还剩21页未读，
继续阅读
2021年四川省凉山州高考化学一模试卷
展开
这是一份2021年四川省凉山州高考化学一模试卷，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题必考题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省凉山州高考化学一模试卷.doc
一、选择题（每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，每题6分。）
1．（6分）《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作黎。黎，国名也。其莹如水，其如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似”。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的成分为SiO2
B．将熟石灰、黏土、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
C．玻璃质地坚硬，但易破碎
D．玻璃容器可用于实验室中盛装NaOH固体，只要注意密封保存
2．（6分）下列有机物X可作为“分子伞”，作药物载体的伞面和中心支撑架（未表示出原子或原子团的空间排列），结构如图，关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A．该有机物能与氢气发生加成反应
B．该分子含有23个碳原子
C．该有机物不能与金属钠反应
D．1molX最多消耗1molNaOH
3．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
B．78g苯含有C＝C键的数目为3NA
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
4．（6分）用如图所示实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
B．用如图所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用如图所示装置量取15.00mLNaOH溶液
D．用如图所示装置可观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
5．（6分）下表各组物质中，不满足如图所示物质一步转化关系的选项是（ ）
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaCl
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Fe
FeCl3
FeCl2
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）惰性电极电解NaHSO3溶液可用于制取硫酸，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．通过阴离子交换膜交换的离子主要是SO32﹣
B．图中右侧电极应连接电源的正极
C．装置右侧产生的气体可能为混合气体
D．Ⅰ溶液为制取的硫酸
7．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞W＞X
B．元素Z的含氧酸的酸性一定比Y的强
C．Y、Z的单质可用于消毒、灭菌
D．原子半径：Z＜Y＜X＜W
三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：共43分
8．（14分）甲醇是极为重要的有机化工原料，目前主要采用合成气（CO2+H2）为原料的化学合成法，回答下列问题：
（1）CO2和H2反应生成甲醇和水，产物的物质的量之比为 ，当反应达到平衡时，若增大压强，则n（CH3OH） 。（填变大、变小或不变）
（2）一定条件下甲醇合成反应的产率与温度和压强变化的关系如图所示：则横坐标代表 ，该反应的△H 0（填＞、＜或＝），a、b、c由小到大的顺序为 。
（3）一定温度，恒定压强为1MPa时，按物质的量之比为1：2投入CO2和H2，达到平衡时CO2转化率为60%，产物均为气体，计算该温度时反应的平衡常数为 （MPa）﹣2（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，为解决这一矛盾，关键在于 。合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是 。（写出一条）
9．（14分）我国钨酸生产中产出的黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，为了合理利用资源，变废为宝，某冶金实验室设计了如图所示的工业生产流程。
回答下列问题：
（1）钪在元素周期表中的位置是 。
（2）采用热浓盐酸可有效提高浸取率，缩短溶浸时间，若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，该物质是 （写名称）；若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，写出碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式 ；实际生产用热浓盐酸也有不足之处，不足之处可能为 。
（3）煮沸的目的是 。
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），至少需要调节pH≥ 。（已知lg5＝0.7）
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，写出煅烧过程的化学方程式 。
10．（15分）盐酸的生产原料有氢气、氯气，均来自氯碱工业产品，某科研小组采用U型管电解饱和食盐水制备原料气，在此基础上设计了氯化氢合成炉模拟装置，如图所示。
回答下列问题：
（1）电源A极为 。（填正极或负极）
（2）按图示连接好装置并装入药品，接通电源开始电解，打开活塞1和5，待H2充满燃烧外管并验纯后点燃H2，H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，可能的原因是 。
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是 。
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是 。
（5）将多余的氯气用100mL 1.7mol/L的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测知c（OH﹣）＝0.1mol/L（不考虑反应前后溶液的体积变化）。ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1。请回答下列问题：
①请写出氯气与氢氧化钠溶液反应中主要反应的离子反应方程式 ，吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为 mol。
②被氧化的氯气的物质的量为 mol，被还原的氯气的物质的量为 mol。
（二）选考题：共45分[化学-选修3物质结构与性质]
11．（15分）Cu（Ⅰ）可以形成多种化合物，回答下列问题：
（1）Cu2O在实验室中可用葡萄糖还原Cu（Ⅱ）的碱性溶液来制备，构成葡萄糖的元素原子半径由大到小的顺序是 。
（2）Cu2S为黑色晶体，25℃时Ksp为1×10﹣48，可溶于氰化钾溶液，其方程式为Cu2S+4CN﹣＝2[Cu（CN）2]﹣+S2﹣，写出CN﹣的两种等电子体 。（分子、离子各一种）
（3）卤族元素也可与Cu（Ⅰ）形成化合物，其中CuCl，CuBr，CuI的熔点如下表。
物质
CuCl
CuBr
CuI
熔点/℃
430
483
588
熔点呈现如此变化的原因可能是 。
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成[Cu（CO）Cl•H2O]，其结构为图1所示。
该化合物中存在 种配位键，配位原子有 。（填元素名称）
（5）常温下，卤化亚铜晶体均为闪锌矿结构，温度升高至350℃后均转变为纤锌矿结构，如图2所示：
闪锌矿结构中Zn原子的配位数是 ，纤锌矿结构中S原子的堆积方式为 ，常温下若CuBr的晶胞参数是anm，则其密度是 g•cm﹣3（列式不用计算结果）。
[化学-选修5有机化学基础]（15分）
12．姜酮醇是生姜中辛辣气味的组成物质，其合成路线如图1所示。
已知羟醛缩合反应原理是醛/酮的α﹣H与另外的醛/酮的羰基碳之间的反应，而无α﹣H的醛（如苯甲醛）可与有α﹣H的醛/酮进行定向缩合反应，有助于减少醛/酮自身缩合的副反应发生，反应原理如图2所示：
回答下列问题：
（1）物质A的官能团有 。
（2）写出物质B的结构简式 。
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，试写出该副产物的结构简式 。（不考虑丙酮的自身缩合）
（4）反应物a的名称是 ，其同类物质共有 种同分异构体。（不包括a）
（5）姜酮醇 手性碳原子。（填有或无）
（6）有研究人员尝试了如图3所示羟醛缩合反应，试说明影响产物比例的主要因素是 。
2021年四川省凉山州高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，每题6分。）
1．（6分）《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作黎。黎，国名也。其莹如水，其如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似”。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的成分为SiO2
B．将熟石灰、黏土、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
C．玻璃质地坚硬，但易破碎
D．玻璃容器可用于实验室中盛装NaOH固体，只要注意密封保存
【分析】A．玻璃用石灰石、纯碱、石英为原料制备；
B．玻璃的主要成分为硅酸盐和二氧化硅；
C．依据玻璃易碎的性质解答；
D．玻璃中含有二氧化硅，能够与氢氧化钠反应生成具有粘性硅酸钠溶液。
【解答】解：A．玻璃用石灰石、纯碱、石英为原料制备，主要成分为硅酸盐和二氧化硅，故A错误；
B．玻璃的主要成分为硅酸盐和二氧化硅，用石灰石、纯碱、石英为原料，故B错误；
C．玻璃质地坚硬，容易破碎，故C正确；
