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2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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这是一份2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷，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。
2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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）化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入可回收垃圾桶中
C．制备口罩的聚丙烯属于天然高分子化合物
D．在盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是防止药品被氧化
2．（6分）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
3．（6分）兴趣小组探究用预处理后的废弃油脂进行皂化反应，制备高级脂肪酸钠并回收甘油，简单流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．皂化反应完成的标志是液体不分层
B．盐析属于物理变化
C．操作③可用装置M完成（夹持装置略）
D．操作④中包含蒸馏操作
4．（6分）从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．该物质的分子式为C10H16O2
B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C．该物质的一氯代物共有5种
D．该物质所有的碳原子不可能共平面
5．（6分）某种含二价铜微粒[CuⅡ（OH）（NH3）]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变△H＜0
B．状态③到状态④的变化过程中有O﹣H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4 NH3+4NO+O2═6H2O+4N2
6．（6分）一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为I3﹣+2e﹣═3I﹣
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度分别会发生很大变化
7．（6分）某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X
C．X的含氧酸均为强酸
D．R与W形成的化合物沸点一定低于R与Y形成的化合物
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）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
（1）图2是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 、 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 。
（2）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图4所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。
（4）实验室中，操作Ⅲ所用主要仪器名称为 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7制得铼粉的化学方程式 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 、 。
9．（14分）紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC﹣CH＝CH﹣COOH+2（CH3）2CHOH（CH3）2CHOOCCH＝CHCOOCH（CH3）2+2H2O
紫堇酸
异丙酯
紫堇酸
分子式
C4H4O4
C3H8O
C10H16O4
相对密度（g•cm﹣3）
1.625
0.780
0.831
相对分子质量
116
60
200
实验装置和步骤如下：
①200mL圆底烧瓶中加入31.3g 紫堇酸、48g 异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。
②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口（约1～2cm），控制温度（90～100℃）加热回流。
③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。
④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。
⑤有机层用10mL 10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6 g
（1）仪器A的名称是 。
（2）回流装置A中冷却水应从 （填“a”或“b”）接口进入。
（3）步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是 。
（4）步骤④中判断反应基本完成的实验现象是 。
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是 ，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是 。
（6）本实验的产率是 %。（保留3位有效数字）
10．（15分）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图1所示（虚线表示平衡曲线）。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 。（填标号）
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2 （g）+2H2 （g）⇌C（s）+2H2 O（g）△H代替反应1。
Ⅰ．①已知：CO2 （g）和H2 O （g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol。则△H＝ kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要反应2自发进行， （填“高温”或“低温”）更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol H2和4mol CO2发生反应2。若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00p
5.60p
5.30p
5.15p
5.06p
5.00p
5.00p
①350℃时反应2的Kp＝ 。（Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）
②反应2的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v递＝k递•c2（H2O） （k是速率常数，只与温度有关）。30min时， 。（填“＞”、“＜”或“＝”）
③反应2的lg、lg随温度变化的曲线如图3所示，则 （填“m”或“n”）表示lg随温度变化的曲线。
（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]
11．（15分）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 ；比较铁与锰的第三电离能（I3）：铁 锰（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 。
（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 。已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为 。
（5）如图2是晶体Fe3O4的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 （填空间结构）空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g•cm﹣3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
[化学一选修5：有机化学基础]
12．丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
已知：
（1）B的化学名称是 ，F中含氧官能团名称是 。
（2）由E生成F和H生成J的反应类型分别是 、 。
（3）试剂a是 。
（4）J是一种环酯，则J 的结构简式为 。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为： 。
（5）M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有 种。
（6）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的流程图（其他试剂自选）。
2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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）化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入可回收垃圾桶中
C．制备口罩的聚丙烯属于天然高分子化合物
D．在盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是防止药品被氧化
【分析】A．合金的熔点比各成分的低；
B．金属汞是有毒有害物质；
C．聚丙烯是丙烯的加聚反应产物，属于合成高分子化合物；
D．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，没有还原性，不能作抗氧化剂。
【解答】解：A．合金的熔点比各成分的低，则焊锡中掺入适量铅形成锡铅合金，主要目的是降低熔点，故A正确；
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管属于不可回收垃圾，应该经过特殊处理、回收，不能投入可回收垃圾桶，故B错误；
C．丙烯发生加聚反应生成的聚丙烯属于合成纤维，不属于天然高分子化合物，故C错误；
D．硅胶没有还原性，不能作抗氧化剂，但具有吸水性，可作干燥剂，所以盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是作干燥剂、防止药品受潮，故D错误；
