江西省上饶市2021年高考化学二模试卷及答案

这是一份江西省上饶市2021年高考化学二模试卷及答案，共15页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单选题
1.下列说法正确的是（   ）
A. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干。”古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子化合物
B. 造纸是中国四大发明之一，古代造纸有六个步骤：斩竹漂塘、煮楻足火、舂臼打烂、荡料入帘、覆帘压纸、透火焙干都属于物理变化
C. 干雾过氧化氢空气消毒机在新冠抗疫中被广泛使用，其原理是利用过氧化氢的氧化性
D. 经分析嫦娥四号采样返回器带回的月球矿物含有 CaO·MgO·2SiO2 ， 该物质属于氧化物
2.中国工程院院士李兰娟团队于 2021年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. C的分子式为C11H15N                                        B. B的同分异构体有7种(不含B，不考虑立体异构)
C. D分子中的所有碳原子不可能处于同一平面         D. 反应①为加成反应，反应②为取代反应
3.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号主族元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q 和W的简单离子具有相同的电子层结构，下列说法错误的是（   ）

A. 简单离子半径：WK2 ， 所以当氢离子浓度相同，即pH相同时 > ，也就是lg >lg ，所以曲线n代表lg ，曲线m代表lg 。
二、非选择题
8.【答案】 （1）使圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出
（2）分液漏斗；降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收
（3）甲基橙；偏低；
（4）滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失
（5）2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降(合理即可)
【解析】【解答】(1)A中安全管能维持圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出；
 
(2)仪器a的名称为分液漏斗；装置C的目的为吸收B中产生的NH3 ， 低温有利于氨气的溶解，故冰盐水的作用为：降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收；
(3)由于石蕊变色范围太宽且变色不灵敏，所以酸碱滴定不选石蕊作指示剂，由于NaOH、HCl均为强电解质，相互滴定时，理论上酚酞、甲基橙均可作其指示剂，由于此时是NaOH滴定HCl，
故答案为：择在酸性范围突变的指示剂实验误差更小，所以选甲基橙；若滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，因为尖嘴部分的标准液实际未参与反应，故所计标准液偏多，测得剩余HCl偏多，则与NH3反应的HCl偏少，故测得的样品中氨含量偏低；由题意知，与NH3反应的HCl物质的量=(10-3c1V1-10-3c2V2) mol，由反应比例关系：NH3~HCl，得样品中NH3的物质的量=n(HCl)= (10-3c1V1-10-3c2V2) mol，故样品中N的质量分数= ；
(4)当Cl-基本完全沉淀时，再滴加AgNO3 ， 此时AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故终点现象为：滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现(砖、浅)红色沉淀且半分钟内不消失；
(5) 由X的化学式知，Co元素在反应过程中由+2价被H2O2氧化为+3价，依据得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·H2O+H2O2 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；由于反应物中NH4Cl、H2O2受热易分解，浓氨水受热NH3大量挥发，均不利于X的生成，故此处填：温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降。
【分析】实验Ⅰ：装置A在加热条件下产生水蒸气，水蒸气进入装置B中促进NH3的逸出，装置B中样品在足量NaOH溶液与水蒸气共同作用下分解释放出NH3 ， 最终NH3进入装置C被盐酸吸收。
实验Ⅱ：根据AgNO3与Cl-定量反应关系，可用标准AgNO3溶液测定Cl- ， 当Cl-基本反应完全时，加入的AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，从而指示滴定终点。
 
9.【答案】 （1）90℃、12h；B
（2）SO 、Fe2+、Co2+；ClO +6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O
（3）0.49
（4）酸性；A
（5）1：2
【解析】【解答】(1)最佳条件需保证钴的浸出率较高且需要考虑经济成本，故最佳条件为浸取温度90℃，浸出时间为12 h；由分析知，萃取是为了萃取Mn2+ ， 实现Co2+与Mn2+的分离，故Mn2+萃取率要尽可能高，Co2+萃取率尽可能低，最佳pH范围为4~4.5，故答案为：B；
 
