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2021年江西省南昌市高考化学一模试卷
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这是一份2021年江西省南昌市高考化学一模试卷，共29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年江西省南昌市高考化学一模试卷
一、选择题(本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（6分）南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是（ ）
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
2．（6分）烟酸又称尼克酸、维生素B3，是人和动物不可缺少的营养成分，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应、消去反应、取代反应
B．所有原子可能在同一平面上
C．六元环上的一氯代物有4种
D．与硝基苯互为同分异构体
3．（6分）Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．32g N2H4中含有的共用电子对数目为4NA
C．过程Ⅱ、Ⅲ均属于还原反应
D．过程Ⅳ中1mol NO2﹣所得电子数为4NA
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀
液溴与苯发生取代反应
B
检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向两支盛有KI3的溶液（含I3﹣）的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
I3﹣溶液存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣
D
向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入1mL 0.1mol/L MgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/L CuCl2溶液，有蓝色沉淀生成
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）苯甲酸可用作食品的防腐剂，实验室用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a电极为阳极
B．b极的电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．a极的产物与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O
D．苯乙酮发生了还原反应
6．（6分）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知常温下Kb（NH3•H2O）＝1.80×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c（NH4+）约为1.80×10﹣4mol/L
B．c点溶液中：c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．V（HCl）＝15.00mL时，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）
D．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
7．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，其中X、Z同主族、W、X、Y为同周期。有关四种元素下列说法不正确的是（ ）
A．最简单氢化物的沸点：Y＞X
B．非金属性最强的元素是：Y
C．简单离子半径：Z＞W＞X
D．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（11分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+H2C2O4FeC2O4•2H2O↓+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O；2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe（C2O4）3•3H2O。
（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）铁元素化合价为 。
（2）实验时需要滴加1mol•L﹣1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、 和 。
（3）用如图装置制备FeC2O4•2H2O时，药品添加的顺序是： （填序号），加热溶解后再滴入草酸。
A.先加入硫酸，再滴入水
B.先滴入水，再加入硫酸
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是 。观察到 现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是 （用化学方程式表示）。然后冷却至室温，加入 （填化学式）和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
9．（11分）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉（MnO2）通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
（1）泥浆化的目的是 。
（2）“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为 。（填化学式）
（3）“酸歧化”的离子方程式为 。
（4）活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是 。
（5）“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸（转化率100%）以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为 。
（6）在碱性锌锰电池（ZnlKOHIMnO2）中，活性MnO2[生成MnO（OH）]作电池的 极，其电极反应为 。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO（OH）混合物，该混合物经过 （填方法）可以直接得到活化MnO2。
10．（12分）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
（1）据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为 。
②化合物Ⅰ转化为Ⅱ，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量（kJ•mol﹣1）如表：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物Ⅰ转化为Ⅱ的△H 0（填“大于”、“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正＝ kJ•mol﹣1，该条件下更好的催化剂是 （填“催化剂a”或“催化剂b”），理由为 。
（2）140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为 mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性 醋酸甲酯的选择性（填“＞”、“＜”或“＝”）
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）平衡常数为 。（保留一位小数）
11．（12分）中国紫﹣硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
（1）“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为 。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是 元素。
（2）“埃及蓝”（CaCuSi2O6）是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿[Cu2（OH）2CO3]和砂子（SiO2），而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为 。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因： 。
（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ•mol﹣1、1733.3kJ•mol﹣1，前者高于后者的原因是 。
（4）NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a＝415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为 。该晶体的密度为 g/cm3。（列出计算表达式，已知阿伏加德罗常数为NA）
12．（12分）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯（），其合成路线如图。
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③（R代表H原子或其他原子团）
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 。
（2）H中官能团的名称为 。
（3）由C生成D的化学方程式为 。D→E的反应类型为 。
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，符合下列条件的M的同分异构体有 种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为 。
（5）参照上述合成路线，以氯苯和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
2021年江西省南昌市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（6分）南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是（ ）
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
【分析】A．竹简由竹子制成；
B．青铜为铜锡合金；
C．玛瑙的主要成分为SiO2；
