9.(2015·内蒙古包头一中期末考试)(14分)二氧化锗被广泛用于制作高纯金属锗、锗化合物、化工催化剂及医药工业，某工厂用褐煤烟灰(主要成分为C、GeO2，还有少量Al2O3和SiO2)为原料制备GeO2，其流程如图所示：

　　已知：GeO2难溶于水，不跟水反应，是以酸性为主的两性氧化物，溶于强碱溶液生成锗酸盐，溶于浓盐酸生成GeCl4(GeCl4的沸点是83.1℃)。

　　(1)用水浸取焙烧物2小时的目的是__________________，操作“X”的名称为________，该操作除了冷凝管、铁架台、牛角管、锥形瓶、石棉网、酒精灯外还缺少的玻璃仪器是__________________。

　　(2)写出焙烧时二氧化锗与氢氧化钠发生反应的化学方程式：__________________。

　　(3)“酸化”至溶液中盐酸浓度为5.3 mol·L-1时有利于生成GeCl4，写出该反应的化学方程式：__________________，若滤液“酸化”时酸度不够，溶液会出现明显的浑浊，原因是__________________。

　　(4)GeO2产品中通常混有少量SiO2。取样品w g，测得其中氧原子的物质的量为n mol，则该样品中GeO2的物质的量为________mol(用含w、n的代数式表示)。

　　解析：本题以二氧化锗的制备流程为载体考查工艺流程的分析与解读、化学方程式的书写、产量的计算等知识。(1)与水接触溶解或反应，延长反应时间或搅拌、适当升高温度等均可提高浸出率;结合题中CeCl4的沸点可分析出操作“X”为蒸馏，要控制沸点为83.1 ℃，还需要蒸馏烧瓶和温度计;(2)根据GeO2溶于强碱生成锗酸盐(+4价)写出化学方程式;(3)联想已学的两性物质氢氧化铝的转化写出方程式;滤液“酸化”时酸度不够会生成H2GeO3沉淀;(4)由GeO2、SiO2的化学式，利用“氧守恒”知w gGeO2、SiO2的混合物中氧原子的物质的量为n mol，设w g样品中GeO2、SiO2的物质的量分别为x mol、y mol，由题意有x+y=，105x+60y=w，联立可解出x。

　　答案：(1)为了提高含锗化合物的浸出率　蒸馏　蒸馏烧瓶、温度计

　　(2)2NaOH+GeO2Na2GeO3+H2O

　　(3)Na2GeO3+6HCl===GeCl4+2NaCl+3H2O　生成了H2GeO3(或GeO2或GeO2·nH2O)沉淀

　　(4)(或-n)

　　10(2015·甘肃省天水一中一模)(15分)甲醇合成反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。工业上用天然气为原料，分为两阶段：

　　Ⅰ.制备合成气：用天然气和水制取原料气的方程式为__________________。原料气中常添加CO2以解决合成气中H2过量CO不足的问题，请用方程式解释原因：__________________。为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为________。

　　Ⅱ.合成甲醇：(1)反应过程中物质能量变化如图所示。写出合成甲醇的热化学方程式：__________________。实验室在1 L密闭容器中进行模拟合成实验。将1 mol CO和2 mol H2通入容器中，分别恒温在300 ℃和500℃进行反应，每隔一定时间测得容器中甲醇的浓度如下：

　　10 min 20 min 30 min 40 min 50 min 60 min 300 ℃ 0.40 0.60 0.75 0.84 0.90 0.90 500 ℃ 0.60 0.75 0.78 0.80 0.80 0.80

　　(2)在300 ℃反应开始10分钟内，H2的平均反应速率为__________________。

　　(3)500 ℃平衡常数K=________。

　　(4)在另一体积不变的容器中，充入1.2 mol CO和2.0 mol H2，一定条件下达到平衡，测得容器内压强为起始的一半。计算该条件下H2转化率为________。

