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2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷
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这是一份2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷
一、单项选择题：（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂
B．碳纤维是一种新型的高强度的有机高分子材料
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与煤的大量燃烧有关
D．用漂粉精和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
D．常温常压下，22.4L的NO2和CO2的混合气体含有2NA个O原子
3．（6分）每逢春节，一种“本宝宝福禄双全”的有机物就会刷爆朋友圈，其结构简式如图。有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．该有机物的分子式：C8H4O2ClF
B．该分子最多有12个原子共面
C．一定条件下，1mol该物质最多消耗5mol H2
D．具有相同官能团且2个醛基在邻位的同分异构体还有5种
4．（6分）科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述正确的是（ ）
A．离子半径：Y＞Z
B．氢化物的稳定性：X＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Z
D．化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
5．（6分）下列选用的相关仪器及实验操作正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验装置
实验操作
量取9.50mL浓硫酸
稀释浓硫酸
分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液
吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池（如图所示），该电池可将可乐（pH＝2.5）中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C．b极的电极反成为：MnO2+2H2O+2e﹣＝Mn2++4OH﹣
D．都消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
7．（6分）向20mL 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是（ ）
A．醋酸的电离平衡常数：B点＞A点
B．由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点
C．从B点到C点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．从A点到B点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO﹣）＝c（Na+）
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第8题~第10题为必考题，每个试题考生都必须做答。第11题~第12题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（43分）
8．（14分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要用到的玻璃为 。
（2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有 。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 。
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有 离子被氧化。在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 。
（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到Co2+。但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 。
（5）“钴沉淀”的化学式可表示为xCoCO3•yCo（OH）2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 。
9．（15分）ClCH2COOH（氯乙酸，熔点为50℃）是一种化工原料，实验室制备氯乙酸的装置如图。
请回答下列问题：
（1）仪器X为 。（填仪器名称）
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为 。
（3）在500mL三颈烧瓶中放置300g冰醋酸和15g催化剂乙酸酐。加热至105℃时，开始徐徐通入干燥纯净的氯气。加热的方法是 （填“水浴加热”、“油浴加热”或“沙浴加热”），乙中盛放的药品是 。NaOH 溶液的主要作用是 。
（4）氯气通入冰醋酸中呈黄色随即黄色褪去，用化学方程式解释黄色褪去的原因： ，氯气通入速率以三颈烧瓶中无黄绿色气体逸出为度，控制通入氯气速率的方法是 。
（5）已知反应开始时在三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸（Mr＝60），反应结束冷凝后生成无色氯乙酸（Mr＝94.5）晶体425g，产率约为 。
10．（14分）用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+4H2（g）→CH4（g）+2H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+3H2（g）→CH4（g）+H2O（g）△H2
（1）温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示，则△H1 0（填“＞”或“＜”），若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是 。
（2）已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：①OH﹣+CO2＝HCO3﹣②HCO3﹣+H2＝HCO2﹣+H2O，则反应③的离子方程式为 。
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下，0～tB时间段内，氢气的反应速率v（H2） mol•L﹣1•min﹣1。
②T2温度下，将6mol CO与10mol H2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K（T2）＝ 。
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量/mol
0
1.4
2.3
2.8
3.0
3.0
③T3温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2mol CO、1mol H2、2mol CH4和2mol H2O，反应达到平衡前，v（正） v（逆） （填“＞”、“＜”或“＝”），平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（二）选考题：共15分。请从给出的题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）
11．（15分）据《自然•通讯》（Nature Communications）报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 。
②标准状况下，VL CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为（π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 。
（4）铜的一种氧化物晶胞结构如图所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则铜的这种氧化物晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图 。（从A～D图中选填）
已知这种氧化物晶胞参数为a cm，则该氧化物的密度为 g•cm﹣3。（设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示）
【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图。
已知：LiAlH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，F的结构简式为
（2）B中含氧官能团的名称为 。
（3）D→E的反应类型为 。
（4）反应②的化学方程式为 。
（5）满足下列条件的A的同分异构体有 种。（不考虑立体异构）
①苯环上只有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为 。
（6）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和 CH3SO2Cl为主要原料制备它的合成路线（其他试剂任选）。 。
2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂
B．碳纤维是一种新型的高强度的有机高分子材料
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与煤的大量燃烧有关
D．用漂粉精和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳
【分析】A．地沟油成分为高级脂肪酸甘油酯；
B．碳纤维是一种碳单质；
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关；