D．玻璃中含有二氧化硅，能够与氢氧化钠反应生成具有粘性硅酸钠溶液，所以不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉玻璃成分、制备原理、性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列有机物X可作为“分子伞”，作药物载体的伞面和中心支撑架（未表示出原子或原子团的空间排列），结构如图，关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A．该有机物能与氢气发生加成反应
B．该分子含有23个碳原子
C．该有机物不能与金属钠反应
D．1molX最多消耗1molNaOH
【分析】该分子中含有醇羟基、羧基，具有醇和羧酸的性质，一定条件下能发生氧化反应、消去反应、酯化反应、缩聚反应等。
【解答】解：A．该分子中不含碳碳不饱和键、苯环或醛基、羰基，所以不能和氢气发生加成反应，故A错误；
B．根据结构简式知，该分子中含有24个碳原子，故B错误；
C．该分子中含有醇羟基和羧基，所以能和钠反应生成氢气，故C错误；
D．羧基能和NaOH以1：1发生中和反应，该分子中含有1个羧基，所以1molX最多能和1molNaOH反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确常见有机物的性质即可解答，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，题目难度不大。
3．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
B．78g苯含有C＝C键的数目为3NA
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
【分析】A．氩气为稀有气体，为单原子分子，计算气体物质的量n＝，氩气分子中含18个质子；
B．苯分子中不含碳碳双键；
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体物质的量不能用标准状况下气体摩尔体积计算；
D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子为弱酸阴离子，能发生水解而减小。
【解答】解：A．气体物质的量n＝＝1mol，氩气为稀有气体，为单原子分子，1mol气体含质子18NA，故A正确；
B．苯分子是六个碳碳键完全相同的特殊化学键，不存在碳碳双键，故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，2.24LCO和CO2混合气体物质的量不是0.1mol，故C错误；
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，溶质物质的量n＝1L×0.1mol•L﹣1＝0.1mol，碳酸氢根离子水溶液中水解，溶液中含有HCO3﹣小于0.1NA个，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析，主要是分子结构、气体摩尔体积应用条件、盐类水解等，掌握概念实质是解题关键，题目难度不大。
4．（6分）用如图所示实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
B．用如图所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用如图所示装置量取15.00mLNaOH溶液
D．用如图所示装置可观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
【分析】A.煮沸溶液至红褐色，停止加热，水解生成胶体；
B.苯萃取碘水后，水在下层；
C.滴定管的感量为0.01mL；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.煮沸溶液至红褐色，停止加热，水解生成胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故A正确；
B.苯萃取碘水后，水在下层，图中现象不合理，故B错误；
C.滴定管的感量为0.01mL，可量取15.00mLNaOH溶液，故C正确；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，则观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去，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、胶体制备、中和滴定、混合物分离提纯、实验操作为解答的关键，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。
5．（6分）下表各组物质中，不满足如图所示物质一步转化关系的选项是（ ）
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaCl
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Fe
FeCl3
FeCl2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成Na；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜不能一步转化为Cu；
C.C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与Mg反应生成MgO和C；
D.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与Zn反应生成Fe。
【解答】解：A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成Na，满足一步转化完成，故A不选；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜不能一步转化为Cu，则不能满足一步转化，故B选；
C.C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与Mg反应生成MgO和C，满足一步转化完成，故C不选；
D.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与Zn反应生成Fe，满足一步转化完成，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）惰性电极电解NaHSO3溶液可用于制取硫酸，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．通过阴离子交换膜交换的离子主要是SO32﹣
B．图中右侧电极应连接电源的正极
C．装置右侧产生的气体可能为混合气体
D．Ⅰ溶液为制取的硫酸
【分析】用惰性电极电解NaHSO3溶液制硫酸，阴极上水放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，生成的氢氧根离子和亚硫酸氢根离子发生反应OH﹣+HSO3﹣＝SO32﹣+H2O，SO32﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，Ⅰ溶液为稀NaHSO3溶液，右侧为阳极，起始时水放电，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，SO32﹣+2H+＝SO2↑+H2O，后阳极上SO32﹣失电子生成SO42﹣，阳极电极反应式为SO32﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+2H+，Ⅱ溶液为硫酸。
【解答】解：A.SO32﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，故A正确；
B.右侧为阳极，应连接电源的正极，故B正确；
C.装置右侧产生的气体可能为氧气和二氧化硫混合气体，故C正确；
D.Ⅱ溶液为硫酸，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确每一极发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题能力和解决问题能力。
7．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞W＞X
B．元素Z的含氧酸的酸性一定比Y的强
C．Y、Z的单质可用于消毒、灭菌
D．原子半径：Z＜Y＜X＜W
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，最外层电子数小于8，说明W、X的最外层电子数分别为4、3，结合原子序数可知，W为C，X为Al；X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，Y的原子序数大于Al，则Y为S；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为C，X为Al，Y为S，Z为Cl元素，
A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＞Y＞W＞X，故A错误；
B．没有指出元素最高价，无法比较Z、Y的含氧酸酸性，故B错误；
C．Y、Z的单质分别为硫磺、氯气，硫磺能抑制皮脂分泌，杀灭细菌、霉菌、寄生虫等，对皮肤病有辅助治疗作用；氯气具有强氧化性，能够杀菌消毒，故C正确；
D．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：W＜Z＜Y＜X，故D错误；
故选：C。
【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。
三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：共43分
8．（14分）甲醇是极为重要的有机化工原料，目前主要采用合成气（CO2+H2）为原料的化学合成法，回答下列问题：
（1）CO2和H2反应生成甲醇和水，产物的物质的量之比为 1：1 ，当反应达到平衡时，若增大压强，则n（CH3OH） 变大 。（填变大、变小或不变）
（2）一定条件下甲醇合成反应的产率与温度和压强变化的关系如图所示：则横坐标代表 温度 ，该反应的△H ＜ 0（填＞、＜或＝），a、b、c由小到大的顺序为 c＜b＜a 。