　　解析：本题考查热化学方程式的书写、化学反应速率的计算、平衡常数、转化率等知识。Ⅰ.甲烷与水反应生成CO、H2，CO2与H2反应可生成水、CO。由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知，理论上一氧化碳与氢气按n(CO)n(H2)=12进行反应，由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知1 mol甲烷生成1 mol CO与3 mol H2，H2过量1 mol，过量的氢气与二氧化碳反应，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知1 mol H2需 mol二氧化碳，所以理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为1 mol mol=31。Ⅱ.(1)由反应过程中物质能量变化图可知，1 mol CO(g)与2 mol H2(g)完全反应生成1 mol CH3OH(g)放出热量为(b-a)kJ，所以合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-(b-a)kJ/mol;(2)由表可知10 min内，甲醇的浓度变化为0.40 mol/L，所以v(CH3OH)==0.40 mol/(L·min)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=2v(CH3OH)=2×0.040 mol/(L·min)=0.080 mol/(L·min);(3)由表可知500℃，反应40 min时，反应达平衡状态，甲醇的平衡浓度为0.80 mol/L，CO的起始浓度为1 mol/L、H2的起始浓度为2 mol/L，所以：

　　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

　　开始(mol/L): 1 2

　　变化(mol/L): 0.80 1.60 0.80

　　平衡(mol/L): 0.20 0.40 0.80

　　所以500℃平衡常数K==25;(4)平衡时混合气体的总物质的量为(1.2 mol+2 mol)×0.5=1.6 mol，设转化的一氧化碳的物质的量为x mol，则：

　　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　Δn

　　1 　　 2 　　　　　　　 2

　　x 　　2x 　　　　　　1.6 mol

　　故x=0.8 mol，所以氢气的转化率为×100%=80%。

　　答案：Ⅰ.CH4+H2O(g)CO+3H2

　　CO2+H2CO+H2O　31

　　Ⅱ.(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=(a-b)kJ/mol[或ΔH=-(b-a)kJ/mol]

　　(2)0.080 mol/(L·min)　(3)25

　　(4) 80%

　　<二>选考题(共15分。请考生任选一题做答。如果多做，则按所作第一题计分)

　　11.(2015·云南省部分名校2月统考)【化学——选修2：化学与技术】(15分)

　　甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸。甲酸钠用电石炉废气(75%～90% CO，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等)合成，其合成部分工艺流程如图：

　　(1)上述工艺用碱液洗涤的目的是__________________，可能发生的反应有__________________________ (写两个化学方程式)。

　　(2)上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是__________________;最后尾气主要成分是__________________。

　　(3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠(Na2C2O4)的化学方程式为__________________。

　　(4)在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体，可得到重要的工业产品保险粉(Na2S2O4)，同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为__________________________。

　　(5)某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%，要制得溶质质量分数为5%的HCOONa溶液1吨，需要CO在标况下的体积为________。

　　解析：本题结合工艺流程考查操作目的、离子方程式的书写、化学计算等知识。(1)用碱液洗涤的目的显然是除去二氧化碳、硫化氢等酸性气体;(2)一氧化碳和氢氧化钠溶液在160～200 ℃和2 MPa压力下反应生成甲酸钠，反应是NaOH+CO===HCOONa，因此合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是使尾气中的CO被充分吸收，因此最后尾气的成分是N2和CH4;(3)甲酸钠高温时分解制取草酸钠，发生氧化还原反应，其中C的化合价由+2―→+3，因此化合价降低的是H，即生成氢气;(4)根据题意HCOO-与SO2发生氧化还原反应，二者之比是12;

　　(5)NaOH+CO=== HCOONa

　　22.4 68

　　V×40% 106×5%，

　　V≈4.12×104 L。

　　答案：(1)除去其中的CO2、H2S等酸性气体

　　CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH===Na2S+2H2O

　　(2)使尾气中的CO被充分吸收　N2和CH4

　　(3)2HCOONaNa2C2O4+H2↑

　　(4)HCOO-+2SO2+OH-===S2O+CO2+H2O

　　(5)4.12×104 L

　　12.(2015·湖北省八市3月联考)【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)

