《中国化学会第23届全国高中学生化学竞赛（省级赛区）模拟试题04-答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中国化学会第23届全国高中学生化学竞赛（省级赛区）模拟试题04-答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1第 23 届全国高中学生化学竞赛（省级赛区）模拟试卷 第 23 届全国高中学生化学竞赛（省级赛区）模拟试卷 及答案和评分标准 及答案和评分标准 竞赛时间 3 小时。迟到超过半小时者不能进考场。开始考试后 1 小时内不得离场。时间到，把试卷(背面朝上)放在桌面上，立即起立撤离考场。 竞赛时间 3 小时。迟到超过半小时者不能进考场。开始考试后 1 小时内不得离场。时间到，把试卷(背面朝上)放在桌面上，立即起立撤离考场。 试卷装订成册，不得拆散。所有解答必须写在指定的方框内，不得用铅笔填写。草稿纸在最后一页。不得持有任何其他纸张。 试卷装订成册，不得拆散。所有解答必须写在指定的方框内，不得用铅笔
2、填写。草稿纸在最后一页。不得持有任何其他纸张。 姓名、报名号和所属学校必须写在首页左侧指定位置，写在其他地方者按废卷论处。 姓名、报名号和所属学校必须写在首页左侧指定位置，写在其他地方者按废卷论处。 允许使用非编程计算器以及直尺等文具。 允许使用非编程计算器以及直尺等文具。 1.008Zr NbMo Tc RuRhPdAgCdInSnSbTe I Hf TaW Re OsIrPt AuHgTl PbBiPoAtAc-LrHLiBeBCNOFNaMgAlSiPClSKCaScTiVCrMnFeCoNiCuZnGaGeAsSeBrRbCsFrSrBaRaYLa Lu-6.9419.01222.99
3、 24.3139.1040.0885.47 87.62132.9137.3223 22644.96 47.8850.94 52.00 54.94 55.85 58.9363.5558.6965.3910.8126.9869.7212.0128.0972.61114.8204.4118.7207.2112.4200.6107.9197.0106.4195.1102.9192.2101.1190.298.91186.295.94183.992.91180.991.22178.588.9114.01 16.0019.0030.9774.92121.8209.032.0778.96127.621021
4、0210126.979.9035.454.00320.1839.9583.80131.3222HeNeArKrXeRn相对原子质量RfDbSgBhHsMt 第一题（第一题（11.5 分）分） 我们熟知碱金属能够与端炔发生反应，如 Cs，能够与乙炔反应生成炔铯和氢气。除了炔，碱金属还能和一些烯发生反应： 1、 铯能与乙烯和 1，3-丁二烯发生反应，分别生成棕色的 A 和 B。A 中 Cs% = 90.47%，B中 Cs% = 83.11%。画出 A 和 B 的结构式，写出推断过程。说明两个反应的反应类型。（5 分） 2、 金属钠能与 1，1，2，2-四苯基乙烯反应，而铯只能与乙烯反应，不能与 1
5、，1，2，2-四苯基乙烯反应，这是为什么？（1 分） 3、 将金属钠在研钵中研成细微的粉末状，通入 1，3-丁二烯气体，生成了 C。将 C 提取出由 Cs%得到，132.9 90.47% - 132.9 = 14.0g/mol，可以看出这是亚甲基 CH2。所以 A 的经验式为 CsCH2，显然 A 为 CsCH2CH2Cs。同理经计算，我们可以得出 B 为CsCH2CH=CHCH2Cs。 （1 分）分）所以 A 和 B 的结构式为： 每个结构式每个结构式 1 分，共分，共 3 分。分。 反应类型是加成反应。 （1 分）分） 因为苯基的体积较大，钠的体积较小，钠与 1，1，2，2-四苯基乙烯反应