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，注意化学与生产、生活的联系，题目难度不大。
2．（6分）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【分析】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水；
D．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”。
【解答】解：A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，所以该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等。注意暖冰主要通过氢键形成固体；明确物理变化和化学变化的本质区别。
3．（6分）兴趣小组探究用预处理后的废弃油脂进行皂化反应，制备高级脂肪酸钠并回收甘油，简单流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．皂化反应完成的标志是液体不分层
B．盐析属于物理变化
C．操作③可用装置M完成（夹持装置略）
D．操作④中包含蒸馏操作
【分析】A．皂化反应生成产物为高级脂肪酸钠和甘油，二者易溶于水；
B．向混合物中加入食盐细粒发生盐析，高级脂肪酸钠溶解度降低便会析出；
C．操作③为过滤；
D．甘油和水相互溶解，沸点不同。
【解答】解：A．皂化反应生成产物为高级脂肪酸钠和甘油，二者易溶于水，不会产生分层现象，故A正确；
B．向混合物中加入食盐细粒发生盐析，高级脂肪酸钠溶解度降低便会析出，过程没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C．操作③为过滤，用到的仪器为漏斗，不是分液漏斗，故C错误；
D．甘油和水相互溶解，沸点不同，用蒸馏操作分离甘油，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了油脂的性质，明确皂化反应原理是解题关键，题目难度不大。
4．（6分）从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．该物质的分子式为C10H16O2
B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C．该物质的一氯代物共有5种
D．该物质所有的碳原子不可能共平面
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、过氧键，分子中甲基、亚甲基均为四面体结构，以此来解答。
【解答】解：A．由结构可知分子式为C10H16O2，故A正确；
B．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、还原反应，且含烃基可发生取代反应，故B正确；
C．结构不对称，含7种H，该物质的一氯代物共有7种，故C错误；
D．分子中甲基、亚甲基均为四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，故D正确；
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、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，题目难度不大。
5．（6分）某种含二价铜微粒[CuⅡ（OH）（NH3）]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变△H＜0
B．状态③到状态④的变化过程中有O﹣H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4 NH3+4NO+O2═6H2O+4N2
【分析】A．若反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应发热，反之相反；
B．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成；
C．存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
D．由图1可知，加入2NH3、2NO、O2，反应生成2N2、3H2O，结合原子守恒写出总反应方程式。
【解答】解：A．由图2可知，起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热、焓变△H＜0，故A正确；
B．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O﹣H键的形成，故B正确；
C．由图可知，状态②到状态③，状态③到状态④，状态④到状态⑤，状态⑤到状态①，这4步转化中均存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D．由图1可知，加入2NH3、2NO、O2，反应生成2N2、3H2O，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O2═6H2O+4N2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质、氧化还原反应、反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力、识图能力和灵活运用能力的考查，把握吸放热反应的判断、氧化还原反应的特征、分子结构和脱硝过程即可解答，题目难度不大。
6．（6分）一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为I3﹣+2e﹣═3I﹣
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度分别会发生很大变化
【分析】由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：Ru2+﹣e﹣═Ru3+，Y电极为原电池的正极，电解质为I3﹣和I﹣的混合物，I3﹣在正极上得电子被还原，正极反应为I3﹣+2e﹣＝3I﹣，据此分析。
【解答】解：A．电池工作时，太阳光能转变为电能，故A正确；
B．由图电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，故B正确；
C．镀铂导电玻璃上，I3﹣得电子被还原为I﹣，Y电极发生的电极反应为：I3﹣+2e﹣＝3I﹣，故C正确；
D．由电池中发生的反应可知，I3﹣在正极上得电子被还原为I﹣，后又被氧化为I3﹣，I3﹣和I﹣相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度基本不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理的综合应用，题目难度不大，注意把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写、电子和离子的移动方向，侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。
7．（6分）某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X
C．X的含氧酸均为强酸
D．R与W形成的化合物沸点一定低于R与Y形成的化合物
【分析】由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成，五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻，可知R为H，W、X、Y位于第二周期，Z位于第三周期；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，若Z为Al，W、X、Y的原子序数分别为6、7、8，分别为C、N、O符合元素的位置、原子序数关系，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，R为H、W为C、X为N、Y为O、Z为Al，
A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X＞Y＞Z，故A错误；
B.非金属性N＞C＞Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X，故B正确；
C.X的含氧酸为亚硝酸时，属于弱酸，故C错误；
D.R与W形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，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、元素的位置、验证法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。
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）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
（1）图2是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 120 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 当升高温度 、 搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O 。
（2）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率，而萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图4所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小 。
（4）实验室中，操作Ⅲ所用主要仪器名称为 分液漏斗 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 重结晶 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7制得铼粉的化学方程式 Re2O7+7H22Re+7H2O 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 NH3 、 含R3N的有机溶液 。
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N•H ReO4溶液；向R3N•H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
【解答】解：（1）由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O，
故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O；
（2）由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，