（3）一定温度，恒定压强为1MPa时，按物质的量之比为1：2投入CO2和H2，达到平衡时CO2转化率为60%，产物均为气体，计算该温度时反应的平衡常数为 364.5 （MPa）﹣2（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，为解决这一矛盾，关键在于 催化剂 。合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是 催化剂失活 。（写出一条）
【分析】（1）反应方程式为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH （g）+H2O（g），据此分析；
（2）横坐标增大，产率降低，据此分析温度与焓变的关系，固定横坐标，分析相同温度下压强对转化率的影响；
（3）CO2的转化率为60%，设投入1molCO2，2molH2，即反应转化的CO2为1×60%＝0.6mol，
由化学平衡的三段法计算可知，
CO2 （g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 单位：mol
起始（mol） 1 2 0 0
变化（mol） 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（mol） 0.4 0.2 0.6 0.6
据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，
容器内物质的量之和为0.4+0.2+0.6+0.6＝1.8mol，p（CO2）＝1MPa×，p（H2）＝1MPa×，p（CH3OH）＝1MPa×，p（H2O）＝1MPa×，结合平衡常数计算公式进行计算；
（4）催化剂既不改变反应平衡，又能够提高反应速率，据此回答问题。
【解答】解：（1）反应的方程式为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH （g）+H2O（g），则生成1 mol CH3OH同时生成1mol水，两者物质的量之比为1：1，若增大压强，平衡右移，n（CH3OH）变大；
故答案为：1：1；变大
（2）以一条曲线为例，横坐标增大，产率降低，说明增大该因素，平衡左移，结合数据可知，横坐标为温度，反应为放热反应，△H＜0，固定横坐标，相同温度下，压强越大，转化率越大，故压强c＜b＜a，
故答案为：温度；＜；c＜b＜a；
（3）CO2的转化率为60%，设投入1molCO2，2molH2，即反应转化的CO2为1×60%＝0.6mol，
由化学平衡的三段法计算可知，
CO2 （g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 单位：mol
起始（mol） 1 2 0 0
变化（mol） 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（mol） 0.4 0.2 0.6 0.6
据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，
容器内物质的量之和为0.4+0.2+0.6+0.6＝1.8mol，p（CO2）＝1MPa×，p（H2）＝1MPa×，p（CH3OH）＝1MPa×，p（H2O）＝1MPa×，故反应平衡常数Kp＝＝≈364.5（MPa）﹣2，
故答案为：364.5；
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，在既不影响平衡的条件下提高反应速率，故采用催化剂解决这一问题，合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是催化剂失活，
故答案为：催化剂；催化剂失活。
【点评】本题考查化学反应平衡相关内容，涉及平衡常数计算，平衡移动，催化剂等内容，图中图象分析为本题重点，明确图象中的数据，结合平衡移动规律解答该题，整体难度适中。
9．（14分）我国钨酸生产中产出的黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，为了合理利用资源，变废为宝，某冶金实验室设计了如图所示的工业生产流程。
回答下列问题：
（1）钪在元素周期表中的位置是 第四周期第ⅢB族 。
（2）采用热浓盐酸可有效提高浸取率，缩短溶浸时间，若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，该物质是 硫酸钙 （写名称）；若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，写出碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式 3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O ；实际生产用热浓盐酸也有不足之处，不足之处可能为 易产生大量酸雾腐蚀设备 。
（3）煮沸的目的是 除去二氧化碳、氯化氢 。
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），至少需要调节pH≥ 7.3 。（已知lg5＝0.7）
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，写出煅烧过程的化学方程式 2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2 。
【分析】黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，粉碎加入热的浓盐酸发生反应得到浸出液主要为亚铁离子、锰离子、钪离子，钙离子等，过滤得到滤渣主要是回收钨、铌、钽等金属，浸出液中加入氨水过滤，得到滤渣为Sc（OH）3、Fe（OH）2、Mn（OH）2等，加入碳酸钠溶液过滤得到滤液为碱式碳酸钪溶液，滤渣为Fe（OH）2、Mn（OH）2等，滤液中加入盐酸、煮沸、加入浓氨水得到Sc（OH）3，煅烧得到Sc2O3，
（1）钪为21号元素，核电荷数为21，核外电子层数4个，价电子层结构为3d14s2；
（2）硫酸钙微溶于水，若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，碳酸亚铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、二氧化碳和水，实际生产用热浓盐酸也有不足之处，浓盐酸易挥发出氯化氢；
（3）滤液中含有二氧化碳、氯化氢气体，影响得到氢氧化钪的生成；
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1）结合溶度积常数计算氢氧根离子浓度，得到氢离子浓度来计算pH；
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，草酸钪煅烧和氧气反应，生成三氧化二钪和二氧化碳。
【解答】解：（1）钪为21号元素，核电荷数为21，核外电子层数4个，价电子层结构为3d14s2，位于周期表的第四周期第ⅢB族，
故答案为：第四周期第ⅢB族；
（2）若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，这种物质为CaSO4，名称为硫酸钙，若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O，实际生产用热浓盐酸也有不足之处，反应过程中易产生大量酸雾腐蚀设备，造成原材料浪费，
故答案为：硫酸钙；3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O；易产生大量酸雾腐蚀设备；
（3）煮沸的目的是除去二氧化碳、氯化氢气体，防止干扰产物的纯度，
故答案为：除去二氧化碳、氯化氢；
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝c（Sc3+）×c3（OH﹣）＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），氢氧根离子浓度c（OH﹣）≥＝2×10﹣7mol/L，c（H+）≤mol/L＝5×10﹣8mol/L，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10mol•L﹣1），至少需要调节pH≥﹣lg5×10﹣8mol/L＝8﹣lg5＝7.3，
故答案为：7.3；
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，生成草酸钪沉淀，将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，草酸钪煅烧和氧气反应，生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2，
故答案为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2。
【点评】本题属于化学工艺流程题目，为高考常见题型，涉及物质的分离提纯、对原理的分析评价、实验基本操作、溶度积有关计算等，关键是对工艺流程的理解，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。
10．（15分）盐酸的生产原料有氢气、氯气，均来自氯碱工业产品，某科研小组采用U型管电解饱和食盐水制备原料气，在此基础上设计了氯化氢合成炉模拟装置，如图所示。
回答下列问题：
（1）电源A极为 正极 。（填正极或负极）
（2）按图示连接好装置并装入药品，接通电源开始电解，打开活塞1和5，待H2充满燃烧外管并验纯后点燃H2，H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，可能的原因是 玻璃中含有钠元素 。
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是 降低氯气的溶解度 。
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是 打开活塞2，放出液体后，关闭活塞 。
（5）将多余的氯气用100mL 1.7mol/L的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测知c（OH﹣）＝0.1mol/L（不考虑反应前后溶液的体积变化）。ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1。请回答下列问题：
①请写出氯气与氢氧化钠溶液反应中主要反应的离子反应方程式 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O ，吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为 0.16 mol。
