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    重慶2019年分類考試化學模擬試題【含答案】

    作者:升學之家時間:2019-02-12 14:29

    摘要:重慶2018年分類考試化學模擬試題【含答案】 一、選擇題:本題共7小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的 1.我國明代《本草綱目》中收載藥物189

    重慶2018年分類考試化學模擬試題【含答案】

    一、選擇題:本題共7小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的

    1.我國明代《本草綱目》中收載藥物1892種,其中“燒酒”條目下寫道:“自元時始創其法,用濃酒和糟入甑,蒸令氣上…其清如水,味極濃烈,蓋酒露也.”這里所用的“法”是指(????)

    A.萃取B.滲析C.蒸餾D.干餾

    2.設NA為阿伏加德羅常數的數值,下列說法中正確的是(????)

    A.1molCl2溶于水的過程中有1NA個電子轉移

    B.100℃時,1LpH=1的硫酸溶液中,含有0.1NA個H+

    C.常溫常壓下,15gHCHO含有1.5NA對共用電子對

    D.0.1mol?L﹣1的醋酸溶液中CH3COO﹣少于0.1NA個

    3.下列實驗所對應的離子方程式正確的是(????)

    A.氫氧化鐵與氫碘酸反應:Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O

    B.向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液:Fe3++3H2O═Fe(OH)3↓+3H+

    C.FeBr2溶液中通入足量Cl2:2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2++4Cl﹣

    D.向FeCl2溶液中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液:3Fe2++2[Fe(CN)6]3﹣═Fe3[Fe(CN)6]2↓

    4.PX是紡織工業的基礎原料,其結構簡式為,下列關于PX的說法正確的是(????)

    A.屬于飽和烴

    B.其一氯代物有四種

    C.可用于生產對苯二甲酸

    D.分子中所有原子都處于同一平面

    5.下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是(????)

    選項實驗操作實驗現象結論A將硫的酒精溶液滴入一定量的熱水中得淡藍色透明液體,用激光筆照射有丁達爾效應淡藍色液體為膠體B將FeSO4高溫強熱,得紅色固體,產生的氣體通入BaCl2溶液產生白色沉淀白色沉淀為BaSO3和BaSO4C將氣體X分別通入品紅溶液和酸性高錳酸鉀溶液兩溶液均褪色X可能是乙烯D向溶液Y中滴加稀硝酸,再滴加BaCl2溶液產生白色沉淀Y中一定含有SO42﹣或SO32﹣

    A.AB.BC.CD.D

    6.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素,X最高正價與最低負價的代數和為零,Y、Z易形成質量比為3:4和3:8的兩種常見化合物,含W元素的物質其焰色反應為黃色.下列說法正確的是(????)

    A.常見單質的沸點:W>Y>Z

    B.W的氫化物為共價化合物

    C.原子半徑:Y<Z<W

    D.X、Y可以形成既有極性鍵也有非極性鍵的化合物

    7.常溫下,向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水,溶液中水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖.下列分析正確的是(????)

    A.E溶液中存在:c(NH4+)>c(SO42﹣)>c(OH﹣)>c(H+)

    B.稀硫酸的濃度為0.1mol/L

    C.C點溶液pH=14﹣b

    D.V2=20mL

    二、解答題(共3小題,滿分43分)

    8.(14分)現在,德國的許多餐館自身就具備油脂分離技術,將”地溝油”分離出來的廢油將被制成生物柴油.已知生物柴油是高級脂肪酸甲酯,可由油脂與甲醇通過酯交換反應生成新酯和新醇得到,酯交換過程可以表示為:

    R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH.

    又已知油脂與甲醇互不相溶,反應中若有游離脂肪酸和水,將妨礙酯的交換.目前常用的制備方法是堿催化法,用預處理過的地溝油(中性油)制備生物柴油的步驟如下:

    ①將酯交換反應器做干燥處理,先向反應器中加入26.52g中性油,再稱取40.00g正己烷(約61mL).

    ②稱取甲醇4.60g(約5.8mL)放到錐形瓶中,然后稱取0.20g氫氧化鈉固體并使之溶解,然后加到反應器中.

    ③連接好反應裝置.

    ④控制溫度在60~65℃進行恒溫加熱,攪拌1.5到2小時.

    ⑤停止加熱后,冷卻,取出反應器,靜置、分液,上層為生物柴油、正己烷和甲醇,下層主要為甘油.

    ⑥用溫水洗滌制得的生物柴油3到4次.

    ⑦將水洗后的溶液倒入圓底燒瓶中,蒸餾,通過控制溫度分別得到甲醇、正己烷,直至無液體蒸出后,燒瓶中剩余的液體主要為生物柴油.

    (1)地溝油在預處理時需干燥、蒸餾操作的目的是______;

    (2)酯交換反應器由、______、溫度計、攪拌棒組成;

    (3)步驟①中加入正己烷的作用是______,步驟④可以采用______方式進行恒溫加熱,步驟⑤中將上下層液體進行分離所需的主要儀器的名稱是______,確定步驟⑥中生物柴油已洗滌干凈的方法是______;

    (4)根據整個流程,分析由中性油制備生物柴油的過程中可以循環利用的物質是______;

    (5)假設得到的中性油是油酸甘油酯,結構簡式為:.經上述實驗后得到油酸甲酯15.40g,則該實驗中生物柴油(全以油酸甲酯計量)的產率為______%.

    9.鈷(Co)及其化合物在工業上有廣泛應用.為從某工業廢料中回收鈷,某學生設計流程如下(廢料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物質).

    已知:①物質溶解性:LiF難溶于水,Li2CO3微溶于水;

    ②部分金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH見下表:

    Fe3+Co2+Co3+Al3+pH(開始沉淀)1.97.15﹣0.233.4pH(完全沉淀)3.29.151.094.7

    請回答:

    (1)步驟Ⅰ中得到含鋁溶液的反應的離子方程式是______;

    (2)寫出步驟Ⅱ中Co2O3與鹽酸反應生成氯氣的離子方程式______;

    (3)步驟Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是調節溶液的pH,應使溶液的pH不超過______,廢渣中的成分有______;

    (4)NaF與溶液中的Li+形成LiF沉淀,此反應對步驟Ⅳ所起的作用是______;

    (5)在空氣中加熱CoC2O4固體,經測定,210~290℃的過程中只產生CO2和一種二元化合物,該化合物中鈷元素的質量分數為73.44%.此過程發生反應的化學方程式是______;

    (6)某鋰離子電池的總反應為C+LiCoO2LixC+Li1﹣xCoO2,LixC中Li的化合價為______價,該鋰離子電池充電時陽極的電極反應式為______.