故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率，而萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
（3）由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，
故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
（4）由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，
故答案为：分液漏斗；重结晶；
（5）由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H22Re+7H2O，
故答案为：Re2O7+7H22Re+7H2O；
（6）由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，
故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
【点评】本题考查物质的制备与混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。
9．（14分）紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC﹣CH＝CH﹣COOH+2（CH3）2CHOH（CH3）2CHOOCCH＝CHCOOCH（CH3）2+2H2O
紫堇酸
异丙酯
紫堇酸
分子式
C4H4O4
C3H8O
C10H16O4
相对密度（g•cm﹣3）
1.625
0.780
0.831
相对分子质量
116
60
200
实验装置和步骤如下：
①200mL圆底烧瓶中加入31.3g 紫堇酸、48g 异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。
②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口（约1～2cm），控制温度（90～100℃）加热回流。
③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。
④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。
⑤有机层用10mL 10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6 g
（1）仪器A的名称是 球形冷凝管 。
（2）回流装置A中冷却水应从 a （填“a”或“b”）接口进入。
（3）步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是 使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应 。
（4）步骤④中判断反应基本完成的实验现象是 分水器中水位不再上升 。
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是 除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质 ，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是 除去碳酸钠及其他可溶于水的物质 。
（6）本实验的产率是 81.9 %。（保留3位有效数字）
【分析】（1）根据仪器A的结构确定仪器名称；
（2）冷却水流向与蒸气流向相反，冷却效果最好；
（3）反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，可使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；
（4）反应结束后分水器中水位不再上升，可判断反应达到最大限度；
（5）加入碳酸钠溶液可与产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质反应；用水洗涤可除去易溶于水的物质；
（6）由30g紫堇酸（0.26mol）、55.7mL异丙酸（0.73mol）可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol 200g/mol＝52g，则本实验的产率是。
【解答】解：（1）仪器A的名称是球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）从a接口通入冷却水可以保证冷却水充满冷凝管，增强冷凝效果，
故答案为：a；
（3）反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动，提高产品产率；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，并在分离生成水时注意保持分水器中水层液面原来的高度不变，这样可以使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应，
故答案为：使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；
（4）反应结束后分水器中水位不再上升，可利用此特征判断反应是否完成，
故答案为：分水器中水位不再上升；
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是除去碳酸钠及其他可溶于水的物质，
故答案为：除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；除去碳酸钠及其他可溶于水的物质；
（6）由30g紫堇酸（0.26mol）、55.7mL异丙酸（0.73mol）可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol×200g/mol＝52g，则本实验的产率是≈81.9%，
故答案为：81.9。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目有难度，明确酯化反应原理及操作方法为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图1所示（虚线表示平衡曲线）。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 vc＞vb＞va 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 CE 。（填标号）
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2 （g）+2H2 （g）⇌C（s）+2H2 O（g）△H代替反应1。
Ⅰ．①已知：CO2 （g）和H2 O （g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol。则△H＝ ﹣90 kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要反应2自发进行， 低温 （填“高温”或“低温”）更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 反应的活化能高 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol H2和4mol CO2发生反应2。若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00p
5.60p
5.30p
5.15p
5.06p
5.00p
5.00p
①350℃时反应2的Kp＝ 。（Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）
②反应2的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v递＝k递•c2（H2O） （k是速率常数，只与温度有关）。30min时， ＞ 。（填“＞”、“＜”或“＝”）
③反应2的lg、lg随温度变化的曲线如图3所示，则 m （填“m”或“n”）表示lg随温度变化的曲线。
【分析】（1）①将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），H2O（g）的物质的量分数与温度的关系分析可知，400℃前反应为达到平衡状态，400℃后三个温度，水的物质的量分数减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，温度越高反应速率越大；
②改变条件能使平衡正向移动但不能是通过增大二氧化碳浓度实现的都能提高二氧化碳转化率，化学平衡正向进行，结合影响转化率的因素分析判断；
（2）Ⅰ．①Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓；
②反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应的焓变和熵变判断需要的温度；
③该反应所需的活化能较高；
Ⅱ．①Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压，结合化学平衡三行计算列式计算物质的量，得到物质的量分数计算平衡常数；
②v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v逆＝k逆•c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）.30min时反应正向进行，v正＞v逆；
③反应为放热反应升温平衡逆向进行，升高温度，正反应速率常数增大的少。
【解答】解：（1）①将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），H2O（g）的物质的量分数与温度的关系分析可知，380℃前反应为达到平衡状态，380℃后三个温度，水的物质的量分数减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，温度越高反应速率越大，则a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序：vc＞vb＞va，
故答案为：vc＞vb＞va；
②A．适当减压，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B．增大催化剂的比表面积，增大反应速率，不改变化学平衡，不改变二氧化碳转化率，故B错误；
C．反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C正确；
D．提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，故D错误；
E．合理控制反应器中气体的流速，相当于增大浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故E正确；
故答案为：CE；