D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化。
【解答】解：A．竹简由竹子制成，竹子的主要成分为纤维素，所以竹简的主要成分是纤维素，故A正确；
B．青铜为铜锡合金，铜锌合金为黄铜，故B错误；
C．玛瑙的主要成分为SiO2，SiO2能与碱发生复分解反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化，所以出土的马蹄金光亮如新，故D正确；
故选：B。
【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、发生的反应、性质与用途为解答的关键，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。
2．（6分）烟酸又称尼克酸、维生素B3，是人和动物不可缺少的营养成分，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应、消去反应、取代反应
B．所有原子可能在同一平面上
C．六元环上的一氯代物有4种
D．与硝基苯互为同分异构体
【分析】有机物含有羧基，具有羧酸的性质，六元环的结构与苯环相似具有苯的结构和性质特点，以此解答该题。
【解答】解：A.该物质中不含醇羟基或卤原子，无法发生消去反应，故A错误；
B.根据苯的结构特点可知该物质中六元环为平面结构，羧基也为平面结构，二者以单键相连，单键可以旋转，则所有原子可能在同一平面上，故B正确；
C.该分子结构不对称，所以六元环上连接的氢原子有4种不同环境，六元环上的一氯代物有4种，故C正确；
D.该物质和硝基苯的分子式均为C6H5NO2，但二者结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：A。
【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
3．（6分）Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．32g N2H4中含有的共用电子对数目为4NA
C．过程Ⅱ、Ⅲ均属于还原反应
D．过程Ⅳ中1mol NO2﹣所得电子数为4NA
【分析】A.根据电子守恒分析，过程I中NH4+中N元素化合价由﹣3价升高为﹣2价，NH4+为还原剂，NH2OH中N元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，NH2OH为氧化剂；
B.1个N2H2含有4对共用电子对；
C．有化合价变化的反应为氧化还原反应，所含元素化合价升高的为氧化反应，所含元素化合价降低的为还原反应；
D．NO2﹣转化为NH2OH时N元素化合价降低4价。
【解答】解：A．过程I中NH4+中N元素化合价由﹣3价升高为﹣2价，NH4+为还原剂，NH2OH中N元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，NH2OH为氧化剂，根据电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故A错误；
B．32gN2H4的物质的量为1mol，一个N2H4分子含有一个N﹣N键和4个N﹣H键，所以32gN2H4含有的共用电子对数目为5NA，故B错误；
C．过程Ⅱ、Ⅲ中N元素的化合价升高，均为氧化反应，故C错误；
D．NO2﹣转化为NH2OH时N元素化合价降低4价，所以1molNO2﹣所得电子数为4NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题为综合题，考查了阿伏加德罗常数的应用，原子结构组成，化学键类型判断，氧化还原反应概念判断，明确物质结构、基本概念、物质性质是解本题关键，题目难度中等。
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀
液溴与苯发生取代反应
B
检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向两支盛有KI3的溶液（含I3﹣）的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
I3﹣溶液存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣
D
向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入1mL 0.1mol/L MgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/L CuCl2溶液，有蓝色沉淀生成
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应生成沉淀；
B.高锰酸钾可氧化亚铁离子、氯离子；
C.分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，可知溶液中含碘单质、碘离子；
D.NaOH过量，均为沉淀生成。
【解答】解：A.液溴会挥发出溴，溴与硝酸银溶液也会反应生成浅黄色沉淀，无法确定是否有HBr生成，则无法证明液溴与苯发生取代反应，故A错误；
B.酸性环境中FeCl3溶液中的Cl﹣也会将KMnO4还原，不能证明含亚铁离子，故B错误；
C.滴加淀粉变蓝，说明有I2，滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀说明有I﹣，所以KI3的溶液中含I2、I﹣，即KI3溶液中存在平衡I3﹣⇌I2+I﹣，故C正确；
D.NaOH溶液过量，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，所以无法比较二者的溶解度，则无法比较溶度积，故D错误；
故选：C。
【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、反应与现象、化学平衡、沉淀生成、实验技能为解答的关键，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）苯甲酸可用作食品的防腐剂，实验室用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a电极为阳极
B．b极的电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．a极的产物与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O
D．苯乙酮发生了还原反应
【分析】根据装置图可知，该装置为电解池，将电能转化为化学能，则左边电极为电解池的阳极，I﹣失电子发生氧化反应，电极反应式是2I﹣﹣2e﹣═I2，右边电极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，反应是H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，以此解答该题。
【解答】解：A.据图可知a电极上KI被氧化为I2，所以为阳极，故A正确；
B.据图可知b电极上H2O得电子被还原生成H2，电极反应为H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故B正确；
C.a极产物为I2，结合氯气和强碱溶液的反应可知I2与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣＝I﹣+IO﹣+H2O，故C正确；
D.苯乙酮生成苯甲酸根时加氧去氢，发生氧化反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确电解池的工作原理以及电极反应是解本题关键，难度不大。
6．（6分）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知常温下Kb（NH3•H2O）＝1.80×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c（NH4+）约为1.80×10﹣4mol/L
B．c点溶液中：c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．V（HCl）＝15.00mL时，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）
D．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
【分析】A.a点溶液为浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液，一水合氨的电离被抑制，则c（OH﹣）≈0.100mol•L﹣1，c（NH3•H2O）≈0.100mol•L﹣1；
B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，c点溶液中加入HCl的体积为20mL，说明此时恰好反应生成氯化钠、氯化铵，铵根离子水解使溶液显酸性，结合电荷守恒判断；
C.V（HCl）＝15.00mL时，氨水有一半被中和，氯化铵和一水合氨的物质的量浓度相等，结合水解与电离的程度判断；
D.酸碱抑制水的电离，氯化铵可促进水的电离。
【解答】解：A.a点溶液为浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液，一水合氨的电离被抑制，则c（OH﹣）≈0.100mol•L﹣1，c（NH3•H2O）≈0.100mol•L﹣1，Kb（NH3•H2O）＝＝1.80×10﹣5，c（NH4+）≈1.80×10﹣5，故A错误；
B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，c点溶液中加入HCl的体积为20mL，说明此时恰好反应生成氯化钠、氯化铵，铵根离子水解使溶液显酸性，则根据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）+c（NH4+）＜c（Cl﹣），故B错误；
C.V（HCl）＝15.00mL时，氨水有一半被中和，氯化铵和一水合氨的物质的量浓度相等，铵根的水解常数为＜1.80×10﹣5，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），故C正确；
D.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，b点为氨水和氯化钠的混合溶液，b点因一水合氨的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和氨水的过程，c点氨水被恰好中和，水溶液因铵根水解呈酸性，则水的电离程度最大的是c点，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握混合后溶质、电离与水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，其中X、Z同主族、W、X、Y为同周期。有关四种元素下列说法不正确的是（ ）
A．最简单氢化物的沸点：Y＞X
B．非金属性最强的元素是：Y
C．简单离子半径：Z＞W＞X
