1、仿真冲刺练(一)时间:50分钟分值:100分可能用到的相对原子质量:H1B10.8C12O16Mn55第一部分一、选择题(本题共7小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)7.中美学者携手发现了全硼富勒烯团簇B40。B40团簇的结构,酷似中国的红灯笼(如图)。该材料可用于组装分子器件,在储氢储锂、半导体、超导、绿色催化等领域具有重要应用前景。下列有关说法正确的是()A.B40与石墨烯的结构相同,二者互为同素异形体B.43.2 g该物质含有2.4081024个原子C.B40中既含有极性键又含有非极性键D.全硼富勒烯团簇是一种新型的高分子材料答案BA项,B40与石墨烯
2、是由不同元素组成的单质,不互为同素异形体;B项,43.2 g B40的物质的量为0.1 mol,1 mol B40含有40 mol B原子,故0.1 mol B40含有4 mol B原子,即2.4081024个原子;C项,不同非金属元素之间形成极性共价键,故B40中不含极性键;D项,全硼富勒烯是一种单质,不是高分子化合物。8.烯丙胺(H2CCHCH2NH2)是合成化学及药物化学中非常重要的基本单元。下列有关烯丙胺的说法正确的是()A.有三种同分异构体 B.所有原子可能在同一平面内C.具有两性 D.能发生加聚反应答案DA项,氨基在碳链上的位置有三种,但还有环状结构、亚氨基等情况,故同分异构体超过
3、三种;B项,烯丙胺分子中有四面体结构的碳原子,故所有原子不可能共平面;C项,烯丙胺显碱性,不具有酸性;D项,烯丙胺中含有碳碳双键,能发生加聚反应。9.加热蒸干氯化镁溶液时因水解不完全会得到一种灰白色沉淀碱式氯化镁,化学式可表示为Mgx(OH)yClznH2O,设计如图装置验证其化学式。下列有关实验的说法不正确的是()A.碱式氯化镁受热分解可以生成氧化镁、氯气和水B.结束反应时,先停止加热,通一段时间N2后再关闭活塞KC.中依次盛装浓硫酸、氢氧化钠溶液D.只需称量原样品质量、反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量以及装置增重的质量即可推出其化学式答案AA项,碱式氯化镁的分解是非氧化还原反应,产物为M
4、gO、HCl和H2O;B项,结束反应后继续通一段时间N2,使产生的气体被充分吸收,提高实验的准确性;C项,中盛装浓硫酸先吸收水分,中盛装氢氧化钠溶液吸收HCl;D项,通过称量反应结束后硬质玻璃管中剩余固体质量可知生成MgO的质量,称量装置增重的质量可知生成H2O的质量,原样品总质量减去MgO和H2O的质量即为HCl的质量,故可以求算碱式氯化镁的化学式。10.X、Y、Z、W为周期表中前20号元素,原子序数依次增大,W、Y为金属元素,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体。W单质能与冷水剧烈反应,Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之
5、和相等。下列说法正确的是()A.原子半径:WYZXB.X与Z形成的化合物可导电C.Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中,碱性最强的为YD.W可从Y的盐溶液中置换出Y答案AX、Y、Z、W为周期表中前20号元素,原子序数依次増大,X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,则X为O元素;Y、Z位于同周期,Z单质是一种良好的半导体,则Z为Si元素;W、Y为金属元素,W单质能与冷水剧烈反应,且其原子序数大于Si,则W为K元素;Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等,Y的最外层电子数为6+1-4=3,则Y为Al元素。根据分析可知,X、Y、Z、W分别为O、Al、Si、K。A项,同一
6、周期元素从左向右原子半径逐渐减小,同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径:KAlSiO,正确;B项,X与Z形成的化合物为SiO2,不能导电,错误;C项,Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物中,碱性最强的为K,错误;D项,K不能从铝的盐溶液中置换出Al,错误。11.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.标准状况下,1 L C2H5OH完全燃烧后生成的CO2分子个数约为NA11.2B.20 g D2O与20 g H218O含有的中子数均为10NAC.1 molL-1 Al(NO3)3溶液中含有3NA个NO3-D.50 mL 12 molL-1盐酸与足量MnO2共热,转移的
7、电子数为0.3NA答案BA项,标准状况下乙醇为液体,不能用气体摩尔体积来计算;B项,D2O与H218O的摩尔质量均为20 gmol-1,故20 g D2O与20 g H218O的物质的量均为1 mol,且它们每个分子中均含10个中子,故1 mol两者中均含10NA个中子;C项,溶液体积未知,无法计算离子个数;D项,50 mL 12 molL-1盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后,盐酸浓度减小,无法继续反应。12.美国斯坦福大学的工程师设计出一种从污水“提取”潜在电能的新型微生物电池,该电池能将生活污水中的有机物分解同时发电,电池结构如图所示。已知a电极为惰性材料,b电极为Ag2O。下列说法不