D．漂粉精和洁厕灵的混合液易生成氯气。
【解答】解：A．“地沟油”的成分为油脂，对人体有害，油脂在碱性条件下水解为皂化反应，则禁止食用，但可以用来制肥皂等，故A正确；
B．碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子化合物，故B错误；
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关，而煤的大量燃烧主要生产二氧化硫气体，故C错误；
D．漂粉精的主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分为盐酸，二者混合易生成氯气，可导致中毒，不能混合使用，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查较综合，涉及物质的用途、环境污染与保护、材料类型，明确相关知识是解题关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
D．常温常压下，22.4L的NO2和CO2的混合气体含有2NA个O原子
【分析】A．钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离；
D．常温常压Vm不等于22.4L/mol。
【解答】解：A．一定条件下，2.3g的Na物质的量为＝0.1mol，完全与O2反应生成3.6g产物时生成0.1mol钠离子，失去的电子数为0.1NA，故A正确；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数小于NA，故B错误；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离，所以1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有小于0.1NA个HCO3﹣，故C错误；
D．常温常压Vm不等于22.4L/mol，无法计算混合气体物质的量，无法计算含有氧原子个数，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量结合物质结构分析判断微粒数的计算，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度中等。
3．（6分）每逢春节，一种“本宝宝福禄双全”的有机物就会刷爆朋友圈，其结构简式如图。有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．该有机物的分子式：C8H4O2ClF
B．该分子最多有12个原子共面
C．一定条件下，1mol该物质最多消耗5mol H2
D．具有相同官能团且2个醛基在邻位的同分异构体还有5种
【分析】A．该分子中含有8个C原子、4个H原子、2个O原子、1个Cl原子、1个F原子；
B．苯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
C．环和氢气以1：3发生加成反应、醛基和氢气以1：1发生加成反应；
D．如图，满足条件的还有5种，分别为F在1号C上有3种，F在2号上有2种。
【解答】解：A．根据有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C8H4O2ClF，故A正确；
B．苯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，根据苯、甲醛平面模型可知，该分子最多有16个原子共面，故B错误；
C．苯环、醛基均能和氢气发生加成反应，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol醛基消耗1mol氢气，则1mol该物质最多消耗5molH2，故C正确；
D．如图，满足条件的还有5种，分别为F在1号C上有3种，F在2号上有2种，共5种，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和综合应用，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
4．（6分）科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述正确的是（ ）
A．离子半径：Y＞Z
B．氢化物的稳定性：X＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Z
D．化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
【分析】根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；负离子中Y形成一个共价键，为﹣1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为B，Y为F，Z为S元素。
A．电子层越多离子半径越大，则离子半径F﹣＜S2﹣，即Y＜Z，故A错误；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性B＜F，则氢化物的稳定性：BH3＜HF，即X＜Y，故B错误；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：B＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3BO3（弱酸）＜H2SO4（强酸），即X＜Z，故C错误；
D．结合分析可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）下列选用的相关仪器及实验操作正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验装置
实验操作
量取9.50mL浓硫酸
稀释浓硫酸
分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液
吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.量筒的感量为0.1mL；
B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
C.乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液分层；
D.氨气极易溶于水。
【解答】解：A.量筒的感量为0.1mL，可量取9.5mL浓硫酸，故A错误；
B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；
C.乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液分层，可选分液漏斗分离，故C正确；
D.氨气极易溶于水，图中装置易发生倒吸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池（如图所示），该电池可将可乐（pH＝2.5）中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C．b极的电极反成为：MnO2+2H2O+2e﹣＝Mn2++4OH﹣
D．都消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【分析】A．失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B．负极区电极反应式为C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+，负极溶液中c（H+）增大；
C．b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子；
D．根据C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【解答】解：A．根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，故A错误；
B．负极区电极反应式为C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+，负极溶液中c（H+）增大，则溶液的pH减小，故B错误；
C．b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e﹣＝Mn2++2H2O，故C错误；
D．根据C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度不大。
7．（6分）向20mL 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是（ ）
A．醋酸的电离平衡常数：B点＞A点
B．由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点
C．从B点到C点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．从A点到B点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO﹣）＝c（Na+）
【分析】A．中和反应为放热反应，由图可知，B点恰好完全反应生成CH3COONa，Ka与温度有关；
B．B点水解促进水的电离，C点NaOH过量；
C．B点到C点，溶液中溶质为醋酸钠、NaOH，溶液显碱性，若水解程度大时c（CH3COO﹣）减小；
D．从A点到B点，溶液中溶质为醋酸、醋酸钠，可能为中性。
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，则醋酸的电离平衡常数：B点＞A点，故A正确；
B．B点酸碱恰好反应生成醋酸钠，促进水的电离，C点NaOH过量，抑制水的电离，所以由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点，故B正确；
C．B点到C点，溶液中溶质为醋酸钠、NaOH，溶液显碱性，若水解程度大时c（CH3COO﹣）减小，则混合溶液中可能存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C错误；