D．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，X、Z同主族，X可形成Z＝X键，Z有6条共价键，二者位于ⅥA族，则X为O元素，Z是S元素；W、X、Y为同周期，W形成3条共价键，Y形成一条共价键，则W为N，Y为F元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W是N，X为O，Y是F，Z是S元素，
A．X、Y的最简单氢化物分别是H2O、HF，常温下水为液体，HF为气体，说明水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点：X＞Y，故A错误；
B．同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下减弱，非金属性最强的位于周期表右上方，则最强的元素是Y（F），故B正确；
C．电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构时核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z＞W＞X，故C正确；
D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越越强，非金属性F＞O＞N，则最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W，故D正确；
故选：A。
【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、物质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。
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（11分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+H2C2O4FeC2O4•2H2O↓+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O；2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe（C2O4）3•3H2O。
（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）铁元素化合价为 +3 。
（2）实验时需要滴加1mol•L﹣1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、 烧杯 和 量筒 。
（3）用如图装置制备FeC2O4•2H2O时，药品添加的顺序是： A （填序号），加热溶解后再滴入草酸。
A.先加入硫酸，再滴入水
B.先滴入水，再加入硫酸
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是 低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解 。观察到 黄色固体全部变成绿色溶液 现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是 2H2O22H2O+O2↑ （用化学方程式表示）。然后冷却至室温，加入 C2H5OH （填化学式）和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
【分析】制备三草酸合铁酸钾，首先要制备FeC2O4黄色沉淀，根据题目所给信息可知要利用（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O和H2C2O4反应得到FeC2O4，该过程中需要注意防止Fe2+水解和被氧化；之后在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，所以结晶时可以加入乙醇降低其溶解度。
（1）化合物中正负化合价的代数和为0；
（2）配制该溶液，需要量筒量取浓溶液，在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容；
（3）制备FeC2O4•2H2O时，需抑制亚铁离子的水解；
（4）在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，需防止过氧化氢分解，观察到绿色溶液时反应结束，此时加热至沸使过氧化氢分解，冷却后加乙醇使晶体析出。
【解答】解：（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O 中K为+1价，所以[Fe（C2O4）3]3﹣整体为﹣3价，而C为+3价、O为﹣2价，则Fe的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，需要先用量取所需浓硫酸，然后再烧杯中稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，需要在容量瓶中进行定容，定容时需要胶头滴管加水，所以配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、烧杯、量筒，
故答案为：烧杯；量筒；
（3）为了抑制Fe2+的水解，药品添加的顺序是先加入硫酸，再滴入水，加热溶解后再滴入草酸，
故答案为：A；
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解，所以保持温度为40℃左右；FeC2O4•2H2O为黄色固体，K3[Fe（C2O4）3]•3H2O溶于水呈绿色，所以当观察到黄色固体全部变成绿色溶液时，反应结束；为了使剩余的双氧水全部分解2H2O22H2O+O2↑，反应结束时加热至沸；K3[Fe（C2O4）3]•3H2O难溶于乙醇，所以加入C2H5OH和硝酸钾固体可以降低其溶解度，更容易析出晶体，
故答案为：低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解；黄色固体全部变成绿色溶液；2H2O22H2O+O2↑；C2H5OH。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（11分）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉（MnO2）通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
（1）泥浆化的目的是 用SO2还原MnO2得到MnSO4 。
（2）“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为 O2 。（填化学式）
（3）“酸歧化”的离子方程式为 Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O 。
（4）活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是 硫化锰 。
（5）“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸（转化率100%）以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为 66.7% 。
（6）在碱性锌锰电池（ZnlKOHIMnO2）中，活性MnO2[生成MnO（OH）]作电池的 正 极，其电极反应为 MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣ 。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO（OH）混合物，该混合物经过 加热 （填方法）可以直接得到活化MnO2。
【分析】由制备流程可知，向软锰矿粉（MnO2）中通SO2，发生反应：MnO2+SO2＝MnSO4，蒸发结晶得到MnSO4，第一次烘焙生成Mn3O4，反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，第二次烘焙生成Mn2O3，反应方程式：4Mn3O4+O26Mn2O3，加入稀硫酸发生反应的离子方程式为Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O，得到活化MnO2，以此来解答。
【解答】解：（1）由信息可知蒸发结晶得到MnSO4，则将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，可知泥浆化的目的是：用SO2还原MnO2得到MnSO4，
故答案为：用SO2还原MnO2得到MnSO4；
（2）700℃时，反应方程式：4Mn3O4+O26Mn2O3，O元素化合价从0降至﹣2，做氧化剂，则700℃时焙烧氧化剂为：O2，
故答案为：O2；
（3）“酸歧化”是发生金属氧化物与酸的反应，离子方程式为Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O，
故答案为：Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O；
（4）重金属离子有Cu2+、Pb2+，应加入MnS，将他们分别转化成CuS、PbS沉淀，过滤除去，则该盐的名称是：硫化锰，
故答案为：硫化锰；
（5）“第一次焙烧”反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，得到的SO2转化为硫酸的反应方程式：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，若反应产生3molSO2，生成H2SO4只需要2molSO2，则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的倍，即质量分数为66.7%，
故答案为：66.7%；
（6）MnO2生成MnO（OH）的过程中，Mn元素化合价从+4降低到+3，做正极，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣，MnO2中混有MnO（OH）杂质，MnO（OH）受热分解即可除去，反应方程式：4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O，则方法是：加热，
故答案为：正；MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣；加热。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
10．（12分）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
（1）据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为 CH3OH+COCH3COOH 。