（2）Ⅰ．①Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H＝2（﹣242kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）＝﹣90kJ/mol，
故答案为：﹣90；
②CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）△H﹣90kJ/mol，反应为△H＜0，△S＜0的反应，满足此反应自发进行，△H﹣T△S＜0，反应的温度是低温，
故答案为：低温；
③断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，
故答案为：反应的活化能高；
Ⅱ．①向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，结合三行计算计算平衡状态气体物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，
CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）
起始量（mol） 4 8 0
变化量（mol） x 2x 2x
平衡量（mol） 4﹣x 8﹣2x 2x
气体压强之比等于其物质的量之比，＝
x＝2mol，则平衡状态下n（CO2）＝2mol，n（H2）＝4mol，n（H2O）＝4mol，P＝5.00P，CO2%＝20%，H2%＝40%，H2O%＝40%，
Kp＝＝，
故答案为：；
②Bosch反应的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v逆＝k逆•c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）.30min时，图表数据分析反应正向进行，v正＞v逆，则得到k正•c（CO2）•c2（H2）＞k逆•c2（H2O），30min时，＞，
故答案为：＞；
③该反应是放热反应，升高温度，正速率常数增大得少，即lg随温度升高减小得少，m表示lg随温度变化的曲线，
故答案为：m。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析判断、数据处理等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，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]
11．（15分）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 原子光谱 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 3d54s2 ；比较铁与锰的第三电离能（I3）：铁 ＜ 锰（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 sp3、sp2 。
（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 N2 。已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为 4：3 。
（5）如图2是晶体Fe3O4的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 正四面体 （填空间结构）空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g•cm﹣3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
【分析】（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（2）原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，不易再失去电子；
（3）甲基中碳原子形成4个σ键，其它碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为4、3；
（4）与配体（CN﹣）互为等电子体的一种分子，可以用N原子替换C原子与1个单位负电荷；已知（CN）2是直线形分子，并具有对称性，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有2个π键、1个σ键；
（5）①晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
②该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③若晶胞的体对角线长为 a nm，求解晶胞棱长，利用均摊法计算晶胞质量，结合密度公式求解密度。
【解答】解：（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，
故答案为：原子光谱；
（2）Mn的原子序数为25，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，故其外围电子排布为3d54s2，Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、3d6；Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe小于Mn，
故答案为：3d54s2；＜；Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、3d6，Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe小于Mn；
（3）甲基中碳原子形成4个σ键，其它碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为4、3，碳原子的杂化方式有：sp3、sp2，
故答案为：sp3、sp2；
（4）与配体（CN﹣）互为等电子体的一种分子，可以用N原子替换C原子与1个单位负电荷，等电子体分子为N2等；已知（CN）2是直线形分子，并具有对称性，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有2个π键、1个σ键，分子中含有4个π键、3个σ键，π键与σ键的数目之比为4：3，
故答案为：N2；4：3；
（5）①根据图知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，
故答案为：正四面体；
②该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，电子共用，所以能导电，
故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长＝×（a×10﹣7）cm，晶胞体积＝[×（a×10﹣7）cm]3，该晶胞中氧离子个数＝1+12×＝4、铁离子个数＝4×+3×＝2、亚铁离子个数＝1，则 Fe3O4 晶体的密度为 ＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、电离能等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点为解题关键，注意晶胞中棱长与体对角线长度关系，题目难度适中。
[化学一选修5：有机化学基础]
12．丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
已知：
（1）B的化学名称是 2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷 ，F中含氧官能团名称是 醛基 。
（2）由E生成F和H生成J的反应类型分别是 氧化反应 、 取代反应 。
（3）试剂a是 Br2/FeBr3 。
（4）J是一种环酯，则J 的结构简式为 。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为： n+（n﹣1）H2O 。
（5）M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有 7 种。
（6）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的流程图（其他试剂自选）。
【分析】由A、D分子式及G的结构，可知D中含有苯环，A中存在3个碳原子连在同一个碳原子上的结构，可推知A为，D为，结合G中存在﹣C（CH3）3结构，可知B为（CH3）3CBr，根据信息中第一步可知C为（CH3）3CMgBr．由G的结构，结合信息第二步中与R1COR2的反应，逆推可知F为，则E为．根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反应，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G脱去1分子水形成J，而J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，
（6）由与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，以此解答该题。
【解答】解：（1）B为（CH3）3CBr，而2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷，F为，含氧官能团为醛基，故答案为：2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷；醛基；
（2）由官能团的转化可知E发生氧化反应生成F，H发生取代反应生成J，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）D→E发生苯环上一溴取代反应，试剂a为Br2/FeBr3，故答案为：Br2/FeBr3；
（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，分子内酯化反应生成J为，H（）在一定条件下还能生成高分子化合物K为，H生成K的化学方程式为：n+（n﹣1）H2O，
故答案为：；n+（n﹣1）H2O；
（5）M组成比F（）多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含有苯环；③不含甲基，可以有1个取代基为﹣CHBrCHO，可以有2个取代基为﹣CH2Br、﹣CHO，或者﹣CH2CHO、﹣Br，均有邻、间、对3种，故满足上述条件的M的同分异构体共有1+2×3＝7种，
故答案为：7；
（6）由与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，合成路线流程图为：，
答：流程为。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，充分利用有机物分子、G的结构与反应条件推断，注意对题目信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等。
2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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）化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入可回收垃圾桶中
