《江西省重点中学协作体2021届高三第一次联考理综试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省重点中学协作体2021届高三第一次联考理综试卷.doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江西省重点中学协作体2021届高三第一次联考理综试卷试卷总分：300分 规定用时：150分钟本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量：H1 C 12 O 16 F 19 Mo 96 N 14 P 31 Y 89第卷一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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. 明代宋应星所著的天工开物被誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法正确的是( ) A. “若水煮法，则并用两釜。将蓖麻、苏麻子碾碎，入一釜中，注水滚煎，其上浮沫即油”涉及到的操作是蒸发B. 古代烧制的“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要成分为硅酸盐
2、C. “纷纷灿烂如星陨，燔燔喧豗似火攻”描述了钠、铁等金属的焰色反应D. “凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaO【答案】B【解析】【分析】【详解】A加热后，出现油状物，属于蒸馏操作，A项不符合题意；B瓷器的主要原料是粘土，主要成分是硅酸盐，B项符合题意；C铁元素没有焰色反应，C项不符合题意；D碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，D项不符合题意；故正确选项为B2. 在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是A. Y中存在手性碳原子
3、B. X和Z都能发生加成反应和水解反应C. 1mol Z中最多可以消耗6molNaOHD. Y和丙三醇互为同系物【答案】D【解析】【分析】【详解】A手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，Y中存在手性碳原子，即，故A正确；B由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故B正确；C由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、一个酚羟基，一个肽键，由于氯原子水解后又产生酚羟基，则1mol Z中最多可以消耗6molNaOH，故C正确；D由Y的结构可知，Y是由C、H、N、O四种元素组成的，其结构和丙三醇不相似，因此Y和丙三
4、醇不能互为同系物，故D错误；故选D。3. 研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为N2O+Fe+=N2FeO+(慢)、FeO+CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是( )A. Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物B. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应决定C. 反应是氧化还原反应，N2是氧化产物D. 若转移1mol电子，则生成的CO2中含C=O键数目为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A根据题意Fe+是催化剂，催化剂通过降低反应的活化能增大化学反应速率，反应开始前和反应结束后都没有，所以FeO+是中间产物，A项符合
5、题意；B通过反应物和产物能量的相对高低知均为放热反应，总反应速率应当由慢反应即决定，B项不符合题意；C该反应有化合价的变化，N元素由N2O中的+1价降低到N2中的0价，发生还原反应，N2为还原产物，C项不符合题意；D反应中碳元素由CO中的+2价升高到CO2中的+4价，转移2个电子，所以每转移1mol电子，生成0.5molCO2，一个CO2中有两个碳氧双键，则0.5molCO2中碳氧双键为NA，D项不符合题意；故正确选项为A。4. 下列实验装置、操作和原理均正确且能达到实验目的的是( )A. 中和滴定B. 中和热的测定C. 配置1 molL-1NaCl溶液时的定容操作D. 苯萃取碘水中I,分出水
6、层后的操作【答案】C【解析】【分析】【详解】A酸滴定氢氧化钠溶液时，酸应放在酸式滴定管中，图示中是碱式滴定管，A错误；B温度计的位置不对，应置于溶液中，B错误；C配制溶液时，浓溶液应稀释冷却至室温后再转移至容量瓶，定容时，当加蒸馏水距刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加至刻度线相切，眼睛要平视刻度线，C正确；D苯的密度比水小，分层后有机层在上层，应从分液漏斗上口倒出，D错误；故选C。5. 有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是( )A. 放电时，电流由a
7、电极经外电路流向b电极B. 充电时，a电极附近的pH减小C. 充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne-+4nH+=D. 电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移【答案】D【解析】【分析】该电池在充电过程中，聚对苯二酚被氧化，可知a为原电池的正极，b为原电池的负极【详解】A放电为原电池，电流由正极流向负极，即由a极流向b极，A项不符合题意；B充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出H+，酸性增强，pH减小，B项不符合题意；C充电b电极为阴极，发生还原反应，根据得失电子守恒和环境知该电极反应式正确，C项不符合题意；D放电为原电池，阳离子从负极项正极迁移，即由b极向