    10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)是一種應用前景廣闊的清潔燃料,以CO和H2為原料生產二甲醚主要發生以下三個反應:

    編號熱化學方程式化學平衡常數①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1K1②2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ?mol﹣1K2③CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ?mol﹣1K3

    回答下列問題:

    (1)已知反應①中的相關的化學鍵鍵能數據如下:

    化學鍵H﹣HC﹣OC=OH﹣OC﹣HE/(kJ.mol﹣1)4363431076465413

    由上述數據計算△H1=______;

    (2)該工藝的總反應為3CO(g)+3H2(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)△H,該反應△H=______,化學平衡常數K=______(用含K1、K2、K3的代數式表示);

    (3)下列措施中,能提高CH3OCH3產率的有______;

    A.分離出二甲醚??????????????B.升高溫度

    C.改用高效催化劑????????????D.增大壓強

    (4)工藝中反應①和反應②分別在不同的反應器中進行,無反應③發生.該工藝中反應③的發生提高了CH3OCH3的產率,原因是______;

    (5)以=2通入1L的反應器中,一定條件下發生反應:4H2(g)+2CO(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H,其CO的平衡轉化率隨溫度、壓強變化關系如圖所示.下列說法正確的是______;

    A.該反應的△H>0

    B.若在p2和316℃時反應達到平衡,則CO的轉化率小于50%

    C.若在p3和316℃時反應達到平衡,H2的轉化率等于50%

    D.若在p3和316℃時,起始時=3,則達平衡時CO的轉化率大于50%

    E.若在p1和200℃時,反應達平衡后保持溫度和壓強不變,再充入2molH2和1molCO,則平衡時二甲醚的體積分數增大

    (6)某溫度下,將8.0molH2和4.0molCO充入容積為2L的密閉容器中,發生反應:4H2(g)+2CO(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g),反應達平衡后測得二甲醚的體積分數為25%,則該溫度下反應的平衡常數K=______.

    三、選做題:選修2:化學與技術(共1小題,滿分15分)

    11.金屬的表面處理可以使金屬制品美觀耐用,我國2000多年前就已經掌握化學鍍鉻即鉻鹽氧化處理技術,現代工業中常采用電鍍或化學鍍進行金屬表面處理.請回答:

    (1)化學鍍金是借助合適的還原劑,使鍍液中金屬離子還原沉積到金屬表面.如化學鍍鎳是在酸性環境下以NaH2PO2為還原劑(氧化生成NaH2PO3)使Ni2+還原,其離子方程式為______;

    (2)工業上進行電鍍時,待鍍金屬作為______極.電鍍鉻若采用Cr3+的簡單水溶液,電鍍過程中陰極附近的pH與電鍍時間的關系如圖1,pH變化的原因是______,上述過程的發生對鍍層產生的影響是______;

    (3)為防止上述過程發生,電鍍鉻可以在硫酸鹽溶液體系中進行,圖2為硫酸鹽溶液中Cr3+的濃度對鍍層厚度和覆蓋范圍的影響,隨厚度增加,鍍層覆蓋范圍變化的原因可能是______;

    (4)綜合考慮鍍層厚度及覆蓋范圍,電鍍鉻時溫度以30~40℃為佳,工業上控制反應溫度的設備名稱為______;電鍍鉻的過程中陽極會產生部分Cr2O72﹣,可以加入______(填字母)除去;

    A.H2O2??B.Na2SO3???C.FeSO4

    (5)工業采用含Cr3+為3.25g/L的電解液電鍍鉻,則溶液pH不能大于______.(已知:35℃時,Kw=2.0×10﹣14,Ksp[Cr(OH)3]=5.0×10﹣31)

    選做題:選修3物質結構與性質(共1小題,滿分0分)

    12.第四周期過渡元素Fe、Ti可與C、H、N、O形成多種化合物.

    (1)①H、C、N、O四種元素的電負性由小到大的順序為______;

    ②下列敘述不正確的是______;(填字母)

    A.因為HCHO與水分子間能形成氫鍵,所以CH2O易溶于水

    B.HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2雜化

    C.C6H6分子中含有6個σ鍵和1個大π鍵,C2H2是非極性分子

    D.CO2晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低

    ③氰酸(HOCN)是一種鏈狀分子,它與異氰酸(HNCO)互為同分異構體,其分子內各原子最外層均已達到穩定結構,試寫出氰酸的結構式______;

    (2)Fe原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道能與一些分子或離子形成配合物.

    ①與Fe原子或離子形成配合物的分子或離子應具備的結構特征是______;

    ②六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4﹣中不存在______;

    A、共價鍵??B、非極性鍵??C、配位鍵??D、σ鍵??E、π鍵

    寫出一種與CN﹣互為等電子體的單質分子式______;

    (3)根據元素原子的外圍電子排布特征,可將周期表分成五個區域,其中Ti屬于______區;

    (4)一種Al﹣Fe合金的立體晶胞如圖所示.請據此回答下列問題:

    ①確定該合金的化學式;

    ②若晶體的密度=ρg/cm3,則此合金中最近的兩個Fe原子之間的距離(用含ρ的代數式表示,不必化簡)為______cm.

    選做題:選修5:有機化學基礎(共1小題,滿分0分)

    13.【化學﹣﹣選修有機化學基礎】

    環己烯常用于有機合成.現通過下列流程,以環己烯為原料合成環醚、聚酯、橡膠,其中F可以做內燃機的抗凍劑,J分子中無飽和碳原子.

    已知:R1﹣CH=CH﹣R2R1﹣CHO+R2﹣CHO

    (1)F的名稱是______,C中含有的官能團的名稱是______.

    (2)③的反應條件是______.

    (3)寫出下列反應類型:⑥______,⑨______.

    (4)寫出②反應化學方程式:______.

    (5)寫出⑩反應化學方程式:______.

    (6)試寫出C與新制銀氨溶液反應的化學方程式:______

    (7)D的一種同分異構體,可發生加成聚合反應,且能和NaHCO3反應,有三種氫原子,核磁共振氫譜面積比為1:2:3,試寫出結構簡式:______.


    重慶2018年分類考試化學模擬試題參考答案

    一、選擇題:本題共7小題,每小題6分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的

    1.我國明代《本草綱目》中收載藥物1892種,其中“燒酒”條目下寫道:“自元時始創其法,用濃酒和糟入甑,蒸令氣上…其清如水,味極濃烈,蓋酒露也.”這里所用的“法”是指(????)

    A.萃取B.滲析C.蒸餾D.干餾

    【分析】由信息可知,蒸令氣上,則利用互溶混合物的沸點差異分離,以此來解答.

    【解答】解:由信息可知,蒸令氣上,則利用互溶混合物的沸點差異分離,則該法為蒸餾,

    故選C.

