，再加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学观点正确。(6)a项，用久置于空气中的KI固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；b项，盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；c项，滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占据一定的体积，则使计算时Na2S2O3标准液体积偏小，测定结果偏低，故错误；d项，溶液蓝色褪去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质可能并未完全反应，导致消耗的Na2S2O3标准液体积减少，测定结果偏低，故错误。
答案：(1)6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)HCl氛围下蒸发浓缩
(4)NH4Cl溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离
(5)甲　防止Co(OH)3的生成　H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O===2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O
(6)ab
27．锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ.回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。
步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。
步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。
制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：

(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105 ℃，沸点79 ℃，140 ℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)
(1)写出SOCl2与水反应的化学方程式：______________________________。
(2)接口的连接顺序为a→________→________→h→h→________→________→________→e。
Ⅱ.回收锰元素，制备MnO2
(3)洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：________________________。
(4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。
Ⅲ.二氧化锰纯度的测定
称取1.40 g灼烧后的产品，加入2.68 g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100 mL 容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出20.00 mL，用0.020 0 mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30 mL。
(5)写出MnO2溶解反应的离子方程式__________________________________________。
(6)产品的纯度为______________________。
(7)若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积________(填“偏大”、“偏小”、“不变”)。
解析：Ⅰ.(1)SOCl2与水反应生成SO2和HCl，化学方程式为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑。
(2)三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入锥形瓶中，用品红溶液检验SO2，用氢氧化钠溶液吸收尾气中的SO2与HCl，防止污染环境，安全瓶防止倒吸，接口的连接顺序为a→f→g→h→h→b→c→d→e。
Ⅱ.(3)步骤一得到的固体表面可能有吸附的Cl－，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有Cl－，具体操作：取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净。
(4)洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。
Ⅲ.(5)MnO2将C2O在H＋作用下氧化成CO2，＋4价锰还原成Mn2＋，反应的离子方程式为MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O。
(6)n(C2O)＝2.68 g÷134 g·mol－1＝0.02 mol；滴定100 mL稀释后溶液，消耗n(MnO)＝0.020 0 mol·L－1×0.017 30 L×5＝0.001 730 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得KMnO4消耗n1(C2O)＝n(MnO)＝0.004 325 mol，与MnO2反应的n2(C2O)＝0.02 mol－0.004 325 mol＝0.015 675 mol，由(5)中离子方程式可得消耗n(MnO2)＝0.015 675 mol，二氧化锰质量分数＝×100%≈97.4%。
(7)若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。
答案：(1)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑
(2)f　g　b　c　d
(3)取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净
(4)除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2
(5)MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O
(6)97.4%　(7)偏大
28．Ⅰ.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：
(1)下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是__________。
A．全球变暖　　　　　　　 B．酸雨
C．水体富营养化(水华) D．白色污染
(2)SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。
已知：CaCO3(s)===CO2(g)＋CaO(s)ΔH＝＋178.2 kJ/mol
SO2(g)＋CaO(s)===CaSO3(s)ΔH＝－402 kJ/mol
2CaSO3(s)＋O2(g)===2CaSO4(s)ΔH＝－234.2 kJ/mol
写出石灰石脱硫的热化学方程式________________________________。
Ⅱ.NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：
反应a：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－34.0 kJ/mol
反应b：2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－64.2 kJ/mol
(3)对于反应a，在T1 ℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间(min)浓度( mol·L－1)
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
N2
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36

①0～10 min内，NO的平均反应速率v(NO)＝_______，当升高反应温度，该反应的平衡常数K________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
②30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是__________(填字母)。
A．加入一定量的活性炭 B．通入一定量的NO
C．适当缩小容器的容积 D．加入合适的催化剂
(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2 ℃，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1 050 kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因____________________________________；在1 100 kPa时，NO2的体积分数为__________。

