2021年江西省九江市高考一模化学试卷

江西省九江市2021年高考化学一模试卷一、单选题1．化学与人类生活、生产密切相关，下列说法正确的是（）A．经分析嫦娥五号采样返回器带回的月壤含有MgO⋅FeOB．雷雨发庄稼、光化学烟雾、水体富营养化、雾霾的形成均与氮的氧化物有关C．75%的乙醇溶液可以有效杀死新型冠状病毒，因为其具有强的氧化性D．生产SMS医用口罩所用的原料丙烯，主要来源于石油的裂解2．下列说法错误的是（）A．将地沟油转化为生物柴油是发生了取代反应B．OH-、F-与NHC．碘单质与NH4ClD．溶液中含有的ClO-数目小于3．据长江日报报道，中国工程院院士李兰娟团队于2月4日公布治疗新型冠状病毒肺炎的最新研究成果：“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，合成“达芦那韦”的部分路线如图所示，下列说法错误的是（）A．A分子中所有原子可能在同一平面B．B的同分异构体有8种(含B且不考虑立体异构)C．C的分子式为CD．反应①、②均为取代反应4．下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（）A．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物中，R的氢化物沸点最高B．Y与Z形成的化合物均有毒C．原子半径X>Y>Z>RD．R分别与另外三种元素形成的二元化合物，各原子最外层均满足8电子稳定结构5．结合K2Cr2A．该反应在高温下，反应速率加快B．右侧电极为负极，发生还原反应C．当有0.3mole-通过电解质溶液，将有0.1D．左侧电极反应式为：CH6．下列有关实验设计不合理的是（）A．图1装置可制取NO气体B．图2装置可以完成“喷泉”实验C．图3证明非金属性强弱：S>C>SiD．图4用四氯化碳萃取碘水中的碘7．已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的pKal=1.85，pKa2=7.19A．a点所得溶液中：2B．c点所得溶液中：cC．当溶液的pH为7时，此时加入NaOH溶液体积为30mLD．随着NaOH溶液滴入，水的电离程度一直增大二、非选择题8．CaS微溶于水，常用于制发光漆，还用于医药工业、重金属处理及环保中。可用硫酸钙与焦炭高温反应制备，主反应CaSO4(s)+4C(s)高温__CaS(s)+4CO(g)，该反应过程中还可能产生（1）仪器D的名称；实验开始前要通入N2的目的是。（2）长颈斗的作用是。（3）B中溶液颜色变浅，写出其中反应的离子方程式。（4）能说明产物中有CO的实验现象是。（5）取A中少量剩余固体溶于水，并不断搅拌一段时间后有淡黄色浑浊出现，请解释产生该现象的原因。（6）如果实验前后B、C、E装置的质量变化分别为增重，增重，减轻，忽略装置中原有的CO2，则硫酸钙与焦炭高温焙烧时发生的总化学方程式为；若反应后不通入N2，则计算出的CaS的化学计量数(填“偏大”“偏小”“无影响”或“无法确定”)9．砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、As2O3、Zn、ZnO、Co、Ni等回答下列问题：（1）“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有(写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为。（2）“氧化浸出“时，As2O3被氧化为H3AsO4的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因（3）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4（4）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有，已知煅烧CoC2O4⋅2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为，CO2的体积为（5）已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度≤10-5mol/L视为沉淀完全开始沉淀的pH完全沉淀的pHNiCo若将沉铜后的溶液调节至pH=9，此时溶液中c(Co2+10．倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2①2CO②2H③H则表示CH3CH2OH(l（2）NO的氧化反应2NO(g)+O2(gI.2NO(其反应过程能量变化如图所示①决定NO氧化反应速率的步骤是(填“I”或“II”)，其理由是。②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的NO2气体(NO2转化为N2O4忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用O2的分压表示反应速率为。该温度下，此反应的平衡常数Kp=③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是(填字母)。A．压强不再变化B．混合气体的密度不再变化C．生成NO的速率与消耗NO2D．混合气体的平均相对分子质量不再变化（3）利用CH3CH2OH燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-如下图装置所示。则物质甲为(填名称)，阴极的电极反应式；当电路中转移电子时，A的浓度为11．工业上常用CO与H2在由Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇，甲醇在Cu的催化作用下可氧化生成甲醛。（1）下图是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，请判断该排布图(填“正确”或“不正确”），理由是(若判断正确，该空不用回答)。（2）写出两种与CO互为等电子体的离子。在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为。（3）由黄铜矿冶炼的铜单质也可以参杂锌原子成为黄铜，写出黄铜合金中两种金属原子的外围电子排布式；。（4）甲醛与足量新制Cu(OH)2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，写出该反应的化学方程式。已知Cu2O晶胞的结构如图所示：①在该晶胞中，Cu+的配位数是。②若该晶胞的边长为apm，则Cu2O的密度为g·cm3(只要求列算式，设阿伏伽德罗常数为NA)12．常用抗炎镇痛药物双氯芬酸钠的一种合成路线如下：已知：①Ph为苯基；②③DMF可以提供碱性环境请回答下列问题：（1）A中含有一个六元环，则A的结构简式；B中所含官能团的名称。（2）反应②的反应类型是。（3）反应⑥所需的试剂和条件分别为。（4）写出反应⑤的化学方程式。（5）已知D有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种(不考虑立体异构)，写出其中符合核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为。①分子中含有两个苯环且苯环直接相连②有一个-③两个氯原子连在同一个苯环上④每个苯环最多不能超过三个取代基（6）已知CH3COOH→SOCl2，参照上述合成路线，设计一种由ClCH2CH2OH和为原料合成(其他无机试剂任选)。答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．经分析嫦娥五号采样返回器带回的月壤含有MgO⋅FeO⋅SiO2B．水体富营养化与含磷废水排放有关，与氮氧化物无关，故B不符合题意；C．75%的乙醇溶液可以有效杀死新型冠状病毒，是因为其能使蛋白质变性，不是乙醇具有强的氧化性，故C不符合题意；D．生产SMS医用口罩所用的原料丙烯CH3CH=CH2，主要来源于石油的裂解，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.该物质为硅酸盐不是氧化物，只是可以写成氧化物的形式