    【點評】本題考查混合物分離提純,為高頻考點,把握習題中的信息、物質的性質及混合物分離方法為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,題目難度不大.

    2.設NA為阿伏加德羅常數的數值,下列說法中正確的是(????)

    A.1molCl2溶于水的過程中有1NA個電子轉移

    B.100℃時,1LpH=1的硫酸溶液中,含有0.1NA個H+

    C.常溫常壓下,15gHCHO含有1.5NA對共用電子對

    D.0.1mol?L﹣1的醋酸溶液中CH3COO﹣少于0.1NA個

    【分析】A.氯氣與水反應為可逆反應,不能進行到底;

    B.100℃時,1LpH=1的硫酸溶液中氫離子濃度為10﹣1mol/L,依據n=CV計算解答;

    C.1個甲醛分子含有4對共用電子對;

    D.溶液體積未知.

    【解答】解:A.氯氣溶解于水只有少部分和水反應,Cl2+H2O═HCl+HClO,1molCl2溶于水的過程中電子轉移小于NA個,故A錯誤;

    B.100℃時,1LpH=1的硫酸溶液中氫離子濃度為10﹣1mol/L,則1LpH=1的硫酸溶液中,含有氫離子物質的量為0.1mol/L×1L=0.1mol,含有0.1NA個H+,故B正確;

    C.常溫常壓下,15gHCHO物質的量為=0.5mol,含有對共用電子對0.5mol×4=2mol,2NA對,故C錯誤;

    D.溶液體積未知,無法計算醋酸根離子個數,故D錯誤;

    故選:B.

    【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數的應用,準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系是解題關鍵,注意甲醛分子結構特點,題目難度不大.

    3.下列實驗所對應的離子方程式正確的是(????)

    A.氫氧化鐵與氫碘酸反應:Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O

    B.向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液:Fe3++3H2O═Fe(OH)3↓+3H+

    C.FeBr2溶液中通入足量Cl2:2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2++4Cl﹣

    D.向FeCl2溶液中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液:3Fe2++2[Fe(CN)6]3﹣═Fe3[Fe(CN)6]2↓

    【分析】A.三價鐵離子具有強的氧化性,能夠氧化碘離子生成單質碘;

    B.向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液得到氫氧化鐵膠體;

    C.氯氣足量二價鐵離子、溴離子都被氧化;

    D.含Fe2+的溶液與鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有特征藍色的鐵氰化亞鐵沉淀.

    【解答】解:A.氫氧化鐵與氫碘酸反應,離子方程式:2Fe(OH)3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O,故A錯誤;

    B.向沸水中滴加飽和的氯化鐵溶液:Fe3++3H2O═Fe(OH)3(膠體)+3H+,故B錯誤;

    C.向FeBr2溶液中通入足量氯氣,亞鐵離子和溴離子完全被氧化,反應的離子方程式為:2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣,故C錯誤;

    D.含Fe2+的溶液與鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有特征藍色的鐵氰化亞鐵沉淀,[Fe(CN)6]3﹣離子帶有3個單位負電荷,正確的離子方程式為:3Fe2++2[Fe(CN)6]3﹣═Fe3[Fe(CN)6]2↓,故D正確;

    故選:D.

    【點評】本題考查了離子方程式的正誤判斷,為高考中的高頻題,注意掌握離子方程式的書寫原則,明確離子方程式正誤判斷常用方法是解題關鍵,側重考查氧化還原反應離子方程式書寫的考查.

    4.PX是紡織工業的基礎原料,其結構簡式為,下列關于PX的說法正確的是(????)

    A.屬于飽和烴

    B.其一氯代物有四種

    C.可用于生產對苯二甲酸

    D.分子中所有原子都處于同一平面

    【分析】由結構可知,分子中含苯環,為平面結構,結構對稱,只有2種H,甲基能被高錳酸鉀氧化,以此來解答.

    【解答】解:A.含苯環,為不飽和烴,故A錯誤;

    B.結構對稱,只有2種H,則其一氯代物有2種,故B錯誤;

    C.甲基能被高錳酸鉀氧化,可用于生產對苯二甲酸,故C正確;

    D.苯環為平面結構,但甲基為四面體結構,則所有原子不可能共面,故D錯誤;

    故選C.

    【點評】本題考查有機物的結構與性質,為高頻考點,把握官能團與性質的關系為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,注意甲苯結構及性質分析,題目難度不大.

    5.下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是(????)

    選項實驗操作實驗現象結論A將硫的酒精溶液滴入一定量的熱水中得淡藍色透明液體,用激光筆照射有丁達爾效應淡藍色液體為膠體B將FeSO4高溫強熱,得紅色固體,產生的氣體通入BaCl2溶液產生白色沉淀白色沉淀為BaSO3和BaSO4C將氣體X分別通入品紅溶液和酸性高錳酸鉀溶液兩溶液均褪色X可能是乙烯D向溶液Y中滴加稀硝酸,再滴加BaCl2溶液產生白色沉淀Y中一定含有SO42﹣或SO32﹣

    A.AB.BC.CD.D

    【分析】A.膠體具有丁達爾效應;

    B.二氧化硫與氯化鋇不反應;

    C.乙烯不能使品紅褪色;

    D.也可能生成AgCl沉淀.

    【解答】解:A.只有膠體具有丁達爾效應,故A正確;

    B.將FeSO4高溫強熱,可生成二氧化硫和三氧化硫氣體,二氧化硫與氯化鋇不反應,得到的沉淀只有硫酸鋇,故B錯誤;

    C.乙烯不能使品紅褪色,氣體應為二氧化硫,故C錯誤;

    D.也可能生成AgCl沉淀,如檢驗是否含有SO42﹣,應先加入鹽酸,再加入氯化鋇檢驗,故D錯誤.

    故選A.

    【點評】本題考查較為綜合,涉及膠體、二氧化硫、乙烯以及離子的檢驗等知識,為高頻考點和常見題型,側重于學生的分析能力和實驗能力的考查,注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價,難度不大.

    6.X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素,X最高正價與最低負價的代數和為零,Y、Z易形成質量比為3:4和3:8的兩種常見化合物,含W元素的物質其焰色反應為黃色.下列說法正確的是(????)

    A.常見單質的沸點:W>Y>Z

    B.W的氫化物為共價化合物

    C.原子半徑:Y<Z<W

    D.X、Y可以形成既有極性鍵也有非極性鍵的化合物

    【分析】X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期元素,含W元素的物質其焰色反應為黃色,則W為Na元素;Y、Z原子序數小于Na,Y、Z易形成質量比為3:4和3:8的兩種常見化合物,即CO、CO2,所以Y為C元素、Z為O元素,X的原子序數小于C,而且X最高正價與最低負價的代數和為零,則X為H元素;結合元素周期率知識解答該題.

