2020年四川省泸州高三一模化学试卷及答案

这是一份2020年四川省泸州高三一模化学试卷及答案，共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2020年四川省泸州高三一模化学试卷及答案
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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。
1．（6分）2020年6月23日西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星。下列有关说法错误的是（　　）
A．火箭上用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体单质
B．火箭燃料发生氧化还原反应将化学能转化为势能、动能、热能
C．铝合金做飞行器的材料是利用其质轻强度大的性能
D．卫星计算机芯片使用的是高纯度的硅
2．（6分）阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图。下列有关阿比朵尔的说法中正确的是（　　）

A．阿比朵尔为芳香烃
B．所有碳原子一定处于同一平面
C．能发生水解、取代和加成反应
D．一个阿比朵尔分子中含有21个碳原子
3．（6分）已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，只有Z是金属元素，X的简单氢化物分子为正四面体结构，Y是地壳中含量最高的元素，Y与W同主族，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：X＜Y＜W
B．最高价氧化物的水化物的酸性：X＜W＜R
C．WY2能使紫色石蕊试液先变红后褪色
D．Z与Y形成的化合物一定是碱性氧化物
4．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．12gC所含的原子数为阿伏加德罗常数
B．O2的相对分子质量为32，所以O2的摩尔质量也为32
C．标准状况下，1mol NO与11.2LO2充分反应后分子总数为NA
D．P4为正四面体形分子，则1mol P4分子中含有6NA个共价键
5．（6分）下列有关实验错误的是（　　）
A．中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度
B．将4.0g NaOH置于100mL容量瓶中，加水配制1.000mol/L NaOH溶液
C．除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、浓H2SO4
D．探究Fe2+能转化为Fe3+，可以向FeCl2溶液中依次滴加KSCN溶液、氯水
6．（6分）溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列有关说法错误的是（　　）
A．10mL pH＝3的醋酸溶液稀释至100mL，稀释后溶液的pH＜4
B．HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液，的值不变
C．Na2C2O4溶液中存在的离子浓度关系c（OH﹣）＝c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（H+）
D．反应3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+的平衡常数K＝
7．（6分）已知Fe2+与H2O2溶液混合发生Fenton反应生成氧化性很强的羟基自由基（•OH），可将CN﹣氧化为低毒的CNO﹣，实现废水处理的目的。三维电极电解﹣Fenton反应处理废水的原理如图所示，多孔焦炭电极将整个电解槽变成了许多微电解池。下列说法错误的是（　　）

A．钛合金电极反应式为2H2O﹣2e﹣═2H++2•OH
B．阴极电极反应式为O2+2H++2e﹣═H2O2
C．焦炭电极表面能产生•OH使废水处理效率提高
D．Fe（OH）2+能在钛合金电极实现再生循环利用
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）
8．（14分）乙酸正丁酯，为无色透明有愉快果香气味的液体，是一种优良的有机溶剂和有机合成中间体，实验室制备原理为：CH3COOH+CH3（CH2）OHCH3COO（CH2）3CH3+H2O，装置如图1所示（夹持装置已略去），实验步骤如下：
Ⅰ.向100mL反应容器X中，加18.5g正丁醇，16.8g冰醋酸，1gKHSO4，混匀，加2粒沸石。接上冷凝管和分水器。
Ⅱ.加热反应开始后，控制回流速度1～2滴/s，大约40min后，反应完成，停止加热。
Ⅲ.分离提纯产品。过滤回收KHSO4，将滤液和分水器分出的酯层一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤；……蒸馏得到产品29.0mL。
已知：
名称
相对分子质量
溶解性
密度（g/cm3）
沸点（℃）
正丁醇
74
稍溶于水和易溶于有机溶剂
0.81
117.7
冰醋酸
60
能溶于水和有机溶剂
1.05
117.9
乙酸正丁酯
116
难溶于水
0.90
126.5
回答下列问题：
（1）图中仪器X的名称是　 　，KHSO4的作用是　 　。
（2）用过量乙酸的目的是　 　。
（3）本实验中分水器的作用是　 　。实验中需先在分水器中加水，使水面稍低于支管口1～2cm，并保持水面上仅有很浅一层油层存在，直至反应完成。这样操作的目的是　 　。
（4）步骤Ⅲ中第一次水洗主要除去的是　 　。步骤Ⅲ“……”处还需要经过以下一系列的操作提纯，其正确的顺序是　 　。
a.再用10mL水洗涤；
b.用无水可硫酸镁干燥；
c.用10mL 10% Na2CO3洗涤；
d.过滤
（5）下列蒸馏装置（如图2）最合适的是　 　（填选项字母）；本实验中乙酸正丁酯的产率为　 　