D．若溶液中c（OH﹣）＝c（H+），由电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＝c（Na+），要使其溶液呈中性，则醋酸应稍微过量，所以从A点到B点，混合溶液中可能存在c（CH3COO﹣）＝c（Na+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握酸碱混合后溶液中溶质、电离与水解、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点和易错点，题目难度不大。
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第8题~第10题为必考题，每个试题考生都必须做答。第11题~第12题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（43分）
8．（14分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要用到的玻璃为 蓝色 。
（2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有 NaAlO2 。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O 。
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有 Fe2+ 离子被氧化。在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀 。
（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到Co2+。但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境 。
（5）“钴沉淀”的化学式可表示为xCoCO3•yCo（OH）2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 2CoCO3•3Co（OH）2 。
【分析】从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，由流程可知，加入氢氧化钠溶液可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCoO2，加入稀硫酸、硫代硫酸钠，主要发生8LiCoO2+S2O32﹣+22H+═8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，即沉淀B为Fe（OH）3，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30%Na2CO3溶液，可生成CoCO3•yCo（OH）2，以此解答该题。
【解答】解：（1）钴玻璃颜色为蓝色，
故答案为：蓝色；
（2）溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2，“钴渣“中LiCoO2溶解时的离子方程式为8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O，
故答案为：NaAlO2；8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O；
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有Fe2+离子被氧化，在“滤液”中加入20%Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：Fe2+；调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀；
（4）工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境，
故答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；
（5）称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热，使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g，则n（H2O）＝＝0.03mol，n（CO2）＝＝0.02mol，表示为xCoCO3•yCo（OH）2，则化学式为2CoCO3•3Co（OH）2，
故答案为：2CoCO3•3Co（OH）2。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（15分）ClCH2COOH（氯乙酸，熔点为50℃）是一种化工原料，实验室制备氯乙酸的装置如图。
请回答下列问题：
（1）仪器X为 球形冷凝管 。（填仪器名称）
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为 2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑ 。
（3）在500mL三颈烧瓶中放置300g冰醋酸和15g催化剂乙酸酐。加热至105℃时，开始徐徐通入干燥纯净的氯气。加热的方法是 油浴加热 （填“水浴加热”、“油浴加热”或“沙浴加热”），乙中盛放的药品是 饱和食盐水 。NaOH 溶液的主要作用是 吸收多余的氯气，防止污染环境 。
（4）氯气通入冰醋酸中呈黄色随即黄色褪去，用化学方程式解释黄色褪去的原因： Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl ，氯气通入速率以三颈烧瓶中无黄绿色气体逸出为度，控制通入氯气速率的方法是 控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率 。
（5）已知反应开始时在三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸（Mr＝60），反应结束冷凝后生成无色氯乙酸（Mr＝94.5）晶体425g，产率约为 90% 。
【分析】制备一氯乙酸：由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，由饱和食盐水除去HCl气体，由浓硫酸吸收水，纯净干燥的氯气与乙酸在三颈烧瓶中，用油浴控制温度在105℃左右，X为球形冷凝管，其作用为冷凝回流，使反应更充分，冷凝水下进上出，发生反应生成氯乙酸，由于可能会有多余的氯气逸出，由氢氧化钠吸收多余的氯气和得到的酸性污染气体，据此分析作答。
【解答】解：（1）分析图中装置克制，X为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）装置甲为高锰酸钾制取氯气的发生装置，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
故答案为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（3）由于反应温度为105℃，故应采用油浴加热，结合分析可知，乙为饱和食盐水，其作用为吸收氯化氢气体，氢氧化钠的作用为吸收多余的氯气，防止污染环境，
故答案为：油浴加热；饱和食盐水；吸收多余的氯气，防止污染环境；
（4）黄绿色褪去说明氯气被消耗，氯气与乙酸发生取代反应，生成一氯乙酸和氯化氢，方程式为Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl，滴加浓盐酸的速率与氯气的生成速率成正比，故可以通过控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率，
故答案为：Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl；控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率；
（5）三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸，则n（CH3COOH）＝＝5mol，依据方程式Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl可知，理论生成的氯乙酸的物质的量为5mol，实际生成的物质的量为，故氯乙酸产率为×100%≈90%，
故答案为：90%。
【点评】本题以氯乙酸的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，实验装置评价，产率计算等内容，明确实验步骤及装置原理和作用为解题关键，考查较为综合，难度适中。
10．（14分）用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+4H2（g）→CH4（g）+2H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+3H2（g）→CH4（g）+H2O（g）△H2
（1）温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示，则△H1 ＜ 0（填“＞”或“＜”），若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是 低温、高压 。
（2）已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：①OH﹣+CO2＝HCO3﹣②HCO3﹣+H2＝HCO2﹣+H2O，则反应③的离子方程式为 HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O 。
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下，0～tB时间段内，氢气的反应速率v（H2） mol•L﹣1•min﹣1。
②T2温度下，将6mol CO与10mol H2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K（T2）＝ 3 。
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量/mol
0
1.4
2.3
2.8
3.0
3.0