(2)由分析知，浸出时，Co3+、Fe3+均被Na2SO3还原，故三者中 还原性最强，浸出液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+ ， 此时Co2+未参与反应，说明Fe2+还原性比Co2+强，故三者还原性顺序为： ＞Fe2+＞Co2+；由题意知，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+ ， 自身被还原为Cl- ， 初步确定并配平得失电子守恒，得反应方程式为： ，根据溶液呈酸性，在等式左边添加6个H+配平电荷守恒，在等式右边添加3个H2O配平元素守恒，得完整方程式为： ；
(3) ；
(4) 的水解平衡常数Kh( )= ＞Kh( )，故(NH4)2C2O4溶液显酸性；洗涤时需除去晶体表面残留的 与 离子，故不能选用饱和(NH4)2C2O4溶液，自来水中含有杂质离子，不能选用，稀盐酸会与CoC2O4·2H2O反应，不能选用，蒸馏水可除去残留的 与 离子，且不引入新杂质，可以选用，综上所述，只有蒸馏水正确，故答案为：A；
(5)设该化合物中+2价Co元素为x mol，+3价Co元素为y mol，根据元素守恒得：x+y=n(CoCl2)= ，由得失电子守恒得：y=2n(Cl2)= ，联立解得x=0.1 mol，y=0.2 mol，故该氧化物中+2价Co与+3价Co物质的量之比为1:2。
【分析】在第一步浸出中，金属氧化物和Co(OH)3与盐酸反应转化为对应离子，同时Co3+、Fe3+被Na2SO3还原为Co2+、Fe2+ ， 故浸出液中阳离子有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+、H+ ， 向浸出液中加入NaClO3 ， 将Fe2+氧化为Fe3+（由后续流程知，其他离子未被氧化），加入Na2CO3溶液调节pH至5.2，结合所给信息知，此时Al3+与Fe3+完全沉淀，故滤液Ⅰ中含Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+ ， 加入NaF溶液，Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀被除去，故滤液Ⅱ中含Co2+、Mn2+ ， 加入萃取剂萃取Mn2+ ， 实现Co2+与Mn2+的分离，向萃取后的水溶液中加入(NH4)2C2O4溶液，将Co2+转化为CoC2O4·2H2O沉淀，再经过煅烧获得钴的氧化物。
 
10.【答案】 （1）CH2O；D
（2）大于；4×1012
（3）2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O
（4）CO2+2e-+2H+=HCOOH
（5）1.8
【解析】【解答】(1)据图可知生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行的较慢，所以相对较少；反应慢的步骤决定整体反应速率，据图可知合成甲醇的过程中•CO + •OH •CO + •H2O的活化能最大，反应速率最慢，所以需要主要降低该步骤的中的能量变化，即选D；
 
(2)据图可知y点时CH4的转化率低于平衡转化率，所以平衡正向移动，v(CO)正＞v(CO)逆 ， 而v(CO)逆=v(H2)逆 ， 所以v(CO)正＞v(H2)逆；x点CH4的平衡转化率为50%，初始投料为0.1 mol 的CH4和0.1mol的CO2 ， 根据方程式可知从起始到平衡时Δn(CH4)=Δn(CO2)=0.05mol，Δn(CO)=Δn(H2)=0.1mol，则平衡时体系内n(CH4)=n(CO2)=0.1mol-0.05mol=0.05mol，n(CO)=n(H2)=0.1mol，则p(CH4)=p(CO2)= =5×105Pa，p(CO)=p(H2)= =1×106Pa，所以Kp= =4×1012Pa；
(3)根据题意可知硫氢化铵中通入空气时，氧气将-2价的S元素氧化得到S单质，根据电子守恒和元素守恒可知化学方程式为2NH4HS+O2=2S↓+2NH3·H2O；
(4)据图可知左侧电极上H2O被氧化生成O2 ， 所以左侧为阳极，右侧为阴极，阴极上CO2被还原结合迁移到阴极的氢离子得到HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；
(5)阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+ ， 生成的氢离子经质子交换膜迁移到阴极，所以每转移0.2mol电子，阳极室减少的质量为0.1mol水的质量，即1.8g。
【分析】（1）根据流程，活化能越高，速率越慢即可判断，根据能量变化找出能高最高的变化即可
（2）根据图示，y点还未达到平衡故正速率大于逆速率，根据x的甲烷的转化率再结合三行式以及平衡压强即可计算出平衡常数
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据物质之间转化时的得失电子情况即可找出得到电子的反应写出即可
（5）根据阳极的反应方程式利用转移的电子即可计算出质量的变化
 
11.【答案】 （1）d；3d64s2
（2）18
（3）HPO3；sp2杂化；SO 、ClO
（4）( ， ， )；8；
【解析】【解答】(1)Ni元素为28号元素，其电子排布式为[Ar]3d84s2 ， 根据其价电子排布确定位于d区，故此处填d；Fe元素为26号元素，其电子排布式为[Ar]3d64s2 ， 价电子排布式为3d64s2；
 
