2021届江西省宜春市高三第二次模拟考试化学试卷1

试卷第试卷第页,总7页参考答案1．B【解析】A.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程（又称海水脱盐），蒸馏是分离和提纯液态混合物常用的方法之一蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法，技术和工艺比较完备；电渗析法是一种利用离子交换膜进行离子交换的方法，是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故A正确；B.是利用萃取和分液的方法分离出青蒿汁液，没有发生化学变化，属于物理过程，故B错误;C“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”可减少污染性气体的排放，能提高空气质量，故C正确；D.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，故D正确；故选B。2．D【解析】A.100g98%的浓硫酸中含有硫酸98g,物质的量为1mol,氢原子数目为2NA，但溶液中的水也含有H原子，因此氢原子数目大于2NA，故A错误；B.16g1602和1802的混合物中含有2种氧原子，无法计算氧原子的物质的量，因此无法计算质子数目，故B错误；C.在阳极比铜活泼的金属锌、铁等也要失去电子，被氧化，因此阳极减重64g,不一定通过2NA个电子，故C错误；D、取50mL14.0moI/L浓硝酸与足量的铜片反应,开始生成的是NO2,随着硝酸变稀，生成的气体为NO、N2等，故生成的气体分子个数小于0.35NAj，故D正确；故选D。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，本题的易错点是C,要注意阳极发生的反应；难点是D,要考虑到硝酸浓度的变化。3．C【解析】A.二甲苯苯环上有4个H、两个甲基，四甲苯苯环上有4个甲基、2个H原子，结构相似，同分异构体均有三种，故A正确；B.C3H8和C5H12都满足烷烃的通式，属于烷烃，且相差2个CH2原子团，一定是同系物，故B正确；C.高分子化合物的相对分子质量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，故C错误；D.乙醇的酯化反应和酯的水解，反应的原子或原子团都被替代，为取代反应，故D正确；故选C。4．C【详解】A、此反应属于氧化反应，故错误；8、研究因素对反应速率的影响，要求同一条件，即过氧化氢浓度应相等，故错误；C、因为3NO2+H2O=2HNO3+NO,不能验证此反应产生NO,故正确；D、反应向着更难溶的方向进行，同一形式下Ksp越大，说明溶解度越大，但两者不属于同一形式,故错误。5．D【解析】其中Z元素是目前发现的非金属性最强的元素，Z为F元素，根据元素X、Y、Z、W、Q、M在元素周期表的相对位置，贝UX为C元素、Y为O元素、W为Si元素、Q为S元素、M为Cl元素。A.水分子间能够形成氢键，水的沸点比硫化氢高，不是因为O的非金属性比S强，故A错误；B.四氯化碳是正四面体结构，二氢取代物只有一种，故B错误；C.常温下二氧化硅不能和氯化氢反应，故C错误；D.氟能够与水反应生成氟化氢和氧气，故D正确；故选D。6．C【解析】A.向0.2mol・L-iCH3COOH溶液中加入等体积0.1moLL-iNaOH溶液，反应后的溶液中存在等物质的量是乙酸核外乙酸钠，测得溶液中c(CH3COO-)>c(Na+),说明以乙酸的电离为主，抑制水的电离，水的电离程度比纯水的小，故A错误；B.向0.1moLL-i氨水中滴加0.1mo1-L-i盐酸，刚好完全中和时生成氯化铵，由于水解，促进水的电离，则由水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10amo1Li,故B错误；C.根据物料守恒得2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(HCO3-)+3c(H2CO3)；根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-),所以存在质子守恒得c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)=c(CO32-)+2c(OH-),故C正确；D、只有具有相同结构的难溶物(如AgCl、AgBr、AgI)Ksp小的溶解度小，而不同结构的(如Ag2SO4和AgI)Ksp小的溶解度不一定小，故D错误；故选C。点睛：本题考查溶液中存在的守恒,为高频考点,明确溶液中存在的微粒成分及各个浓度

之间关系是解本题关键，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒、质子守恒。7．B【详解】A.根据图示及电池反应，Cu2O为正极，Li为负极；放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu2O极移动，故A正确；B.根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH-,故B错误；C.放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-,可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O,故C正确；D.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O,放电时Cu2O转化为Cu,则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2,故D正确；答案选B。8．CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-5.65c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)0.01小于4CH30H(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)AH354.8kjmolCH3OH-6e-+H2O=CO2+6+H【解析】(1)根据图示，碳酸钙与二氧化碳反应生成HCO3-的离子方程式为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3r故答案为CO2+CaCO3+H2O=Ca2++2HCO3-；(2)设溶液pH为X,根据①CO2(g)+H2。『二H2cO3K=10-2.8,②H2cO3『二H++HCO3-c(HCO)0=10-3.5,C(CO2)=1.0Xl0-5mol/L,则K=10-2.8=c(C0)，0=10-3.5=2c(H+)c(HCO-)3—c(c(H+)c(HCO-)3—c(HCO)2310Tx10t1.0x10-5因此KxJ=c(CO)32=10-6.3,解得x=5.65,故答案为5.65；(3)根据图像，先后发生的反应为：①OH-+H+=H2O；②CO32-+H+=HCO3-；©HCO3-+H+=CO2f+H2O,反应③中消耗盐酸10mL,说明含有HCO30.001mol,说明反应②中消耗盐酸10mL,反应①中消耗盐酸10mL,说明含有OH-0.001mol，因此吸收液中含有0.001molNaOH和0.001molNa2CO3,吸收液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-),湖水