    【解答】解:A.Y為碳元素,C元素的單質金剛石為原子晶體,熔點最高,故A錯誤;

    B.W為Na元素,NaH為離子化合物,故B錯誤;

    C.電子層數越多,原子半徑越大,電子層數相同時,原子序數越大,原子半徑越小,所以原子半徑:Z<Y<W,故C錯誤;

    D.C、H可以形成既有極性鍵也有非極性鍵的化合物,如C2H4,故D正確.

    故選D.

    【點評】本題考查結構性質位置關系應用,題目難度中等,側重于學生的分析能力的考查,推斷元素是解題關鍵,注意對元素周期律的理解掌握.

    7.常溫下,向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水,溶液中水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖.下列分析正確的是(????)

    A.E溶液中存在:c(NH4+)>c(SO42﹣)>c(OH﹣)>c(H+)

    B.稀硫酸的濃度為0.1mol/L

    C.C點溶液pH=14﹣b

    D.V2=20mL

    【分析】A.E溶液顯示酸性,根據鹽的水解原理來比較離子濃度;

    B.根據20mL的稀H2S04溶液中水電離出的氫離子濃度結合水的離子積來進行計算;

    C.根據C點的溶液中水電離出的氫離子濃度結合水的離子積來進行計算;

    D.當硫酸與氨水恰好生成硫酸銨時,水的電離程度最大.

    【解答】解:A.E溶液顯示酸性,硫酸銨和氨水的混合物,得到的溶液中銨根離子的水解程度較強,所以c(NH4+)>c(SO42﹣)>c(H+)>c(OH﹣),故A錯誤;

    B.20mL的稀H2S04溶液中,水電離出的氫離子濃度是10﹣13,則硫酸電離出的氫離子濃度是0.1mol/L,稀硫酸的濃度為0.05mol/L,故B錯誤;

    C.C點的溶液中水電離出的氫離子濃度是10﹣b,此時的溶液顯示酸性,銨根離子水解所致,溶液中氫離子由水電離,則pH=b,故C錯誤;

    D.當硫酸與氨水恰好生成硫酸銨時,銨根離子濃度最大,水的電離程度最大,稀硫酸的濃度為0.05mol/L,體積為20mL,所以消耗的0.1mo/L氨水為20mL,故D正確.

    故選D.

    【點評】本題考查學生酸堿混合的酸堿性的判斷以及鹽的水解原理的應用知識,屬于綜合知識的考查,難度中等,側重于考查學生的分析能力和計算能力.

    二、解答題(共3小題,滿分43分)

    8.(14分)現在,德國的許多餐館自身就具備油脂分離技術,將”地溝油”分離出來的廢油將被制成生物柴油.已知生物柴油是高級脂肪酸甲酯,可由油脂與甲醇通過酯交換反應生成新酯和新醇得到,酯交換過程可以表示為:

    R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH.

    又已知油脂與甲醇互不相溶,反應中若有游離脂肪酸和水,將妨礙酯的交換.目前常用的制備方法是堿催化法,用預處理過的地溝油(中性油)制備生物柴油的步驟如下:

    ①將酯交換反應器做干燥處理,先向反應器中加入26.52g中性油,再稱取40.00g正己烷(約61mL).

    ②稱取甲醇4.60g(約5.8mL)放到錐形瓶中,然后稱取0.20g氫氧化鈉固體并使之溶解,然后加到反應器中.

    ③連接好反應裝置.

    ④控制溫度在60~65℃進行恒溫加熱,攪拌1.5到2小時.

    ⑤停止加熱后,冷卻,取出反應器,靜置、分液,上層為生物柴油、正己烷和甲醇,下層主要為甘油.

    ⑥用溫水洗滌制得的生物柴油3到4次.

    ⑦將水洗后的溶液倒入圓底燒瓶中,蒸餾,通過控制溫度分別得到甲醇、正己烷,直至無液體蒸出后,燒瓶中剩余的液體主要為生物柴油.

    (1)地溝油在預處理時需干燥、蒸餾操作的目的是除去游離的脂肪酸和水,否則將妨礙酯的交換;

    (2)酯交換反應器由、三頸燒瓶、冷凝管、溫度計、攪拌棒組成;

    (3)步驟①中加入正己烷的作用是作溶劑,促進油脂與甲醇互溶,步驟④可以采用60~65℃的水浴加熱方式進行恒溫加熱,步驟⑤中將上下層液體進行分離所需的主要儀器的名稱是分液漏斗,確定步驟⑥中生物柴油已洗滌干凈的方法是蘸取最后一次洗滌液,用pH試紙測其酸堿性,若為中性則已洗凈;

    (4)根據整個流程,分析由中性油制備生物柴油的過程中可以循環利用的物質是正己烷、甲醇;

    (5)假設得到的中性油是油酸甘油酯,結構簡式為:.經上述實驗后得到油酸甲酯15.40g,則該實驗中生物柴油(全以油酸甲酯計量)的產率為57.8%%.

    【分析】(1)反應中若有游離脂肪酸和水,將妨礙酯的交換;

    (2)依據裝置圖分析可知酯交換反應器由三頸燒瓶、冷凝管、溫度計、攪拌棒組成;

    (3)已知油脂與甲醇互不相溶,正己烷是一種有機溶劑可以溶解油脂和甲醇使之混合均勻發生反應;控制溫度在100℃以下選擇水浴加熱;步驟⑤中將上下層液體進行分離基本操作為分液,據此分析所需儀器;用溫水洗滌制得的生物柴油3~4次,檢驗是否洗滌干凈可以利用最后一次的洗滌液檢查酸堿性設計;

    (4)停止加熱后,冷卻,取出反應器,靜置、分液,上層為生物柴油、正己烷和甲醇,下層主要為甘油,可知正己烷和甲醇可以循環使用;

    (5)根據油酸甘油酯進行酯交換后與油酸甲酯的關系:C57H104O6~3C19H36O2計算出理論產量,再計算產率.