(5)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2 ℃、1.1×106 Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝__________(用计算表达式表示)；已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。
解析：(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨；A项，全球变暖是二氧化碳所致，错误；B项，硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，正确；C项，水体富营养化(水华)是磷元素过量排放所致，错误；D项，白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等废弃塑料制品造成的，错误。
(2)把已知热化学方程式编排顺序为：①CaCO3(s)===CO2(g)＋CaO(s)　ΔH＝＋178.2 kJ/mol
②SO2(g)＋CaO(s)===CaSO3(s)ΔH＝－402 kJ/mol
③2CaSO3(s)＋O2(g)===2CaSO4(s)ΔH＝－234.2 kJ/mol
根据盖斯定律，将(①＋②)×2＋③，整理得到石灰石脱硫的热化学方程式：2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)　ΔH＝－681.8 kJ/mol。
(3)①C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－34.0 kJ/mol，由表中数据得到0～10 min内，NO的平均反应速率v(NO)＝＝＝0.042 mol/(L·min)，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，故化学平衡常数减小；②30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)，依据表中数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K＝＝＝，平衡常数会随温度变化而变化，而平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，NO浓度增大，CO2和N2浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器容积或通入一定量的NO；A项，加入一定量的活性炭，炭是固体，对化学平衡无影响，平衡不移动，错误；B项，通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，正确；C项，适当缩小容器的容积，反应前后气体体积不变，平衡不移动，平衡状态物质浓度增大，正确；D项，催化剂只改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，错误。
(4)1 050 kPa前反应未达平衡状态，增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，NO转化率提高；在1 100 kPa时，NO2转化率40%，若设通入NO2 2 mol，结合三段式得到：
2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始量(mol)　　　　　　2　 　 　 　0　　 　0
变化量(mol) 0.8 0.4 0.8
平衡量(mol) 1.2 0.4 0.8
NO2的体积分数＝×100%＝50%。
(5)在1 100 kPa时，NO2转化率40%，若设通入NO2 1 mol，由三段式得到：
2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始量(mol)　　　　　　1　 　 　 　0　 　　0
变化量(mol) 0.4 0.2 0.4
平衡量(mol) 0.6 0.2 0.4
气体总物质的量＝1.2 mol，
Kp＝
＝×1.1×106 Pa。
答案：(1)B　
(2)2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)ΔH＝－681.8 kJ/mol
(3)①0.042 mol/(L·min)　减小　②BC
(4)1 050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高　50%
(5)×1.1×106或×1.1×106 Pa
35．铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：
(1)钴在元素周期表中的位置是________，其基态原子的价电子排布图为__________________。
(2)FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为________；分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则CO中的大π键应表示为________。
(3)已知Fe2＋的离子半径为61 pm，Co2＋的离子半径为65 pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是__________________________________________。
(4)Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01 mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87 g，则该配合物的配位数为________。
(5)奥氏体是碳溶解在γ­Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为________；若该晶胞参数为 a pm，则该晶体的密度为________ g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。

解析：(1)Co在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子价电子排布图为 (2)CO中C原子的孤电子对数为×(4＋2－3×2)＝0，σ键数为3，所以价层电子对数为3，C原子采取sp2杂化；CO中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个。(3)在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，原因是Fe2＋的离子半径小于Co2＋的离子半径，则FeO的晶格能大于CoO的晶格能，所以CoCO3的受热分解温度要高一些。(4)向含0.01 mol 该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87 g，n(AgCl)＝＝0.02 mol，则该配合物可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2，配位数为6。(5)根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个；用均摊法计算，一个晶胞中含Fe原子个数为8×＋6×＝4，C原子个数为12×＋1＝4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为 g/cm3＝ g/cm3。
答案：(1)第四周期第Ⅷ族　
(2)sp2　Π
(3)因为分解后生成的FeO和CoO中，FeO的晶格能更大
(4)6
(5)12　
36．化合物J是一种治疗癌症的药，一种合成路线如下：

已知：a.

回答下列问题
(1)反应①的反应条件是_________________________，B的化学名称是__________。
(2)反应①的反应类型是__________，反应②的反应类型是__________。
(3)反应③的化学方程式是____________________________________________。
(4)E的含氧官能团是______________________。
(5)H的结构简式是______________________。
(6)X与F互为同分异构体，X结构中含苯环和羟基，且能发生银镜反应，但羟基不能连接在碳碳双键碳原子上。符合条件的X的