6、后，空间位阻并不大。恰恰相反，铯的体积很大，由于空间位阻效应太大，所以铯只能与乙烯反应，不能与 1，1，2，2-四苯基乙烯反应。 （1 分）分） 1 2来，通入足量的 CO2，生成了 D。已知 C 中 Na% = 29.87%。画出 C 和 D 的结构式，写出推断过程。 （5.5 分） 第二题（第二题（18.5 分）分） 一种化合物 X 是一种十分漂亮的紫色晶体。下面是它的相当复杂的实验制备过程： 实验 1：将 A，Ca(OH)2，50%的 NaOH 溶液和去离子水一起混合装入一个三颈圆底烧瓶中，并装上水冷凝管。将 1，2-二溴乙烷从侧边的口中加入。加热回流反应混合物。反应大约超过 6 小时的
7、时候，在加热回流下，用注射泵逐滴加入 50%的 NaOH 溶液。然后再加入水，继续加热回流 1 小时。反应结束后冷却到室温，然后用浓盐酸酸化到 pH=3。聚积出一种白色沉淀，取出白色沉淀加入水中。加 50%的 NaOH 溶液到pH=11，然后在小心加入浓盐酸到 pH=3.5。然后再取出白色沉淀，在 65真空下干燥，得到产物 M。 实验 2： 将配制好的 NaHCO3溶液放在冰浴中。 逐滴加入 Co(NO3)26H2O， 水和 H2O2的溶液，使形成冰冷的浆液。同时，反应混合物变成绿色。在 0下保持反应 1.5 个小时，并持续不断地搅拌。过滤出绿色产物并用冷水，乙醇和乙醚洗涤。在真空中将得到的深
8、绿色沉淀 N 彻夜干燥。 实验 3： 取 5.539g N， 4.121g 活性炭和 120ml 水装入三颈圆底烧瓶中， 同时不断搅拌。 取 4.392g M 分成小部分慢慢加入其中。反应混合物加热至 80。分批缓慢加入 14ml 5%的乙酸，直到确定所有 CO2都放出。然后，将热溶液冷却至室温，同时不断搅拌。用 5%的乙酸将 pH 调至 4 4.3。 用矽藻土过滤溶液。 滤液的体积减少到大约 30ml。加入 150ml 乙醇，最终沉淀出紫色的产物 X。将粗产品放置过夜，第二天再过滤。重结晶粗产物，干燥最终得到漂亮的紫色精制产物 X 3.068g，产率 52.59%。 1、 A 是一种常见的
9、D-氨基酸。其中 N%=10.53%，pKa1=2.09，pKa2=3.86，pKa3=9.82。 （1）画出 A 的结构式，标出 R、S，并系统命名，写出推断过程。 （4 分） 由 Na%得到，23 29.87% - 23 = 54g/mol，可以看出这是 C4H6，为 1，3-丁二烯基，所以 C 为 NaCH2CH=CHCH2CH2CH=CHCH2Na。通入足量 CO2后，显然生成的 D 是羧酸钠。 （1 分）分）所以 C 和 D 的结构式为： C 的每个结构的每个结构 1 分，共分，共 3 分。分。 D 的每个结构的每个结构 0.5 分，共分，共 1.5 分。分。 由 3 个 pKa 值
10、，我们推测 A 中有两个羧基。由 N%，得出 14.01 10.53% = 133.0g/mol 氨基酸的通式为： 2 3 （2）写出 Ka1，Ka2和 Ka3所对应的哪个基团电离。 （1.5 分） （3）计算 A 的等电点。 （1 分） 2、 根据实验 1 中的实验流程回答问题。 （1）画出产物 M 的结构式。 （2 分） （2）“聚积出一种白色沉淀，取出白色沉淀加入水中。加 50%的 NaOH 溶液到 pH=11，然后在小心加入浓盐酸到 pH=3.5。”既然之前已经调至 pH=3，后来在经过上面这个步骤调至 pH=3.5。小明认为这个步骤完完全全是多余的，小王认为这个实验步骤是为了弥补前面