9．（14分）钴可用于火箭发动机、导弹的耐热部件以及原子能工业。如图1是由铜钴精矿提取钴的相关工业流程。铜钴精矿中主要含氧化铜、硫化钴（CoS）和少量FeS等。

已知：在pH为4～6时Fe3+水解生成Fe（OH）3•2nFe3+•3（n﹣x）SO42﹣胶体，具有吸附性。
（1）从“氨浸”可知，Cu2+、Fe2+、Co2+三者中易于形成氨合物的离子是　 　；含Cu（NH3）42+的溶液“电解”阴极反应式为　 　。
（2）“酸浸”中硫化钴（CoS）、Na2SO3与盐酸共同反应的离子方程式为　 　。
（3）“除铁”加入了试剂X，使Fe2+转化为Fe3+，则试剂X最好选用　 　。（填字母编号）
A.KMnO4溶液
B.H2O2溶液
C.HNO3
D.SO2
（4）“萃取”是利用某磷酸酯P50（用RH表示）萃取钴，其反应的离子方程式为　 　。
（5）整个流程中可以循环利用的物质有　 　。
（6）“除铁”中，溶液pH对钴回收影响密切，如图2所示该步应控制pH范围为　 　，pH较大时钴回收率骤降的原因是　 　。（已知Co2+沉淀的pH为6.7～8.7）。
10．（15分）消除城市中汽车尾气的污染是一个很重要的课题。回答下列问题
（1）下列不属于汽车尾气中的污染物的是 　 　。
A.CO、CxHy
B.NOx、细颗粒物
C.CO、NOx
D.CO2、H2S
（2）已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1＝﹣746.5kJ•mol﹣1，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；CO2（g）+C（s）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ•mol﹣1；碳（石墨）的燃烧热为﹣393.5kJ•mol﹣1。写出石墨完全燃烧的热化学方程式 　 　。2NO（g）＝N2（g）+O2（g）△H3＝　 　kJ•mol﹣1
（3）某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入1.0mol NO和1.0mol CO，在三种不同实验条件（如表）下进行上述反应，反应体系的总压强（P）随时间变化情况如图所示。
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/m2•g﹣1
82
124
124
①曲线Ⅲ对应的实验编号是 　 　，曲线I中压强降低的原因是 　 　。
②由曲线Ⅱ数据计算出对应条件下的压强平衡常数Kp＝　 　；若在曲线Ⅲ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、20kPa、40kPa、40kPa，则此时反应的速率v正　 　v逆。（填“＜”、＝’或“＞”）
（4）反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的“速率方程”可表示为v＝kcm（A）•cn（B）（k为速率常数）。实验测得低温时某反应的速率方程为v＝kc2（NO2），其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为 　 　，以下机理中与其速率方程符合的是 　 　。（填编号）
反应机理
第一步反应
第二步反应
①
2NO2⇌N2O4（快反应）
N2O4+2CO═2NO+2CO2（慢反应）
②
2NO2═NO3+NO（慢反应）
NO3+CO═NO2+CO2（快反应）

(二)选考题(共45分)[化学]
11．（15分）第ⅣA元素在地壳中含量丰富，在人类生活各方面都有广泛的应用。回答下列问题.
（1）基态C原子中填充了电子的原子轨道共有　 　个，基态Si原子的价电子电子排布式为　 　，第一电离能C　 　Ge。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图1所示。则X的分子式为　 　；X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为　 　.X的沸点　 　CO2的沸点。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（3）C20分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图2所示，分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。则C20分子中含个　 　σ键，请你大胆猜测：C20分子中碳原子的杂化轨道为　 　
（4）β﹣SiC晶胞如图3所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为ρg•cm﹣3，其原子的空间利用率（即晶胞中原子体积占空间体积的百分率）为　 　。（用含a、b、p、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值）
[化学]
12．磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，经研究发现该药在体外细胞水平上对新型冠状病毒具有抑制作用。其中氯喹的一种合成路线如图。

已知：
A.和属于芳香族化合物，其芳香环结构与苯环结构相似；
B.R2NH+ClR'→R2NR'+HCl（R为烃基或氢原子，R'为烃基）
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　 　，化合物C中的官能团名称是　 　。
（2）反应①类型是　 　，G最多有　 　个原子共平面，E与F相对分子质量差值为　 　。（3）符合下列条件的C的同分异构体共　 　种（不包括C），其中核磁共振氢谱有3个吸收峰的物质的结构简式是　 　。
①具有六元芳香环状结构；
②不含﹣N﹣Cl结构。
（4）哌啶（）能与1，2﹣二氯乙烷合成二哌啶乙烷（C12H24N2），该反应的化学方程式为
　 　.