②化合物Ⅰ转化为Ⅱ，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量（kJ•mol﹣1）如表：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物Ⅰ转化为Ⅱ的△H 大于 0（填“大于”、“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正＝ 167.74 kJ•mol﹣1，该条件下更好的催化剂是 催化剂b （填“催化剂a”或“催化剂b”），理由为 催化剂b反应所需活化能更低 。
（2）140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为 0.125mol mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性 ＞ 醋酸甲酯的选择性（填“＞”、“＜”或“＝”）
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）平衡常数为 8.4 。（保留一位小数）
【分析】（1）①观察反应过程图，CO和CH3OH反应生成CH3COOH；
②生成物相对能量高于反应物的相对能量，为吸热反应，△H＞0，最大活化能）E正＝（195.09﹣27.35）kJ/mol＝167.74kJ/mol，由表中数据可知，催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①根据120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%计算；
②60min时物质的量分数ω（CH3COOH）＞ω（CH3COOCH3），说明反应i的转化率比ii的更大；
③各气体的物质的量＝总物质的量乘以物质的量分数，代入平衡常数表达式中计算即可。
【解答】解：（1）①观察反应过程图，加入的反应物是CO和CH3OH，生成物是CH3COOH，甲醇羰基化总反应方程式为：CH3OH+COCH3COOH，
故答案为：CH3OH+COCH3COOH；
②第2步生成物相对能量高于反应物的相对能量，则△H＞0，最大活化能）E正＝（195.09﹣27.35）kJ/mol＝167.74kJ/mol，由表中数据可知，使用催化剂b更好，理由是催化剂b反应所需活化能更低，
故答案为：大于；167.74；催化剂b；催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①根据反应 CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g），反应前后总物质的量不变，由题意知，120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%，则CH3COOCH3的物质的量为0.5×＝0.125mol，
故答案为：0.125mol；
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，
i：CH3OH（g）+CO（g）⇌CH3COOH（g），
ii：CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g），60min时，由图知物质的量分数：ω（CH3COOH）＞ω（CH3COOCH3），说明反应i的转化率比ii的更大，则产品醋酸的选择性＞醋酸甲酯的选择性，
故答案为：＞；
③列三段式：
CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）
平衡时物质的量/mol 0.5×74%＝0.37 0.5×1%＝0.005 0.5×25%＝0.125 0.5×25%＝0.125
平衡常数为K＝≈8.4，
故答案为：8.4。
【点评】本题考查化学平衡计算，题目难度中等，明确化学平衡及理解图象信息即可解答，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
11．（12分）中国紫﹣硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
（1）“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为 3d9 。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是 O 元素。
（2）“埃及蓝”（CaCuSi2O6）是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿[Cu2（OH）2CO3]和砂子（SiO2），而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为 平面正三角形 。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因： 碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解 。
（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ•mol﹣1、1733.3kJ•mol﹣1，前者高于后者的原因是 Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能 。
（4）NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a＝415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为 UO3 。该晶体的密度为 g/cm3。（列出计算表达式，已知阿伏加德罗常数为NA）
【分析】（1）Cu的原子序数为29，基态时Cu2+的价电子为其3d能级上的9个电子；发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；
（2）CO32﹣的价层电子对数为3+＝3，且不含孤对电子；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；
（3）Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定；
（4）立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的Cl换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式ρ＝计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。
【解答】解：（1）BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9；其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素，
故答案为：3d9；O；
（2）CO32﹣的价层电子对数为3+＝3，且不含孤对电子，则C为sp2杂化，空间构型为平面正三角形；对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解，
故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解；
（3）Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能，
故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；
（4）立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的Cl换为O，则一个晶胞中U的个数为8×＝1，O的数目为12×＝3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V＝（415.6×10﹣10）3cm3，1mol晶胞的质量为m＝（238+16×3）g，则晶体的密度为ρ＝g/cm3，
故答案为：UO3；。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、杂化与空间构型、晶胞结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度中等。
12．（12分）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯（），其合成路线如图。
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③（R代表H原子或其他原子团）
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 。
（2）H中官能团的名称为 氯原子、羟基 。
（3）由C生成D的化学方程式为 +CH3CH2OH+H2O 。D→E的反应类型为 加成反应 。
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，符合下列条件的M的同分异构体有 12 种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为 。
（5）参照上述合成路线，以氯苯和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
【分析】核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子，A能发生信息②的反应生成B，则A为CH3COCH3，B为，根据B、C分子式知，B发生消去反应生成C，C结构简式为，C和乙醇发生酯化反应生成D为，根据氯贝特结构简式及G分子式知，G为，苯酚和氯气发生取代反应生成H，H和Na发生信息③的反应，则H为，I为，根据氯贝特及I结构简式知，E为（CH3）2CICOOCH2CH3；
（5）可由苯酚钠和（CH3）3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI。
【解答】解：（1）根据分析可知B的结构简式为，
故答案为：；
（2）H的结构简式为，其官能团为氯原子和羟基，
故答案为：氯原子、羟基；
（3）C和乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；对比D和E的结构简式可知D中碳碳双键与HI发生加成反应生成E，
故答案为：+CH3CH2OH+H2O；加成反应；
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，则F为，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，则M的分子式为C9H9O3Cl，M的同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色，说明其中一个取代基为﹣OH；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，说明含有羧基，则另一个取代基可以是、、、，每一种都和酚羟基有邻间对三种位置，所以同分异构体共有4×3＝12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为，
故答案为：12；；