②被氧化的氯气的物质的量为 0.03 mol，被还原的氯气的物质的量为 0.05 mol。
【分析】（1）由图可知，与A极相连的电极产生的是氯气，多余的氯气通过氢氧化钠溶液吸收，所以该电极为阳极，与阳极相连的为外电源的正极；
（2）H2无焰色反应，钠元素的焰色反应为黄色，玻璃中含有钠元素；
（3）气体的溶解度会随着温度的升高而降低；
（4）由图可知，可以打开活塞2，将产生的液体放入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，然后关闭活塞；
（5）①因为反应后的溶液中，ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，即主要生成了ClO﹣，即可写出主要反应的离子反应方程式，开始时n(NaOH)＝0.17mol，吸收氯气后，n(NaOH)＝0.01mol，即可计算出吸收氯气消耗的NaOH的物质的量；
②根据题意可知，还发生反应：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，结合ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，可得反应的总式为：8Cl2+16OH﹣＝10Cl﹣+5ClO﹣+ClO3﹣+3H2O，依据反应中消耗NaOH的物质的量，计算出消耗氯气的物质的量，进一步计算出被氧化的和被还原的氯气的物质的量。
【解答】解：（1）由图可知，与A极相连的一极产生的是氯气，多余的氯气通过氢氧化钠溶液吸收，进行尾气处理，所以该电极为阳极，则A为正极，
故答案为：正极；
（2）H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，主要原因是玻璃中含有钠元素，钠的焰色反应为黄色，
故答案为：玻璃中含有钠元素；
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是可以降低氯气的溶解度，减少氯气的溶解损失，
故答案为：降低氯气的溶解度；
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是打开活塞2，将产生的液体放入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，然后关闭活塞，
故答案为：打开活塞2，放出液体后，关闭活塞；
（5）①因为反应后的溶液中，ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，即主要生成了ClO﹣，所以主要反应的离子反应方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，开始时n(NaOH)＝1.7mol/L×0.1L＝0.17mol，吸收氯气后，n(NaOH)＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，则吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为0.16mol，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；0.16；
②除上述反应外，还发生反应：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，根据ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，可得反应的总式为：8Cl2+16OH﹣＝10Cl﹣+5ClO﹣+ClO3﹣+3H2O，结合反应中消耗NaOH的物质的量为0.16mol，则消耗氯气的物质的量为：＝0.08mol，其中被氧化的为:0.08mol×＝0.03mol，被还原的氯气为：0.08mol×＝0.05mol，
故答案为：0.03；0.05。
【点评】本题主要考查电解原理的应用，氧化还原反应的应用，同时考查学生的看图、读图的理解能力、应用能力，对学生的思维能力要求较高，属于中等难度题型。
（二）选考题：共45分[化学-选修3物质结构与性质]
11．（15分）Cu（Ⅰ）可以形成多种化合物，回答下列问题：
（1）Cu2O在实验室中可用葡萄糖还原Cu（Ⅱ）的碱性溶液来制备，构成葡萄糖的元素原子半径由大到小的顺序是 C＞O＞H 。
（2）Cu2S为黑色晶体，25℃时Ksp为1×10﹣48，可溶于氰化钾溶液，其方程式为Cu2S+4CN﹣＝2[Cu（CN）2]﹣+S2﹣，写出CN﹣的两种等电子体 N2、C 。（分子、离子各一种）
（3）卤族元素也可与Cu（Ⅰ）形成化合物，其中CuCl，CuBr，CuI的熔点如下表。
物质
CuCl
CuBr
CuI
熔点/℃
430
483
588
熔点呈现如此变化的原因可能是 三者均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高 。
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成[Cu（CO）Cl•H2O]，其结构为图1所示。
该化合物中存在 3 种配位键，配位原子有 碳、氧、氯 。（填元素名称）
（5）常温下，卤化亚铜晶体均为闪锌矿结构，温度升高至350℃后均转变为纤锌矿结构，如图2所示：
闪锌矿结构中Zn原子的配位数是 4 ，纤锌矿结构中S原子的堆积方式为 六方最密堆积 ，常温下若CuBr的晶胞参数是anm，则其密度是 g•cm﹣3（列式不用计算结果）。
【分析】（1）葡萄糖含有C、H、O三种元素，H原子是所以原子中半径最小的原子，同周期自左至右，元素原子半径逐渐减小，则半径：C＞O，即可判断三种元素原子半径的大小关系；
（2）互为等电子体的微粒之间具有相同的原子数和价电子数，CN﹣的原子数为2，价电子数为10，根据同族元素或左右元素互换的方法，即可推出与CN﹣互为等电子体的微粒；
（3）根据表中数据可知，三者均为分子晶体；
（4）由图可知，该化合物中含有3种配位键，配位原子分别为：C、O、Cl；
（5）由图可知，闪锌矿结构中锌的配位数是4，纤锌矿结构中S原子属于六方最密堆积，CuBr的晶胞类似闪锌矿结构，根据均摊法计算可知，Cu原子的个数为4，Br原子的个数为4，则晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：（a×10﹣7cm）3，即可计算出晶胞的密度。
【解答】解：（1）葡萄糖的化学式为：C6H12O6，含有C、H、O三种元素，H原子是所以原子中半径最小的原子，同周期自左至右，元素原子半径逐渐减小，则半径：C＞O，所以三种元素原子半径的大小关系为：C＞O＞H，
故答案为：C＞O＞H；
（2）互为等电子体的微粒之间具有相同的原子数和价电子数，CN﹣的原子数为2，价电子数为：4+5+1＝10，根据同族元素或左右元素互换的方法可知，与CN﹣互为等电子体的微粒可以是：N2、C，
故答案为：N2、C；
（3）根据表中数据可知，三者均为分子晶体，且相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，
故答案为：三者均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高；
（4）由图可知，该化合物中含有3种配位键，即Cu←Cl、Cu←C、Cu←O三种配位键，配位原子分别为：C、O、Cl，
故答案为：3；碳、氧、氯；
（5）由图可知，闪锌矿结构中每个Zn原子与4个氧原子相连，所以锌的配位数是4，纤锌矿结构中S原子位于顶点和面心，属于六方最密堆积，CuBr的晶胞类似闪锌矿结构，根据均摊法计算可知，Cu原子的个数为：8×＝4，Br原子的个数为：4×1＝4，则晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：（a×10﹣7cm）3，所以晶胞的密度为：＝＝g•cm﹣3，
故答案为：4；六方最密堆积；。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，属于难题，掌握原子半径大小的比较、晶体类型、配位键与配位原子、等电子体的判断，明确晶胞的计算方法是解题的关键，同时考查学生读题获取信息的能力，根据信息分析解决问题的能力，具有一定的综合性。
[化学-选修5有机化学基础]（15分）
12．姜酮醇是生姜中辛辣气味的组成物质，其合成路线如图1所示。
已知羟醛缩合反应原理是醛/酮的α﹣H与另外的醛/酮的羰基碳之间的反应，而无α﹣H的醛（如苯甲醛）可与有α﹣H的醛/酮进行定向缩合反应，有助于减少醛/酮自身缩合的副反应发生，反应原理如图2所示：
回答下列问题：
（1）物质A的官能团有 醛基、醚键、羟基 。
（2）写出物质B的结构简式 。
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，试写出该副产物的结构简式 。（不考虑丙酮的自身缩合）
（4）反应物a的名称是 己醛 ，其同类物质共有 7 种同分异构体。（不包括a）
（5）姜酮醇 有 手性碳原子。（填有或无）
（6）有研究人员尝试了如图3所示羟醛缩合反应，试说明影响产物比例的主要因素是 空间位阻 。
【分析】图1中A和丙酮发生加成反应生成B，B脱水生成C，根据A、C的结构简式知，B为，C中碳碳双键和氢气发生加成反应生成，和a反应生成姜酮醇，根据该反应前后结构简式知，a为CH3（CH2）4CHO。
【解答】解：（1）根据A的结构简式知，物质A的官能团有醛基、醚键、羟基，
故答案为：醛基、醚键、羟基；
（2）通过以上分析知，物质B的结构简式为，
故答案为：；
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，该副产物是由丙酮中两个甲基和两个醛基发生加成反应，则该副产物的结构简式为，
故答案为：；
（4）a为CH3（CH2）4CHO，反应物a的名称是己醛，与其同类物质中含有﹣CHO，
如果碳链结构为C﹣C﹣C﹣C﹣C，醛基有3种连接方式，去除其本身，还有2种符合条件的同分异构体；
如果碳链结构为，醛基有4种连接方式；
如果碳链结构为，醛基有1种连接方式，所以符合条件的同分异构体种类＝2+4+1＝7，
故答案为：7；
（5）姜酮醇中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，
故答案为：有；
（6）根据图3知，如果两个基团位于碳碳双键同侧时其含量较少，说明影响产物比例的主要因素是空间位阻，
故答案为：空间位阻。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，利用题给信息、反应前后结构简式差异性正确推断各物质结构简式是解本题关键，（6）为解答易错点，题目难度不大。