2021年四川省泸州市高考化学二诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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。
1．（6分）2020年6月23日西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星。下列有关说法错误的是（　　）
A．火箭上用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体单质
B．火箭燃料发生氧化还原反应将化学能转化为势能、动能、热能
C．铝合金做飞行器的材料是利用其质轻强度大的性能
D．卫星计算机芯片使用的是高纯度的硅
【分析】A．同素异形体是同种元素形成的结构不同的单质，碳纤维复合材料属于混合物；
B．火箭燃料燃烧时发生氧化还原反应，释放的强大热能，推动火箭运行；
C．铝合金具有密度小、质轻、强度大的优良性能；
D．晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造太阳能硅板、芯片等。
【解答】解：A．碳纤维复合材料是碳纤维与树脂、金属、陶瓷等基体复合而成的混合物，不是碳单质，不是碳的同素异形体，故A错误；
B．火箭燃料燃烧时发生的是氧化还原反应，将化学能转化为强大热能，推动推动火箭运行过程中转化为重力势能和动能，故B正确；
C．铝合金具有密度小、质轻、强度大的性能，可用于制造航天工业，制造飞行器，故C正确；
D．硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片，即计算机芯片使用的是高纯度的硅，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（6分）阿比朵尔是李兰娟团队公布治疗新型冠状肺炎的最新研究成果，可有效抑制病毒，结构如图。下列有关阿比朵尔的说法中正确的是（　　）

A．阿比朵尔为芳香烃
B．所有碳原子一定处于同一平面
C．能发生水解、取代和加成反应
D．一个阿比朵尔分子中含有21个碳原子
【分析】有机物含有酚羟基、溴原子、酯基、碳碳双键等官能团，具有酚、卤代烃、酯类和烯烃的性质，以此解答该题。
【解答】解：A.含有C、H、O、S、N等元素，不属于烃类，故A错误；
B.含有多个饱和碳原子和N原子，具有甲烷和氨气的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故B错误；
C.含有酯基，可发生水解反应、取代反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故C正确；
D.由结构简式可知一个阿比朵尔分子中含有17个碳原子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
3．（6分）已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，只有Z是金属元素，X的简单氢化物分子为正四面体结构，Y是地壳中含量最高的元素，Y与W同主族，下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：X＜Y＜W
B．最高价氧化物的水化物的酸性：X＜W＜R
C．WY2能使紫色石蕊试液先变红后褪色
D．Z与Y形成的化合物一定是碱性氧化物
【分析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X的简单氢化物分子为正四面体结构，则X为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y与W同主族，则Y为O，W为S；R的原子序数大于S，则R为Cl元素；只有Z是金属元素，其原子序数大于O，则Z为Na、Mg、Al中的一种，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为C，Y为O，Z为Na（或Mg、Al）、W为S，R为Cl元素，
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＜X＜W，故A错误；
B．非金属性C＜S＜Cl，则最高价氧化物的水化物的酸性：X＜W＜R，故B正确；
C．WY2为SO2，二氧化硫具有漂白性，但不能漂白石蕊试液，故C错误；
D．Z为Al时，二者形成的氧化铝为两性氧化物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
4．（6分）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．12gC所含的原子数为阿伏加德罗常数
B．O2的相对分子质量为32，所以O2的摩尔质量也为32
C．标准状况下，1mol NO与11.2LO2充分反应后分子总数为NA
D．P4为正四面体形分子，则1mol P4分子中含有6NA个共价键
【分析】A．C的摩尔质量为13g/mol；
B．摩尔质量的单位为g/mol；
C．求出标况下11.2L氧气的物质的量，然后根据NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4；
D．白磷分子中含6条P﹣P键。
【解答】解：A．C的摩尔质量为13g/mol，故12g此碳原子的物质的量为n＝＝mol，则含有的碳原子数小于NA个，故A错误；
B．摩尔质量的单位为g/mol，故氧气的摩尔质量为32g/mol，故B错误；
C．标况下11.2L氧气的物质的量为n＝＝0.5mol，1molNO和0.5mol氧气反应后生成1molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子数减少，故反应后分子数少于NA个，故C错误；