③T3温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2mol CO、1mol H2、2mol CH4和2mol H2O，反应达到平衡前，v（正） ＞ v（逆） （填“＞”、“＜”或“＝”），平衡常数 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）根据反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知△H1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，可知提高CH4含量的方法；
（2）根据图2所示可知，HCO2﹣和H2反应生成CH4、OH﹣和H2O，据此书写离子方程式；
（3）①T1温度下，0～tB时间段内，求甲烷的反应速率v（CH4），根据反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）可知，v（H2）＝3v（CH4）；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 10 0 0
起始量（mol） 3 9 3 3
起始量（mol） 3 1 3 3
则K（T2）＝；
③求该状态下Qc，判断反应方向；温度不变平衡常数不变。
【解答】解：（1）根据反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知△H1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是低温、高压，
故答案为：＜；低温、高压；
（2）根据图2所示可知，HCO2﹣和H2反应生成CH4、OH﹣和H2O，则反应③的离子方程式为：HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O，
故答案为：HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O；
（3）①T1温度下，0～tB时间段内，甲烷的反应速率v（CH4）＝＝mol/（L•min），根据反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）可知，v（H2）＝3v（CH4）＝mol/（L•min），
故答案为：；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 10 0 0
起始量（mol） 3 9 3 3
起始量（mol） 3 1 3 3
则K（T2）＝＝＝3，
故答案为：3；
③T2温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，根据Qc＝＝＝2＜3，则反应正向进行，故v（正）＞v（逆），温度不变平衡常数不变，
故答案为：＞；不变。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡常数、平衡移动与反应速率等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
（二）选考题：共15分。请从给出的题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）
11．（15分）据《自然•通讯》（Nature Communications）报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 4s24p4 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 H2S 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 O＝C＝O 。
②标准状况下，VL CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为（π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 sp2 。
（4）铜的一种氧化物晶胞结构如图所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则铜的这种氧化物晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图 B 。（从A～D图中选填）
已知这种氧化物晶胞参数为a cm，则该氧化物的密度为 g•cm﹣3。（设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示）
【分析】（1）硒为第四周期ⅥA族元素，为p区元素，据此书写价电子排布式；影响分子晶体熔沸点的因素为分子间作用力大小；
（2）①不同元素间形成的共价键为极性键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
②标况下VL CO2中n（ CO2）＝mol，1molCO2中均含2molπ键；
（3）在 分子中，C原子采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道电子参与形成大π键，Se采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道上2个电子参与形成大π键；
（4）Cu的这种氧化物中，体心上的球和四个黑色球形成正四面体结构，沿体对角线投影，其中一对O原子重合且和边上的原子在一条线上；该晶胞中O原子个数为4、Cu原子个数＝8×+1＝2，该晶胞体积＝a3cm3，晶体密度＝。
【解答】解：（1）硒为第四周期ⅥA族元素，其价电子排布式为4s24p4；相同类型的氢化物其分子间作用力越小，熔沸点越低，由于水分子间存在氢键，硫化氢分子间不存在氢键，所以水分子熔沸点高于硫化氢，故沸点最低的是H2S；
故答案为：4s24p4；H2S；
（2）①CO2只含极性键，由于二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，其结构式为：O＝C＝O，
故答案为：O＝C＝O；
②1molCO2中均含2molπ键，标况下VL CO2中n（ CO2）＝mol，则molCO2中含有molπ键，即个π键，
故答案为：；
（3）在 分子中，4个C原子采取sp2杂化，垂直杂化轨道的4个p轨道共有4个电子参与形成大π键，Se采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道上2个电子参与形成大π键，大π键共有5个原子，6个电子，可表示为：，
故答案为：；sp2；
（4）Cu的这种氧化物中，体心上的球和四个黑色球形成正四面体结构，沿体对角线投影，其中一对O原子重合且和边上的原子在一条线上，所以符合的图为B；该晶胞中O原子个数为4、Cu原子个数＝8×+1＝2，该晶胞体积＝a3cm3，晶体密度＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：B；。
【点评】本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、分子结构及晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞投影图形判断，题目难度中等。
【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图。
已知：LiAlH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 苯甲酸乙酯 ，F的结构简式为
（2）B中含氧官能团的名称为 羰基、酯基 。
（3）D→E的反应类型为 取代反应 。
（4）反应②的化学方程式为 。
（5）满足下列条件的A的同分异构体有 6 种。（不考虑立体异构）
①苯环上只有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为 。
（6）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和 CH3SO2Cl为主要原料制备它的合成路线（其他试剂任选）。 。
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，根据D结构简式知，C为，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，F发生取代反应生成G，根据E、G结构简式知，F为，生成F的反应为取代反应；
（6）可由和CH3SO2Cl发生取代反应得到，可由发生水解反应得到，可由苯乙烯和氯气发生加成反应得到，而发生消去反应得到苯乙烯。
【解答】解：（l）A是苯甲酸与乙醇形成的酯，A的名称为：苯甲酸乙酯，对比E、G的结构，E中﹣OSO2CH3被﹣NHCH3取代生成F，故F的结构简式为：，
故答案为：苯甲酸乙酯；；
（2）B中含氧官能团的名称为：羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
（3）D→E过程中是羟基中氢原子被﹣SO2CH3替代，反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）反应②的方程式为：，
故答案为：；
（5）满足下列条件的A的同分异构体：①苯环上只有2个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明含有酚羟基与醛基，2个取代基其中一个是﹣OH，另外一个为﹣CH2CH2CHO，或者是﹣CH（CH3）CHO，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×2＝6种，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为：，
故答案为：6；；
（6）可由和CH3SO2Cl发生取代反应得到，可由发生水解反应得到，可由苯乙烯和氯气发生加成反应得到，而发生消去反应得到苯乙烯，其合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷
一、单项选择题：（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂
B．碳纤维是一种新型的高强度的有机高分子材料
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与煤的大量燃烧有关
D．用漂粉精和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