2021年四川省凉山州高考化学一模试卷.doc
一、选择题（每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，每题6分。）
1．（6分）《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作黎。黎，国名也。其莹如水，其如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似”。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的成分为SiO2
B．将熟石灰、黏土、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
C．玻璃质地坚硬，但易破碎
D．玻璃容器可用于实验室中盛装NaOH固体，只要注意密封保存
2．（6分）下列有机物X可作为“分子伞”，作药物载体的伞面和中心支撑架（未表示出原子或原子团的空间排列），结构如图，关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A．该有机物能与氢气发生加成反应
B．该分子含有23个碳原子
C．该有机物不能与金属钠反应
D．1molX最多消耗1molNaOH
3．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
B．78g苯含有C＝C键的数目为3NA
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
4．（6分）用如图所示实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
B．用如图所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用如图所示装置量取15.00mLNaOH溶液
D．用如图所示装置可观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
5．（6分）下表各组物质中，不满足如图所示物质一步转化关系的选项是（ ）
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaCl
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Fe
FeCl3
FeCl2
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）惰性电极电解NaHSO3溶液可用于制取硫酸，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．通过阴离子交换膜交换的离子主要是SO32﹣
B．图中右侧电极应连接电源的正极
C．装置右侧产生的气体可能为混合气体
D．Ⅰ溶液为制取的硫酸
7．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞W＞X
B．元素Z的含氧酸的酸性一定比Y的强
C．Y、Z的单质可用于消毒、灭菌
D．原子半径：Z＜Y＜X＜W
三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：共43分
8．（14分）甲醇是极为重要的有机化工原料，目前主要采用合成气（CO2+H2）为原料的化学合成法，回答下列问题：
（1）CO2和H2反应生成甲醇和水，产物的物质的量之比为 ，当反应达到平衡时，若增大压强，则n（CH3OH） 。（填变大、变小或不变）
（2）一定条件下甲醇合成反应的产率与温度和压强变化的关系如图所示：则横坐标代表 ，该反应的△H 0（填＞、＜或＝），a、b、c由小到大的顺序为 。
（3）一定温度，恒定压强为1MPa时，按物质的量之比为1：2投入CO2和H2，达到平衡时CO2转化率为60%，产物均为气体，计算该温度时反应的平衡常数为 （MPa）﹣2（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，为解决这一矛盾，关键在于 。合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是 。（写出一条）
9．（14分）我国钨酸生产中产出的黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，为了合理利用资源，变废为宝，某冶金实验室设计了如图所示的工业生产流程。
回答下列问题：
（1）钪在元素周期表中的位置是 。
（2）采用热浓盐酸可有效提高浸取率，缩短溶浸时间，若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，该物质是 （写名称）；若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，写出碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式 ；实际生产用热浓盐酸也有不足之处，不足之处可能为 。
（3）煮沸的目的是 。
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），至少需要调节pH≥ 。（已知lg5＝0.7）
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，写出煅烧过程的化学方程式 。
10．（15分）盐酸的生产原料有氢气、氯气，均来自氯碱工业产品，某科研小组采用U型管电解饱和食盐水制备原料气，在此基础上设计了氯化氢合成炉模拟装置，如图所示。
回答下列问题：
（1）电源A极为 。（填正极或负极）
（2）按图示连接好装置并装入药品，接通电源开始电解，打开活塞1和5，待H2充满燃烧外管并验纯后点燃H2，H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，可能的原因是 。
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是 。
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是 。
（5）将多余的氯气用100mL 1.7mol/L的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测知c（OH﹣）＝0.1mol/L（不考虑反应前后溶液的体积变化）。ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1。请回答下列问题：
①请写出氯气与氢氧化钠溶液反应中主要反应的离子反应方程式 ，吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为 mol。
②被氧化的氯气的物质的量为 mol，被还原的氯气的物质的量为 mol。
（二）选考题：共45分[化学-选修3物质结构与性质]
11．（15分）Cu（Ⅰ）可以形成多种化合物，回答下列问题：
（1）Cu2O在实验室中可用葡萄糖还原Cu（Ⅱ）的碱性溶液来制备，构成葡萄糖的元素原子半径由大到小的顺序是 。
（2）Cu2S为黑色晶体，25℃时Ksp为1×10﹣48，可溶于氰化钾溶液，其方程式为Cu2S+4CN﹣＝2[Cu（CN）2]﹣+S2﹣，写出CN﹣的两种等电子体 。（分子、离子各一种）
（3）卤族元素也可与Cu（Ⅰ）形成化合物，其中CuCl，CuBr，CuI的熔点如下表。
物质
CuCl
CuBr
CuI
熔点/℃
430
483
588
熔点呈现如此变化的原因可能是 。
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成[Cu（CO）Cl•H2O]，其结构为图1所示。
该化合物中存在 种配位键，配位原子有 。（填元素名称）
（5）常温下，卤化亚铜晶体均为闪锌矿结构，温度升高至350℃后均转变为纤锌矿结构，如图2所示：
闪锌矿结构中Zn原子的配位数是 ，纤锌矿结构中S原子的堆积方式为 ，常温下若CuBr的晶胞参数是anm，则其密度是 g•cm﹣3（列式不用计算结果）。
[化学-选修5有机化学基础]（15分）
12．姜酮醇是生姜中辛辣气味的组成物质，其合成路线如图1所示。
已知羟醛缩合反应原理是醛/酮的α﹣H与另外的醛/酮的羰基碳之间的反应，而无α﹣H的醛（如苯甲醛）可与有α﹣H的醛/酮进行定向缩合反应，有助于减少醛/酮自身缩合的副反应发生，反应原理如图2所示：
回答下列问题：
（1）物质A的官能团有 。
（2）写出物质B的结构简式 。
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，试写出该副产物的结构简式 。（不考虑丙酮的自身缩合）
（4）反应物a的名称是 ，其同类物质共有 种同分异构体。（不包括a）
（5）姜酮醇 手性碳原子。（填有或无）
（6）有研究人员尝试了如图3所示羟醛缩合反应，试说明影响产物比例的主要因素是 。
2021年四川省凉山州高考化学一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题给出的选项中只有一个选项最符合题目要求，每题6分。）
1．（6分）《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作黎。黎，国名也。其莹如水，其如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似”。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃的成分为SiO2
B．将熟石灰、黏土、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
C．玻璃质地坚硬，但易破碎
D．玻璃容器可用于实验室中盛装NaOH固体，只要注意密封保存
【分析】A．玻璃用石灰石、纯碱、石英为原料制备；
B．玻璃的主要成分为硅酸盐和二氧化硅；
C．依据玻璃易碎的性质解答；
D．玻璃中含有二氧化硅，能够与氢氧化钠反应生成具有粘性硅酸钠溶液。
【解答】解：A．玻璃用石灰石、纯碱、石英为原料制备，主要成分为硅酸盐和二氧化硅，故A错误；
B．玻璃的主要成分为硅酸盐和二氧化硅，用石灰石、纯碱、石英为原料，故B错误；
C．玻璃质地坚硬，容易破碎，故C正确；
D．玻璃中含有二氧化硅，能够与氢氧化钠反应生成具有粘性硅酸钠溶液，所以不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉玻璃成分、制备原理、性质是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列有机物X可作为“分子伞”，作药物载体的伞面和中心支撑架（未表示出原子或原子团的空间排列），结构如图，关于该有机物的叙述正确的是（ ）