(2)该配合物中配体NH3、Cl-分别与中心Co3+之间形成一根配位键（属于σ键），共有6个配位键，同时配体NH3自身含有3个σ键，故1 mol该配合物中共有σ键6+3×4=18 mol，即18NA；
(3)四种磷元素含氧酸化学式依次可改写为(HO)3PO、(HO)2PH、(HO)3P、(HO)PO2 ， 一般非羟基氧个数越多，含氧酸酸性越强，所以HPO3酸性最强，故此处填HPO3；HPO3中心P原子连接1个羟基和2个氧原子，其价层电子对数=σ电子对+孤电子对=3+(5-2×2-1)=3，故杂化类型为sp2杂化；可将 中P原子换成S原子或Cl原子，同时为了保持价电子总数不变，所带电荷要减少相应数目，故 等电子体为 或 ，此处填 、 ；
(4)根据a点的坐标知立方体左下角顶点为原点，将立方体分为8个小立方体，b点位于右上角小立方体的体心，其x、y、z坐标均相当于边长的 ，故b点坐标为 ；该晶胞中含有黑球个数= ，白球个数=8，两者之比为1:2，故黑球代表S2- ， 由图示知，以面心S2-作参考，该晶胞中离S2-最近的Li+个数为4个，根据晶胞无隙并置原理，另一个晶胞中也有4个Li+离S2-最近，故S2-配位数为8；由上述计算知，1个晶胞中含有4个Li2S，则1个晶胞的质量= ，设该晶胞边长为a cm，则晶胞的体积V=a3 cm3 ， 由 ，得a= ，则面对角线的长度= cm，体对角线长度= cm，Li+离S2-最近距离相当于体对角线的 ，即 ，代入数据得 ，即 。
【分析】（1）根据Ni原子的核外电子能级排布即可找出周期表中的位置，根据铁原子核外电子能级排布即可写出价层电子排布
（2） σ键 包括单键和配位键找出即可
（3）找出含有非羟基的氧原子个数即可，非羟基氧原子个数越大，酸性越强。根据计算出HPO3中P的价层电子对即可判断杂化方式，找出含有5个原子且价电子数为32个的离子即可
（4）根据a点的坐标找出b点坐标即可，找出与S2-的距离最近的锂离子个数即可，根据占位情况计算出晶胞的质量即可计算出晶胞的体积，即可计算出晶胞参数，根据晶胞即可得知， Li+与S2- 的最短距离 为体对角线的计算出即可
 
12.【答案】 （1）溴原子、酯基
（2）水解反应(或取代反应)
（3）C12H12N2O5
（4）
（5）
（6）13
（7）CH3CH2CH2OH CH3CH=CH2 CH3CHBrCH3
【解析】【解答】(1)由D的结构简式知，D中官能团为酯基、溴原子；
 
(2)由分析知，D→E为酯基的水解反应，也是一种取代反应；
(3)由G的结构简式知其分子式为C12H12N2O5；
(4)由分析知，E与 发生取代反应，脱去小分子HBr生成F，对应方程式为： ；
(5)由分析知，A的结构简式为 ；
(6)由题意知，H中含有苯环、酚羟基、醇羟基、溴原子各1个，除苯环外含有1个碳原子，故H的可能结构如下：①2个支链： (邻间对3种结构)；②3个支链(酚羟基、-CH2OH、-Br，可采定二移一法确定可能的结构)： 、 、 （结构中序号代表溴原子可以连接的位置）；综合上述两种情况，共有13种同分异构体；
(7)参考流程信息知，可将CH3CH2CH2OH转化为CH3CHBrCH3 ， 再与CH3OOCCH2COOCH3发生取代反应生成 ，接着与尿素发生取代反应得到目标产物，具体合成路线如下：CH3CH2CH2OH CH3CH=CH2 CH3CHBrCH3 。
【分析】由(5)问信息知A中含有酚羟基、苯环，且苯环上含有两个取代基，结合B的结构知A中苯环上另一个取代基为-COCH3 ， 由于苯环上只有2种氢，故两个取代基在苯环上是对位关系，故A的结构简式为： ，A→B为A与HCHO先加成生成中间产物 ，中间产物中醇羟基再与HCl发生取代反应生成B，B中酚羟基、氯原子与(CH3CO)2O发生取代反应生成C，D中酯基发生水解反应生成E，E与 发生取代反应，脱去小分子HBr生成F，F中酯基与CO(NH2)2中氨基发生取代反应，脱去两个CH3CH2OH分子生成G。