中无机碳的浓度为0.001中无机碳的浓度为0.001mol0.1L0.01mol/L，故答案为c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)；0.01；(4)①根据84)+2与值)=CH2H(g),相同温度条件下，压强越大，CO的转化率越大，根据图像，P1Vp2,故答案为小于；②起始时在密闭容器中按物质的量之比1：2充入C0和H2,平衡后，c(H2)=0.50.25mol/L，则c(CO)=0.25mol/L,c(CHOH)=0.25mol/L,该反应的平衡常数K二八八二30.25x0.52=4,故答案为4；③由CO(g)和CH30H(l)的燃烧热4H分别为-283.0kJ-mol-1和-725.8kJ-mol-1,1mol液态水变成气态水吸热44.0J则①CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)4H=-283.0kJ-mol-1,②CH30H(l)+3/2O2(g)=C02(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ•mol-1,③H2O(l)=H20(g)AH=+44.0kJ/mol,由盖斯定律可知用②-①+③得反应CH30H(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g),该反应的反应热△H=-726.5kJ/mol-(-283.0kJ/mol)+(+44.0kjmol)=-354.8kJ-mol-1,故答案为CH30H(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=-354.8kJ•mol-1；(5)根据电子移动的方向，c为负极，甲醇具有还原性，在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为：CH30H-6e-+H2O=CO2+6H+,故答案为CH30H-6e-+H2O=CO2+6H+。点睛：本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的应用,化学平衡的影响因素分析判断,图象分析应用能力,原电池电极反应书写方法。本题的难点是(2),要注意根据平衡常数间的关系进行推导计算。9.4s24P4As>Se>GeH2SeO4分子中非羟基氧原子个数大于H2SeO3sp3三4MT角锥形CCl4(或SiF4)极性分子43：行X1010AA【解析】【详解】(1)硒为34号元素，有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为4s24P4；(2)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以Ge、As、Se三种元素的第一电离能的大小顺序是：As>Se>Ge；由于H2Se04分子中非羟基氧原子个数大于H2Se03,所以H2Se04的酸性比H2Se03的强；

(3)H2SeO3的中心原子的价层电子对数为1x(6+2)=4,所以Se杂化方式为sp3杂化，232SeO32-的中心原子Se的价层电子对数为1x(6+2)=4,离子中有一个孤电子对，所以SeO32-323的立体构型是三角锥形，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与SeO42-互为等电体的分子有CCl4(或SiF4)；(4)H2Se分子中有孤电子对，所以H2Se属于极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较小，所以它属于分子晶体；(5)根据硒化锌晶胞结构图可知,每个锌原子周围有4个硒原子,每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4,该晶胞中含有硒原子数为8X1+6x1=4,含有锌原子4M4Mm数为4,根据p==NV—V4M14M:4M，所以V=「n，则晶胞的边长为3npcm=3：npx1010pm。A1AA10．Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl/+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【详解】(1)向水钻矿［主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、A12O3,MnO等］中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、C02+、Fe2+、Mn2+、A13+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O,故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl/+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl/+3H2O；NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至a,铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3l+3CO2f；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3l+3CO2f,所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3,故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；(5)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、C02+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0〜3.5之间，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止C02+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；(6)根据CoCl2SH2O的组成分析，造成产品中CoCl/6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查【分析】A的密度是相同条件下H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76,其分子的核磁共振氢(DB为丙二醛。A为丙二醇，其中官能团为羟基，电子式为，故答案为丙二醛；•&H;(2)C为丙二酸，羧基中的羰基是平面结构，C中共面的原子最多有9个。I为本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第答案第7页，总7页COOHCOOH(3)F为CHjf用，F-G的化学方程式为CH】NHCOCHj+CH3coOH；(4)M中含有羧基和羟基，可以发生取代反应，羟基能够被氧化，含有肽键，能够发生水解反应，含有苯环，能够发生与氢气的加成反应，不能发生消去反应，故选D；(5)E为CH内一。一岫o①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基,②能与NaHC03反应，说明含有羧基，③含有一个一nh2,说明苯环