江西省重点中学协作体2021届高三第一次联考理综试卷

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Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19Mo96N14P31Y89第Ⅰ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 B.X和Z都能发生加成反应和水解反应C.1molZ中最多可以消耗6molNaOH D.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1molZ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①N2O+Fe+=N2＋FeO+(慢)、②FeO++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②决定C.反应①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项符合题意；B．通过反应物和产物能量的相对高低知①②均为放热反应，总反应速率应当由慢反应即①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②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1mol·L-1NaCl溶液时的定容操作D.苯萃取碘水中I,分出水层后的操作【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1～2cm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Y>ZC.简单氢化物的沸点：W<Y<XD.Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于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，则W是氮元素，Y是磷元素，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，磷的最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是氯元素，最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)/2=6，原子序数比磷小，则X是氧元素。根据上述分析知：W是氮元素，X是氧元素，Y是磷元素，Z是氯元素。【详解】A．W是氮元素，Z是氯元素，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应（8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2），反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，可以看到白烟现象，A项符合题意；B．Y的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，其为中强酸；Z的最高价氧化物对应水化物为HClO4，其为强酸，所以Z>Y，B项不符合题意；C．对应的简单氢化物分别为W—NH3，Y—PH3，X—H2O，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H2O>NH3>PH3，即X>W>Y，C项不符合题意；D．Y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Ka1＞Ka2，故-LgKa1=-Lgc(HA-)＜-LgKa2=-Lgc(A2-)，故曲线Ⅱ代表-Lgc(A2-)与关系，曲线Ⅰ代表-Lgc(HA-)与关系。【详解】A．由分析知，曲线Ⅰ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+)=10-5mol/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+)＜3c(A2-)，B错误；C．由图示知，M点c(HA-)=10-1mol/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-)=10-2mol/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-)+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(Na2MoO4·10H2O)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Na2MoO4·10H2O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，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N2B．油脂C．NaNO2D．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)=1.1x10-10，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Na2MoO4•2H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2MoO4，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：①连接好实验装置，检查装置气密性；②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。①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②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V1mLamol·L-1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(不考虑其他沉淀的生成)，再用cmol·L-1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(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)①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；②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/(kJ·mol-1)436946391合成氨反应的活化能Ea1=254kJ·mo1-1，由此计算氨分解反应的活化能Ea2=___________kJ·mo1-1。(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)ΔH<0某研究小组将2mo1NH3、3mo1NO和一定量的O2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：①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)=___________。②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)ΔH<0，再电解水实现O2的循环利用。(3)若要此反应自发进行___________(填“高温”或“低温”)更有利。(4)350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生以上反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：时间/min0102030405060压强6.00P05.60P05.30P0515P05.06P05.00P05.60P0①350℃时Bosch反应的Kp=___________(Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数x体系总压)②Bosch反应的速率方程：V正=K正·c(CO2)·c2(H2),V逆=K逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。20min时，=____(填“>”“＜”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。①电池工作过程中，阴极的电极反应式为___________。②每转移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)①420K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)①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%，；②30min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。①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___________。②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和cnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的ρ为___________。g·cm-3(列出计算式，用a、c表示)【答案】(1).[Ar]3d6(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[Ar]3d64s2，亚铁离子是失去两个电子形成的，故其核外电子排布式为[Ar]3d6；同主族元素第一电离能从上到下依次减小，故N>P，第ⅤA族元素由于p轨道半满，第一电离能大于ⅥA族，故N>O，所以第一电离能最大的是N；(2)苯胺和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)①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原子之间的距离为；②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