D．常温常压下，22.4L的NO2和CO2的混合气体含有2NA个O原子
3．（6分）每逢春节，一种“本宝宝福禄双全”的有机物就会刷爆朋友圈，其结构简式如图。有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．该有机物的分子式：C8H4O2ClF
B．该分子最多有12个原子共面
C．一定条件下，1mol该物质最多消耗5mol H2
D．具有相同官能团且2个醛基在邻位的同分异构体还有5种
4．（6分）科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述正确的是（ ）
A．离子半径：Y＞Z
B．氢化物的稳定性：X＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Z
D．化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
5．（6分）下列选用的相关仪器及实验操作正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验装置
实验操作
量取9.50mL浓硫酸
稀释浓硫酸
分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液
吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池（如图所示），该电池可将可乐（pH＝2.5）中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C．b极的电极反成为：MnO2+2H2O+2e﹣＝Mn2++4OH﹣
D．都消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
7．（6分）向20mL 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是（ ）
A．醋酸的电离平衡常数：B点＞A点
B．由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点
C．从B点到C点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．从A点到B点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO﹣）＝c（Na+）
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第8题~第10题为必考题，每个试题考生都必须做答。第11题~第12题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（43分）
8．（14分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要用到的玻璃为 。
（2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有 。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 。
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有 离子被氧化。在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 。
（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到Co2+。但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 。
（5）“钴沉淀”的化学式可表示为xCoCO3•yCo（OH）2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 。
9．（15分）ClCH2COOH（氯乙酸，熔点为50℃）是一种化工原料，实验室制备氯乙酸的装置如图。
请回答下列问题：
（1）仪器X为 。（填仪器名称）
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为 。
（3）在500mL三颈烧瓶中放置300g冰醋酸和15g催化剂乙酸酐。加热至105℃时，开始徐徐通入干燥纯净的氯气。加热的方法是 （填“水浴加热”、“油浴加热”或“沙浴加热”），乙中盛放的药品是 。NaOH 溶液的主要作用是 。
（4）氯气通入冰醋酸中呈黄色随即黄色褪去，用化学方程式解释黄色褪去的原因： ，氯气通入速率以三颈烧瓶中无黄绿色气体逸出为度，控制通入氯气速率的方法是 。
（5）已知反应开始时在三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸（Mr＝60），反应结束冷凝后生成无色氯乙酸（Mr＝94.5）晶体425g，产率约为 。
10．（14分）用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+4H2（g）→CH4（g）+2H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+3H2（g）→CH4（g）+H2O（g）△H2
（1）温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示，则△H1 0（填“＞”或“＜”），若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是 。
（2）已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：①OH﹣+CO2＝HCO3﹣②HCO3﹣+H2＝HCO2﹣+H2O，则反应③的离子方程式为 。
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下，0～tB时间段内，氢气的反应速率v（H2） mol•L﹣1•min﹣1。
②T2温度下，将6mol CO与10mol H2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K（T2）＝ 。
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量/mol
0
1.4
2.3
2.8
3.0
3.0
③T3温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2mol CO、1mol H2、2mol CH4和2mol H2O，反应达到平衡前，v（正） v（逆） （填“＞”、“＜”或“＝”），平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（二）选考题：共15分。请从给出的题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）
11．（15分）据《自然•通讯》（Nature Communications）报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 。
②标准状况下，VL CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为（π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 。
（4）铜的一种氧化物晶胞结构如图所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则铜的这种氧化物晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图 。（从A～D图中选填）
已知这种氧化物晶胞参数为a cm，则该氧化物的密度为 g•cm﹣3。（设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示）
【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图。
已知：LiAlH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，F的结构简式为
（2）B中含氧官能团的名称为 。
（3）D→E的反应类型为 。
（4）反应②的化学方程式为 。
（5）满足下列条件的A的同分异构体有 种。（不考虑立体异构）
①苯环上只有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为 。
（6）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和 CH3SO2Cl为主要原料制备它的合成路线（其他试剂任选）。 。
2021年宁夏中卫市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：（本题共7小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（6分）化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．地沟油禁止用于食品用油，但可以用于制肥皂
B．碳纤维是一种新型的高强度的有机高分子材料
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与煤的大量燃烧有关
D．用漂粉精和洁厕灵（主要成分是盐酸）混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳
【分析】A．地沟油成分为高级脂肪酸甘油酯；
B．碳纤维是一种碳单质；
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关；
D．漂粉精和洁厕灵的混合液易生成氯气。
【解答】解：A．“地沟油”的成分为油脂，对人体有害，油脂在碱性条件下水解为皂化反应，则禁止食用，但可以用来制肥皂等，故A正确；
B．碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子化合物，故B错误；
C．光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关，而煤的大量燃烧主要生产二氧化硫气体，故C错误；