    【解答】解:(1)反應中若有游離脂肪酸和水,將妨礙酯的交換,地溝油的預處理干燥、蒸餾操作的目的是除去游離脂肪酸和水,否則將妨礙酯的交換,

    故答案為:除去游離脂肪酸和水,否則將妨礙酯的交換;

    (2)依據裝置圖分析可知酯交換反應器由三頸燒瓶、冷凝管、溫度計、攪拌棒組成,故答案為:三頸燒瓶;

    (3)生物柴油是高級脂肪酸甲酯,可由油脂與甲醇通過酯交換生成新酯和新醇得到,已知油脂與甲醇互不相溶,正己烷是一種有機溶劑可以溶解油脂和甲醇使之混合均勻發生反應;控制溫度在60~65℃進行恒溫加熱應選擇水浴加熱;分液操作所需主要儀器為分液漏斗;用溫水洗滌制得的生物柴油3~4次,檢驗是否洗滌干凈可以利用最后一次的洗滌液檢查酸堿性設計,蘸取最后一次的洗滌液,用pH試紙測其酸堿性,若為中性則已洗凈,

    故答案為:作溶劑,促進油脂與甲醇互溶;60~65℃的水浴加熱;分液漏斗;蘸取最后一次的洗滌液,用pH試紙測其酸堿性,若為中性則已洗凈;

    (4),停止加熱后,冷卻,取出反應器,靜置、分液,上層為生物柴油、正己烷和甲醇,下層主要為甘油,可知正己烷和甲醇可以循環使用,

    故答案為:正己烷、甲醇;

    (5)26.52g中性油的物質的量為=0.03mol,根據C57H104O6~3C19H36O2可知理論生成油酸甲酯的物質的量為0.03mol×3=0.09mol,質量為0.09mol×296g/mol=26.64g;則產率為=57.8%;故答案為:57.8%.

    【點評】本題考查了有機混合物的分離方法和實驗過程分析應用,涉及產率的計算,主要是題目信息的理解應用和鹽類分析,掌握基礎是解題關鍵,題目難度中等.

    9.鈷(Co)及其化合物在工業上有廣泛應用.為從某工業廢料中回收鈷,某學生設計流程如下(廢料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物質).

    已知:①物質溶解性:LiF難溶于水,Li2CO3微溶于水;

    ②部分金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH見下表:

    Fe3+Co2+Co3+Al3+pH(開始沉淀)1.97.15﹣0.233.4pH(完全沉淀)3.29.151.094.7

    請回答:

    (1)步驟Ⅰ中得到含鋁溶液的反應的離子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑;

    (2)寫出步驟Ⅱ中Co2O3與鹽酸反應生成氯氣的離子方程式Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O;

    (3)步驟Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是調節溶液的pH,應使溶液的pH不超過7.15,廢渣中的成分有LiF、Fe(OH)3;

    (4)NaF與溶液中的Li+形成LiF沉淀,此反應對步驟Ⅳ所起的作用是降低溶液中Li+濃度,避免步驟Ⅳ中產生Li2CO3沉淀;

    (5)在空氣中加熱CoC2O4固體,經測定,210~290℃的過程中只產生CO2和一種二元化合物,該化合物中鈷元素的質量分數為73.44%.此過程發生反應的化學方程式是3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2;

    (6)某鋰離子電池的總反應為C+LiCoO2LixC+Li1﹣xCoO2,LixC中Li的化合價為0價,該鋰離子電池充電時陽極的電極反應式為LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+.

    【分析】該工藝流程為:廢料加入氫氧化鈉溶液堿浸,得到鈷渣,加入鹽酸溶解后發生氧化還原反應,氧化鈷氧化氯離子為氯氣,過濾得到酸溶的溶液加入碳酸鈉溶液和NaF溶液凈化,除去鋰離子和鐵離子,在濾液中加入碳酸鈉溶液沉淀鈷離子為碳酸鈷沉淀,加入鹽酸和草酸銨溶液得到草酸鈷晶體,高溫分解得到氧化鈷;

    (1)步驟Ⅰ中鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣;

    (2)Co2O3與鹽酸反應生成Cl2,依據得失電子守恒結合原子個數守恒寫成反應的離子方程式;

    (3)依據表中數據分析判斷加入碳酸鈉調節溶液PH,沉淀鐵離子和鋰離子,但不能沉淀鈷離子;

    (4)NaF與溶液中的Li+形成LiF沉淀,防止鋰離子結合碳酸根離子形成碳酸鋰沉淀;

    (5)210~290℃的過程中只產生CO2和一種二元化合物,該二元化合物應該由鈷元素和氧元素組成,該化合物中鈷元素的質量分數為73.44%,則該氧化物中鈷原子和氧原子的物質的量之比為=3:4,即該氧化物的化學式為Co3O4,依據原子守恒配平書寫反應的化學方程式;

    (6)LiCoO2中鋰元素化合價為+1價,則依據放電反應分析判斷,LixC中鋰元素化合價為0價,由鋰離子電池的總反方程式可知C+LiCoO2→LixC+Li1﹣xCoO2為充電過程即為電解池,則鋰硫電池給鋰離子電池充電,LiCoO2為陽極失電子發生氧化反應,

    【解答】解:(1)步驟Ⅰ中鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣,反應的離子方程式:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑;

    故答案為:2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑;

    (2)Co2O3與鹽酸反應生成Cl2,反應中鈷元素化合價降低為+2價.氯元素化合價﹣1價變化為0價,依據得失電子守恒可知Co2O3的系數為1,Cl﹣的系數為2,結合原子個數守恒,反應的離子方程式:Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O;

    故答案為:Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O;

    (3)依據表中數據分析判斷加入碳酸鈉調節溶液PH,沉淀鐵離子和鋰離子,但不能沉淀鈷離子,步驟Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是調節溶液的pH,應使溶液的pH不超過7.15,廢渣中的主要成分為LiF和Fe(OH)3;

    故答案為:7.15;LiF、Fe(OH)3;

    (4)NaF與溶液中的Li+形成LiF沉淀,此反應對步驟Ⅳ所起的作用是,降低溶液中Li+濃度,避免步驟Ⅳ中產生Li2CO3沉淀;

    故答案為:降低溶液中Li+濃度,避免步驟Ⅳ中產生Li2CO3沉淀;

    (5)210~290℃的過程中只產生CO2和一種二元化合物,該二元化合物應該由鈷元素和氧元素組成,該化合物中鈷元素的質量分數為73.44%,則該氧化物中鈷原子和氧原子的物質的量之比為=3:4,即該氧化物的化學式為Co3O4,所以該反應的方程式為:3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2;

    故答案為:3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2;

    (6)LiCoO2中鋰元素化合價為+1價,則依據放電為原電池反應,鋰元素化合價升高發生氧化反應分析判斷,LixC中鋰元素化合價為0價,是鋰單質鑲嵌在碳中做原電池負極,由鋰離子電池的總反方程式可知C+LiCoO2→LixC+Li1﹣xCoO2為充電過程即為電解池,則鋰硫電池給鋰離子電池充電,LiCoO2為陽極失電子發生氧化反應:LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+,C為陰極得電子發生還原反應:C+xe﹣+xLi+=LixC,

    故答案為:0;LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+.