（5）可由苯酚钠和（CH3）3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI，所以其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
2021年江西省南昌市高考化学一模试卷
一、选择题(本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（6分）南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是（ ）
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
2．（6分）烟酸又称尼克酸、维生素B3，是人和动物不可缺少的营养成分，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应、消去反应、取代反应
B．所有原子可能在同一平面上
C．六元环上的一氯代物有4种
D．与硝基苯互为同分异构体
3．（6分）Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．32g N2H4中含有的共用电子对数目为4NA
C．过程Ⅱ、Ⅲ均属于还原反应
D．过程Ⅳ中1mol NO2﹣所得电子数为4NA
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀
液溴与苯发生取代反应
B
检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向两支盛有KI3的溶液（含I3﹣）的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
I3﹣溶液存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣
D
向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入1mL 0.1mol/L MgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/L CuCl2溶液，有蓝色沉淀生成
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）苯甲酸可用作食品的防腐剂，实验室用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a电极为阳极
B．b极的电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．a极的产物与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O
D．苯乙酮发生了还原反应
6．（6分）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知常温下Kb（NH3•H2O）＝1.80×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c（NH4+）约为1.80×10﹣4mol/L
B．c点溶液中：c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．V（HCl）＝15.00mL时，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）
D．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
7．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，其中X、Z同主族、W、X、Y为同周期。有关四种元素下列说法不正确的是（ ）
A．最简单氢化物的沸点：Y＞X
B．非金属性最强的元素是：Y
C．简单离子半径：Z＞W＞X
D．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（11分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+H2C2O4FeC2O4•2H2O↓+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O；2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe（C2O4）3•3H2O。
（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）铁元素化合价为 。
（2）实验时需要滴加1mol•L﹣1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、 和 。
（3）用如图装置制备FeC2O4•2H2O时，药品添加的顺序是： （填序号），加热溶解后再滴入草酸。
A.先加入硫酸，再滴入水
B.先滴入水，再加入硫酸
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是 。观察到 现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是 （用化学方程式表示）。然后冷却至室温，加入 （填化学式）和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
9．（11分）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉（MnO2）通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
（1）泥浆化的目的是 。
（2）“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为 。（填化学式）
（3）“酸歧化”的离子方程式为 。
（4）活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是 。
（5）“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸（转化率100%）以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为 。
（6）在碱性锌锰电池（ZnlKOHIMnO2）中，活性MnO2[生成MnO（OH）]作电池的 极，其电极反应为 。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO（OH）混合物，该混合物经过 （填方法）可以直接得到活化MnO2。
10．（12分）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
（1）据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为 。
②化合物Ⅰ转化为Ⅱ，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量（kJ•mol﹣1）如表：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物Ⅰ转化为Ⅱ的△H 0（填“大于”、“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正＝ kJ•mol﹣1，该条件下更好的催化剂是 （填“催化剂a”或“催化剂b”），理由为 。
（2）140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为 mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性 醋酸甲酯的选择性（填“＞”、“＜”或“＝”）
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）平衡常数为 。（保留一位小数）
11．（12分）中国紫﹣硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
（1）“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为 。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是 元素。
（2）“埃及蓝”（CaCuSi2O6）是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿[Cu2（OH）2CO3]和砂子（SiO2），而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为 。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因： 。
（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ•mol﹣1、1733.3kJ•mol﹣1，前者高于后者的原因是 。
（4）NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a＝415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为 。该晶体的密度为 g/cm3。（列出计算表达式，已知阿伏加德罗常数为NA）
12．（12分）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯（），其合成路线如图。
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③（R代表H原子或其他原子团）
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 。
（2）H中官能团的名称为 。
（3）由C生成D的化学方程式为 。D→E的反应类型为 。
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，符合下列条件的M的同分异构体有 种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为 。
（5）参照上述合成路线，以氯苯和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
2021年江西省南昌市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题包括7小题，每小题6分，共42分，每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．（6分）南昌汉代海昏侯国遗址公园于2020年9月23日正式开园。海昏侯墓是中国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬，出土了马蹄金、竹简以及镶嵌着玛瑙的青铜镜等珍贵文物。下列说法不正确的是（ ）
A．竹简的主要成分是纤维素
B．古代的青铜为铜锌合金
C．玛瑙的主要成分属于酸性氧化物
D．出土的马蹄金光亮如新是由于金的化学性质稳定