11、 pH 调过低的实验失误。你觉得呢？（1 分） 3、 根据实验 2 中的实验流程回答问题。 （1）已知元素分析得，N 中 Co%=16.28%，且只有一种配体。画出 N 的结构式，写出推断过程。 （3 分） 所以 M (R) = 133 74 = 59g/mol。因为 R 中可能还有一个羧基，所以 59 45 = 14g/mol 这正好是亚甲基 CH2。 （1 分）分） 所以 A 的结构式为：结构式结构式 1 分，分，R 构型构型 1 分。分。 命名：2R-2-氨基-丁二酸（1 分）分） Ka1对应 -COOH 的电离。 （0.5 分）分） Ka2对应 -COOH 的电离。 （0.5 分）分）
12、 Ka3对应-NH3+的电离。 （0.5 分）分） pI = (Ka1 + Ka2 ) / 2 = ( 2.09 + 3.86 ) / 2 = 2.98（1 分）分） M 的结构式为： （2 分）如果没有表示出分）如果没有表示出 R 构型只得构型只得 1 分。分。 这个步骤并不多余与不是弥补实验失误，是洗涤粗产物的必需过程。 （1 分）分） M (N) = 58.93 16.28% = 362.0g/mol 反应物中 H2O2一定是氧化剂，最终为 Co()的六配位配合物。 已知配合物中只有一种配体，所以可能的配体有 CO32-，NO3-，H2O，乙醚。 （1 分）分） 当配体为 CO32-时，
13、362.0 60.00 3-22.99 3 - 58.93 = 54.10g/mol，正好是 3 份 H2O。 成立。 以此类推，分别检验后面 3 个，得到结果都不成立。 （1 分）分） 所以 N 的结构式为： 3 4 （2）写出实验 2 中发生的化学反应方程式。 （2 分） 4、根据实验 3 中的实验流程和数据，推断紫色产物 X 的结构式，并写出推断过程。 （4 分） 第三题（第三题（17 分）分） 将 10.00g 某一金属 A 溶解在等体积的四氧化二氮和乙酸乙酯的混合物中，反应后分离出一种深紫色的化合物 B，转化率为 93.2%。 ，B 称重得 58.03g。下面是化合物 B 的热重分析
14、数据： 实验序号 温度（） 加热条件 加热后的质量/原质量（%） 1 50 真空中 74.93 2 120 真空中 49.85 3 170 O2流中 21.88 4 200 无 20.42 B 在实验 1 加热后生成紫色化合物 C，C 在实验 2 加热后生成淡紫色化合物 D，D 在实验 3加热后生成化合物 E，E 在实验 4 加热后生成 F。 1、 通过上述所给的数据，写出 AF 的化学式，并写出详细的推断过程。 （10 分） (1 分分) n (N) = 5.539g 362.0 = 0.01530mol n (M) = 4.392g 292 .2=0.01503mol 所以 M 比 N 略
15、少。n (X) = 0.01503 52.59% = 7.905 10-3mol M (X) = 3.068g 7.905 10-3 = 388.1g/mol （1 分）分） 从实验流程中看到加入乙酸反应掉 N 中配位的碳酸根，所以 X 中的配体一点是 M 的阴离子。因为 M4-正好是六配位的配体，所以 388.1 58.93 ( 292.2 4 ) - 22.99 = 18.01g/mol，正好是一份水。 （1 分）分） 所以 X 的结构式为： （2 分）分） 2Co(NO3)26H2O+10NaHCO3 +H2O2 =2Na3Co(CO3)33H2O+12H2O+4NaNO3+4CO2 (
16、2 分分) 由题干所给的信息，乙酸乙酯显然不会与金属 A 反应，我们可以推测出 B 可能为金属 A的硝酸盐。所以设 B 为 A(NO3)n（其中 n=14） ，金属 A 的相对原子质量为 M，列式得，58.03(14 16 3)10.0093.2%MnM （1 分）分） 4 5 2、 写出所有的化学反应方程式。 （5 分） 3、 写出 A 能够反应生成 B，且高产率的原因。 （2 分） 第四题（第四题（10 分）分） X 射线和中子衍射普通六方冰的晶体结构数据如下： 化简得 M=11.86n 当 n=1 时， M=11.86g/mol， 舍去； 当 n=2 时， M=23.72g/mol， 舍