A．该有机物能与氢气发生加成反应
B．该分子含有23个碳原子
C．该有机物不能与金属钠反应
D．1molX最多消耗1molNaOH
【分析】该分子中含有醇羟基、羧基，具有醇和羧酸的性质，一定条件下能发生氧化反应、消去反应、酯化反应、缩聚反应等。
【解答】解：A．该分子中不含碳碳不饱和键、苯环或醛基、羰基，所以不能和氢气发生加成反应，故A错误；
B．根据结构简式知，该分子中含有24个碳原子，故B错误；
C．该分子中含有醇羟基和羧基，所以能和钠反应生成氢气，故C错误；
D．羧基能和NaOH以1：1发生中和反应，该分子中含有1个羧基，所以1molX最多能和1molNaOH反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，明确常见有机物的性质即可解答，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，题目难度不大。
3．（6分）NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
B．78g苯含有C＝C键的数目为3NA
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中含有0.1NA个HCO3﹣
【分析】A．氩气为稀有气体，为单原子分子，计算气体物质的量n＝，氩气分子中含18个质子；
B．苯分子中不含碳碳双键；
C．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体物质的量不能用标准状况下气体摩尔体积计算；
D．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子为弱酸阴离子，能发生水解而减小。
【解答】解：A．气体物质的量n＝＝1mol，氩气为稀有气体，为单原子分子，1mol气体含质子18NA，故A正确；
B．苯分子是六个碳碳键完全相同的特殊化学键，不存在碳碳双键，故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，2.24LCO和CO2混合气体物质的量不是0.1mol，故C错误；
D．1L 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中，溶质物质的量n＝1L×0.1mol•L﹣1＝0.1mol，碳酸氢根离子水溶液中水解，溶液中含有HCO3﹣小于0.1NA个，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的分析，主要是分子结构、气体摩尔体积应用条件、盐类水解等，掌握概念实质是解题关键，题目难度不大。
4．（6分）用如图所示实验装置进行相应实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．用如图所示装置继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
B．用如图所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层
C．用如图所示装置量取15.00mLNaOH溶液
D．用如图所示装置可观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
【分析】A.煮沸溶液至红褐色，停止加热，水解生成胶体；
B.苯萃取碘水后，水在下层；
C.滴定管的感量为0.01mL；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.煮沸溶液至红褐色，停止加热，水解生成胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故A正确；
B.苯萃取碘水后，水在下层，图中现象不合理，故B错误；
C.滴定管的感量为0.01mL，可量取15.00mLNaOH溶液，故C正确；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫可被酸性高锰酸钾氧化，则观察到酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去，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、胶体制备、中和滴定、混合物分离提纯、实验操作为解答的关键，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。
5．（6分）下表各组物质中，不满足如图所示物质一步转化关系的选项是（ ）
选项
X
Y
Z
A
Na
NaOH
NaCl
B
Cu
CuSO4
Cu（OH）2
C
C
CO
CO2
D
Fe
FeCl3
FeCl2
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成Na；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜不能一步转化为Cu；
C.C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与Mg反应生成MgO和C；
D.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与Zn反应生成Fe。
【解答】解：A.Na与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成Na，满足一步转化完成，故A不选；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，硫酸铜与NaOH反应生成氢氧化铜，氢氧化铜不能一步转化为Cu，则不能满足一步转化，故B选；
C.C与氧气反应生成CO，CO与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳与Mg反应生成MgO和C，满足一步转化完成，故C不选；
D.Fe与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与Zn反应生成Fe，满足一步转化完成，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）惰性电极电解NaHSO3溶液可用于制取硫酸，装置如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．通过阴离子交换膜交换的离子主要是SO32﹣
B．图中右侧电极应连接电源的正极
C．装置右侧产生的气体可能为混合气体
D．Ⅰ溶液为制取的硫酸
【分析】用惰性电极电解NaHSO3溶液制硫酸，阴极上水放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，生成的氢氧根离子和亚硫酸氢根离子发生反应OH﹣+HSO3﹣＝SO32﹣+H2O，SO32﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，Ⅰ溶液为稀NaHSO3溶液，右侧为阳极，起始时水放电，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，SO32﹣+2H+＝SO2↑+H2O，后阳极上SO32﹣失电子生成SO42﹣，阳极电极反应式为SO32﹣+H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+2H+，Ⅱ溶液为硫酸。
【解答】解：A.SO32﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，故A正确；
B.右侧为阳极，应连接电源的正极，故B正确；
C.装置右侧产生的气体可能为氧气和二氧化硫混合气体，故C正确；
D.Ⅱ溶液为硫酸，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确每一极发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题能力和解决问题能力。
7．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，下列说法正确的是（ ）
A．非金属性：Y＞Z＞W＞X
B．元素Z的含氧酸的酸性一定比Y的强
C．Y、Z的单质可用于消毒、灭菌
D．原子半径：Z＜Y＜X＜W
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为20，W、X原子的最外层电子数之比为4：3，最外层电子数小于8，说明W、X的最外层电子数分别为4、3，结合原子序数可知，W为C，X为Al；X的单质常温下能溶于Y的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，Y的原子序数大于Al，则Y为S；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为C，X为Al，Y为S，Z为Cl元素，
A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：Z＞Y＞W＞X，故A错误；
B．没有指出元素最高价，无法比较Z、Y的含氧酸酸性，故B错误；
C．Y、Z的单质分别为硫磺、氯气，硫磺能抑制皮脂分泌，杀灭细菌、霉菌、寄生虫等，对皮肤病有辅助治疗作用；氯气具有强氧化性，能够杀菌消毒，故C正确；
D．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：W＜Z＜Y＜X，故D错误；
故选：C。
【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。
三、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：共43分
8．（14分）甲醇是极为重要的有机化工原料，目前主要采用合成气（CO2+H2）为原料的化学合成法，回答下列问题：
（1）CO2和H2反应生成甲醇和水，产物的物质的量之比为 1：1 ，当反应达到平衡时，若增大压强，则n（CH3OH） 变大 。（填变大、变小或不变）
（2）一定条件下甲醇合成反应的产率与温度和压强变化的关系如图所示：则横坐标代表 温度 ，该反应的△H ＜ 0（填＞、＜或＝），a、b、c由小到大的顺序为 c＜b＜a 。