C．制备口罩的聚丙烯属于天然高分子化合物
D．在盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是防止药品被氧化
2．（6分）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
3．（6分）兴趣小组探究用预处理后的废弃油脂进行皂化反应，制备高级脂肪酸钠并回收甘油，简单流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．皂化反应完成的标志是液体不分层
B．盐析属于物理变化
C．操作③可用装置M完成（夹持装置略）
D．操作④中包含蒸馏操作
4．（6分）从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．该物质的分子式为C10H16O2
B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C．该物质的一氯代物共有5种
D．该物质所有的碳原子不可能共平面
5．（6分）某种含二价铜微粒[CuⅡ（OH）（NH3）]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变△H＜0
B．状态③到状态④的变化过程中有O﹣H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4 NH3+4NO+O2═6H2O+4N2
6．（6分）一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为I3﹣+2e﹣═3I﹣
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度分别会发生很大变化
7．（6分）某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X
C．X的含氧酸均为强酸
D．R与W形成的化合物沸点一定低于R与Y形成的化合物
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）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
（1）图2是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 、 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 。
（2）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图4所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 。
（4）实验室中，操作Ⅲ所用主要仪器名称为 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7制得铼粉的化学方程式 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 、 。
9．（14分）紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC﹣CH＝CH﹣COOH+2（CH3）2CHOH（CH3）2CHOOCCH＝CHCOOCH（CH3）2+2H2O
紫堇酸
异丙酯
紫堇酸
分子式
C4H4O4
C3H8O
C10H16O4
相对密度（g•cm﹣3）
1.625
0.780
0.831
相对分子质量
116
60
200
实验装置和步骤如下：
①200mL圆底烧瓶中加入31.3g 紫堇酸、48g 异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。
②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口（约1～2cm），控制温度（90～100℃）加热回流。
③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。
④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。
⑤有机层用10mL 10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6 g
（1）仪器A的名称是 。
（2）回流装置A中冷却水应从 （填“a”或“b”）接口进入。
（3）步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是 。
（4）步骤④中判断反应基本完成的实验现象是 。
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是 ，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是 。
（6）本实验的产率是 %。（保留3位有效数字）
10．（15分）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图1所示（虚线表示平衡曲线）。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 。（填标号）
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2 （g）+2H2 （g）⇌C（s）+2H2 O（g）△H代替反应1。
Ⅰ．①已知：CO2 （g）和H2 O （g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol。则△H＝ kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要反应2自发进行， （填“高温”或“低温”）更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol H2和4mol CO2发生反应2。若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00p
5.60p
5.30p
5.15p
5.06p
5.00p
5.00p
①350℃时反应2的Kp＝ 。（Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）
②反应2的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v递＝k递•c2（H2O） （k是速率常数，只与温度有关）。30min时， 。（填“＞”、“＜”或“＝”）
③反应2的lg、lg随温度变化的曲线如图3所示，则 （填“m”或“n”）表示lg随温度变化的曲线。
（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]
11．（15分）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 ；比较铁与锰的第三电离能（I3）：铁 锰（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 。
（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 。已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为 。
（5）如图2是晶体Fe3O4的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 （填空间结构）空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g•cm﹣3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
[化学一选修5：有机化学基础]
12．丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
已知：
（1）B的化学名称是 ，F中含氧官能团名称是 。
（2）由E生成F和H生成J的反应类型分别是 、 。
（3）试剂a是 。
（4）J是一种环酯，则J 的结构简式为 。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为： 。
（5）M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有 种。
（6）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的流程图（其他试剂自选）。
2021年内蒙古包头市高考化学一模试卷
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）化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．焊锡中掺入适量铅主要目的是降低其熔点
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管应投入可回收垃圾桶中
C．制备口罩的聚丙烯属于天然高分子化合物
D．在盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是防止药品被氧化
【分析】A．合金的熔点比各成分的低；
B．金属汞是有毒有害物质；
C．聚丙烯是丙烯的加聚反应产物，属于合成高分子化合物；
D．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，没有还原性，不能作抗氧化剂。
【解答】解：A．合金的熔点比各成分的低，则焊锡中掺入适量铅形成锡铅合金，主要目的是降低熔点，故A正确；
B．充有汞蒸气的废旧日光灯管属于不可回收垃圾，应该经过特殊处理、回收，不能投入可回收垃圾桶，故B错误；
C．丙烯发生加聚反应生成的聚丙烯属于合成纤维，不属于天然高分子化合物，故C错误；
D．硅胶没有还原性，不能作抗氧化剂，但具有吸水性，可作干燥剂，所以盛放药品的试剂瓶中放置硅胶颗粒，目的是作干燥剂、防止药品受潮，故D错误；
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，注意化学与生产、生活的联系，题目难度不大。
2．（6分）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法不正确的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【分析】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质；
B．在反应中有新物质生成的是化学反应；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水；
D．根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”。