17、去； 当 n=3 时， M=35.58g/mol，舍去；当 n=4 时，M=47.44g/mol，可能为 Ti，但由 Ti 的金属惰性可知，它很难发生该反应，舍去。所以 B 为金属 A 的硝酸盐这种情况排除。 （1 分）分） 根据题目中的表格，改写得 实验序号 温度（） 加热条件 各实验失重量/原质量（%） 1 50 真空中 25.07 2 120 真空中 25.08 3 170 O2流中 27.07 4 200 无 1.46 因为实验 1 和 2 的失重量应该相同， 可以猜测到 B 可能是溶剂化的金属 A 的硝酸盐。 而实验 1 和 2 正好各失去一份结晶物质。 （1 分）分） 设 B 为
18、A(NO3)n2CH3COOC2H5，或 A(NO3)n2N2O4， 若 B 为 A(NO3)n2CH3COOC2H5，那么列式得， 25.07% 58.0310.0088 93.2%M，得出 M=56.38g/mol，舍去； 同理，若 B 为 A(NO3)n2N2O4，得出 M=58.94g/mol，所以 A 为 Co。 （1 分）分） 58.03M(B)=366.9/10.0058.93 93.2%g mol，所以 B 为 Co(NO3)22N2O4。 （1 分）分） 所以 C 为 Co(NO3)2N2O4，D 为 Co(NO3)2。 （各（各 1 分，共分，共 2 分）分） D 加热生成
19、的 E 应该是钴的一种氧化物，而且在氧气流中加热，所以可能 E 的钴的高价氧化物，而 F 为钴的低价氧化物。 （1 分）分） 先求 F，20.42%366.9-58.93=15.99g/mol，所以可得 F 为 CoO。 （1 分）分） 所以 E 可能为 Co3O4和 Co2O3。 21.88%366.9-58.93=21.354/316，所以 E 为 Co3O4。 （1 分）分） 综上所述，得出 A=Co，B= Co(NO3)22N2O4，C= Co(NO3)2N2O4，D= Co(NO3)2，E= Co3O4，F=CoO 因为在 N2O4和乙酸乙酯的混合物中，N2O4部分电离为 NO+和
20、NO3-。NO+具有强氧 性，所以易得到 Co 失去的电子，生成 NO。 （1 分）分）反应的同时还促进 N2O4进一步电离从而高产率生成 Co(NO3)22N2O4。 （1 分）分） Co+4N2O4= Co(NO3)22N2O4+2NO Co(NO3)22N2O4= Co(NO3)2N2O4+2NO2 Co(NO3)2N2O4= Co(NO3)2+2NO2 3Co(NO3)2=Co3O4+6NO2+O2 2Co3O4=6CoO+O2 每个每个 1 分，共分，共 5 分。分。 5 6 a=b=452pm，c=737pm 冰的结构沿 c 轴投影，在 z=56/100 和 z=94/100其中氧
21、原子的坐标 x=1/3 或 2/3 的氧原子具有相同的 x 和 y 坐标 相对应的坐标 y=2/3 或 1/3 在此三维网络中，每个氧原子通过氢键与周围另外四个按四面体排列的氧原子结合。 1、 计算六方冰的密度和化学上相同而结晶学上不同的两个 OHO 氢键的长度。 （5 分） 2、 在 100时，水的蒸发焓是 539.6Calories/g，试估计被破坏一个阿伏伽德罗常数的OHO 氢键所需的能量。 （2 分） 3、 根据上面两幅投影图，画出六方冰的晶体结构。 （3 分） 由图中可得 Z=4，所以 322330AZM40.917g /abcN sin120452737sincm （2 分）分）在