D．漂粉精的主要成分为NaClO，洁厕灵的主要成分为盐酸，二者混合易生成氯气，可导致中毒，不能混合使用，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查较综合，涉及物质的用途、环境污染与保护、材料类型，明确相关知识是解题关键，注重化学与生活的联系，题目难度不大。
2．（6分）NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）
A．一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
B．在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数为NA
C．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
D．常温常压下，22.4L的NO2和CO2的混合气体含有2NA个O原子
【分析】A．钠与氧气反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都变为+1价；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离；
D．常温常压Vm不等于22.4L/mol。
【解答】解：A．一定条件下，2.3g的Na物质的量为＝0.1mol，完全与O2反应生成3.6g产物时生成0.1mol钠离子，失去的电子数为0.1NA，故A正确；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，所以在密闭容器中加入1.0mol SO2和0.5mol O2，充分反应后可得SO3分子数小于NA，故B错误；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，水溶液中部分水解，部分电离，所以1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有小于0.1NA个HCO3﹣，故C错误；
D．常温常压Vm不等于22.4L/mol，无法计算混合气体物质的量，无法计算含有氧原子个数，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量结合物质结构分析判断微粒数的计算，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度中等。
3．（6分）每逢春节，一种“本宝宝福禄双全”的有机物就会刷爆朋友圈，其结构简式如图。有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．该有机物的分子式：C8H4O2ClF
B．该分子最多有12个原子共面
C．一定条件下，1mol该物质最多消耗5mol H2
D．具有相同官能团且2个醛基在邻位的同分异构体还有5种
【分析】A．该分子中含有8个C原子、4个H原子、2个O原子、1个Cl原子、1个F原子；
B．苯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转；
C．环和氢气以1：3发生加成反应、醛基和氢气以1：1发生加成反应；
D．如图，满足条件的还有5种，分别为F在1号C上有3种，F在2号上有2种。
【解答】解：A．根据有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C8H4O2ClF，故A正确；
B．苯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，根据苯、甲醛平面模型可知，该分子最多有16个原子共面，故B错误；
C．苯环、醛基均能和氢气发生加成反应，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol醛基消耗1mol氢气，则1mol该物质最多消耗5molH2，故C正确；
D．如图，满足条件的还有5种，分别为F在1号C上有3种，F在2号上有2种，共5种，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和综合应用，明确官能团及其性质关系、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
4．（6分）科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其中Z位于第三周期。Z与Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述正确的是（ ）
A．离子半径：Y＞Z
B．氢化物的稳定性：X＞Y
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Z
D．化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到8电子稳定结构
【分析】根据图示A的结构可知，正离子中Z失去一个电子后形成3个共价键，说明Z原子最外层为6个电子，且Z位于第三周期，则Z为S；负离子中Y形成一个共价键，为﹣1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子形成4个共价键，说明其最外层为3个电子，则X为B元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为B，Y为F，Z为S元素。
A．电子层越多离子半径越大，则离子半径F﹣＜S2﹣，即Y＜Z，故A错误；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性B＜F，则氢化物的稳定性：BH3＜HF，即X＜Y，故B错误；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：B＜S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3BO3（弱酸）＜H2SO4（强酸），即X＜Z，故C错误；
D．结合分析可知，化合物A分子中B、F、S元素最外层都达到8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
5．（6分）下列选用的相关仪器及实验操作正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验装置
实验操作
量取9.50mL浓硫酸
稀释浓硫酸
分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液
吸收氨气
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.量筒的感量为0.1mL；
B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
C.乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液分层；
D.氨气极易溶于水。
【解答】解：A.量筒的感量为0.1mL，可量取9.5mL浓硫酸，故A错误；
B.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；
C.乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液分层，可选分液漏斗分离，故C正确；
D.氨气极易溶于水，图中装置易发生倒吸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池（如图所示），该电池可将可乐（pH＝2.5）中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是（ ）
A．a极为正极
B．随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C．b极的电极反成为：MnO2+2H2O+2e﹣＝Mn2++4OH﹣
D．都消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【分析】A．失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B．负极区电极反应式为C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+，负极溶液中c（H+）增大；
C．b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子；
D．根据C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【解答】解：A．根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，故A错误；
B．负极区电极反应式为C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+，负极溶液中c（H+）增大，则溶液的pH减小，故B错误；
C．b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e﹣＝Mn2++2H2O，故C错误；
D．根据C6H12O6﹣2e﹣＝C6H10O6+2H+知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度不大。
7．（6分）向20mL 0.5mol•L﹣1的醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的烧碱溶液，测定混合溶液的温度变化如图所示。下列关于混合溶液的相关说法中错误的是（ ）
A．醋酸的电离平衡常数：B点＞A点
B．由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点
C．从B点到C点，混合溶液中一直存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
D．从A点到B点，混合溶液中可能存在：c（CH3COO﹣）＝c（Na+）
【分析】A．中和反应为放热反应，由图可知，B点恰好完全反应生成CH3COONa，Ka与温度有关；
B．B点水解促进水的电离，C点NaOH过量；
C．B点到C点，溶液中溶质为醋酸钠、NaOH，溶液显碱性，若水解程度大时c（CH3COO﹣）减小；
D．从A点到B点，溶液中溶质为醋酸、醋酸钠，可能为中性。