【解答】解：A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，所以该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，故A正确；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B错误；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C正确；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学变化的判断、氧化性和还原性的判断等知识点，难度中等。注意暖冰主要通过氢键形成固体；明确物理变化和化学变化的本质区别。
3．（6分）兴趣小组探究用预处理后的废弃油脂进行皂化反应，制备高级脂肪酸钠并回收甘油，简单流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．皂化反应完成的标志是液体不分层
B．盐析属于物理变化
C．操作③可用装置M完成（夹持装置略）
D．操作④中包含蒸馏操作
【分析】A．皂化反应生成产物为高级脂肪酸钠和甘油，二者易溶于水；
B．向混合物中加入食盐细粒发生盐析，高级脂肪酸钠溶解度降低便会析出；
C．操作③为过滤；
D．甘油和水相互溶解，沸点不同。
【解答】解：A．皂化反应生成产物为高级脂肪酸钠和甘油，二者易溶于水，不会产生分层现象，故A正确；
B．向混合物中加入食盐细粒发生盐析，高级脂肪酸钠溶解度降低便会析出，过程没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C．操作③为过滤，用到的仪器为漏斗，不是分液漏斗，故C错误；
D．甘油和水相互溶解，沸点不同，用蒸馏操作分离甘油，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了油脂的性质，明确皂化反应原理是解题关键，题目难度不大。
4．（6分）从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．该物质的分子式为C10H16O2
B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C．该物质的一氯代物共有5种
D．该物质所有的碳原子不可能共平面
【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、过氧键，分子中甲基、亚甲基均为四面体结构，以此来解答。
【解答】解：A．由结构可知分子式为C10H16O2，故A正确；
B．含碳碳双键可发生加聚反应、氧化反应、还原反应，且含烃基可发生取代反应，故B正确；
C．结构不对称，含7种H，该物质的一氯代物共有7种，故C错误；
D．分子中甲基、亚甲基均为四面体结构，所有的碳原子不可能共平面，故D正确；
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、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，题目难度不大。
5．（6分）某种含二价铜微粒[CuⅡ（OH）（NH3）]+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法错误的是（ ）
A．总反应焓变△H＜0
B．状态③到状态④的变化过程中有O﹣H键的形成
C．反应过程中只发生了两次氧化还原反应
D．该脱硝过程的总反应方程式为4 NH3+4NO+O2═6H2O+4N2
【分析】A．若反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应发热，反之相反；
B．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成；
C．存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
D．由图1可知，加入2NH3、2NO、O2，反应生成2N2、3H2O，结合原子守恒写出总反应方程式。
【解答】解：A．由图2可知，起始态物质总能量大于终态物质总能量，则总反应放热、焓变△H＜0，故A正确；
B．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O﹣H键的形成，故B正确；
C．由图可知，状态②到状态③，状态③到状态④，状态④到状态⑤，状态⑤到状态①，这4步转化中均存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；
D．由图1可知，加入2NH3、2NO、O2，反应生成2N2、3H2O，所以脱硝总反应方程式为4NH3+4NO+O2═6H2O+4N2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质、氧化还原反应、反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力、识图能力和灵活运用能力的考查，把握吸放热反应的判断、氧化还原反应的特征、分子结构和脱硝过程即可解答，题目难度不大。
6．（6分）一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电池工作时，将太阳能转化为电能
B．X电极为电池的负极
C．Y电极发生的电极反应为I3﹣+2e﹣═3I﹣
D．当电池工作从开始到结束时，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度分别会发生很大变化
【分析】由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：Ru2+﹣e﹣═Ru3+，Y电极为原电池的正极，电解质为I3﹣和I﹣的混合物，I3﹣在正极上得电子被还原，正极反应为I3﹣+2e﹣＝3I﹣，据此分析。
【解答】解：A．电池工作时，太阳光能转变为电能，故A正确；
B．由图电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，故B正确；
C．镀铂导电玻璃上，I3﹣得电子被还原为I﹣，Y电极发生的电极反应为：I3﹣+2e﹣＝3I﹣，故C正确；
D．由电池中发生的反应可知，I3﹣在正极上得电子被还原为I﹣，后又被氧化为I3﹣，I3﹣和I﹣相互转化，反应的实质是光敏有机物在激发态与基态的相互转化，电解质溶液中I﹣和I3﹣的浓度基本不变，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理的综合应用，题目难度不大，注意把握原电池中正负极的判断、电极方程式的书写、电子和离子的移动方向，侧重于考查学生的分析能力和对基本原理的应用能力。
7．（6分）某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X
C．X的含氧酸均为强酸
D．R与W形成的化合物沸点一定低于R与Y形成的化合物
【分析】由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成，五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻，可知R为H，W、X、Y位于第二周期，Z位于第三周期；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，若Z为Al，W、X、Y的原子序数分别为6、7、8，分别为C、N、O符合元素的位置、原子序数关系，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，R为H、W为C、X为N、Y为O、Z为Al，
A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X＞Y＞Z，故A错误；
B.非金属性N＞C＞Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W＜X，故B正确；
C.X的含氧酸为亚硝酸时，属于弱酸，故C错误；
D.R与W形成的化合物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，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、元素的位置、验证法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。
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）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣（含ReS2）制得铼粉，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
（1）图2是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至 120 目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法 当升高温度 、 搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间 。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式 2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O 。
（2）图3表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是 萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率，而萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多 。
（3）酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图4所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是 温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小 。
（4）实验室中，操作Ⅲ所用主要仪器名称为 分液漏斗 。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中 重结晶 的方法提纯。
（5）高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7制得铼粉的化学方程式 Re2O7+7H22Re+7H2O 。
（6）整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、 NH3 、 含R3N的有机溶液 。
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N•H ReO4溶液；向R3N•H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