22、（1/3，2/3，0.06）和（1/3，2/3，0.44）处的两个原子之间的键长为 d1=737(0.44-0.06)=280pm （1 分）分） 在（1/3，2/3，0.44）和（2/3，1/3，0.56）处的两个原子之间的键长为 222d3276pm (1/3-2/3)（2 分）分） 每个氧形成两个给予键和两个接受键，因为每个键涉及两个氧原子，破坏的氢键总数等于水分子数的两倍。所以破坏一个阿伏伽德罗数个氢键所需能量为 E=539.618.012=4859 Calories （2 分）分） 六方冰的晶体结构如下： （3 分）分） 6 7第五题（第五题（11 分）分） 某些难溶物的 Ksp的测
23、定并不简单，需要设计特殊的实验来巧妙的测量出其 Ksp。下面是测量难溶盐 Ag2S 的 Ksp的一种实验方法： 现装有如下一个原电池。电池的正极是银片，插入 0.10mol/L 的 AgNO3溶液中，并将 H2S气体不断通入 AgNO3溶液中直到溶液中的 H2S 达到饱和。电池负极是锌片插入 0.10mol/L ZnSO4溶液中，并将 NH3不断通入 ZnSO4溶液中，直到游离 NH3的浓度为 0.1mol/L 为止。再用盐桥连接两种溶液。测得该电池的电动势为 0.85V。 （已知 E(Ag+/Ag)=0.80V，E(Zn2+/Zn)= - 0.76V；H2S：Ka1=1.310-7，Ka2=
24、7.110-15；饱和的 H2S 溶液的浓度为 0.10mol/L；KfZn(NH3)42+=1.1109。 ） 1、 解释 Ag2S 不能用一般的方法测定 Ksp的原因。 （1 分） 2、 试比较 CuS 和 Ag2S 的 Ksp的大小，说明理由。 （2 分） 3、 根据上述所给的数据计算出 Ag2S 的 Ksp。 （8 分） 因为 Ag2S 在水中 S2-离子极容易水解，这样就大大增加了 Ag2S 溶解度。所以如果用一般的测量 Ksp的方法，将有很大的偏差。 （1 分）分） Ag2S 的 Ksp小于 CuS 的 Ksp。 （1 分）分）因为根据软硬酸碱理论，硬亲硬，软亲软，S2-为软碱，A
25、g+为软酸，而 Cu2+为交接酸，Ag+比 Cu2+更软，所以 Ag2S 的 Ksp 小于 CuS 的 Ksp。（1 分）分） 在电池负极：E(Zn2+/Zn)= - 0.76V 设自由的Zn2+= x mol/L，在下面的平衡中： Zn2+4NH3Zn(NH3)42+ x 0.10 0.10-x 293 4243()1.1 10fZn NHKZnNH，所以 940.101.1 100.10 xx，得出 x=9.110-7 mol/L （2 分）分） （1 分）分） 在电池正极：E(Ag+/Ag)=0.80V /)/)0.059lg0.800.059lgE AgAgEAgAgAgAg（ 2(/
26、)(/)0.800.059lg0.940.85EE AgAgE ZnZnAgV，所以 7 8 第六题（第六题（14 分）分） 已知一种含元素 X 的化合物 A，在特殊环境下反应产生一种极不稳定的化合物 B。该化合物在有机合成中有很大意义。用上述方法制得 B 之后，迅速并小心地加热至 293K，与顺丁烯，产生一种罕见的化合物 C。 已知 B 和 C 中含有的元素相同，且均含有三元环，在低温下，实验证明该三元环较为稳定，且在 B 中的碳原子只有两种化学环境。B 中 X 占 56.47%，C 中 X 占 39.34%。 1、写出 X，B 和 C 的化学式，并写出推断过程。 （5 分） 2、画出 B
27、和 C 的所有可能的立体异构体。 （9 分） Ag+=8.710-16mol/L （2 分）分） 又 2Ag+H2SAg2S+2H+ 因为 Ag2S 的 Ksp很小，可以认为该反应发生完全。 所以H+=0.10mol/L （1 分）分） H2S2H+S2- Ka1Ka2 22122 aaHSK KH S，所以 715221122221.3 107.1 109.2 10/0.10aaK KH SSmol LH（1 分）分） 所以，Ag2S 的 Ksp=Ag+2S2-=(8.710-16)29.210-21=7.010-51。 （1 分）分） 设 X 的相对原子质量为 M g/mol。 因为 B