8、a极迁移，D项符合题意；故正确选项为D6. 某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是A. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟B. 最高价氧化物对应的水化物酸性强弱YZC. 简单氢化物的沸点：WYY，B项不符合题意；C对应的简单氢化物分别为WNH3，YPH3，XH2O，氨气和水的分子间均都有氢键，沸点较高，水在常温下呈液态而氨在常温下为气态，所以沸点顺序为H2ONH3PH3，即XWY，C项不符合题意；DY为P元素，可与氯形成PCl5，其中P不能满足8电子结构，D项不
9、符合题意；故正确选项为A7. 25时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和-1gc(HA-)或和关系如图所示，下列说法正确的是( )A. H2A 为弱酸，其Ka1约为10-4B. 滴定过程中，当pH=5时，c(Na+)3c(A2-)C. 水的电离程度：M点N点D. 向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的 NaOH 溶液完全反应后的溶液中： c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+2c(H2A)【答案】C【解析】【分析】当，即c(H+)=c(H2A)时，则-Lgc(HA-)=-LgKa1，同理当，即c(H+)=c(HA-)时，则-Lgc(A2-)=-LgKa2，因为Ka1Ka2，故-LgK
10、a1= -Lgc(HA-)-LgKa2=-Lgc(A2-)，故曲线代表-Lgc(A2-)与关系，曲线代表-Lgc(HA-)与关系。【详解】A由分析知，曲线代表-Lgc(HA-)与关系，当时，此时-Lgc(HA-)=2，即c(HA-)=10-2，故Ka1=10-2，A错误；B由图中N点知，-Lg，-Lgc(A2-)=2，即，c(A2-)=10-2，则，当pH=5时，c(H+)=10-5 mol/L，带入Ka2推得c(A2-)=c(HA-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)= c(OH-)+3c(A2-)，因为c(H+)c(OH-)，故此时c(Na+
11、)3c(A2-)，B错误；C由图示知，M点c(HA-)=10-1 mol/L，说明此时溶液中生成大量的HA-，故M点以第一步电离反应为主，N点c(A2-)=10-2 mol/L，说明此时溶液中生成大量A2-，故N点以第二步电离反应为主，因为A2-水解促进水电离，故水的电离程度：M点N点，C正确；D由题意知，投料比为n(NaOH)：n(H2A)=1：1，故反应后溶液组成为NaHA，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，结合物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，消去c(Na+)得：c(H+)+ c(H2A)=c(OH-)+
12、c(A2-)，D错误；故答案选C。8. 钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO410H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MoS2，含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下：(1)焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是_。(填序号)。a.适当增大空气的用量 b.增大钼精矿的量c.将矿石粉碎(2)“碱浸”过程中反应的离子方程式为_。(3)已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO410H2O的操作2为_、_、过滤，洗涤烘干。(4)在碱性条件下，将钼精矿加入到足量的NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，
13、可观察到钼精矿逐渐溶解至固体消失。该反应的离子方程式为_。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入物质是（ ）A通适量的N2 B油脂 CNaNO2 D盐酸(5)焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2.若反应中转移3mole-，则消耗的还原剂的物质的量为_。(6)在实际生产中会有少量SO生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO前测定碱浸液中c(MoO)=0.80mol/L，c(SO)=0.02mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为_。Ksp(BaSO4)=1.1x1
14、0-10，Ksp(BaMoO4)=4.0x10-8溶液体积变化可忽略不计。【答案】 (1). ac (2). MoO3+=+CO2 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却至10以下结晶 (5). (6). C (7). 0.25mol (8). 89%【解析】【分析】焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，离子方程式为MoO3+=+CO2，经过过滤操作除去不反应的杂质，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO42H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2Mo
15、O4，H2MoO4高温下发生分解生成MoO3，MoO3高温下被氢气还原为金属钼，据此分析解答相关问题。【详解】(1)焙烧时，使钼精矿充分反映即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故正确答案为ac；(2)操作1的名称是过滤，除去矿石中不参与反应的杂质，“碱浸”过程中的离子方程式为MoO3+=+CO2；(3)由图像知，在0-10范围内溶解度随温度的升高二升高，10以上不再是，所以获得的方法是在适宜条件下蒸发浓缩、冷却结晶；(4) ClO-中的氯元素是+1价，具有氧化性氯元素化合价降低到-1价，生成Cl-，MoS2中Mo