D．白磷为正四面体结构，白磷分子中含6条P﹣P键，故1mol白磷中含6NA条P﹣P键，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构特点是解题关键。
5．（6分）下列有关实验错误的是（　　）
A．中和反应反应热的测定，需要准确读取酸碱溶液混合后的最高温度
B．将4.0g NaOH置于100mL容量瓶中，加水配制1.000mol/L NaOH溶液
C．除去甲烷中的乙烯，可以依次通过酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、浓H2SO4
D．探究Fe2+能转化为Fe3+，可以向FeCl2溶液中依次滴加KSCN溶液、氯水
【分析】A.中和热实验，需测定起始温度、反应的最高温度；
B.容量瓶不能溶解固体；
C.乙烯被高锰酸钾氧化，NaOH可除去二氧化碳，浓硫酸干燥甲烷；
D.先滴加KSCN溶液无现象可知不含铁离子，再加氯水溶液变为血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子。
【解答】解：A.中和热实验，需测定起始温度、反应的最高温度，且注意保温，则准确读取酸碱溶液混合后的最高温度，可测定中和热，故A正确；
B.容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.乙烯被高锰酸钾氧化，NaOH可除去二氧化碳，浓硫酸干燥甲烷，可除去甲烷中的乙烯，故C正确；
D.先滴加KSCN溶液无现象可知不含铁离子，再加氯水溶液变为血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则可探究Fe2+能转化为Fe3+，故D正确；
故选：B。
【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、中和热测定、溶液配制、混合物分离提纯、离子检验、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）溶液中的离子平衡是以化学平衡理论为基础，以探讨离子反应原理的基础性理论。常温下，下列有关说法错误的是（　　）
A．10mL pH＝3的醋酸溶液稀释至100mL，稀释后溶液的pH＜4
B．HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液，的值不变
C．Na2C2O4溶液中存在的离子浓度关系c（OH﹣）＝c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（H+）
D．反应3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+的平衡常数K＝
【分析】A．弱酸加水稀释10n倍，溶液的pH变化小于n个单位；
B．KW÷Ka＝＝；
C．根据物料守恒，电荷守恒计算；
D．方程式相减，平衡常数相除。
【解答】解：A．醋酸为弱酸，常温下将10ml的pH＝3的醋酸溶液稀释到100ml，稀释10倍，则pH变化小于1，即其PH＜4，故A正确；
B．HF溶液中滴加少量稀NaOH溶液，溶液中存在关系式KW÷Ka＝＝，KW和Ka的值不变，的值不变，故B正确；
C．根据物料守恒2c（C2O42﹣）+2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）＝c（Na+），电荷守恒2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）计算出c（OH﹣）＝c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+c（H+），故C错误；
D．①Mg（OH）2（s）═2OH﹣+Mg2+，②Fe（OH）3（s）═Fe3++3OH﹣，①×3﹣②×2得3Mg（OH）2（s）+2Fe3+═2Fe（OH）3（s）+3Mg2+，平衡常数K＝，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查溶液的稀释、K的计算、离子浓度大小比较以及沉淀的转化等知识点，题中侧重于电荷守恒和物料守恒的运用和方程式组合时平衡常数的计算，题目难度中等．
7．（6分）已知Fe2+与H2O2溶液混合发生Fenton反应生成氧化性很强的羟基自由基（•OH），可将CN﹣氧化为低毒的CNO﹣，实现废水处理的目的。三维电极电解﹣Fenton反应处理废水的原理如图所示，多孔焦炭电极将整个电解槽变成了许多微电解池。下列说法错误的是（　　）

A．钛合金电极反应式为2H2O﹣2e﹣═2H++2•OH
B．阴极电极反应式为O2+2H++2e﹣═H2O2
C．焦炭电极表面能产生•OH使废水处理效率提高
D．Fe（OH）2+能在钛合金电极实现再生循环利用
【分析】钛合金惰性电极是阳极，水失电子生成羟基自由基和氢离子，电极反应式为2H2O﹣2e﹣═2H++2•OH，石墨电极是阴极，氧气得电子与氢离子结合生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e﹣═H2O2，则电解总反应为2H2O+O2＝H2O2+2•OH，阴极生成的H2O2与亚铁离子反应生成Fe（OH）2+和羟基自由基：H2O2+Fe2+＝Fe（OH）2++•OH，羟基自由基与废水中的CN﹣发生氧化还原反应CN﹣+2•OH＝CNO﹣+H2O，以此分析解答。
【解答】解：A．钛合金惰性电极是阳极，水失电子生成羟基自由基和氢离子，电极反应式为2H2O﹣2e﹣═2H++2•OH，故A正确；
B．石墨电极是阴极，氧气得电子与氢离子结合生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e﹣═H2O2，故B正确；
C．多孔焦炭电极将整个电解槽变成多个微电解池，其作阳极部分对应电极反应与钛合金电极相同，电极反应为2H2O﹣2e﹣═2H++2•OH，产生的•OH使废水处理效率提高，故C正确；