8、正确的是()A.a电极是负极,b电极是正极B.b电极发生的反应是Ag2O+2e-+2H+ 2Ag+H2OC.a电极每生成标准状况下2.24 L CO2,可向b电极转移0.1 mol电子D.高温条件下,该电池不能正常工作答案CA项,根据题图中电子流动方向,可判断a电极是负极,b电极是正极;B项,b电极是正极,Ag2O得到电子发生还原反应,电极反应式为Ag2O+2e-+2H+2Ag+H2O;C项,a电极发生反应的有机基质是什么物质未说明,故电子转移的数目无法确定;D项,高温条件下,微生物会死亡,导致电池无法正常工作。13.室温下,向100 mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状
9、况),发生反应:2H2S+SO2 3S+2H2O,测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法错误的是()A.a点水的电离程度最大B.该温度下H2S的Ka110-7.2C.曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D.a点之后,随SO2气体的通入,c(HSO3-)c(H2SO3)的值始终减小答案DA项,由题图可知,a点表示通入SO2气体112 mL(即0.005 mol)时pH=7,溶液呈中性,说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应,由此可知饱和H2S溶液中溶质的物质的量为0.01 mol,c(H2S)=0.1 mol/L;a点之前为H2S过量,a点之后为SO2过量,溶液均呈酸性,故
10、a点水的电离程度最大。B项,由题图中曲线的起点可知,0.1 mol/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L,电离方程式为H2S H+HS-、HS- H+S2-;以第一步为主,根据平衡常数表达式计算出该温度下H2S的Ka110-4.110-4.10.1-10-4.110-7.2。C项,当通入SO2气体336 mL时,相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 mol/L,因为H2SO3的酸性强于H2S,故此时溶液对应的pH应小于4.1,故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化。D项,根据平衡常数表达式可知c(HSO3-)/c(H2SO3)=Ka1/c(H+),a点之后,随S
11、O2气体的通入,c(H+)增大,当通入的SO2气体达饱和时,c(H+)不再变化。第二部分二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35、36题为选考题,考生根据要求作答。)(一)必考题(共43分)26.(14分)烯烃是重要的有机化工原料。实验室主要用浓硫酸或浓磷酸作催化剂使醇脱水制取烯烃。某同学使用环己醇脱水制备环己烯。设计方案如下:(一)主要仪器和试剂仪器:50 mL圆底烧瓶、分馏柱、直形冷凝管、10 mL量筒、分液漏斗、100 mL锥形瓶、蒸馏头、接液管。试剂:10.0 g(10.4 mL,0.1 mol)环己醇、5 mL浓磷酸、氯化钠、无
12、水氯化钙、5%碳酸钠水溶液。(二)查阅实验所涉及的反应物、催化剂、产物的各种物理性质,列表如下:化学物质相对分子质量相对密度/gcm-3沸点/溶解性环己醇1000.96161.1稍溶于水磷酸(85%)981.83213易溶于水环己烯820.8983.3微溶于水(三)实验流程请回答:(1)加热过程中,若忘记加沸石,应如何操作?(2)将粗产品分去水层所需要用到的主要实验仪器是。(3)本实验用浓磷酸代替浓硫酸的优点:。(4)该实验的主要副产物为(填物质名称)。(5)在提纯环己烯时,用等体积的饱和食盐水,而不用水的原因是。加入34 mL 5%碳酸钠溶液的目的是。(6)水浴蒸馏最后得到7.0 g产品,则
13、反应的产率为(保留2位有效数字)。答案(每空2分)(1)先停止加热,待反应液冷却后再加入沸石(2)分液漏斗(3)浓磷酸氧化性比浓硫酸弱,防止浓硫酸氧化有机物(4)(二)环己醚(5)降低环己烯在水中的溶解度,减少产品损失除去产品中少量的磷酸(6)85%解析(2)由实验流程以及表格中环己醇、浓磷酸、环己烯的溶解性可知,将粗产品分去水层的实验操作为分液,故所需要用到的主要实验仪器是分液漏斗。(3)浓硫酸的氧化性强,加热时易氧化有机物,而浓磷酸的氧化性比浓硫酸弱,故使用浓磷酸更好。(4)醇在浓磷酸的催化作用下发生消去反应生成环己烯,但同时也可能发生分子间取代反应,生成(二)环己醚。(5)因环己烯微溶于
14、水,故洗涤时用饱和食盐水可降低环己烯在水中的溶解度,减少产品损失;因产品中还有残留的磷酸,加入5%碳酸钠溶液是为了除去产品中少量的磷酸。(6)加入的环己醇为10.0 g,根据以下关系式分析:环己醇环己烯100 8210.0 g 8.2 g理论上应生成的环己烯为8.2 g,反应的产率为7.0 g8.2 g100%85%。27.(14分)MnCO3可用作电器元件材料,也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)制备MnCO3:已知:几种金属离子沉淀的pH如下表。金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+开始沉淀的pH7.53.25.28.8完