B.雷雨发庄稼、光化学污染、以及雾霾的形成与氮氧化合物有关

C.乙醇具有还原性，杀死细菌主要是能使蛋白质变性

D.考查的是丙烯的来源主要是来自石油的裂解2．【答案】B【解析】【解答】A．生物柴油是指植物油（如菜籽油、大豆油、花生油、玉米油、棉籽油等）、动物油（如鱼油、猪油、牛油、羊油等）、废弃油脂或微生物油脂与甲醇或乙醇经酯转化而形成的脂肪酸甲酯或乙酯，地沟油属于高级脂肪酸甘油脂，地沟油转化为生物柴油时醇的部分被取代，发生取代反应，A不符合题意；B．OH-、F-与NH4+三种微粒中质子数分别为9、9、C．加热时碘易升华，氯化铵易分解为HCl和氨气，遇冷后，碘又重新凝华成固态，HCl和氨气又重新化合为氯化铵，因此碘单质与NH4Cl固体混合物不可用加热的方法分离，D．溶液中次氯酸根离子数目小于，即小于1.806×1023，故答案为：B。

【分析】A.生物柴油主要是利用地沟油进行取代反应制取

B.氢氧根离子和氟离子和铵根离子的质子数不同，但是电子数相同均为10

C.氯化铵易溶于水，而碘单质不易溶于水，因次可以用水进行分离

D考虑次氯酸根离子会水解3．【答案】D【解析】【解答】A．由于醛基和苯环均是平面形结构，则A分子中所有的碳原子可能在同一个平面上，故A不符合题意；B．B的同分异构体可分别含有1个CN键，含有丁基，有4种同分异构体，含有2个CN键时，可分别为甲基、丙基或两个乙基，有3种同分异构体，如含有3个CN键，则有1种，含B，共8种，故B不符合题意；C．由结构简式可知C的分子式为C11H15N，故C不符合题意；D．反应②N=C键生成CN键，为加成反应，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】中含有苯环以及醛基碳原子均是sp2杂化，通过单键相连接，可以通过旋转共面