D．阴极生成的H2O2与亚铁离子反应生成Fe（OH）2+，则Fe（OH）2+能在石墨电极实现再生循环利用，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解原理应用，为高频考点，正确判断电极反应为解答关键，注意掌握电解原理，C为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）
8．（14分）乙酸正丁酯，为无色透明有愉快果香气味的液体，是一种优良的有机溶剂和有机合成中间体，实验室制备原理为：CH3COOH+CH3（CH2）OHCH3COO（CH2）3CH3+H2O，装置如图1所示（夹持装置已略去），实验步骤如下：
Ⅰ.向100mL反应容器X中，加18.5g正丁醇，16.8g冰醋酸，1gKHSO4，混匀，加2粒沸石。接上冷凝管和分水器。
Ⅱ.加热反应开始后，控制回流速度1～2滴/s，大约40min后，反应完成，停止加热。
Ⅲ.分离提纯产品。过滤回收KHSO4，将滤液和分水器分出的酯层一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤；……蒸馏得到产品29.0mL。
已知：
名称
相对分子质量
溶解性
密度（g/cm3）
沸点（℃）
正丁醇
74
稍溶于水和易溶于有机溶剂
0.81
117.7
冰醋酸
60
能溶于水和有机溶剂
1.05
117.9
乙酸正丁酯
116
难溶于水
0.90
126.5
回答下列问题：
（1）图中仪器X的名称是　圆底烧瓶　，KHSO4的作用是　催化剂　。
（2）用过量乙酸的目的是　提高正丁醇的转化率　。
（3）本实验中分水器的作用是　分离出反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率　。实验中需先在分水器中加水，使水面稍低于支管口1～2cm，并保持水面上仅有很浅一层油层存在，直至反应完成。这样操作的目的是　确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应　。
（4）步骤Ⅲ中第一次水洗主要除去的是　乙酸、KHSO4　。步骤Ⅲ“……”处还需要经过以下一系列的操作提纯，其正确的顺序是　cabd　。
a.再用10mL水洗涤；
b.用无水可硫酸镁干燥；
c.用10mL 10% Na2CO3洗涤；
d.过滤
（5）下列蒸馏装置（如图2）最合适的是　C　（填选项字母）；本实验中乙酸正丁酯的产率为　90%　

【分析】（1）结合仪器X的构造判断其名称；由方程式CH3COOH+CH3（CH2）OHCH3COO（CH2）3CH3+H2O可知，H+作催化剂，KHSO4可提供H+；
（2）增大一种反应物浓度，可提高另一种反应物的转化率；
（3）水为生成物，将生成的水及时分离除去，平衡正向移动；这样可确保冷凝的正丁醇能流回圆底烧瓶中继续反应；
（4）反应后的体系中混有易溶于水的乙酸和催化剂KHSO4，第一次水洗的目是除去乙酸、KHSO4；第一次水洗后，酯中还有少许残留的乙酸，此时需用饱和Na2CO3溶于继续洗涤，将乙酸转化为易溶于水的CH3COONa，再进行第二次水洗除去CH3COONa，接着需加入干燥剂对产品进行干燥，可选用无水硫酸镁，最后进行过滤除去吸水后的硫酸镁固体，获得较纯的乙酸正丁酯，以此进行排序；
（5）提纯时无需回流操作，选用直形冷凝管，再结合温度计位置判断；乙酸过量，理论上正丁醇完全反应生成乙酸正丁酯，结合正丁醇的质量计算出乙酸正丁酯的理论产量，再利用m＝ρV计算出乙酸正丁酯的实际产量，最后利用产率＝×100%计算。
【解答】解：（1）仪器X名称为圆底烧瓶；由题干所给方程式CH3COOH+CH3（CH2）OHCH3COO（CH2）3CH3+H2O可知，此反应需要H+作催化剂，KHSO4可提供H+，其作用为催化剂，
故答案为：圆底烧瓶；催化剂；
（2）该反应为可逆反应，乙酸过量，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，可提高正丁醇的转化率，
故答案为：提高正丁醇的转化率；
（3）分水器可将生成的水及时分离除去，使反应平衡正向移动，提高酯的产率；
实验中需先在分水器中加水，使水面稍低于支管口1～2cm，并保持水面上仅有很浅一层油层存在，直至反应完成，这样操作可确保冷凝的正丁醇能流回圆底烧瓶中继续反应，
故答案为：分离出反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率；确保将蒸出的正丁醇流回反应器中继续反应；
（4）由于反应后的体系中混有易溶于水的乙酸和催化剂KHSO4，第一次水洗的目的为除去乙酸、KHSO4；第一次水洗后，酯中还有少许残留的乙酸，此时需用饱和Na2CO3溶于继续洗涤，将乙酸转化为易溶于水的CH3COONa，再进行第二次水洗除去CH3COONa，接着需加入干燥剂对产品进行干燥，可选用无水硫酸镁，最后进行过滤除去吸水后的硫酸镁固体，获得较纯的乙酸正丁酯，正确的顺序是为cabd，
故答案为：乙酸、KHSO4；cabd；
（5）由于提纯时无需回流操作，应该选用直形冷凝管，A装置温度计位置错误，故只有C正确；
由于乙酸过量，理论上正丁醇完全反应生成乙酸正丁酯，则乙酸正丁酯的理论产量为：×116g/mol＝29g，实际产量为：29.0mL×0.90g/cm3＝26.1g，本实验中乙酸正丁酯的产率为：×100%＝90%，
故答案为：C；90%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
9．（14分）钴可用于火箭发动机、导弹的耐热部件以及原子能工业。如图1是由铜钴精矿提取钴的相关工业流程。铜钴精矿中主要含氧化铜、硫化钴（CoS）和少量FeS等。

已知：在pH为4～6时Fe3+水解生成Fe（OH）3•2nFe3+•3（n﹣x）SO42﹣胶体，具有吸附性。