【分析】A．竹简由竹子制成；
B．青铜为铜锡合金；
C．玛瑙的主要成分为SiO2；
D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化。
【解答】解：A．竹简由竹子制成，竹子的主要成分为纤维素，所以竹简的主要成分是纤维素，故A正确；
B．青铜为铜锡合金，铜锌合金为黄铜，故B错误；
C．玛瑙的主要成分为SiO2，SiO2能与碱发生复分解反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；
D．金的化学性质稳定，很难被氧气氧化，所以出土的马蹄金光亮如新，故D正确；
故选：B。
【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、发生的反应、性质与用途为解答的关键，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。
2．（6分）烟酸又称尼克酸、维生素B3，是人和动物不可缺少的营养成分，烟酸分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关烟酸的说法不正确的是（ ）
A．能发生加成反应、消去反应、取代反应
B．所有原子可能在同一平面上
C．六元环上的一氯代物有4种
D．与硝基苯互为同分异构体
【分析】有机物含有羧基，具有羧酸的性质，六元环的结构与苯环相似具有苯的结构和性质特点，以此解答该题。
【解答】解：A.该物质中不含醇羟基或卤原子，无法发生消去反应，故A错误；
B.根据苯的结构特点可知该物质中六元环为平面结构，羧基也为平面结构，二者以单键相连，单键可以旋转，则所有原子可能在同一平面上，故B正确；
C.该分子结构不对称，所以六元环上连接的氢原子有4种不同环境，六元环上的一氯代物有4种，故C正确；
D.该物质和硝基苯的分子式均为C6H5NO2，但二者结构不同，互为同分异构体，故D正确；
故选：A。
【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
3．（6分）Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．32g N2H4中含有的共用电子对数目为4NA
C．过程Ⅱ、Ⅲ均属于还原反应
D．过程Ⅳ中1mol NO2﹣所得电子数为4NA
【分析】A.根据电子守恒分析，过程I中NH4+中N元素化合价由﹣3价升高为﹣2价，NH4+为还原剂，NH2OH中N元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，NH2OH为氧化剂；
B.1个N2H2含有4对共用电子对；
C．有化合价变化的反应为氧化还原反应，所含元素化合价升高的为氧化反应，所含元素化合价降低的为还原反应；
D．NO2﹣转化为NH2OH时N元素化合价降低4价。
【解答】解：A．过程I中NH4+中N元素化合价由﹣3价升高为﹣2价，NH4+为还原剂，NH2OH中N元素化合价由﹣1价降低为﹣2价，NH2OH为氧化剂，根据电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故A错误；
B．32gN2H4的物质的量为1mol，一个N2H4分子含有一个N﹣N键和4个N﹣H键，所以32gN2H4含有的共用电子对数目为5NA，故B错误；
C．过程Ⅱ、Ⅲ中N元素的化合价升高，均为氧化反应，故C错误；
D．NO2﹣转化为NH2OH时N元素化合价降低4价，所以1molNO2﹣所得电子数为4NA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题为综合题，考查了阿伏加德罗常数的应用，原子结构组成，化学键类型判断，氧化还原反应概念判断，明确物质结构、基本概念、物质性质是解本题关键，题目难度中等。
4．（6分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯与液溴的混合液中加入铁粉产生气体，将气体直接通入AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀
液溴与苯发生取代反应
B
检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明溶液中含有Fe2+
C
向两支盛有KI3的溶液（含I3﹣）的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
I3﹣溶液存在平衡：I3﹣⇌I2+I﹣
D
向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入1mL 0.1mol/L MgCl2溶液，再向混合液中滴加0.1mol/L CuCl2溶液，有蓝色沉淀生成
Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应生成沉淀；
B.高锰酸钾可氧化亚铁离子、氯离子；
C.分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，可知溶液中含碘单质、碘离子；
D.NaOH过量，均为沉淀生成。
【解答】解：A.液溴会挥发出溴，溴与硝酸银溶液也会反应生成浅黄色沉淀，无法确定是否有HBr生成，则无法证明液溴与苯发生取代反应，故A错误；
B.酸性环境中FeCl3溶液中的Cl﹣也会将KMnO4还原，不能证明含亚铁离子，故B错误；
C.滴加淀粉变蓝，说明有I2，滴入AgNO3溶液，有黄色沉淀说明有I﹣，所以KI3的溶液中含I2、I﹣，即KI3溶液中存在平衡I3﹣⇌I2+I﹣，故C正确；
D.NaOH溶液过量，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，所以无法比较二者的溶解度，则无法比较溶度积，故D错误；
故选：C。
【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、反应与现象、化学平衡、沉淀生成、实验技能为解答的关键，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）苯甲酸可用作食品的防腐剂，实验室用苯乙酮间接电氧化法合成苯甲酸，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a电极为阳极
B．b极的电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣
C．a极的产物与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣═I﹣+IO﹣+H2O
D．苯乙酮发生了还原反应
【分析】根据装置图可知，该装置为电解池，将电能转化为化学能，则左边电极为电解池的阳极，I﹣失电子发生氧化反应，电极反应式是2I﹣﹣2e﹣═I2，右边电极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，反应是H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，以此解答该题。
【解答】解：A.据图可知a电极上KI被氧化为I2，所以为阳极，故A正确；
B.据图可知b电极上H2O得电子被还原生成H2，电极反应为H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故B正确；
C.a极产物为I2，结合氯气和强碱溶液的反应可知I2与OH﹣反应的离子方程式为：I2+2OH﹣＝I﹣+IO﹣+H2O，故C正确；
D.苯乙酮生成苯甲酸根时加氧去氢，发生氧化反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确电解池的工作原理以及电极反应是解本题关键，难度不大。
6．（6分）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知常温下Kb（NH3•H2O）＝1.80×10﹣5。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c（NH4+）约为1.80×10﹣4mol/L
B．c点溶液中：c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）
C．V（HCl）＝15.00mL时，c（NH4+）＞c（NH3•H2O）
D．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
【分析】A.a点溶液为浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液，一水合氨的电离被抑制，则c（OH﹣）≈0.100mol•L﹣1，c（NH3•H2O）≈0.100mol•L﹣1；
B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，c点溶液中加入HCl的体积为20mL，说明此时恰好反应生成氯化钠、氯化铵，铵根离子水解使溶液显酸性，结合电荷守恒判断；
C.V（HCl）＝15.00mL时，氨水有一半被中和，氯化铵和一水合氨的物质的量浓度相等，结合水解与电离的程度判断；
D.酸碱抑制水的电离，氯化铵可促进水的电离。
【解答】解：A.a点溶液为浓度均为0.100mol•L﹣1的NaOH溶液和NH3•H2O的混合溶液，一水合氨的电离被抑制，则c（OH﹣）≈0.100mol•L﹣1，c（NH3•H2O）≈0.100mol•L﹣1，Kb（NH3•H2O）＝＝1.80×10﹣5，c（NH4+）≈1.80×10﹣5，故A错误；
B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，c点溶液中加入HCl的体积为20mL，说明此时恰好反应生成氯化钠、氯化铵，铵根离子水解使溶液显酸性，则根据电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）+c（NH4+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）+c（NH4+）＜c（Cl﹣），故B错误；
C.V（HCl）＝15.00mL时，氨水有一半被中和，氯化铵和一水合氨的物质的量浓度相等，铵根的水解常数为＜1.80×10﹣5，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c（NH4+）＞c（NH3•H2O），故C正确；
D.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可知HCl的浓度为0.100mol•L﹣1，b点为氨水和氯化钠的混合溶液，b点因一水合氨的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和氨水的过程，c点氨水被恰好中和，水溶液因铵根水解呈酸性，则水的电离程度最大的是c点，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，把握混合后溶质、电离与水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