15、全沉淀的pH9.73.76.410.4回答下列问题:(1)中加入过量MnO2的作用是,滤渣W的成分是。(2)过程中,调pH的目的是 。(3)过程中有CO2生成,则生成MnCO3的离子方程式是。(4)过程中得到纯净MnCO3的操作方法是,该过程中副产品的化学式是。(5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物,其固体残留率随温度的变化如图所示。则300 时,剩余固体中n(Mn)n(O)为;图中点D对应固体的成分为(填化学式)。答案(除标注外,每空2分)(1)将Fe2+氧化为Fe3+(1分)Fe(OH)3和MnO2(1分)(2)使Cu2+完全沉淀为Cu(OH)2(3)Mn2+2HCO3-
16、 MnCO3+CO2+H2O(4)过滤、洗涤、干燥NH4Cl(5)12Mn3O4和MnO解析(1)在过程中,MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,在过程中,向溶液中加入氨水,调节溶液的pH=3.7,这时溶液中的Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀,过量的MnO2也以固体形式存在。(2)过程中,调pH是将Cu2+转化为沉淀除去。(3)过程中,反应会有CO2生成,故反应的离子方程式为Mn2+2HCO3- MnCO3+CO2+H2O。(4)过程中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。实验流程中,氯离子未除去,加入铵根离子,则副产品为NH4Cl。(5)设MnCO3的物质的量为1 mol
17、,则其质量为115 g。A点剩余固体质量为115 g75.65%87 g,减少的质量为115 g-87 g=28 g,可知MnCO3失去的组成为CO,故剩余固体的成分为MnO2,n(Mn)n(O)为12。C点剩余固体质量为115 g61.74%71 g,根据锰元素守恒知m(Mn)=55 g,则m(O)=71 g-55 g=16 g,则n(Mn)n(O)=55 g55 g/mol16 g16 g/mol=11,故剩余固体的成分为MnO;同理可求出B点剩余固体的成分为Mn3O4,因D点介于B、C之间,故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。28.(15分)(1)t1 时,密闭容器中,通入
18、一定量的CO和H2O,发生如下反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)Ht1),在相同条件下发生上述反应,达平衡时,CO浓度c1(填“”“”“”或“=”)。(3)工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料,其原理为:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)H0当混合气体的组成固定时,CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。图2图中的压强由大到小的顺序为,判断理由是;试解释CO平衡转化率随温度升高而减小的原因是。答案(除标注外,每空2分)(1)34 min(1分)向右移动(1分)a(1分)(2)放热(3)p1p2p3相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压平衡正向
19、移动,CO转化率增大,而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于提高CO的转化率反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,使得体系中CO的量增大,反应为吸热反应,升高温度时,平衡正向移动,产生CO的量增大,总结果就是随温度升高,CO的转化率减小解析(1)从表格中数据分析,第34 min时,体系中各物质的浓度不再变化,说明反应已经达到平衡状态;56 min时间段内,H2O(g)的浓度增大,CO的浓度减小,说明是增加了H2O(g)的量,使平衡正向移动;该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO转化率减小,则t2 反应达到平衡时,CO浓度c1。(2)由题图
20、1可知,升高温度,化学平衡常数增大,说明Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)为吸热反应,则其逆反应为放热反应;K(T2)=c(CO)/c(CO2)=2.5K(T1),根据图像信息可知,K越大,对应的温度越高,所以T2T1。(二)选考题(共15分)。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。35.【化学选修3:物质结构与性质】(15分)Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。(1)FeCl3是一种常用的净水剂,Cl元素的原子核外有种不同运动状态的电子;有种不同能级的电子,基态Fe3+的电子排布式为。(2)实验室中可用KSCN或K4Fe(CN)6来检验