（3）一定温度，恒定压强为1MPa时，按物质的量之比为1：2投入CO2和H2，达到平衡时CO2转化率为60%，产物均为气体，计算该温度时反应的平衡常数为 364.5 （MPa）﹣2（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，为解决这一矛盾，关键在于 催化剂 。合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是 催化剂失活 。（写出一条）
【分析】（1）反应方程式为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH （g）+H2O（g），据此分析；
（2）横坐标增大，产率降低，据此分析温度与焓变的关系，固定横坐标，分析相同温度下压强对转化率的影响；
（3）CO2的转化率为60%，设投入1molCO2，2molH2，即反应转化的CO2为1×60%＝0.6mol，
由化学平衡的三段法计算可知，
CO2 （g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 单位：mol
起始（mol） 1 2 0 0
变化（mol） 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（mol） 0.4 0.2 0.6 0.6
据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，
容器内物质的量之和为0.4+0.2+0.6+0.6＝1.8mol，p（CO2）＝1MPa×，p（H2）＝1MPa×，p（CH3OH）＝1MPa×，p（H2O）＝1MPa×，结合平衡常数计算公式进行计算；
（4）催化剂既不改变反应平衡，又能够提高反应速率，据此回答问题。
【解答】解：（1）反应的方程式为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH （g）+H2O（g），则生成1 mol CH3OH同时生成1mol水，两者物质的量之比为1：1，若增大压强，平衡右移，n（CH3OH）变大；
故答案为：1：1；变大
（2）以一条曲线为例，横坐标增大，产率降低，说明增大该因素，平衡左移，结合数据可知，横坐标为温度，反应为放热反应，△H＜0，固定横坐标，相同温度下，压强越大，转化率越大，故压强c＜b＜a，
故答案为：温度；＜；c＜b＜a；
（3）CO2的转化率为60%，设投入1molCO2，2molH2，即反应转化的CO2为1×60%＝0.6mol，
由化学平衡的三段法计算可知，
CO2 （g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 单位：mol
起始（mol） 1 2 0 0
变化（mol） 0.6 1.8 0.6 0.6
平衡（mol） 0.4 0.2 0.6 0.6
据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，
容器内物质的量之和为0.4+0.2+0.6+0.6＝1.8mol，p（CO2）＝1MPa×，p（H2）＝1MPa×，p（CH3OH）＝1MPa×，p（H2O）＝1MPa×，故反应平衡常数Kp＝＝≈364.5（MPa）﹣2，
故答案为：364.5；
（4）实际生产中采用的条件多为低温、低压（利于控制），但反应速率会受影响，在既不影响平衡的条件下提高反应速率，故采用催化剂解决这一问题，合成过程中反应热必须及时移除，否则造成的不良后果是催化剂失活，
故答案为：催化剂；催化剂失活。
【点评】本题考查化学反应平衡相关内容，涉及平衡常数计算，平衡移动，催化剂等内容，图中图象分析为本题重点，明确图象中的数据，结合平衡移动规律解答该题，整体难度适中。
9．（14分）我国钨酸生产中产出的黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，为了合理利用资源，变废为宝，某冶金实验室设计了如图所示的工业生产流程。
回答下列问题：
（1）钪在元素周期表中的位置是 第四周期第ⅢB族 。
（2）采用热浓盐酸可有效提高浸取率，缩短溶浸时间，若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，该物质是 硫酸钙 （写名称）；若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，写出碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式 3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O ；实际生产用热浓盐酸也有不足之处，不足之处可能为 易产生大量酸雾腐蚀设备 。
（3）煮沸的目的是 除去二氧化碳、氯化氢 。
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），至少需要调节pH≥ 7.3 。（已知lg5＝0.7）
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，写出煅烧过程的化学方程式 2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2 。
【分析】黑钨矿碱煮渣的主要成分为Fe（Ⅱ），Mn（Ⅱ），钪及Ca的碳酸盐，还含有少量的钨、铌、钽等金属，粉碎加入热的浓盐酸发生反应得到浸出液主要为亚铁离子、锰离子、钪离子，钙离子等，过滤得到滤渣主要是回收钨、铌、钽等金属，浸出液中加入氨水过滤，得到滤渣为Sc（OH）3、Fe（OH）2、Mn（OH）2等，加入碳酸钠溶液过滤得到滤液为碱式碳酸钪溶液，滤渣为Fe（OH）2、Mn（OH）2等，滤液中加入盐酸、煮沸、加入浓氨水得到Sc（OH）3，煅烧得到Sc2O3，
（1）钪为21号元素，核电荷数为21，核外电子层数4个，价电子层结构为3d14s2；
（2）硫酸钙微溶于水，若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，碳酸亚铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮、二氧化碳和水，实际生产用热浓盐酸也有不足之处，浓盐酸易挥发出氯化氢；
（3）滤液中含有二氧化碳、氯化氢气体，影响得到氢氧化钪的生成；
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1）结合溶度积常数计算氢氧根离子浓度，得到氢离子浓度来计算pH；
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，并将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，草酸钪煅烧和氧气反应，生成三氧化二钪和二氧化碳。
【解答】解：（1）钪为21号元素，核电荷数为21，核外电子层数4个，价电子层结构为3d14s2，位于周期表的第四周期第ⅢB族，
故答案为：第四周期第ⅢB族；
（2）若用硫酸作为浸取剂，酸浸渣会多出一种物质待进一步处置，这种物质为CaSO4，名称为硫酸钙，若用硝酸浸取，则会产生氮氧化物废气，碳酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O，实际生产用热浓盐酸也有不足之处，反应过程中易产生大量酸雾腐蚀设备，造成原材料浪费，
故答案为：硫酸钙；3FeCO3+10HNO3＝3Fe（NO3）3+NO↑+3CO2↑+5H2O；易产生大量酸雾腐蚀设备；
（3）煮沸的目的是除去二氧化碳、氯化氢气体，防止干扰产物的纯度，
故答案为：除去二氧化碳、氯化氢；
（4）已知常温下Ksp[Sc（OH）3]＝c（Sc3+）×c3（OH﹣）＝8.0×10﹣26，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10﹣5mol•L﹣1），氢氧根离子浓度c（OH﹣）≥＝2×10﹣7mol/L，c（H+）≤mol/L＝5×10﹣8mol/L，若要使溶液中的Sc3+完全沉淀（浓度≤10mol•L﹣1），至少需要调节pH≥﹣lg5×10﹣8mol/L＝8﹣lg5＝7.3，
故答案为：7.3；
（5）除了可以用浓氨水沉淀外，还可以用草酸替代，生成草酸钪沉淀，将所得沉淀在空气中煅烧来制得Sc2O3，草酸钪煅烧和氧气反应，生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2，
故答案为：2Sc2（C2O4）3+3O22Sc2O3+12CO2。
【点评】本题属于化学工艺流程题目，为高考常见题型，涉及物质的分离提纯、对原理的分析评价、实验基本操作、溶度积有关计算等，关键是对工艺流程的理解，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。
10．（15分）盐酸的生产原料有氢气、氯气，均来自氯碱工业产品，某科研小组采用U型管电解饱和食盐水制备原料气，在此基础上设计了氯化氢合成炉模拟装置，如图所示。
回答下列问题：
（1）电源A极为 正极 。（填正极或负极）
（2）按图示连接好装置并装入药品，接通电源开始电解，打开活塞1和5，待H2充满燃烧外管并验纯后点燃H2，H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，可能的原因是 玻璃中含有钠元素 。
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是 降低氯气的溶解度 。
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是 打开活塞2，放出液体后，关闭活塞 。
（5）将多余的氯气用100mL 1.7mol/L的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测知c（OH﹣）＝0.1mol/L（不考虑反应前后溶液的体积变化）。ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1。请回答下列问题：
①请写出氯气与氢氧化钠溶液反应中主要反应的离子反应方程式 Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O ，吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为 0.16 mol。
②被氧化的氯气的物质的量为 0.03 mol，被还原的氯气的物质的量为 0.05 mol。
【分析】（1）由图可知，与A极相连的电极产生的是氯气，多余的氯气通过氢氧化钠溶液吸收，所以该电极为阳极，与阳极相连的为外电源的正极；
（2）H2无焰色反应，钠元素的焰色反应为黄色，玻璃中含有钠元素；
（3）气体的溶解度会随着温度的升高而降低；