7．（6分）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，其中X、Z同主族、W、X、Y为同周期。有关四种元素下列说法不正确的是（ ）
A．最简单氢化物的沸点：Y＞X
B．非金属性最强的元素是：Y
C．简单离子半径：Z＞W＞X
D．最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们形成的某种化合物的结构如图所示，X、Z同主族，X可形成Z＝X键，Z有6条共价键，二者位于ⅥA族，则X为O元素，Z是S元素；W、X、Y为同周期，W形成3条共价键，Y形成一条共价键，则W为N，Y为F元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W是N，X为O，Y是F，Z是S元素，
A．X、Y的最简单氢化物分别是H2O、HF，常温下水为液体，HF为气体，说明水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点：X＞Y，故A错误；
B．同周期从左到右非金属性增强，同主族从上到下减弱，非金属性最强的位于周期表右上方，则最强的元素是Y（F），故B正确；
C．电子层数越多离子半径越大，相同电子层结构时核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z＞W＞X，故C正确；
D．非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越越强，非金属性F＞O＞N，则最简单氢化物的稳定性：Y＞X＞W，故D正确；
故选：A。
【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、物质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。
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（11分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，溶于水成绿色，难溶于乙醇，见光分解，是一些有机反应的催化剂。制备三草酸合铁酸钾主要有两步，制备FeC2O4黄色沉淀，并在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品：
（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+H2C2O4FeC2O4•2H2O↓+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O；2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O42K3Fe（C2O4）3•3H2O。
（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）铁元素化合价为 +3 。
（2）实验时需要滴加1mol•L﹣1H2SO4溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、 烧杯 和 量筒 。
（3）用如图装置制备FeC2O4•2H2O时，药品添加的顺序是： A （填序号），加热溶解后再滴入草酸。
A.先加入硫酸，再滴入水
B.先滴入水，再加入硫酸
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是 低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解 。观察到 黄色固体全部变成绿色溶液 现象时，反应结束，此时加热至沸，主要的目的是 2H2O22H2O+O2↑ （用化学方程式表示）。然后冷却至室温，加入 C2H5OH （填化学式）和硝酸钾固体，搅拌，洗出亮绿色晶体。
【分析】制备三草酸合铁酸钾，首先要制备FeC2O4黄色沉淀，根据题目所给信息可知要利用（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O和H2C2O4反应得到FeC2O4，该过程中需要注意防止Fe2+水解和被氧化；之后在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，三草酸合铁酸钾难溶于乙醇，所以结晶时可以加入乙醇降低其溶解度。
（1）化合物中正负化合价的代数和为0；
（2）配制该溶液，需要量筒量取浓溶液，在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容；
（3）制备FeC2O4•2H2O时，需抑制亚铁离子的水解；
（4）在K2C2O4、H2C2O4并存时氧化FeC2O4制得产品，需防止过氧化氢分解，观察到绿色溶液时反应结束，此时加热至沸使过氧化氢分解，冷却后加乙醇使晶体析出。
【解答】解：（1）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O 中K为+1价，所以[Fe（C2O4）3]3﹣整体为﹣3价，而C为+3价、O为﹣2价，则Fe的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）配制一定物质的量浓度的H2SO4溶液时，需要先用量取所需浓硫酸，然后再烧杯中稀释，稀释时需要玻璃棒搅拌，需要在容量瓶中进行定容，定容时需要胶头滴管加水，所以配制该溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管、容量瓶、烧杯、量筒，
故答案为：烧杯；量筒；
（3）为了抑制Fe2+的水解，药品添加的顺序是先加入硫酸，再滴入水，加热溶解后再滴入草酸，
故答案为：A；
（4）制备三草酸合铁酸钾，保持温度为40℃左右，原因是低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解，所以保持温度为40℃左右；FeC2O4•2H2O为黄色固体，K3[Fe（C2O4）3]•3H2O溶于水呈绿色，所以当观察到黄色固体全部变成绿色溶液时，反应结束；为了使剩余的双氧水全部分解2H2O22H2O+O2↑，反应结束时加热至沸；K3[Fe（C2O4）3]•3H2O难溶于乙醇，所以加入C2H5OH和硝酸钾固体可以降低其溶解度，更容易析出晶体，
故答案为：低于40℃，反应速率较慢，高于40℃时双氧水易分解；黄色固体全部变成绿色溶液；2H2O22H2O+O2↑；C2H5OH。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．（11分）活化二氧化锰在能源化学上有着重要作用，工业上利用精制软锰矿粉（MnO2）通过下列流程制备：
已知：蒸发结晶得到MnSO4
（1）泥浆化的目的是 用SO2还原MnO2得到MnSO4 。
（2）“第一次焙烧”温度是1000℃，生成Mn3O4、SO2和O2，“第二次焙烧”温度为700℃，产物为Mn2O3；700℃时焙烧氧化剂为 O2 。（填化学式）
（3）“酸歧化”的离子方程式为 Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O 。
（4）活化MnO2中不能含有铜、铅等重金属元素，在“中和过滤”前需要加入某种正盐而除去重金属离子，该盐的名称是 硫化锰 。
（5）“第一次焙烧”所产生的SO2，可以部分转化为硫酸（转化率100%）以便降低成本，理论上转化为硫酸的SO2占全部的SO2质量分数为 66.7% 。
（6）在碱性锌锰电池（ZnlKOHIMnO2）中，活性MnO2[生成MnO（OH）]作电池的 正 极，其电极反应为 MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣ 。废电池经过一系列工艺得到MnO2和MnO（OH）混合物，该混合物经过 加热 （填方法）可以直接得到活化MnO2。
【分析】由制备流程可知，向软锰矿粉（MnO2）中通SO2，发生反应：MnO2+SO2＝MnSO4，蒸发结晶得到MnSO4，第一次烘焙生成Mn3O4，反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，第二次烘焙生成Mn2O3，反应方程式：4Mn3O4+O26Mn2O3，加入稀硫酸发生反应的离子方程式为Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O，得到活化MnO2，以此来解答。
【解答】解：（1）由信息可知蒸发结晶得到MnSO4，则将SO2通入MnO2中转化成MnSO4，可知泥浆化的目的是：用SO2还原MnO2得到MnSO4，
故答案为：用SO2还原MnO2得到MnSO4；
（2）700℃时，反应方程式：4Mn3O4+O26Mn2O3，O元素化合价从0降至﹣2，做氧化剂，则700℃时焙烧氧化剂为：O2，
故答案为：O2；
（3）“酸歧化”是发生金属氧化物与酸的反应，离子方程式为Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O，
故答案为：Mn2O3+2H+＝MnO2+Mn2++H2O；
（4）重金属离子有Cu2+、Pb2+，应加入MnS，将他们分别转化成CuS、PbS沉淀，过滤除去，则该盐的名称是：硫化锰，
故答案为：硫化锰；
（5）“第一次焙烧”反应方程式：3MnSO4Mn3O4+3SO2↑+O2↑，得到的SO2转化为硫酸的反应方程式：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，若反应产生3molSO2，生成H2SO4只需要2molSO2，则转化为硫酸的SO2占全部的SO2的倍，即质量分数为66.7%，
故答案为：66.7%；
（6）MnO2生成MnO（OH）的过程中，Mn元素化合价从+4降低到+3，做正极，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣，MnO2中混有MnO（OH）杂质，MnO（OH）受热分解即可除去，反应方程式：4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O，则方法是：加热，
故答案为：正；MnO2+e﹣+H2O＝MnO（OH）+OH﹣；加热。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
10．（12分）醋酸是一种重要的基本有机化工原料，主要制取醋酸乙烯单体、VCM、醋酸纤维、聚乙烯醇等。
（1）据文献报道：铑阳离子配合物催化甲醇羰基化反应过程如图所示。
①甲醇羰基化总反应方程式为 CH3OH+COCH3COOH 。
②化合物Ⅰ转化为Ⅱ，存在二步机理反应，在不同催化剂a和b催化下各驻点相对能量（kJ•mol﹣1）如表：
反应物
过渡态1
1步生成物
过渡态2
2步生成物
催化剂a
0.00
27.53
27.35
195.09
92.63
催化剂b
0.00
63.93
61.86
191.88
101.04
可知化合物Ⅰ转化为Ⅱ的△H 大于 0（填“大于”、“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正＝ 167.74 kJ•mol﹣1，该条件下更好的催化剂是 催化剂b （填“催化剂a”或“催化剂b”），理由为 催化剂b反应所需活化能更低 。