【解答】解：（1）由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O，
故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2＝2ReO4﹣+4SO42﹣+10H++14H2O；
（2）由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，
故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率，而萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
（3）由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，
故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
（4）由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，
故答案为：分液漏斗；重结晶；
（5）由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H22Re+7H2O，
故答案为：Re2O7+7H22Re+7H2O；
（6）由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，
故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
【点评】本题考查物质的制备与混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等。
9．（14分）紫堇酸二异丙酯主要用作药物生产中的萃取剂及香料成分，制备反应的化学方程式HOOC﹣CH＝CH﹣COOH+2（CH3）2CHOH（CH3）2CHOOCCH＝CHCOOCH（CH3）2+2H2O
紫堇酸
异丙酯
紫堇酸
分子式
C4H4O4
C3H8O
C10H16O4
相对密度（g•cm﹣3）
1.625
0.780
0.831
相对分子质量
116
60
200
实验装置和步骤如下：
①200mL圆底烧瓶中加入31.3g 紫堇酸、48g 异丙醇和15mL浓硫酸，混合均匀，加入沸石。
②接上回流装置和分水器，在分水器中预先加入少量水，使水面略低于支管口（约1～2cm），控制温度（90～100℃）加热回流。
③反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，并保持分水器中水层液面原来的高度基本不变。
④反应基本完成后，停止加热，将分水器分出的酯层和烧瓶内的反应液一起倒入分液漏斗中，用10mL水洗涤，并除去下层水层。
⑤有机层用10mL 10%碳酸钠溶液洗涤至溶液呈中性，然后再用10mL的水洗涤，最后将有机层加入锥形瓶中，用无水硫酸镁干燥，对粗产品进行蒸馏，最终得到产品42.6 g
（1）仪器A的名称是 球形冷凝管 。
（2）回流装置A中冷却水应从 a （填“a”或“b”）接口进入。
（3）步骤3中不断从分水器下部分出生成的水，并保持分水器中水层液面高度基本不变的目的是 使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应 。
（4）步骤④中判断反应基本完成的实验现象是 分水器中水位不再上升 。
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是 除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质 ，加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是 除去碳酸钠及其他可溶于水的物质 。
（6）本实验的产率是 81.9 %。（保留3位有效数字）
【分析】（1）根据仪器A的结构确定仪器名称；
（2）冷却水流向与蒸气流向相反，冷却效果最好；
（3）反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，可使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；
（4）反应结束后分水器中水位不再上升，可判断反应达到最大限度；
（5）加入碳酸钠溶液可与产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质反应；用水洗涤可除去易溶于水的物质；
（6）由30g紫堇酸（0.26mol）、55.7mL异丙酸（0.73mol）可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol 200g/mol＝52g，则本实验的产率是。
【解答】解：（1）仪器A的名称是球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）从a接口通入冷却水可以保证冷却水充满冷凝管，增强冷凝效果，
故答案为：a；
（3）反应生成酯和水，属于可逆反应，使用分水器分离出生成的水，使平衡正向移动，提高产品产率；反应过程中酸和醇会一起被蒸出，为了提高反应物的转化率，在分水器中预先加入少量的水，并在分离生成水时注意保持分水器中水层液面原来的高度不变，这样可以使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应，
故答案为：使平衡正向移动，提高产品产率；使分水器上层酯中的醇和酸尽量回流到圆底烧瓶中继续参与反应；
（4）反应结束后分水器中水位不再上升，可利用此特征判断反应是否完成，
故答案为：分水器中水位不再上升；
（5）加入碳酸钠溶液洗涤有机层的目的是除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；加入碳酸钠溶液后，再加入10mL水洗涤的目的是除去碳酸钠及其他可溶于水的物质，
故答案为：除去产品中含有的紫堇酸、异丙酸、硫酸等杂质；除去碳酸钠及其他可溶于水的物质；
（6）由30g紫堇酸（0.26mol）、55.7mL异丙酸（0.73mol）可知紫堇酸过量，用紫堇酸的物质的量计算得紫堇酸二异丙酯的理论产量为0.26mol×200g/mol＝52g，则本实验的产率是≈81.9%，
故答案为：81.9。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目有难度，明确酯化反应原理及操作方法为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。
10．（15分）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图1所示（虚线表示平衡曲线）。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 vc＞vb＞va 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 CE 。（填标号）
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E．合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2 （g）+2H2 （g）⇌C（s）+2H2 O（g）△H代替反应1。
Ⅰ．①已知：CO2 （g）和H2 O （g）的生成焓为：﹣394kJ/mol，﹣242kJ/mol。则△H＝ ﹣90 kJ/mol。（生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。）
②若要反应2自发进行， 低温 （填“高温”或“低温”）更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 反应的活化能高 。
Ⅱ．350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol H2和4mol CO2发生反应2。若反应起始和平衡时温度相同（均为350℃），测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00p
5.60p
5.30p
5.15p
5.06p
5.00p
5.00p
①350℃时反应2的Kp＝ 。（Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）
②反应2的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v递＝k递•c2（H2O） （k是速率常数，只与温度有关）。30min时， ＞ 。（填“＞”、“＜”或“＝”）
③反应2的lg、lg随温度变化的曲线如图3所示，则 m （填“m”或“n”）表示lg随温度变化的曲线。
【分析】（1）①将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），H2O（g）的物质的量分数与温度的关系分析可知，400℃前反应为达到平衡状态，400℃后三个温度，水的物质的量分数减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，温度越高反应速率越大；
②改变条件能使平衡正向移动但不能是通过增大二氧化碳浓度实现的都能提高二氧化碳转化率，化学平衡正向进行，结合影响转化率的因素分析判断；
（2）Ⅰ．①Bosch反应的△H等于水的生成焓的二倍减去二氧化碳的生成焓；
②反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，结合反应的焓变和熵变判断需要的温度；
③该反应所需的活化能较高；
Ⅱ．①Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压，结合化学平衡三行计算列式计算物质的量，得到物质的量分数计算平衡常数；
②v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v逆＝k逆•c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）.30min时反应正向进行，v正＞v逆；
③反应为放热反应升温平衡逆向进行，升高温度，正反应速率常数增大的少。
【解答】解：（1）①将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），H2O（g）的物质的量分数与温度的关系分析可知，380℃前反应为达到平衡状态，380℃后三个温度，水的物质的量分数减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，温度越高反应速率越大，则a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序：vc＞vb＞va，
故答案为：vc＞vb＞va；
②A．适当减压，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，故A错误；
B．增大催化剂的比表面积，增大反应速率，不改变化学平衡，不改变二氧化碳转化率，故B错误；
C．反应器前段加热，后段冷却，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故C正确；