16、元素为+2价，S元素为-1价，两种元素的化合价均升高，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为；根据题目信息，在空气中是氧气与钼酸盐共同作用，在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，现在是密闭系统中，钼酸盐未变，还需加入NaNO2，是替代氧气起氧化剂的作用；(5)反应为，MoS2中S化合价上高，MoO3中Mo化合价降低，1molMoS2反应转移12mol电子，还原剂为MoS2，若反应中转移3mol电子，则消耗的还原剂的物质的量为0.25mol；(6)当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的则的去除率为。9. 为测定某氟化稀土样品中氟元素的质量分数，某化学兴趣小组进行了如下实验。利用高
17、氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(低沸点酸)蒸出，再进行吸收滴定来测定含量。实验装置如图所示。(1)装置c的名称是_。玻璃管a的作用为_。(2)实验步骤：连接好实验装置，检查装置气密性；往c中加入mg氟化稀土样品和 一定体积的高氯酸，f中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热装置b、c。下列物质可代替高氯酸的是_。(填序号)。A硫酸B盐酸C硝酸D磷酸水蒸气发生装置b的作用是_。(3)定量测定：将f中得到的馏出液配成100ml溶液，取其中20ml加入V1mL amolL-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用cmolL-1EDTA 标准溶液滴定剩余La3+(
18、La+与 EDTA 按1：1配合)，消耗 EDTA 标准溶液 V2mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为_。(4)问题讨论：若观察到f中溶液红色褪去，可采用最简单的补救措施是：_。否则会使实验结果偏低。实验中除有HF 气体外，可能还有少量 SiF4(易水解)气体生成。若有SiF4生成，实验结果将_。(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。理由是_。【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 平衡压强 (3). AD (4). 水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系 (5). (6). 补充氢氧化钠溶液 (7). 不受影响 (8). SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟
19、元素没有损失【解析】【分析】【详解】(1)装置c名称为三颈烧瓶；玻璃管a与外界连通，作用为平衡压强；(2)本实验利用的是高氯酸的高沸点的性质，即不易挥发的性质，硫酸和磷酸都不易挥发，盐酸和硝酸易挥发，所以正确选项为AD；水蒸气进入到c中，可以把挥发性的HF带出反应体系；(3)La3+分为两个部分，一部分与F-反应，比例为1：3，另一部分与EDTA结合，比例为1：1，EDTA消耗的La3+为，F-消耗的La3+为，20mL溶液中F-的物质的量为，100mL溶液中F-的物质的量为，氟的质量分数为 ；(4)f中的NaOH溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH几乎
20、没有，此时只需要再添加NaOH溶液；SiF4气体进入到f中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。10. 研究氮和碳的化合物对工业生产和防治污染有重要意义，回答下列问题：I.(1)化学键键能数据如下：化学键H-HN=NN-HE/( kJmol -1)436946391合成氨反应的活化能Ea1=254kJmo1-1，由此计算氨分解反应 的活化能Ea2=_kJmo1-1。(2)利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去 NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)H0某研究小组将 2mo1NH3、3mo1NO和一定量的O
21、2充入密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：温度从420K升高到580K用时4min，则此时段内NO的平均反应速率v(NO)=_。在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_。II.目前有一种新的循环利用方案处理航天员呼吸产生的CO2，是用Bosch 反应CO2(g)+2H2(g)=C(s)2H2O(g) H”“”或“=”)(5)利用铜基配合物催化剂电催化还原CO2制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用关键手段之一，其装置原理如图所示。电池工作过程中，阴极的电极反应式为_。每转移
22、2mol电子，阳极室溶液质量减轻_g。【答案】 (1). 300 (2). (3). 平衡逆向进行 (4). 低温 (5). (6). (7). (8). 8g【解析】【分析】【详解】(1)的，又，所以；(2)420K时NO的转化率为2%，此时消耗的，580K时NO的转化率为59%，此时消耗的，此时间段内NO的变化量为1.77mol-0.06mol=1.71mol，容积的体积为2L，反应速率为；根据图像可知，在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2转化率降低，由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，导致NO转化率降低，也可能是温度升高发生了副反应4NH3+7O2=4NO2+6H2O或催
23、化剂活性降低，都有可能导致NO转化率降低；(3)该反应的，根据知，该反应在低温条件下进行；(4)结合三段式计算平衡状态气体的物质的量，设达到平衡状态消耗二氧化碳的物质的量为x， 气体压强之比等于物质的量之比，解得x=2mol，则平衡时n(CO2)=2mol，n(H2)=4mol，P=5.00P0，CO2%=20%，H2%=40%，H2O%=40%，；30min时，图表数据表明反应正向进行，则有，所以；(5)电池工作中，阴极上CO2得到电子被还原，结合氢离子转化为HCOOH，电极反应是为；Pt电极上H2O转化为O2，发生氧化反应为阳极，电极反应为，阳极室质量减轻是因为释放出氧气，O2-4e-，所