    【點評】本題通過從某工業廢料中回收鈷的工藝流程考查了化學方程式、離子方程式書寫,確各個階段固體成分及先后分解生成物成分是解本題關鍵,題目難度中等.

    10.(14分)二甲醚(CH3OCH3)是一種應用前景廣闊的清潔燃料,以CO和H2為原料生產二甲醚主要發生以下三個反應:

    編號熱化學方程式化學平衡常數①CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H1K1②2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=﹣24kJ?mol﹣1K2③CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H3=﹣41kJ?mol﹣1K3

    回答下列問題:

    (1)已知反應①中的相關的化學鍵鍵能數據如下:

    化學鍵H﹣HC﹣OC=OH﹣OC﹣HE/(kJ.mol﹣1)4363431076465413

    由上述數據計算△H1=﹣99kJ?mol﹣1;

    (2)該工藝的總反應為3CO(g)+3H2(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g)△H,該反應△H=﹣263kJ?mol﹣1,化學平衡常數K=K12?K2?K3(用含K1、K2、K3的代數式表示);

    (3)下列措施中,能提高CH3OCH3產率的有AD;

    A.分離出二甲醚??????????????B.升高溫度

    C.改用高效催化劑????????????D.增大壓強

    (4)工藝中反應①和反應②分別在不同的反應器中進行,無反應③發生.該工藝中反應③的發生提高了CH3OCH3的產率,原因是反應③消耗了反應②中的產物H2O,使反應②的化學平衡向正反應方向移動,從而提高CH3OCH3的產率;

    (5)以=2通入1L的反應器中,一定條件下發生反應:4H2(g)+2CO(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H,其CO的平衡轉化率隨溫度、壓強變化關系如圖所示.下列說法正確的是CD;

    A.該反應的△H>0

    B.若在p2和316℃時反應達到平衡,則CO的轉化率小于50%

    C.若在p3和316℃時反應達到平衡,H2的轉化率等于50%

    D.若在p3和316℃時,起始時=3,則達平衡時CO的轉化率大于50%

    E.若在p1和200℃時,反應達平衡后保持溫度和壓強不變,再充入2molH2和1molCO,則平衡時二甲醚的體積分數增大

    (6)某溫度下,將8.0molH2和4.0molCO充入容積為2L的密閉容器中,發生反應:4H2(g)+2CO(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g),反應達平衡后測得二甲醚的體積分數為25%,則該溫度下反應的平衡常數K=2.25.

    【分析】(1)△H等于反應物的鍵能減去生成物的鍵能;

    (2)蓋斯定律:化學反應的反應熱只與反應體系的始態和終態有關,而與反應的途徑無關;

    (3)總反應的平衡常數等于分反應的平衡常數之積;

    (4)勒夏特列原理:如果改變可逆反應的條件(如濃度、壓強、溫度等),化學平衡就被破壞,并向減弱這種改變的方向移動;

    (5)催化劑不會影響化學平衡移動;

    (6)可用體積分數求出各物質的濃度,然后再利用平衡常數的公式求出平衡常數.

    【解答】解:(1)由△H等于反應物的鍵能減去生成物的鍵能,可求得反應①的△H1=1076+2×436﹣343﹣465﹣3×413=﹣99kJ?mol﹣1,故答案為:﹣99kJ?mol﹣1;

    (2)由蓋斯定律可得,總反應3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)為方程式①×2+②+③相加所得,故△H=2△H1+△H2+△H3=2×(﹣99)﹣24﹣41=﹣263kJ?mol﹣1;總反應的平衡常數等于分反應的平衡常數之積,則K=K12?K2?K3.

    故答案為:﹣263kJ?mol﹣1;K=K12?K2?K3;

    (3)由勒夏特列原理,對于3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)為了提高CH3OCH3產率,反應需要向正反應方向移動,因此通過減小氣體體積、降溫、減少產物的量可以實現,而催化劑對化學平衡的移動沒有影響,由此可知A、D正確.

    故答案為:AD;

    (4)反應②2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g),反應③CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g),由此可知,反應③消耗反應②中的水,根據勒夏特列原理可知,可提高CH3OCH3的產率.

    故答案為:反應③消耗了反應②中的產物H2O,使反應②的化學平衡向正反應方向移動,從而提高CH3OCH3的產率;

    (5)由圖象可知,反應溫度升高,CO的轉化率降低,說明該正反應方向為放熱反應,△H<0,A錯誤;找出p2,316℃坐標點,可知CO的轉化率大于50%,B錯誤;由圖可知,p3,316℃時,CO的轉化率為50%,而此時H2和CO的物質的量之比等于系數比,即兩者的轉化率相等,所以H2的轉化率也為50%,C正確;若增大H2和CO的物質的量之比,則平衡正向移動,CO的轉化率也同時升高,D正確;根據等效平衡的原理,保持溫度和壓強不變,充入與起始時等比值的氫氣和CO,兩種平衡等效,二甲醚的體積分數不變,E錯誤.

    故答案為:CD;

    (6)設平衡時CH3OCH3的物質的量為xmol,由4H2(g)+2CO(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g),平衡時各物質的濃度分別為:[H2]=4﹣2x,[CO]=2﹣x,[CH3OCH3]=,[H2O]=.二甲醚的體積分數為25%,也即=,解得x=;所以平衡時各物質的濃度分別為:[H2]=1,[CO]=0.5,[CH3OCH3]=0.75,[H2O]=0.75,所以平衡常數K==2.25.

    故答案為:2.25.

    【點評】本題難度較大,綜合性非常強,綜合了化學平衡、轉化率、蓋斯定律等知識.

    三、選做題:選修2:化學與技術(共1小題,滿分15分)

    11.金屬的表面處理可以使金屬制品美觀耐用,我國2000多年前就已經掌握化學鍍鉻即鉻鹽氧化處理技術,現代工業中常采用電鍍或化學鍍進行金屬表面處理.請回答:

    (1)化學鍍金是借助合適的還原劑,使鍍液中金屬離子還原沉積到金屬表面.如化學鍍鎳是在酸性環境下以NaH2PO2為還原劑(氧化生成NaH2PO3)使Ni2+還原,其離子方程式為Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+;

    (2)工業上進行電鍍時,待鍍金屬作為陰極.電鍍鉻若采用Cr3+的簡單水溶液,電鍍過程中陰極附近的pH與電鍍時間的關系如圖1,pH變化的原因是H+參與放電,上述過程的發生對鍍層產生的影響是鍍層變薄且不均勻;