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，且其电离过程吸热，温度越高，醋酸的电离程度越大，其电离常数越大，则醋酸的电离平衡常数：B点＞A点，故A正确；
B．B点酸碱恰好反应生成醋酸钠，促进水的电离，C点NaOH过量，抑制水的电离，所以由水电离出的c（OH﹣）：B点＞C点，故B正确；
C．B点到C点，溶液中溶质为醋酸钠、NaOH，溶液显碱性，若水解程度大时c（CH3COO﹣）减小，则混合溶液中可能存在c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），故C错误；
D．若溶液中c（OH﹣）＝c（H+），由电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＝c（Na+），要使其溶液呈中性，则醋酸应稍微过量，所以从A点到B点，混合溶液中可能存在c（CH3COO﹣）＝c（Na+），故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握酸碱混合后溶液中溶质、电离与水解、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点和易错点，题目难度不大。
二、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第8题~第10题为必考题，每个试题考生都必须做答。第11题~第12题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（43分）
8．（14分）金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）在焰色反应实验中，观察钾元素的焰色需要用到的玻璃为 蓝色 。
（2）“溶液A”中溶质除NaOH外，还有 NaAlO2 。“钴渣”中LiCoO2溶解时的离子方程式为 8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O 。
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有 Fe2+ 离子被氧化。在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是 调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀 。
（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到Co2+。但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是 LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境 。
（5）“钴沉淀”的化学式可表示为xCoCO3•yCo（OH）2。称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热.使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g。则“钴沉淀”的化学式为 2CoCO3•3Co（OH）2 。
【分析】从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，由流程可知，加入氢氧化钠溶液可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCoO2，加入稀硫酸、硫代硫酸钠，主要发生8LiCoO2+S2O32﹣+22H+═8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，即沉淀B为Fe（OH）3，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30%Na2CO3溶液，可生成CoCO3•yCo（OH）2，以此解答该题。
【解答】解：（1）钴玻璃颜色为蓝色，
故答案为：蓝色；
（2）溶液A中溶质除NaOH外，还有NaAlO2，“钴渣“中LiCoO2溶解时的离子方程式为8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O，
故答案为：NaAlO2；8LiCoO2+S2O32﹣+22H+＝8Li++8Co2++2SO42﹣+11H2O；
（3）在“滤液1”中加入NaClO3除了氧化剩余S2O32﹣还有Fe2+离子被氧化，在“滤液”中加入20%Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀，
故答案为：Fe2+；调节溶液pH，使Fe3+转换为Fe（OH）3沉淀；
（4）工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境，
故答案为：LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境；
（5）称取5.17g该样品置于硬质玻璃管中，在氮气中加热，使样品完全分解为CoO，生成的气体依次导入足量的浓硫酸和碱石灰中，二者分别增重0.54g和0.88g，则n（H2O）＝＝0.03mol，n（CO2）＝＝0.02mol，表示为xCoCO3•yCo（OH）2，则化学式为2CoCO3•3Co（OH）2，
故答案为：2CoCO3•3Co（OH）2。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（15分）ClCH2COOH（氯乙酸，熔点为50℃）是一种化工原料，实验室制备氯乙酸的装置如图。
请回答下列问题：
（1）仪器X为 球形冷凝管 。（填仪器名称）
（2）装置甲中发生反应的离子方程式为 2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑ 。
（3）在500mL三颈烧瓶中放置300g冰醋酸和15g催化剂乙酸酐。加热至105℃时，开始徐徐通入干燥纯净的氯气。加热的方法是 油浴加热 （填“水浴加热”、“油浴加热”或“沙浴加热”），乙中盛放的药品是 饱和食盐水 。NaOH 溶液的主要作用是 吸收多余的氯气，防止污染环境 。
（4）氯气通入冰醋酸中呈黄色随即黄色褪去，用化学方程式解释黄色褪去的原因： Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl ，氯气通入速率以三颈烧瓶中无黄绿色气体逸出为度，控制通入氯气速率的方法是 控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率 。
（5）已知反应开始时在三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸（Mr＝60），反应结束冷凝后生成无色氯乙酸（Mr＝94.5）晶体425g，产率约为 90% 。
【分析】制备一氯乙酸：由浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，由饱和食盐水除去HCl气体，由浓硫酸吸收水，纯净干燥的氯气与乙酸在三颈烧瓶中，用油浴控制温度在105℃左右，X为球形冷凝管，其作用为冷凝回流，使反应更充分，冷凝水下进上出，发生反应生成氯乙酸，由于可能会有多余的氯气逸出，由氢氧化钠吸收多余的氯气和得到的酸性污染气体，据此分析作答。
【解答】解：（1）分析图中装置克制，X为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）装置甲为高锰酸钾制取氯气的发生装置，高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的离子方程式为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
故答案为：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++8H2O+5Cl2↑；
（3）由于反应温度为105℃，故应采用油浴加热，结合分析可知，乙为饱和食盐水，其作用为吸收氯化氢气体，氢氧化钠的作用为吸收多余的氯气，防止污染环境，
故答案为：油浴加热；饱和食盐水；吸收多余的氯气，防止污染环境；
（4）黄绿色褪去说明氯气被消耗，氯气与乙酸发生取代反应，生成一氯乙酸和氯化氢，方程式为Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl，滴加浓盐酸的速率与氯气的生成速率成正比，故可以通过控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率，
故答案为：Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl；控制浓盐酸的滴加速率来控制氯气的生成速率；
（5）三颈烧瓶丁中放置300g冰醋酸，则n（CH3COOH）＝＝5mol，依据方程式Cl2+CH3COOHClCH2COOH+HCl可知，理论生成的氯乙酸的物质的量为5mol，实际生成的物质的量为，故氯乙酸产率为×100%≈90%，
故答案为：90%。
【点评】本题以氯乙酸的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，实验装置评价，产率计算等内容，明确实验步骤及装置原理和作用为解题关键，考查较为综合，难度适中。
10．（14分）用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2（g）+4H2（g）→CH4（g）+2H2O（g）△H1
Ⅱ.CO（g）+3H2（g）→CH4（g）+H2O（g）△H2
（1）温度与CH4、CO2的百分含量的变化规律如图1所示，则△H1 ＜ 0（填“＞”或“＜”），若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是 低温、高压 。
（2）已知反应Ⅰ的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：①OH﹣+CO2＝HCO3﹣②HCO3﹣+H2＝HCO2﹣+H2O，则反应③的离子方程式为 HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O 。
（3）在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。