B.根据B的分子式即可写出同分异构体

C.根据结构简式即可写出分子式

D.根据反应物和生生物即可判断反应类型4．【答案】C【解析】【解答】A．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O常温呈液态，另外两种呈气态，则水的沸点最高，即X的氢化物沸点最高，A不符合题意；B．Y与Z形成的化合物即CO2、CO等，CO2无毒，B不符合题意；C．同周期从左往右原子半径减小，则原子半径X(B)>Y(C)>Z(O)>R(F)，C符合题意；D．F和B形成的化合物各原子最外层不一定满足8电子稳定结构，如BF，D不符合题意；故答案为：C。【分析】Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20467=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。5．【答案】D【解析】【解答】A．该反应是利用微生物电化学技术，微生物在高温下活性会降低，高温下，反应速率反而会减慢，故A说法不符合题意；B．根据工作原理图，右侧是Cr元素的粒子从电极上得到电子，故右侧电极为正极，发生还原反应，故B说法不符合题意；C．电子只能从负极沿外接线路到达正极，不能通过电解质溶液，故C说法不符合题意；D．左侧是乙醛在微生物上失去电子被氧化成CO2，失去电子就使左侧电极反应式左边整体上带正电荷，则电极反应式右边也必然带正电荷，带正电荷的必然是H+，结合质量守恒定律，则整个电极反应式为CH3CHO+3H本题答案D。

【分析】A.微生物电化学技术，微生物的适应温度是有范围的，温度过高或过低不利于反应进行

B.根据元素化合价的变化情况，左侧是负极发生的氧化反应，右侧是正极发生的是还原反应

C.根据正极的电极式即可计算出转移一定量的电子得到的氢氧化铬的量

D.左侧是乙醛失去电子变为二氧化碳的反应即可写出电极式6．【答案】A【解析】【解答】A．NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO，故A符合题意；B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，气体减少，烧瓶内压强减小，形成“喷泉”，故B不符合题意；C．硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸的酸性大于碳酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性大于硅酸，所以图3证明非金属性强弱：S>C>Si，故C不符合题意；D．碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，所以可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.收集一氧化氮的采取的是排水法

B.利用氯气和氢氧化钠反应造成压强降低产生喷泉

C.比较最高价氧化物对应的水合物的酸性强弱证明元素的非金属性

D.利用碘在四氯化碳中的溶解度大于水的溶解度即可进行分离7．【答案】B【解析】【解答】A．a点所得溶液中，，即c(H+)=10，又Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A)=10-1.85，故c(H2A)=c(HA)，又a点溶液体积大于20mL，导致含有A元素微粒浓度之和减小，所以c(H2A)+c(A2)+B．c点所得溶液中，，即c(H+)=10，又Ka2=c(H+)c(A2-)c(HA-)=10-7.19，则c(A2)=c(HA)，溶液中存在电荷守恒2c(A2)+c(HA)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，3c(HA)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，此时溶液显碱性，cC．当加入NaOH溶液体积为30mL时，溶液恰好为等物质的量浓度的NaHA、Na2A的混合溶液，A2的水解常数为Kh1=KwKa2=10-14D．随着NaOH溶液滴入，依次发生反应H2A+OH=HA+H2O、HA+OH=A2+H2O，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应生成Na2A时，水的电离程度最大，继续滴入NaOH，水的电离程度逐渐减小，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.利用一级电离常数以及氢离子的浓度判断即可