    (3)為防止上述過程發生,電鍍鉻可以在硫酸鹽溶液體系中進行,圖2為硫酸鹽溶液中Cr3+的濃度對鍍層厚度和覆蓋范圍的影響,隨厚度增加,鍍層覆蓋范圍變化的原因可能是Cr3+濃度增加會使鍍層加厚,但濃度增加鉻晶粒變大使覆蓋范圍變小;

    (4)綜合考慮鍍層厚度及覆蓋范圍,電鍍鉻時溫度以30~40℃為佳,工業上控制反應溫度的設備名稱為熱交換器;電鍍鉻的過程中陽極會產生部分Cr2O72﹣,可以加入AB(填字母)除去;

    A.H2O2??B.Na2SO3???C.FeSO4

    (5)工業采用含Cr3+為3.25g/L的電解液電鍍鉻,則溶液pH不能大于4.(已知:35℃時,Kw=2.0×10﹣14,Ksp[Cr(OH)3]=5.0×10﹣31)

    【分析】(1)化學鍍鎳是在酸性環境下以NaH2PO2為還原劑(氧化生成NaH2PO3)使Ni2+還原,還原產物是Ni,據此書寫離子反應;

    (2)在電鍍工業中,待鍍金屬做陰極,鍍層金屬做陽極,根據電鍍池中電極反應式來回答;

    (3)根據硫酸鹽溶液中Cr3+的濃度對鍍層厚度和覆蓋范圍的影響關系來分析原因;

    (4)工業上控制反應溫度的設備名稱為熱交換器,Cr2O72﹣具有很強的氧化性,可以和還原性的試劑之間發生反應,但是不能引進雜質離子;

    (5)根據Ksp[Cr(OH)3]=5.0×10﹣31=c(Cr3+)?c3(OH﹣)來計算氫氧根離子濃度,根據Kw=c(H+)?c(OH﹣)來計算氫離子濃度,進而計算pH.

    【解答】解:(1)根據信息:化學鍍鎳是在酸性環境下以NaH2PO2為還原劑(氧化生成NaH2PO3)使Ni2+還原,還原產物是Ni,結合氧化還原反應知識,得到反應為:Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+,故答案為:Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+;

    (2)在電鍍工業中,待鍍金屬做陰極,鍍層金屬做陽極,根據電鍍過程中陰極附近的pH與電鍍時間的關系圖,可以看出由于H+參與放電,導致溶液pH的變化,在陰極上,應該是金屬陽離子得電子析出金屬單質的過程,由于氫離子參與放電,所以鍍層變薄且不均勻,故答案為:陰;H+參與放電;鍍層變薄且不均勻;

    (3)根據硫酸鹽溶液中Cr3+的濃度對鍍層厚度和覆蓋范圍的影響關系,得到:Cr3+濃度增加會使鍍層加厚,但濃度增加鉻晶粒變大使覆蓋范圍變小,故答案為:Cr3+濃度增加會使鍍層加厚,但濃度增加鉻晶粒變大使覆蓋范圍變小;

    (4)工業上控制反應溫度的設備名稱為熱交換器;鍍鉻的過程中陽極會產生部分Cr2O72﹣,Cr2O72+具有很強的氧化性,可以和還原性雙氧水、亞硫酸鈉之間發生反應,但是C選項的硫酸亞鐵會引進雜質離子,故選AB,故答案為:熱交換器;AB;

    (5)含Cr3+為3.25g/L的電解液中,Cr3+的濃度是=0.0625mol/L,根據Ksp[Cr(OH)3]=5.0×10﹣31=c(Cr3+)?c3(OH﹣),得到氫氧根離子濃度==2×10﹣10mol/L,Kw=c(H+)?c(OH﹣),c(H+)=mol/L=10﹣4mol/L,所以pH=4,故答案為:4.

    【點評】本題涉及電解池的工作原理以及應用、難溶物的沉淀溶解平衡常數的計算等方面的知識,屬于綜合知識的考查,難度中等.

    選做題:選修3物質結構與性質(共1小題,滿分0分)

    12.第四周期過渡元素Fe、Ti可與C、H、N、O形成多種化合物.

    (1)①H、C、N、O四種元素的電負性由小到大的順序為H<C<N<O;

    ②下列敘述不正確的是BC;(填字母)

    A.因為HCHO與水分子間能形成氫鍵,所以CH2O易溶于水

    B.HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2雜化

    C.C6H6分子中含有6個σ鍵和1個大π鍵,C2H2是非極性分子

    D.CO2晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低

    ③氰酸(HOCN)是一種鏈狀分子,它與異氰酸(HNCO)互為同分異構體,其分子內各原子最外層均已達到穩定結構,試寫出氰酸的結構式N≡C﹣O﹣H;

    (2)Fe原子或離子外圍有較多能量相近的空軌道能與一些分子或離子形成配合物.

    ①與Fe原子或離子形成配合物的分子或離子應具備的結構特征是具有孤對電子;

    ②六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4﹣中不存在B;

    A、共價鍵??B、非極性鍵??C、配位鍵??D、σ鍵??E、π鍵

    寫出一種與CN﹣互為等電子體的單質分子式N2;

    (3)根據元素原子的外圍電子排布特征,可將周期表分成五個區域,其中Ti屬于d區;

    (4)一種Al﹣Fe合金的立體晶胞如圖所示.請據此回答下列問題:

    ①確定該合金的化學式;

    ②若晶體的密度=ρg/cm3,則此合金中最近的兩個Fe原子之間的距離(用含ρ的代數式表示,不必化簡)為cm.

    【分析】(1)①根據元素周期表電負性的遞變規律比較電負性強弱;

    ②A.甲醛和水分子間能形成氫鍵,所以CH2O易溶于水;B.二氧化碳分子中C原子為sp雜化;C.苯中碳碳鍵含有6個σ鍵,每個碳氫鍵含有一個σ鍵;D.原子晶體的熔沸點大于分子晶體;

    ③碳為四價,氮為三價,氧為兩價,氰酸(HOCN)是一種鏈狀分子,且其分子內各原子最外層均已達到穩定結構,故N≡C﹣O﹣H;

    (2)①形成配離子具備的條件為:中心原子具有空軌道,配體具有孤對電子對;

    ②六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4﹣中Fe2+與CN﹣形成配位鍵,CN﹣中存在C≡N三鍵,為極性共價鍵,三鍵中有1個σ鍵2個π鍵;CN﹣中C原子與1個單位負電荷用N原子替換可得CN﹣等電子體的單質;

    (3)根據Ti原子核外電子排布式解答;

    (4)①根據均攤法計算化學式;

    ②計算出晶胞邊長,即可進一步求出最近的兩個Fe原子之間的距離.