（2）140℃时，甲醇羰基化反应除了生成醋酸外，还有醋酸甲酯生成。某密闭容器充入反应物各0.5mol，以甲醇、醋酸甲酯、醋酸三者物质的量分数为纵坐标，其与时间的关系如图所示。
①反应在120min时，醋酸甲酯的物质的量为 0.125mol mol。
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，60min时生成产品醋酸的选择性 ＞ 醋酸甲酯的选择性（填“＞”、“＜”或“＝”）
③如果反应在120min时达到平衡，则CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）平衡常数为 8.4 。（保留一位小数）
【分析】（1）①观察反应过程图，CO和CH3OH反应生成CH3COOH；
②生成物相对能量高于反应物的相对能量，为吸热反应，△H＞0，最大活化能）E正＝（195.09﹣27.35）kJ/mol＝167.74kJ/mol，由表中数据可知，催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①根据120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%计算；
②60min时物质的量分数ω（CH3COOH）＞ω（CH3COOCH3），说明反应i的转化率比ii的更大；
③各气体的物质的量＝总物质的量乘以物质的量分数，代入平衡常数表达式中计算即可。
【解答】解：（1）①观察反应过程图，加入的反应物是CO和CH3OH，生成物是CH3COOH，甲醇羰基化总反应方程式为：CH3OH+COCH3COOH，
故答案为：CH3OH+COCH3COOH；
②第2步生成物相对能量高于反应物的相对能量，则△H＞0，最大活化能）E正＝（195.09﹣27.35）kJ/mol＝167.74kJ/mol，由表中数据可知，使用催化剂b更好，理由是催化剂b反应所需活化能更低，
故答案为：大于；167.74；催化剂b；催化剂b反应所需活化能更低；
（2）①根据反应 CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g），反应前后总物质的量不变，由题意知，120min时，CH3COOCH3的物质的量分数是25%，则CH3COOCH3的物质的量为0.5×＝0.125mol，
故答案为：0.125mol；
②反应的选择性，是指发生该反应的甲醇转化率与甲醇总转化率的比率，
i：CH3OH（g）+CO（g）⇌CH3COOH（g），
ii：CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g），60min时，由图知物质的量分数：ω（CH3COOH）＞ω（CH3COOCH3），说明反应i的转化率比ii的更大，则产品醋酸的选择性＞醋酸甲酯的选择性，
故答案为：＞；
③列三段式：
CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）
平衡时物质的量/mol 0.5×74%＝0.37 0.5×1%＝0.005 0.5×25%＝0.125 0.5×25%＝0.125
平衡常数为K＝≈8.4，
故答案为：8.4。
【点评】本题考查化学平衡计算，题目难度中等，明确化学平衡及理解图象信息即可解答，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
11．（12分）中国紫﹣硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。
（1）“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为 3d9 。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是 O 元素。
（2）“埃及蓝”（CaCuSi2O6）是另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿[Cu2（OH）2CO3]和砂子（SiO2），而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为 平面正三角形 。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因： 碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解 。
（3）已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJ•mol﹣1、1733.3kJ•mol﹣1，前者高于后者的原因是 Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能 。
（4）NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a＝415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为 UO3 。该晶体的密度为 g/cm3。（列出计算表达式，已知阿伏加德罗常数为NA）
【分析】（1）Cu的原子序数为29，基态时Cu2+的价电子为其3d能级上的9个电子；发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；
（2）CO32﹣的价层电子对数为3+＝3，且不含孤对电子；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；
（3）Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定；
（4）立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的Cl换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式ρ＝计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。
【解答】解：（1）BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9；其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素，
故答案为：3d9；O；
（2）CO32﹣的价层电子对数为3+＝3，且不含孤对电子，则C为sp2杂化，空间构型为平面正三角形；对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解，
故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32﹣中的O2﹣，因此CaCO3更容易分解；
（3）Cu核外电子排布为[Ar]3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为[Ar]3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为[Ar]3d104s2，4s2结构较稳定，失去一个电子后核外电子排布为[Ar]3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能，
故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；
（4）立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的Cl换为O，则一个晶胞中U的个数为8×＝1，O的数目为12×＝3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V＝（415.6×10﹣10）3cm3，1mol晶胞的质量为m＝（238+16×3）g，则晶体的密度为ρ＝g/cm3，
故答案为：UO3；。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、杂化与空间构型、晶胞结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质结构与性质的应用，题目难度中等。
12．（12分）氯贝特是一种降血脂药，它的化学名称为对氯苯氧异丁酸乙酯（），其合成路线如图。
已知：
①核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子。
②
③（R代表H原子或其他原子团）
回答下列问题：
（1）B的结构简式为 。
（2）H中官能团的名称为 氯原子、羟基 。
（3）由C生成D的化学方程式为 +CH3CH2OH+H2O 。D→E的反应类型为 加成反应 。
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，符合下列条件的M的同分异构体有 12 种。
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为 。
（5）参照上述合成路线，以氯苯和2﹣甲基丙烯为原料（无机试剂任选），设计制备苯叔丁醚（） 。
【分析】核磁共振氢谱显示A中只有一种化学环境的氢原子，A能发生信息②的反应生成B，则A为CH3COCH3，B为，根据B、C分子式知，B发生消去反应生成C，C结构简式为，C和乙醇发生酯化反应生成D为，根据氯贝特结构简式及G分子式知，G为，苯酚和氯气发生取代反应生成H，H和Na发生信息③的反应，则H为，I为，根据氯贝特及I结构简式知，E为（CH3）2CICOOCH2CH3；
（5）可由苯酚钠和（CH3）3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI。
【解答】解：（1）根据分析可知B的结构简式为，
故答案为：；
（2）H的结构简式为，其官能团为氯原子和羟基，
故答案为：氯原子、羟基；
（3）C和乙醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+CH3CH2OH+H2O；对比D和E的结构简式可知D中碳碳双键与HI发生加成反应生成E，
故答案为：+CH3CH2OH+H2O；加成反应；
（4）F是氯贝特在酸性条件下水解的芳香族产物，则F为，M比F在组成上少1个﹣CH2﹣，则M的分子式为C9H9O3Cl，M的同分异构体满足：
①苯环上有两个取代基，且遇氯化铁溶液显紫色，说明其中一个取代基为﹣OH；
②可与碳酸氢钠溶液反应生成气体，说明含有羧基，则另一个取代基可以是、、、，每一种都和酚羟基有邻间对三种位置，所以同分异构体共有4×3＝12种；
其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为3：2：2：1：1的结构简式为，
故答案为：12；；
（5）可由苯酚钠和（CH3）3CI发生信息③的反应得到，氯苯和NaOH的水溶液加热得到苯酚钠，2﹣甲基丙烯和HI发生加成反应生成（CH3）3CI，所以其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
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