（1）从“氨浸”可知，Cu2+、Fe2+、Co2+三者中易于形成氨合物的离子是　Cu2+　；含Cu（NH3）42+的溶液“电解”阴极反应式为　Cu（NH3）42++2e﹣＝Cu+4NH3　。
（2）“酸浸”中硫化钴（CoS）、Na2SO3与盐酸共同反应的离子方程式为　2CoS+6H++SO32﹣＝2Co2++3S+3H2O　。
（3）“除铁”加入了试剂X，使Fe2+转化为Fe3+，则试剂X最好选用　B　。（填字母编号）
A.KMnO4溶液
B.H2O2溶液
C.HNO3
D.SO2
（4）“萃取”是利用某磷酸酯P50（用RH表示）萃取钴，其反应的离子方程式为　2RH+Co2+＝CoR2+2H+　。
（5）整个流程中可以循环利用的物质有　RH、NH3和H2C2O4　。
（6）“除铁”中，溶液pH对钴回收影响密切，如图2所示该步应控制pH范围为　3～4　，pH较大时钴回收率骤降的原因是　Fe3+在pH大于4水解生成Fe（OH）3•2nFe3+•3（n﹣x）SO42﹣胶体吸附大量鈷而损失　。（已知Co2+沉淀的pH为6.7～8.7）。
【分析】铜钴精矿中主要含氧化铜、硫化钴（CoS）和少量FeS等，加入氨水和碳酸铵氨浸得到滤液为含Cu（NH3）42+的溶液，电解阴极上生成铜和氨气，滤渣加入盐酸和亚硫酸钠酸浸，过滤得到S等滤渣和滤液，滤液中加入X和碳酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，便于除去，得到FeOOH，过滤得到滤液加入RH试剂萃取钴元素，加入CoR2溶液、草酸溶液反萃取，得到RH、CoC2O4、H2C2O4溶液，
（1）“氨浸”中形成Cu（NH3）42+，故易于形成氨合物的离子是Cu2+，含Cu（NH3）42+的溶液“电解”阴极反应是铜氨络离子得到电子生成铜和氨气；
（2）“酸浸”中硫化钴（CoS）、Na2SO3与盐酸共同反应生成S单质，是硫元素之间发生的发生氧化还原反应；
（3）“除铁”加入了试剂X，使Fe2+转化为Fe3+，不引入杂质离子；
（4）“萃取”是利用某磷酸酯P50（用RH表示）进行离子交换，来萃取钴；
（5）分析过程可知，参与反应过程，最后又生成的物质可以循环利用；
（6）pH＞4时，Co回收率下降，故pH应控制在3～4之间，pH较大，钴回收率骤然下降的原因是：铁离子水解生成胶体会吸附大量钴离子，导致回收率下降。
【解答】解：（1）“氨浸”中形成Cu（NH3）42+，故易于形成氨合物的离子是Cu2+，含Cu（NH3）42+的溶液“电解”阴极反应是铜氨络离子得到电子生成铜和氨气，电极反应为：Cu（NH3）42++2e﹣＝Cu+4NH3，
故答案为：Cu2+； Cu（NH3）42++2e﹣＝Cu+4NH3；
（2）“酸浸”中硫化钴（CoS）、Na2SO3与盐酸共同反应生成S单质，是硫元素之间发生的发生氧化还原反应，反应的离子方程式：2CoS+6H++SO32﹣＝2Co2++3S+3H2O，
故答案为：2CoS+6H++SO32﹣＝2Co2++3S+3H2O；
（3）A．KMnO4溶液会引入钾离子、锰离子等杂质离子，故A错误；
B．试剂X最好选用过氧化氢，过氧化氢和亚铁离子反应生成铁离子和水，不引入杂质离子，故B正确；
C．做氧化剂会引入硝酸根离子，故C错误；
D．SO2不能氧化亚铁离子，故D错误；
故答案为：B；
（4）“萃取”是利用某磷酸酯P50（用RH表示）萃取钴，其反应的离子方程式为：2RH+Co2+＝CoR2+2H+，
故答案为：2RH+Co2+＝CoR2+2H+；
（5）整个流程中可以循环利用的物质有：RH、NH3和H2C2O4，
故答案为：RH、NH3和H2C2O4；
（6）“除铁”中，溶液pH对钴回收影响密切，pH＞4时，Co回收率下降，故pH应控制在3～4之间，pH较大时钴回收率骤降的原因是：Fe3+在 pH大于4水解生成Fe（OH）3•2nFe3+•3（n﹣x）SO42﹣胶体吸附大量鈷而损失，
故答案为：3～4；Fe3+在 pH大于4水解生成Fe（OH）3•2nFe3+•3（n﹣x）SO42﹣胶体吸附大量鈷而损失。
【点评】本题考查物质制备方案设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）消除城市中汽车尾气的污染是一个很重要的课题。回答下列问题
（1）下列不属于汽车尾气中的污染物的是 　D　。
A.CO、CxHy
B.NOx、细颗粒物
C.CO、NOx
D.CO2、H2S
（2）已知：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1＝﹣746.5kJ•mol﹣1，据此可在一定条件下反应消除NO和CO的污染；CO2（g）+C（s）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ•mol﹣1；碳（石墨）的燃烧热为﹣393.5kJ•mol﹣1。写出石墨完全燃烧的热化学方程式 　C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1　。2NO（g）＝N2（g）+O2（g）△H3＝　﹣180.5　kJ•mol﹣1
（3）某研究小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入1.0mol NO和1.0mol CO，在三种不同实验条件（如表）下进行上述反应，反应体系的总压强（P）随时间变化情况如图所示。
实验编号
a
b
c
温度/K
500
500
600
催化剂的比表面积/m2•g﹣1
82
124
124
①曲线Ⅲ对应的实验编号是 　b　，曲线I中压强降低的原因是 　气体物质的量减小　。
②由曲线Ⅱ数据计算出对应条件下的压强平衡常数Kp＝　1.6　；若在曲线Ⅲ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、20kPa、40kPa、40kPa，则此时反应的速率v正　＝　v逆。（填“＜”、＝’或“＞”）