　　A、B、C、D、E是元素周期表中五种短周期元素，原子序数依次增大，A、B、C、D位于同一周期，已知A原子核外有3个能级，且每个能级上的容纳的电子数目相同。C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成分。X元素的原子核外有26个运动状态完全不同的电子，回答下列问题：

　　(1)C、D、E中第一电离能最大的是________(填元素符号)，X的价电子排布式为________。

　　(2)B的气态氢化物分子呈________形，该分子的中心原子的杂化方式为___________ _________________________。

　　(3)A的一种单质相对分子质量为720，分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环(如图1)，则1mol A的这种单质中π键的数目为________。

　　(4)X元素对应的单质在形成晶体时，采用如图2所示的堆积方式。则这种堆积模型的配位数为________，如果X的原子半径为a cm;阿伏加德罗常数的值为NA，则计算此单质的密度表达式为________g/cm3(不必化简)。

　　解析：本题考查元素推断、第一电离能、杂化轨道、共价键以及晶胞结构与计算。已知A原子核外有3个能级，且每个能级上容纳的电子数目相同，则A核外电子数为6个，即A为碳元素。C与E同主族，且C的单质为空气中的主要成分，即C的单质是氮气或氧气。由于A、B、C原子序数依次增大，所以C只能是氧元素，则B是氮元素，E是硫元素。又因为A、B、C、D位于同一周期，则D是氟元素，X元素的原子核外有26个运动状态完全不相同的电子，所以X是铁元素。(1)非金属性越强，第一电离能越大。O、F、S中非金属性最强的是F，则第一电离能最大的是F。根据核外电子排布规律可知铁的价电子排布式为3d64s2;(2)氨气分子中氮原子含有一对孤对电子，价层电子对数是4，呈三角锥形，N原子的杂化方式为sp3;(3)A的一种单质相对分子质量为720，则含有碳原子的个数是720÷12=60。假设含有x个单键、y个双键，则根据分子构型为一个32面体，其中有12个五元环，20个六元环可知x+y==90。根据碳原子的价电子数是4，可知x+2y=，解得x=60、y=30。单键都是σ键，双键是由1个σ键和1个π键组成的，则1 mol A的这种单质中π键的数目为30NA;(4)根据晶体的堆积方式可判断这种堆积模型的配位数为8;晶胞中铁原子数是8×+1=2;假设晶胞的边长是b cm，立方体的体对角线是4a cm，所以有b=，则此单质的密度== g/cm3。

　　答案：(1)F　(3)3d64s2　(2)三角锥　ap3

　　(3)30NA　(4)8

　　13.(2015·宁夏银川一中六模)【化学——选修5：有机化学基础】(15分)

　　A～G都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：

　　请回答下列问题：

　　(1)已知：6.0 g化合物E完全燃烧生成8.8 g CO2和3.6 g H2O;E的相对分子质量为60，则E的分子式为________。

　　(2)A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为__________________________。

　　(3)由B生成D、由C生成D的反应条件分别是__________________________、__________________________。

　　(4)由A生成B、由D生成G的反应类型分别是__________________________、__________________________。

　　(5)在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11的是__________________(填结构简式)。

　　解析：E的相对分子质量为60，则6.0 g E的物质的量为0.1 mol，完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量分别为：=0.2 mol，=0.2 mol，分子中N(C)-=2，N(H)==4，故N(O)==2，所以E的分子式为C2H4O2。A为一取代芳香烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与Cl2在光照下发生取代反应生成B，而B中含一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C，C为，方程为：;C与E发生反应生成F，结合F的分子式可知应是酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B发生消去反应生成D，反应条件为“氢氧化钠醇溶液，加热”，C发生消去反应也生成D，反应条件为“浓硫酸，加热”，故D为，G为，在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为11，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为。

　　答案：(1)C2H4O2

　　(3)NaOH醇溶液，加热　浓H4SO4，加热

　　(4)取代反应　加成反应

　　(5)