24、以转移2mol电子，生成的O2为0.5mol，即为8g化学-选修3：物质结构与性质11. 氮、磷、砷、铁、钛等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。I.如LiFePO4是新型锂离子电池的电极材料，可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。(1)Fe2+核外电子排布式为_，NH4H2PO4中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是_(填元素符号)。(2)苯胺()和NH4H2PO4中的N原子杂化方式分别为_。(3)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是_。II.(4)在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HC1至饱和，可得
25、到配位数为6、组成为TiC136H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为_。(5)氮化钛熔点高，硬度大，具有典型的NaCl型晶体结构，其晶胞结构如图所示。设氮化钛晶体中Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则与该Ti原子最邻近的Ti的数目为_。Ti 原子与跟它次邻近的N原子之间的距离为_。已知在氮化钛晶体中Ti原子的半径为apm，N原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在氮化钛晶体中原子的空间利用率为_。(用a、b表示)III.(6)从磷钇矿中可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的晶胞如图所示，该磷钇矿的化学式为_。(7)已知晶胞参数为anm
26、和cnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的为_。gcm-3 (列出计算式，用a、c表示)【答案】 (1). Ar3d6 (2). N (3). sp3、sp3 (4). 苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，其熔点偏高 (5). (6). 12 (7). (8). (9). YPO4 (10). 【解析】【分析】【详解】(1)Fe是26号元素，核外电子排布式为Ar3d64s2，亚铁离子是失去两个电子形成的，故其核外电子排布式为Ar3d6；同主族元素第一电离能从上到下依次减小，故NP，第A族元素由于p轨道半满，第一电离能大于A族，故NO，所以第一电离能最大的是N；(2)苯
27、胺和NH4H2PO4均是从NH3转化而来，所以N原子的杂化方式相同，都是sp3杂化；(3)苯胺和甲苯都是非金属元素形成的，都是分子晶体，分子晶体的熔点主要受到氢键和范德华力的影响，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，其熔点偏高；(4)由的组成知，配位体的物质的量之比为1：5，则只能为1个Cl-和5和H2O。由Ti为+3价，而Cl-为-1价，则该配离子为；(5)根据氮化钛晶体可知，有一个Ti原子位于体心，在三维坐标中，体心Ti原子可以形成三个面，每一个形成的面上有4个Ti原子，则与该Ti原子最邻近的Ti原子的数目为；由晶胞中的小立方体可知，Ti原子与跟它最邻近的N原子之间的距离为r，则跟它次邻近的N
28、原子之间的距离为；氮化钛晶胞中的N原子个数为，含有的Ti原子个数为，N原子和Ti原子的体积之和为，晶胞的边长为(2a+2b)pm，晶胞的体积为(2a+2b)3pm。则空间利用率为；(6)由均摊法可知该晶胞中Y个数为，含个数为，即该磷钇矿的化学式为YPO4；(7)化学-选修5：有机化学基础12. 化合物G是重要药物中间体，合成路线如下：回答下列问题：(1)E的分子式为_。；D中官能团的名称为_。(2)已知B与(CHCO)2O的反应比例为1：2，BC的反应类型为_。(3)AB反应的化学方程式为_。(4)下列说法正确的是_A路线中的目的是保护酚羟基BB具有酸性，能与NaHCO3溶液反应C1molF最
29、多可以跟4molNaOH反应DD可以发生取代、水解和消去等反应(5)满足下列条件的A的同分异构体有_。种(不考虑立体异构)。能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有五组峰的物质的结构简式为_。(6)参考上述合成线路，写出以1-溴丁烷、丙二酸二乙酯、尿素CO(NH2)2为起始原料制备的合成线路(其它试剂任选) _【答案】 (1). C8H9BrO2 (2). 酯基、碳溴键 (3). 取代反应 (4). (5). A (6). 13 (7). (8). 【解析】【分析】【详解】(1)根据键线式的书写规则知，E的分子式为C8H9BrO2；D中官能团的名称为酯基、碳溴键；(2)氯
30、原子和羟基的位置发生了变化，但是化学键没有变化，所以该反应为取代反应；(3)该反应引入了碳原子和Cl原子，先进行了羰基的加成反应生成羟基，再进行羟基的取代，故方程式为；(4)A路线把羟基反应掉，路线又把羟基还原回来，是为了保护羟基，防止在处被反应，A项符合题意；BB中有酚羟基，具有弱酸性，但是不能与碳酸氢钠反应，B项不符合题意；CF是酯类物质，会发生水解，水解产物为两个羧基和两个醇羟基，醇羟基不能与NaOH反应，酚羟基和羧基可以反应，共消耗3molNaOH，C项不符合题意；DD中的溴原子可以发生取代和水解，但是不能发生消去，D项不符合题意；故正确选项为A；(5)条件说明有酚羟基，条件说明有-CHO或者HCOO-的结构，因为A中一共两个氧原子，酚羟基占据一个氧原子，所以只能有-CHO的结构，即该同分异构体中有苯环，一个酚羟基，一个-CHO，一个碳原子，先在苯环上取代碳原子和酚羟基，可得结构如下：、，再进行醛基的取代，根据等效氢的判断方法，第一种结构有5种取代产物，第二种结构有5种取代产物，第三种结构有3中取代产物，故共有13中同分异构体；核磁共振氢谱有五组峰，即有五种等效氢，对应的结构为；(6)根据所给反应物对产物惊醒如下切分：，可知反应路线为