①T1温度下，0～tB时间段内，氢气的反应速率v（H2） mol•L﹣1•min﹣1。
②T2温度下，将6mol CO与10mol H2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K（T2）＝ 3 。
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量/mol
0
1.4
2.3
2.8
3.0
3.0
③T3温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2mol CO、1mol H2、2mol CH4和2mol H2O，反应达到平衡前，v（正） ＞ v（逆） （填“＞”、“＜”或“＝”），平衡常数 不变 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）根据反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知△H1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，可知提高CH4含量的方法；
（2）根据图2所示可知，HCO2﹣和H2反应生成CH4、OH﹣和H2O，据此书写离子方程式；
（3）①T1温度下，0～tB时间段内，求甲烷的反应速率v（CH4），根据反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）可知，v（H2）＝3v（CH4）；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 10 0 0
起始量（mol） 3 9 3 3
起始量（mol） 3 1 3 3
则K（T2）＝；
③求该状态下Qc，判断反应方向；温度不变平衡常数不变。
【解答】解：（1）根据反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知△H1＜0；该反应正反向为体积减少、放热，若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是低温、高压，
故答案为：＜；低温、高压；
（2）根据图2所示可知，HCO2﹣和H2反应生成CH4、OH﹣和H2O，则反应③的离子方程式为：HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O，
故答案为：HCO2﹣+3H2＝CH4+OH﹣+H2O；
（3）①T1温度下，0～tB时间段内，甲烷的反应速率v（CH4）＝＝mol/（L•min），根据反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）可知，v（H2）＝3v（CH4）＝mol/（L•min），
故答案为：；
②根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 10 0 0
起始量（mol） 3 9 3 3
起始量（mol） 3 1 3 3
则K（T2）＝＝＝3，
故答案为：3；
③T2温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，根据Qc＝＝＝2＜3，则反应正向进行，故v（正）＞v（逆），温度不变平衡常数不变，
故答案为：＞；不变。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡常数、平衡移动与反应速率等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。
（二）选考题：共15分。请从给出的题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）
11．（15分）据《自然•通讯》（Nature Communications）报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 4s24p4 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 H2S 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 O＝C＝O 。
②标准状况下，VL CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为（π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 sp2 。
（4）铜的一种氧化物晶胞结构如图所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则铜的这种氧化物晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图 B 。（从A～D图中选填）
已知这种氧化物晶胞参数为a cm，则该氧化物的密度为 g•cm﹣3。（设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示）
【分析】（1）硒为第四周期ⅥA族元素，为p区元素，据此书写价电子排布式；影响分子晶体熔沸点的因素为分子间作用力大小；
（2）①不同元素间形成的共价键为极性键，正负电荷中心重合的分子为非极性分子；
②标况下VL CO2中n（ CO2）＝mol，1molCO2中均含2molπ键；
（3）在 分子中，C原子采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道电子参与形成大π键，Se采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道上2个电子参与形成大π键；
（4）Cu的这种氧化物中，体心上的球和四个黑色球形成正四面体结构，沿体对角线投影，其中一对O原子重合且和边上的原子在一条线上；该晶胞中O原子个数为4、Cu原子个数＝8×+1＝2，该晶胞体积＝a3cm3，晶体密度＝。
【解答】解：（1）硒为第四周期ⅥA族元素，其价电子排布式为4s24p4；相同类型的氢化物其分子间作用力越小，熔沸点越低，由于水分子间存在氢键，硫化氢分子间不存在氢键，所以水分子熔沸点高于硫化氢，故沸点最低的是H2S；
故答案为：4s24p4；H2S；
（2）①CO2只含极性键，由于二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，其结构式为：O＝C＝O，
故答案为：O＝C＝O；
②1molCO2中均含2molπ键，标况下VL CO2中n（ CO2）＝mol，则molCO2中含有molπ键，即个π键，
故答案为：；
（3）在 分子中，4个C原子采取sp2杂化，垂直杂化轨道的4个p轨道共有4个电子参与形成大π键，Se采取sp2杂化，垂直杂化轨道的p轨道上2个电子参与形成大π键，大π键共有5个原子，6个电子，可表示为：，
故答案为：；sp2；
（4）Cu的这种氧化物中，体心上的球和四个黑色球形成正四面体结构，沿体对角线投影，其中一对O原子重合且和边上的原子在一条线上，所以符合的图为B；该晶胞中O原子个数为4、Cu原子个数＝8×+1＝2，该晶胞体积＝a3cm3，晶体密度＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：B；。
【点评】本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、分子结构及晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞投影图形判断，题目难度中等。
【化学--选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图。
已知：LiAlH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 苯甲酸乙酯 ，F的结构简式为
（2）B中含氧官能团的名称为 羰基、酯基 。
（3）D→E的反应类型为 取代反应 。
（4）反应②的化学方程式为 。
（5）满足下列条件的A的同分异构体有 6 种。（不考虑立体异构）
①苯环上只有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为 。
（6）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和 CH3SO2Cl为主要原料制备它的合成路线（其他试剂任选）。 。
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，根据D结构简式知，C为，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，F发生取代反应生成G，根据E、G结构简式知，F为，生成F的反应为取代反应；
（6）可由和CH3SO2Cl发生取代反应得到，可由发生水解反应得到，可由苯乙烯和氯气发生加成反应得到，而发生消去反应得到苯乙烯。
【解答】解：（l）A是苯甲酸与乙醇形成的酯，A的名称为：苯甲酸乙酯，对比E、G的结构，E中﹣OSO2CH3被﹣NHCH3取代生成F，故F的结构简式为：，
故答案为：苯甲酸乙酯；；
（2）B中含氧官能团的名称为：羰基、酯基，
故答案为：羰基、酯基；
（3）D→E过程中是羟基中氢原子被﹣SO2CH3替代，反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）反应②的方程式为：，
故答案为：；
（5）满足下列条件的A的同分异构体：①苯环上只有2个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，说明含有酚羟基与醛基，2个取代基其中一个是﹣OH，另外一个为﹣CH2CH2CHO，或者是﹣CH（CH3）CHO，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×2＝6种，其中核磁共振氢谱上有6组峰且峰面积之比为2：2：2：2：1：1的物质的结构简式为：，
故答案为：6；；
（6）可由和CH3SO2Cl发生取代反应得到，可由发生水解反应得到，可由苯乙烯和氯气发生加成反应得到，而发生消去反应得到苯乙烯，其合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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