（4）由图可知，可以打开活塞2，将产生的液体放入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，然后关闭活塞；
（5）①因为反应后的溶液中，ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，即主要生成了ClO﹣，即可写出主要反应的离子反应方程式，开始时n(NaOH)＝0.17mol，吸收氯气后，n(NaOH)＝0.01mol，即可计算出吸收氯气消耗的NaOH的物质的量；
②根据题意可知，还发生反应：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，结合ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，可得反应的总式为：8Cl2+16OH﹣＝10Cl﹣+5ClO﹣+ClO3﹣+3H2O，依据反应中消耗NaOH的物质的量，计算出消耗氯气的物质的量，进一步计算出被氧化的和被还原的氯气的物质的量。
【解答】解：（1）由图可知，与A极相连的一极产生的是氯气，多余的氯气通过氢氧化钠溶液吸收，进行尾气处理，所以该电极为阳极，则A为正极，
故答案为：正极；
（2）H2在外管口安静的燃烧，观察到火焰呈现黄色，主要原因是玻璃中含有钠元素，钠的焰色反应为黄色，
故答案为：玻璃中含有钠元素；
（3）实验选用热的饱和食盐水，一是可以加快NaCl的溶解速率，提高浓度，二是可以降低氯气的溶解度，减少氯气的溶解损失，
故答案为：降低氯气的溶解度；
（4）反应进行一段时间后，燃烧外管内可能会产生液体，将影响H2的平稳通入导致燃烧不顺畅，处理的方法是打开活塞2，将产生的液体放入到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，然后关闭活塞，
故答案为：打开活塞2，放出液体后，关闭活塞；
（5）①因为反应后的溶液中，ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，即主要生成了ClO﹣，所以主要反应的离子反应方程式为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，开始时n(NaOH)＝1.7mol/L×0.1L＝0.17mol，吸收氯气后，n(NaOH)＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，则吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为0.16mol，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；0.16；
②除上述反应外，还发生反应：3Cl2+6OH﹣＝5Cl﹣+ClO3﹣+3H2O，根据ClO﹣和ClO3﹣的物质的量浓度之比为5：1，可得反应的总式为：8Cl2+16OH﹣＝10Cl﹣+5ClO﹣+ClO3﹣+3H2O，结合反应中消耗NaOH的物质的量为0.16mol，则消耗氯气的物质的量为：＝0.08mol，其中被氧化的为:0.08mol×＝0.03mol，被还原的氯气为：0.08mol×＝0.05mol，
故答案为：0.03；0.05。
【点评】本题主要考查电解原理的应用，氧化还原反应的应用，同时考查学生的看图、读图的理解能力、应用能力，对学生的思维能力要求较高，属于中等难度题型。
（二）选考题：共45分[化学-选修3物质结构与性质]
11．（15分）Cu（Ⅰ）可以形成多种化合物，回答下列问题：
（1）Cu2O在实验室中可用葡萄糖还原Cu（Ⅱ）的碱性溶液来制备，构成葡萄糖的元素原子半径由大到小的顺序是 C＞O＞H 。
（2）Cu2S为黑色晶体，25℃时Ksp为1×10﹣48，可溶于氰化钾溶液，其方程式为Cu2S+4CN﹣＝2[Cu（CN）2]﹣+S2﹣，写出CN﹣的两种等电子体 N2、C 。（分子、离子各一种）
（3）卤族元素也可与Cu（Ⅰ）形成化合物，其中CuCl，CuBr，CuI的熔点如下表。
物质
CuCl
CuBr
CuI
熔点/℃
430
483
588
熔点呈现如此变化的原因可能是 三者均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高 。
（4）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成[Cu（CO）Cl•H2O]，其结构为图1所示。
该化合物中存在 3 种配位键，配位原子有 碳、氧、氯 。（填元素名称）
（5）常温下，卤化亚铜晶体均为闪锌矿结构，温度升高至350℃后均转变为纤锌矿结构，如图2所示：
闪锌矿结构中Zn原子的配位数是 4 ，纤锌矿结构中S原子的堆积方式为 六方最密堆积 ，常温下若CuBr的晶胞参数是anm，则其密度是 g•cm﹣3（列式不用计算结果）。
【分析】（1）葡萄糖含有C、H、O三种元素，H原子是所以原子中半径最小的原子，同周期自左至右，元素原子半径逐渐减小，则半径：C＞O，即可判断三种元素原子半径的大小关系；
（2）互为等电子体的微粒之间具有相同的原子数和价电子数，CN﹣的原子数为2，价电子数为10，根据同族元素或左右元素互换的方法，即可推出与CN﹣互为等电子体的微粒；
（3）根据表中数据可知，三者均为分子晶体；
（4）由图可知，该化合物中含有3种配位键，配位原子分别为：C、O、Cl；
（5）由图可知，闪锌矿结构中锌的配位数是4，纤锌矿结构中S原子属于六方最密堆积，CuBr的晶胞类似闪锌矿结构，根据均摊法计算可知，Cu原子的个数为4，Br原子的个数为4，则晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：（a×10﹣7cm）3，即可计算出晶胞的密度。
【解答】解：（1）葡萄糖的化学式为：C6H12O6，含有C、H、O三种元素，H原子是所以原子中半径最小的原子，同周期自左至右，元素原子半径逐渐减小，则半径：C＞O，所以三种元素原子半径的大小关系为：C＞O＞H，
故答案为：C＞O＞H；
（2）互为等电子体的微粒之间具有相同的原子数和价电子数，CN﹣的原子数为2，价电子数为：4+5+1＝10，根据同族元素或左右元素互换的方法可知，与CN﹣互为等电子体的微粒可以是：N2、C，
故答案为：N2、C；
（3）根据表中数据可知，三者均为分子晶体，且相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点逐渐升高，
故答案为：三者均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高；
（4）由图可知，该化合物中含有3种配位键，即Cu←Cl、Cu←C、Cu←O三种配位键，配位原子分别为：C、O、Cl，
故答案为：3；碳、氧、氯；
（5）由图可知，闪锌矿结构中每个Zn原子与4个氧原子相连，所以锌的配位数是4，纤锌矿结构中S原子位于顶点和面心，属于六方最密堆积，CuBr的晶胞类似闪锌矿结构，根据均摊法计算可知，Cu原子的个数为：8×＝4，Br原子的个数为：4×1＝4，则晶胞的质量为：＝，晶胞的体积为：（a×10﹣7cm）3，所以晶胞的密度为：＝＝g•cm﹣3，
故答案为：4；六方最密堆积；。
【点评】本题主要考查学生对原子结构和性质的理解与掌握，属于难题，掌握原子半径大小的比较、晶体类型、配位键与配位原子、等电子体的判断，明确晶胞的计算方法是解题的关键，同时考查学生读题获取信息的能力，根据信息分析解决问题的能力，具有一定的综合性。
[化学-选修5有机化学基础]（15分）
12．姜酮醇是生姜中辛辣气味的组成物质，其合成路线如图1所示。
已知羟醛缩合反应原理是醛/酮的α﹣H与另外的醛/酮的羰基碳之间的反应，而无α﹣H的醛（如苯甲醛）可与有α﹣H的醛/酮进行定向缩合反应，有助于减少醛/酮自身缩合的副反应发生，反应原理如图2所示：
回答下列问题：
（1）物质A的官能团有 醛基、醚键、羟基 。
（2）写出物质B的结构简式 。
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，试写出该副产物的结构简式 。（不考虑丙酮的自身缩合）
（4）反应物a的名称是 己醛 ，其同类物质共有 7 种同分异构体。（不包括a）
（5）姜酮醇 有 手性碳原子。（填有或无）
（6）有研究人员尝试了如图3所示羟醛缩合反应，试说明影响产物比例的主要因素是 空间位阻 。
【分析】图1中A和丙酮发生加成反应生成B，B脱水生成C，根据A、C的结构简式知，B为，C中碳碳双键和氢气发生加成反应生成，和a反应生成姜酮醇，根据该反应前后结构简式知，a为CH3（CH2）4CHO。
【解答】解：（1）根据A的结构简式知，物质A的官能团有醛基、醚键、羟基，
故答案为：醛基、醚键、羟基；
（2）通过以上分析知，物质B的结构简式为，
故答案为：；
（3）实验过程中，物质B除了目标结构外，还分离出了另一种羟醛缩合产物，该副产物是由丙酮中两个甲基和两个醛基发生加成反应，则该副产物的结构简式为，
故答案为：；
（4）a为CH3（CH2）4CHO，反应物a的名称是己醛，与其同类物质中含有﹣CHO，
如果碳链结构为C﹣C﹣C﹣C﹣C，醛基有3种连接方式，去除其本身，还有2种符合条件的同分异构体；
如果碳链结构为，醛基有4种连接方式；
如果碳链结构为，醛基有1种连接方式，所以符合条件的同分异构体种类＝2+4+1＝7，
故答案为：7；
（5）姜酮醇中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，
故答案为：有；
（6）根据图3知，如果两个基团位于碳碳双键同侧时其含量较少，说明影响产物比例的主要因素是空间位阻，
故答案为：空间位阻。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，利用题给信息、反应前后结构简式差异性正确推断各物质结构简式是解本题关键，（6）为解答易错点，题目难度不大。
相关试卷
2021届四川省凉山州高三三模化学试卷（文字版、含答案）： 这是一份2021届四川省凉山州高三三模化学试卷（文字版、含答案），文件包含2021届四川省凉山州高三三模化学答案doc、2021届四川省凉山州高三三模化学试卷doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2020届四川省凉山州高三三模化学试卷（文字版、含答案）： 这是一份2020届四川省凉山州高三三模化学试卷（文字版、含答案），文件包含2020届四川省凉山州高三三模化学答案doc、2020届四川省凉山州高三三模化学试卷doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
湖北省2021年九年级学科竞赛考试化学试题： 这是一份湖北省2021年九年级学科竞赛考试化学试题，共10页。