    【解答】解:(1)①同周期元素從左到右元素的電負性逐漸增大,則有電負性C<N<O,H的電負性最小,電負性順序為:H<C<N<O,

    故答案為:H<C<N<O;

    ②A.A中甲醛中含有羥基,與水可以形成氫鍵,故A正確;

    B.HCHO分子中C原子采用sp2雜化,但二氧化碳分子中C原子為sp雜化,故B錯誤;

    C.C2H2是直線型對稱結構,為非極性分子,但苯中碳碳鍵含有6個σ鍵,每個碳氫鍵含有一個σ鍵,苯分子中一共含有12個,故C錯誤;

    D.二氧化碳晶體是分子晶體,二氧化硅晶體是原子晶體,所以CO2晶體的熔點、沸點都比二氧化硅晶體的低,故D正確,

    故答案為:BC;

    ③氰酸(HOCN)是一種鏈狀分子,且其分子內各原子最外層均已達到穩定結構,碳為四價,氮為三價,氧為兩價,故N≡C﹣O﹣H,

    故答案為:N≡C﹣O﹣H;

    (2)①形成配離子具備的條件為:中心原子具有空軌道,配體具有孤對電子對,

    故答案為:具有孤對電子;

    ②六氰合亞鐵離子[Fe(CN)6]4﹣中Fe2+與CN﹣形成配位鍵,CN﹣中存在C≡N三鍵,為極性共價鍵,三鍵中有1個σ鍵2個π鍵,所以CN﹣中共價鍵、配位鍵、σ鍵、π鍵;CN﹣中C原子與1個單位負電荷用N原子替換可得CN﹣等電子體的單質為N2,

    故答案為:B;N2;

    (3)Ti原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d24s2,鈦位于第四周期第ⅣB族,屬于d區,故答案為:d;

    (4)①Fe位于頂點、面心、體心和棱心,數目為8×+6×+1+12×=8,Al位于晶胞體心,數目為4,原子數目比值為2:1,化學式可寫為:Fe2Al,

    答:化學式為Fe2Al;

    ②晶胞質量為:×(56×2+27)g,設晶胞邊長為acm,則晶胞體積為a3cm3,由密度公式得:ρ×a3=×(56×2+27),解得a=2×,兩個Fe原子之間的距離為邊長的一半,則距離為:×acm=cm,

    故答案為:

    【點評】本題考查了物質結構和性質,題目比較綜合,側重對物質結構主干知識的考查,涉及電負性、雜化理論、化學鍵、分子結構與性質、晶體類型與性質、晶胞計算等,需要學生具備知識的基礎,難度中等.

    選做題:選修5:有機化學基礎(共1小題,滿分0分)

    13.【化學﹣﹣選修有機化學基礎】

    環己烯常用于有機合成.現通過下列流程,以環己烯為原料合成環醚、聚酯、橡膠,其中F可以做內燃機的抗凍劑,J分子中無飽和碳原子.

    已知:R1﹣CH=CH﹣R2R1﹣CHO+R2﹣CHO

    (1)F的名稱是乙二醇,C中含有的官能團的名稱是醛基.

    (2)③的反應條件是氫氧化鈉醇溶液、加熱.

    (3)寫出下列反應類型:⑥氧化反應,⑨消去反應.

    (4)寫出②反應化學方程式:

    (5)寫出⑩反應化學方程式:

    (6)試寫出C與新制銀氨溶液反應的化學方程式:OHC﹣CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O

    (7)D的一種同分異構體,可發生加成聚合反應,且能和NaHCO3反應,有三種氫原子,核磁共振氫譜面積比為1:2:3,試寫出結構簡式:

    【分析】環己烯與溴發生加成反應生成A為,A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成B為,A發生消去反應生成發生信息中反應生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO,C與氫氣發生加成反應生成F為醇、C發生氧化反應生成E為羧酸,故F、E含有相同碳原子數目,由F生成環醚G的分子式可知,C中含有2個C原子,則D為OHCCH2CH2CHO,C為OHC﹣CHO,則F為HOCH2CH2OH、E為HOOC﹣COOH,2分子HOCH2CH2OH發生脫水反應生成環醚G為,F與E通過酯化反應進行的縮聚反應生成聚酯H為.D與氫氣發生加成反應生成I為HOCH2CH2CH2CH2OH,I在濃硫酸、加熱條件下生成J,J分子中無飽和碳原子,應發生消去反應,可推知J為CH2=CHCH=CH2,J發生發生加聚反應得到合成橡膠,據此解答.

    【解答】解:環己烯與溴發生加成反應生成A為,A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發生水解反應生成B為,A發生消去反應生成發生信息中反應生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO,C與氫氣發生加成反應生成F為醇、C發生氧化反應生成E為羧酸,故F、E含有相同碳原子數目,由F生成環醚G的分子式可知,C中含有2個C原子,則D為OHCCH2CH2CHO,C為OHC﹣CHO,則F為HOCH2CH2OH、E為HOOC﹣COOH,2分子HOCH2CH2OH發生脫水反應生成環醚G為,F與E通過酯化反應進行的縮聚反應生成聚酯H為.D與氫氣發生加成反應生成I為HOCH2CH2CH2CH2OH,I在濃硫酸、加熱條件下生成J,J分子中無飽和碳原子,應發生消去反應,可推知J為CH2=CHCH=CH2,J發生發生加聚反應得到合成橡膠

    (1)F為HOCH2CH2OH,名稱是乙二醇,C為OHC﹣CHO,含有的官能團是醛基,故答案為:乙二醇;醛基;

    (2)反應③是鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應,故答案為:氫氧化鈉醇溶液、加熱;

    (3)反應⑥是醛發生氧化反應生成羧酸,反應⑨是HOCH2CH2CH2CH2OH發生消去反應生成CH2=CHCH=CH2,故答案為:氧化反應;消去反應;

    (4)反應②的化學方程式為:

    故答案為:

    (5)反應⑩的化學方程式為:,故答案為:

    (6)C為OHC﹣CHO,與新制銀氨溶液反應的化學方程式:OHC﹣CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O,

    故答案為:OHC﹣CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O;

    (7)D(OHCCH2CH2CHO)的一種同分異構體,可發生加成聚合反應,且能和NaHCO3反應,含有羧基與碳碳雙鍵,有三種氫原子,核磁共振氫譜面積比為1:2:3,符合條件的同分異構體結構簡式:,故答案為:

    【點評】本題考查有機物的推斷,需要學生對給予的信息進行利用,能較好的考查學生的自學能力,是常見題型,利用正推法與逆推法相結合進行推斷,對學生的推理有一定的要求,熟練掌握官能團的性質,難度中等.

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    文章標題:重慶2019年分類考試化學模擬試題【含答案】

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