（4）反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）的“速率方程”可表示为v＝kcm（A）•cn（B）（k为速率常数）。实验测得低温时某反应的速率方程为v＝kc2（NO2），其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为 　NO2+CO＝NO+CO2　，以下机理中与其速率方程符合的是 　②　。（填编号）
反应机理
第一步反应
第二步反应
①
2NO2⇌N2O4（快反应）
N2O4+2CO═2NO+2CO2（慢反应）
②
2NO2═NO3+NO（慢反应）
NO3+CO═NO2+CO2（快反应）

【分析】（1）汽车尾气中的污染物主要含有CxHy、NOx、细颗粒物、CO等污染物；
（2）碳（石墨）的燃烧热为﹣393.5kJ•mol﹣1，则1mol碳（石墨）完全燃烧生成CO2放出393.5kJ热量；Ⅰ.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1＝﹣746.5kJ•mol﹣1，Ⅱ.CO2（g）+C（s）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ•mol﹣1，根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ﹣石墨完全燃烧的热化学方程式得2NO（g）＝N2（g）+O2（g）；
（3）①由图可知，曲线Ⅰ先达到平衡，对应的化学反应速率最快，则对应实验编号c，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同，但曲线Ⅲ先达到平衡状态，对应的化学反应速率较快；该反应是气体体积减小的反应；
②列化学平衡三段式计算Kp，在曲线Ⅲ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、20kPa、40kPa、40kPa，计算此时Qp，再与Kp比较得出结论；
（4）分步反应叠加可得到总反应；总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，某反应的速率方程为v＝kc2（NO2），即说明慢反应要符合该速率方程。
【解答】解：（1）汽车尾气中的污染物主要含有CxHy、NOx、细颗粒物、CO等污染物，则CO2、H2S不属于汽车尾气中的污染物，
故答案为：D；
（2）碳（石墨）的燃烧热为﹣393.5kJ•mol﹣1，则C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1；Ⅰ.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H1＝﹣746.5kJ•mol﹣1，Ⅱ.CO2（g）+C（s）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ•mol﹣1；，根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ﹣石墨完全燃烧的热化学方程式得2NO（g）＝N2（g）+O2（g）△H3＝（﹣746.5+172.5+393.5）kJ•mol﹣1＝﹣180.5kJ•mol﹣1，
故答案为：C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.5kJ•mol﹣1；﹣180.5；
（3）①由图可知，曲线Ⅰ先达到平衡，对应的化学反应速率最快，则对应实验编号c，曲线Ⅱ、Ⅲ最终平衡状态相同，但曲线Ⅲ先达到平衡状态，对应的化学反应速率较快，催化剂表面积越大，反应速率越快，则曲线Ⅲ对应实验编号b；该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行气体的物质的量减小，则压强减小，
故答案为：b；气体的物质的量减小；
②起始充入1.0mol NO和1.0mol CO，起始压强为200kPa，达到平衡时压强为160kPa，设NO转化物质的量为2xmol，
2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始n（mol） 1 1 0 0
转化n（mol） 2x 2x x 2x
平衡n（mol） 1﹣2x 1﹣2x x 2x
压强之比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.4mol，则平衡时总物质的量为1.6mol，p（NO）＝p（CO）＝＝20kPa，p（N2）＝＝40kPa，p（CO2）＝2p（N2）＝80kPa，Kp＝＝＝1.6（kPa）﹣1；曲线Ⅱ和曲线Ⅲ温度相同，则压强平衡常数也相等，在曲线Ⅲ对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是10kPa、20kPa、40kPa、40kPa，Qp＝＝1.6（kPa）﹣1＝Kp，此时反应达到平衡状态，则此时反应的速率v正＝v逆，
故答案为：1.6；＝；
（4）总反应速率快慢取决于反应速率慢的基元反应，某反应的速率方程为v＝kc2（NO2），即说明慢反应要符合该速率方程，则与速率方程符合的是机理②，分步反应叠加可得到总反应，则该反应的化学方程式可表示为NO2+CO＝NO+CO2，
故答案为：NO2+CO＝NO+CO2；②。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及燃烧热、反应热的计算、化学平衡的移动，化学平衡的计算等，根据题目信息结合燃烧热定义、盖斯定律、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
(二)选考题(共45分)[化学]
11．（15分）第ⅣA元素在地壳中含量丰富，在人类生活各方面都有广泛的应用。回答下列问题.