28、是极不稳定的，且与顺丁烯反应，只可能与双键反应，所以该反应很有可能为加成反应。 （1 分）分） 若 B 与 n mol 顺丁烯反应生成 C，列式为 M39.34%-M56.47%=56n 解得，M=72.62n g/mol （1 分）分） 既然是与双键发生加成反应，n=1 或 2。 当 n=1 时，M=72.62g/mol，X 为 Ge。 当 n=2 时，M=145.2g/mol，所给的周期表中没有这种元素。 所以 X 为 Ge。 （1 分）分） 因为 B 和 C 的所含的元素相同，所以 B 和 C 中含有 Ge，C 和 H 元素。 根据 X 的元素分析，得 M(B)=128.6g/mol，M
29、(C)=184.6g/mol 所以 B 为 Ge(C4H8)（1 分）分） C 为 Ge(C4H8)2。 （1 分）分） B 可能的立体异构体为： 每个结构式每个结构式 1 分，共分，共 2 分。分。 C 可能的立体异构体为： 8 9 第七题（第七题（18 分）分） “纳米人”是一种很有趣的分子，正如其名，它是一种拟人型分子。它的合成方法也很多，下面是其中一种： 方案 1：合成“纳米人”的上半身： 上半身片段 已知，TEA 是三乙胺，toluene 是甲苯，1，2-diiodoethane 是 1，2-二碘乙烷。PdCl2(PPh3)2，CuI 是一种均相催化剂，可用于卤代烷与端炔氢发生取代反
30、应生成碳链增长的的炔化合物。 1、 翻译方案 1 中的 4 个英文词组“attachment of arms”、“formation of neck”、“formation of head”、“forming a more reactive underbelly”。 （2 分） 每个结构式每个结构式 1 分，共分，共 7 分。分。 9 10 2、 画出方案 1 中空缺的中间产物的结构式。 （4 分） 方案 2：合成“纳米人”的下半身： 下半身片段 attachment of arms：手臂的连接；formation of neck：脖颈的形成；formation of head：头的形成；fo
31、rming a more reactive underbelly：一种反应活性更高的下腹部的形成 每个每个 0.5 分，共分，共 2 分分 方案 1 中空缺的中间产物的结构式如下： 上半身片段 每个结构式每个结构式 1 分，共分，共 4 分。分。10 11已知，TMS 是三甲基硅基，是一种很容易离去的基团。下半身片段是一种烃。 3、 画出方案 2 中空缺的中间产物的结构式。 （7 分） 方案 3：将一对上半身和下半身片段组合成“纳米人”： 上半身片段 下半身片段 “纳米人” 4、 画出“纳米人”的结构式。 （1 分） 方案 2 中空缺的中间产物的结构式： 下半身片段 每个结构式每个结构式 1
32、分，共分，共 7 分。分。“纳米人”的结构式： （1 分）分） 11 125、 计算以 15.89g 对二溴苯和 8.667g 对硝基苯胺为原料，最终得到的“纳米人”的产量和产率。 （4 分） n（对二溴苯）=n（上半身片段）理论=15.89235.8=0.06739mol n（上半身片段）实际=0.0673981%70%83%77%86%=0.02100mol（1 分）分） n（对硝基苯胺）=n（下半身片段）理论=8.667138.0=0.06280mol n（下半身片段）实际=0.0628097%80%89%70%91%76%100%=0.02100mol （1 分）分） n（“纳米人”）理论=0.06280mol，n（“纳米人”）实际=0.0210085%=0.01785mol 产率 w%=0.017850.06280100%=28.42%（1 分）分） 产量 m（“纳米人”）=0.01785542.0=9.675g（1 分）分） 12