21、Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合,可得到配位数为5的配合物的化学式是;K4Fe(CN)6与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFeFe(CN)6,该物质晶胞的18结构如图所示(K+未画出),则一个晶胞中的K+个数为。(3)Cu2+能与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成配离子如图:,该配离子中含有的化学键类型有(填字母)。a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键一个乙二胺分子中共有个键,C原子的杂化方式为。(4)金属铜的晶胞为面心立方最密堆积,边长为361 pm。则铜原子的直径约为pm。答案(除标注外,每空2分)(1)17(1分)5(1分)1s22s22p63s23p63d5(2)K2F
22、e(SCN)54(1分)(3)abd11sp3(4)3612解析(1)氯原子核外电子数为17,每个电子的运动状态均不同,故氯原子核外有17种不同运动状态的电子;氯原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,电子分布在1s、2s、2p、3s、3p这五个能级。Fe是26号元素,铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,铁原子失去4s能级2个电子,再失去3d能级1个电子形成Fe3+,故基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。(2)Fe3+与SCN-形成配位数为5的配离子为Fe(SCN)52-,根据电荷守恒可知配离子与K+形成的配合物的化学式为K
23、2Fe(SCN)5;题给物质晶胞的18结构中,Fe3+的个数为418=12,Fe2+的个数为418=12,CN-的个数为1214=3,根据电荷守恒:N(K+)+N(Fe3+)3+N(Fe2+)2=N(CN-),可得N(K+)=12,故一个晶胞中的K+个数为128=4。(3)Cu2+与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)之间形成配位键,H2NCH2CH2NH2中碳原子之间形成非极性键,不同原子之间形成极性键;单键为键,一个乙二胺分子中含有11个键,碳原子没有孤电子对,且形成4个键,杂化轨道数目为4,碳原子采取sp3杂化。(4)面心立方最密堆积的晶胞结构中,处于面对角线上的Cu原子紧密相邻,面对角线
24、的长度为铜原子直径的2倍,由几何知识可知面对角线长度等于晶胞边长的2倍,故铜原子的直径约为361 pm22=3612 pm。36.【化学选修5:有机化学基础】(15分)有机制药工业中常用以下方法合成一种药物中间体(G):(1)G的分子式是。(2)化合物A中含氧官能团的名称为。(3)由CD的反应类型为;化合物E的结构简式为。(4)写出BC的反应的化学方程式:。(5)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式:。能与新制Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应;核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1249;分子中含有氨基。(6)已知:RCN RC
25、H2NH2,请写出以HOOCCH2CH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下:CH3CH2OH CH2CH2 CH3CH2Cl答案(除标注外,每空2分)(1)C11H18O2N2(2)羰基(3)取代反应(4) +HCl(5)或(6)(3分)解析(3)对比C、D的结构简式可知,C中的Cl被CN取代生成D,所以CD属于取代反应;由题图知,E与乙醇发生酯化反应得到F,由F的结构简式逆推得,E的结构简式为。(4)对比B、C的结构简式可知,B中碳碳双键与HCl发生加成反应生成C,BC的反应的化学方程式为 +HCl 。(5)同时满足下列条件的B的同
26、分异构体:能与新制Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有甲酸与酚形成的酚酯基,即取代基为OOCH,分子中含有氨基,核磁共振氢谱为四组峰,峰面积比为1249,存在对称结构,还含有2个NH2、1个C(CH3)3,符合条件的B的同分异构体为或。(6)由FG的转化可知,CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3反应得到。CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH,然后与HOOCCH2CH2COOH反应得到CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3;CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN,用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2。