（1）基态C原子中填充了电子的原子轨道共有　4　个，基态Si原子的价电子电子排布式为　3s23p2　，第一电离能C　大于　Ge。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图1所示。则X的分子式为　C3O2　；X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为　　.X的沸点　大于　CO2的沸点。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（3）C20分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图2所示，分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。则C20分子中含个　30　σ键，请你大胆猜测：C20分子中碳原子的杂化轨道为　介于sp2、sp3杂化之间　
（4）β﹣SiC晶胞如图3所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为ρg•cm﹣3，其原子的空间利用率（即晶胞中原子体积占空间体积的百分率）为　　。（用含a、b、p、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值）
【分析】（1）画出C原子的轨道排布式进行分析，Si与C同主族，最外层电子数目相同，依据非金属性判断第一电离能；
（2）分析图中成键方式确定分子式，进而确定电子式，通过分子间作用力分析其熔沸点；
（3）分析图2，类比金刚石的成键原理，注意共用σ键，
（4）根据空间利用率公式，求出原子体积与晶胞体积进行计算。
【解答】解：（1）C原子轨道排布式为：，由图可知4个轨道填充电子；基态Si原子最外层为4个电子，即价电子数为4个，对应排布式为3s23p2；C非金属性大于Ge，故第一电离能：C大于Ge，
故答案为：4；3s23p2；大于；
（2）分析图1可知，该分子中含有15个C原子，10个O原子，比例为3：2，分子式为C3O2，该分子中每个原子均满足8电子稳定结构，故C与O之间共用两对电子，C与C之间也共用两对电子，对应电子式为；C3O2与CO2均为分子构成，C3O2相对分子质量比CO2大，故C3O2分子间作用力强于CO2，故沸点C3O2大于CO2，
故答案为：C3O2；；大于；
（3）分析图2，类比金刚石的成键原理，C20中每个碳原子与连着3个C，即每个C周围形成3个σ键，由于涉及共用，故1个C周围实际占有σ键1.5个，所以C20中共有20×1.5＝30个σ键；C原子有4个价电子，其中3个用于形成σ键，每个C还剩余1个价电子，可用于与相邻C形成π键，此时C原子为sp2杂化，但由于涉及碳原子之间的共用，故有些碳原子剩余的1个价电子无法形成π键，此时对应碳原子为sp3杂化，故C20中碳原子杂化类型介于sp2、sp3杂化之间，
故答案为：30；介于sp2、sp3杂化之间；
（4）由结构知，该晶胞中含有4个C和4个Si（8×+6×），故原子所占的总体积＝，该晶胞的体积＝＝cm3，则原子的空间利用率＝＝，
故答案为：。
【点评】本题以第IVA族元素为背景，考查了学生有关核外电子排布，原子结构，元素周期律，晶胞计算等内容，考查范围较广，难度适中。
[化学]
12．磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，经研究发现该药在体外细胞水平上对新型冠状病毒具有抑制作用。其中氯喹的一种合成路线如图。

已知：
A.和属于芳香族化合物，其芳香环结构与苯环结构相似；
B.R2NH+ClR'→R2NR'+HCl（R为烃基或氢原子，R'为烃基）
回答下列问题：
（1）化合物A的名称是　硝基苯　，化合物C中的官能团名称是　氨基、氯原子　。
（2）反应①类型是　取代反应　，G最多有　17　个原子共平面，E与F相对分子质量差值为　44　。（3）符合下列条件的C的同分异构体共　15　种（不包括C），其中核磁共振氢谱有3个吸收峰的物质的结构简式是　　。
①具有六元芳香环状结构；
②不含﹣N﹣Cl结构。
（4）哌啶（）能与1，2﹣二氯乙烷合成二哌啶乙烷（C12H24N2），该反应的化学方程式为
　　.
【分析】对比A、C的结构，A发生苯环上硝基间位取代反应生成B，B中硝基转化为氨基生成C，故B为，C转化生成D，对比D、F的结构简式，结合D→F的反应条件、已知信息A，可知D发生酯的水解反应、﹣OH与NaOH中和反应，然后酸化生成E，E脱羧生成F，故E为；对比F、G、H的结构简式，可知F中羟基被氯原子替代生成，G中氯原子被取代生成H；
（3）符合下列条件的C的同分异构体：①具有六元芳香环状结构，说明含有苯环或环，②不含﹣N﹣Cl结构，若六元环为苯环，苯环侧链为﹣NH2、﹣Cl，若六元环为，六元环的侧链为﹣CH2Cl，或者为﹣CH3、﹣Cl；
（4）哌啶（）能与1，2﹣二氯乙烷合成二哌啶乙烷（C12H24N2），应是2分子吡啶与1分子ClCH2CH2Cl发生取代反应生成与2分子HCl。
【解答】解：（1）化合物A为，苯是母体，取代基为硝基，A的名称是硝基苯；由结构可知，化合物C中的官能团名称是氨基、氯原子，
故答案为：硝基苯；氨基、氯原子；
（2）对比G、H的结构简式，可知反应①类型是取代反应，G中六元环为平面结构，2个环共平面，G最多有17个原子共平面；E为，E脱去分子CO2生成F，E与F相对分子质量差值为44，
故答案为：取代反应；17；44；
（3）符合下列条件的C的同分异构体：①具有六元芳香环状结构，说明含有苯环或环，②不含﹣N﹣Cl结构，若六元环为苯环，苯环侧链为﹣NH2、﹣Cl，有邻、间、对3种位置关系（包含C），若六元环为，六元环的侧链为﹣CH2Cl，与环上N原子有邻、间、对3种位置关系，侧链或者为﹣CH3、﹣Cl，而甲基与环上N原子有邻、间、对3种位置关系，对应的氯原子分别有4种、4种、2种位置，不包括C符合条件的共有3+3+4+4+2﹣1＝15种，其中核磁共振氢谱有3个吸收峰的物质的结构简式是，
故答案为：15；；
（4）哌啶（）能与1，2﹣二氯乙烷合成二哌啶乙烷（C12H24N2），应是2分子吡啶与1分子ClCH2CH2Cl发生取代反应生成与2分子HCl，反应方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，对比有机物的结构简式进行分析推断，注意对给予信息的利用，题目侧重考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。