B.利用二级电离常数以及此时的pH进行计算，利用电荷守恒进行判断

C.根据图示pH=7,19时，氢氧化钠的体积为30ml

D.水的电离先增大后被抑制8．【答案】（1）(球形)干燥管；将装置中的空气排尽，以免干扰实验（2）防止堵塞(或平衡压强)（3）2MnO（4）E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊（5）负二价的硫被O2（6）3CaSO4【解析】【解答】(1)仪器D的名称(球形)干燥管，实验开始前要通入N2的目的是：将装置中的空气排尽，以免干扰实验；(2)长颈斗的作用是防止堵塞(或平衡压强)；(3)装置B是SO2和酸性高锰酸钾溶液反应，溶液颜色变浅，反应的离子方程式：2MnO4-(4)CO气体还原CuO得到Cu和CO2，能说明产物中有CO的实验现象是：E中出现红色固体，F中澄清石灰水变浑浊；(5)反应产物有硫化钙，负二价的硫被O2(6)B装置增重的为SO2质量，C增重的为CO2质量，E减轻的质量是少去的氧，CuO+CO=Cu+CO2，可得n(SO2)=mM=1.28g64g/mol=0.02mol，n(CO2)=0.44g44g/mol=0.01mol，n(CO)=0.64g16g/mol=0.04mol，三种气体的化学计量数之比为【分析】装置A发生反应CaSO4(s)+4C(s)高温__CaS(s)+4CO(g)，副产物SO2进入装置B与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为2MnO4-+5SO9．【答案】（1）搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；3（2）As2O3+2（3）5（4）玻璃棒、漏斗、烧杯；Co（5）1∶10【解析】【解答】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。(2)“氧化浸出“时，As2O3被过氧化氢氧化为H3AsO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为As(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)(4)n(CO2)=2.688L22.4L/mol=0.12mol，根据C原子守恒得n(CoC2O4，生成的氧化物中n，n(O)=4.82g-0.06mol×59g/mol16g/mol=0.08mol，则n(Co)：(5)当时，Ni2+沉淀完全，则Ksp[Ni(OH)2]=(10-4)2×10-5=10-13【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4∙2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4∙2H2O。10．【答案】（1）CH（2）I；反应I的活化能大；2kPa⋅min-1；（3）乙醇；NO+6H++5e【解析】【解答】(1)①2CO②2H③H根据盖斯定律，3×③+3×②①得：CH3CH(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；②因为是刚性容器，可带压强列三段式：开始分压(kPa)变化分压(kPa)平衡分压(kPa)2NO02x2x+O20xx⇌2NO2362x36-2x，根据题意有36+x=46，解得x=10③2NO(g)+O2(g)A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；C．生成NO的速率与消耗NO2D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；选AD；(3)利用CH3CH2OH燃料电池电解，可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为NH4+，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为NH4+，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为NO+6H++5e-=NH4++H2O；电解池阳极失电子，SO2转化为SO42-，电极反应式为2H2O+SO22e=SO42-+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2【分析】（1）写出化学方程式利用盖斯定律计算出燃烧热即可

（2）①活化能高的速率慢，因此I的活化能高，因此由I决定②根据起始的压强以及平衡的压强利用三行式进行计算平衡时各物质的压强即可计算出氧气的速率，根据平衡时各物质的压强即可计算出平衡常数③此反应是放热反应且系数在减小，温度不变和体积不变，因此某气态物质的正逆速率不变，以及浓度不变、压强不变，以及相对分子质量不变可以判断平衡

（3）根据与甲连接是通入的一氧化氮转为铵根离子，化学价降低被还原性，得到电子，甲是电池的负极应该通入的是乙醇，阴极是一氧化氮得到电子结合氢离子变为铵根离子，因此即可写出电极式，根据正负极电极式即可写出总的电解池反应根据转移的电子数即可计算出A的浓度11．【答案】（1）不正确；违背泡利原理（2）CN、C22；sp3（3）铜3d104s1；锌3d104s2（4）HCHO+4Cu(OH)2+2NaOH△__Na2CO3+2Cu2O+6H2O；2；（16×2+64×4）×1030/（a3N【解析】【解答】本题以CO与H2在由Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成合成甲醇为载体，考查核外电子排布规则、等电子体、原子轨道的杂化类型、外围电子排布式、晶胞的结构、晶胞密度等。(1)在一个原子轨道里最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，故该同学画出的CO分子中氧原子的核外电子排布图违背泡利原理，是错误的；(2)原子总数相同、价电子总数相同的分子（即等电子体）具有相似的化学键特征，CO中原子数为2，电子数为14，故与CO互为等电子体的离子有CN、C22；用价层电子对互斥理论来判断：C的最外层4个电子，H为1个电子，对于非中心原子O为0个，所以CH3OH价层电子总数是4+4×1=8，所以轨道数是4，碳原子属于sp3杂化；(3)黄铜是由铜和锌熔合而成，故铜的外围电子为3d104s1，锌的外围电子为3d104s2；(4)甲醛与足量新制Cu(OH)2悬浊液加热反应的化学方程式HCHO+4Cu(OH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O；①(大球)为1＋8×＝2，(小球)为4个。(小球)所以代表Cu原子，(大球)代表氧原子。一个Cu原子周围有2个O原子，所以其配位数为2。故在该晶胞中，Cu+的配位数是2；②一个晶胞中含有Cu个数为：4，O个数为2，故ρ=mV=n•