D．提高原料气中CO2所占比例，平衡正向移动，但二氧化碳转化率减小，故D错误；
E．合理控制反应器中气体的流速，相当于增大浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故E正确；
故答案为：CE；
（2）Ⅰ．①Bosch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）的△H＝2（﹣242kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）＝﹣90kJ/mol，
故答案为：﹣90；
②CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）△H﹣90kJ/mol，反应为△H＜0，△S＜0的反应，满足此反应自发进行，△H﹣T△S＜0，反应的温度是低温，
故答案为：低温；
③断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，
故答案为：反应的活化能高；
Ⅱ．①向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，结合三行计算计算平衡状态气体物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，
CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）
起始量（mol） 4 8 0
变化量（mol） x 2x 2x
平衡量（mol） 4﹣x 8﹣2x 2x
气体压强之比等于其物质的量之比，＝
x＝2mol，则平衡状态下n（CO2）＝2mol，n（H2）＝4mol，n（H2O）＝4mol，P＝5.00P，CO2%＝20%，H2%＝40%，H2O%＝40%，
Kp＝＝，
故答案为：；
②Bosch反应的速率方程：v正＝k正•c（CO2）•c2（H2），v逆＝k逆•c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）.30min时，图表数据分析反应正向进行，v正＞v逆，则得到k正•c（CO2）•c2（H2）＞k逆•c2（H2O），30min时，＞，
故答案为：＞；
③该反应是放热反应，升高温度，正速率常数增大得少，即lg随温度升高减小得少，m表示lg随温度变化的曲线，
故答案为：m。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、图象变化分析判断、数据处理等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、判断及计算能力，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]
11．（15分）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 原子光谱 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 3d54s2 ；比较铁与锰的第三电离能（I3）：铁 ＜ 锰（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 sp3、sp2 。
（4）配合物K3Fe（CN）6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 N2 。已知（CN）2是直线型分子，并具有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为 4：3 。
（5）如图2是晶体Fe3O4的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 正四面体 （填空间结构）空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g•cm﹣3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
【分析】（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（2）原子轨道中电子处于半满、全满、全空时最稳定，不易再失去电子；
（3）甲基中碳原子形成4个σ键，其它碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为4、3；
（4）与配体（CN﹣）互为等电子体的一种分子，可以用N原子替换C原子与1个单位负电荷；已知（CN）2是直线形分子，并具有对称性，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有2个π键、1个σ键；
（5）①晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
②该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③若晶胞的体对角线长为 a nm，求解晶胞棱长，利用均摊法计算晶胞质量，结合密度公式求解密度。
【解答】解：（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，
故答案为：原子光谱；
（2）Mn的原子序数为25，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，故其外围电子排布为3d54s2，Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、3d6；Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe小于Mn，
故答案为：3d54s2；＜；Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、3d6，Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能 Fe小于Mn；
（3）甲基中碳原子形成4个σ键，其它碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目为4、3，碳原子的杂化方式有：sp3、sp2，
故答案为：sp3、sp2；
（4）与配体（CN﹣）互为等电子体的一种分子，可以用N原子替换C原子与1个单位负电荷，等电子体分子为N2等；已知（CN）2是直线形分子，并具有对称性，其结构式为N≡C﹣C≡N，单键为σ键，三键含有2个π键、1个σ键，分子中含有4个π键、3个σ键，π键与σ键的数目之比为4：3，
故答案为：N2；4：3；
（5）①根据图知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，
故答案为：正四面体；
②该晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，电子共用，所以能导电，
故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长＝×（a×10﹣7）cm，晶胞体积＝[×（a×10﹣7）cm]3，该晶胞中氧离子个数＝1+12×＝4、铁离子个数＝4×+3×＝2、亚铁离子个数＝1，则 Fe3O4 晶体的密度为 ＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、电离能等知识点，明确物质结构、原子结构、元素周期律等知识点为解题关键，注意晶胞中棱长与体对角线长度关系，题目难度适中。
[化学一选修5：有机化学基础]
12．丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
已知：
（1）B的化学名称是 2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷 ，F中含氧官能团名称是 醛基 。
（2）由E生成F和H生成J的反应类型分别是 氧化反应 、 取代反应 。
（3）试剂a是 Br2/FeBr3 。
（4）J是一种环酯，则J 的结构简式为 。H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为： n+（n﹣1）H2O 。
（5）M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有 7 种。
（6）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的流程图（其他试剂自选）。
【分析】由A、D分子式及G的结构，可知D中含有苯环，A中存在3个碳原子连在同一个碳原子上的结构，可推知A为，D为，结合G中存在﹣C（CH3）3结构，可知B为（CH3）3CBr，根据信息中第一步可知C为（CH3）3CMgBr．由G的结构，结合信息第二步中与R1COR2的反应，逆推可知F为，则E为．根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反应，由G可推知H为，结合J的分子式，可知G脱去1分子水形成J，而J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，
（6）由与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，以此解答该题。
【解答】解：（1）B为（CH3）3CBr，而2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷，F为，含氧官能团为醛基，故答案为：2﹣甲基﹣2﹣溴丙烷；醛基；
（2）由官能团的转化可知E发生氧化反应生成F，H发生取代反应生成J，故答案为：氧化反应；取代反应；
（3）D→E发生苯环上一溴取代反应，试剂a为Br2/FeBr3，故答案为：Br2/FeBr3；
（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，分子内酯化反应生成J为，H（）在一定条件下还能生成高分子化合物K为，H生成K的化学方程式为：n+（n﹣1）H2O，
故答案为：；n+（n﹣1）H2O；
（5）M组成比F（）多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含有苯环；③不含甲基，可以有1个取代基为﹣CHBrCHO，可以有2个取代基为﹣CH2Br、﹣CHO，或者﹣CH2CHO、﹣Br，均有邻、间、对3种，故满足上述条件的M的同分异构体共有1+2×3＝7种，
故答案为：7；
（6）由与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，合成路线流程图为：，
答：流程为。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，充分利用有机物分子、G的结构与反应条件推断，注意对题目信息的理解，熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等。
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