2020-2021学年江西省师大附中高三年级优生联赛试卷 化学 学生版

2020-2021学年全国Ⅰ卷区优生联赛试卷化学注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27P31S32Fe56Cu64一、选择题7．下列“中国制造”所用的材料与组成成分均正确的是A．宇航服所用聚酯纤维是高强度的涤纶B．“天眼”反射面板所用材料是含有7种成分的铁合金（Si0.25，Fe0.40，Cu0.10，Mn0.10，Mg2.2～2.8，Cr0.15～0.35，Zn0.10，Al95.9～96.7）C．港珠澳大桥所用水泥为新型非金属材料，主要成分是硅酸二钙、铝酸三钙、铁铝酸钙D．“蛟龙号”外壳所用材料为高强度金属材料是纯钛 8．下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案与现象A证明新制氯水具有酸性向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变B证明酸性条件下，氧化性：H2O2>Fe3+向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色C证明同温下，以银离子浓度表示溶解度大小：S(AgCl)＜S(Ag2CrO4)向体积为100mL、浓度均为0.01mol·L−1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01mol·L−1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀D证明溶液X中含有SOeq\o\al(2－,4)向溶液X中先滴加硝酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀9．某研究小组采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大B．从0s到150s，溶液中c(H+)增加到起始浓度的100.5倍C．从50s到150s，Cl−的平均生成速率约为4mg·(L·s)−1D．HClO光照分解的产物有HCl、O210．已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H++10Z−+2XOeq\o\al(－,4)=2X2++5Z2+8H2O②2A2++B2=2A3++2B−③2B−+Z2=B2+2Z−由此推断下列说法错误的是A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z−可以进行B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化C．氧化性由强到弱的顺序是XOeq\o\al(－,4)、Z2、B2、A3+D．Z2可以置换出X2+溶液中的X11．理论研究表明，在101kPa和298K下，HCNHNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．HCN比HNC稳定B．该异构化反应的ΔH=-59.3kJ·mol−1C．使用催化剂，不能改变反应的反应热D．反应达到平衡时升高温度，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度12．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列说法不正确的是A．焙烧时产生的气体可以用NaOH溶液吸收B．滤液中的铝元素主要以AlOeq\o\al(−,2)存在，可以往滤液中通入过量二氧化碳，经过滤、灼烧生产氧化铝C．可以将少量Fe3O4产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中含有FeOD．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶1613．科研人员在2019年开发了一种新型电池Li-CO2电池，其放电时工作原理如下图所示。类似地，又研制了Li-CO电池，他们具有相同的放电产物，有着很好的充电、放电效率。下列说法正确的是A．放电时，锂作负极，被还原B．充电时阳极的电极反应是2COeq\o\al(2－,3)-4e−+C=3CO2C．放电时当有1mole−发生转移时，消耗二氧化碳的物质的量为1molD．若开发为新的电池Li-CO，转移相同数目的电子，产物之一碳的物质的量之比为4∶1二、非选择题（一）必做题26．（14分）过氧化钙有着优良的性能和广泛的应用，用作杀菌剂、防腐剂、解酸剂，在食品、牙粉、化妆品等制造中用作添加剂。主要物理性质如下：（1）性状：白色结晶，无臭无味，有潮解性，常形成CaO2·8H2O。（2）熔点（℃）：200（分解）。（3）相对密度（水=1）：3.34。（4）溶解性：不溶于水，不溶于乙醇、能在水溶液中与氢氧化钙共沉淀。一种实验室制备方法如下：于100mL烧杯中称取3.00g无水CaCl2，用3.0mL蒸馏水溶解，依次加入3.0mol/LNaOH溶液18mL，逐滴加入3mL30%H2O2溶液，用冰水混合物控制温度为0℃，不断搅拌，反应时间约30分钟。反应完成后，减压过滤，洗涤滤渣3次，将产品在110℃下烘干40分钟，冷却，测定质量。产品纯度测定如下：准确称取0.1500g产品3份，分别置于250mL烧杯中，各加入50.0mL蒸馏水、15.0mL2.0mol/LHCl溶解，用0.200mol/LKMnO4标准溶液滴定至溶液呈微紫色，30s内不褪色即为终点，记录所用KMnO4溶液的体积V(KMnO4)。表1过氧化氢体积对反应的影响序号m(CaCl2)/gc(NaOH)/mol/LV(NaOH)/mLV(H2O2)/mL产量/g纯度/％产率/％H2O2利用率/％13.003.018.02.01.9360.3959.1480.4323.003.018.02.51.9167.8965.7971.9833.003.018.02.81.9274.2572.7770.8343.003.018.03.02.1773.4680.1573.7353.003.018.03.22.0668.4580.7261.0663.003.018.03.51.9275.7474.1957.7073.003.018.04.01.8975.7972.9249.75表2氢氧化钠体积对反应的影响序号m(CaCl2)/gc(NaOH)/mol/LV(NaOH)/mLV(H2O2)/mL产量/g纯度/％产率/％H2O2利用率/％13.003.09.03.01.0363.9833.4930.4223.003.012.03.01.3567.6546.4042.2233.003.015.03.01.6969.4659.6354.2743.003.018.03.02.1773.4680.1573.7353.003.021.03.02.1769.1576.6569.6263.003.024.03.02.0764.9568.5362.2073.003.027.03.02.1258.3562.9057.11回答下列问题：（1）写出制备过氧化钙的化学方程式：。（2）分析表1数据，指出过氧化氢对实验结果的影响及其原因：。（3）分析表2数据，指出氢氧化钠溶液用量对反应结果的影响并分析原因：。（4）写出高锰酸钾法测定过氧化钙纯度的离子反应方程式：。（5）请写出产品纯度计算的表达式（用c(KMnO4)、V(KMnO4)、M(CaO2)、m测来表达，不要求带入具体数据）：。27．（14分）一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备单质镉的工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHZn2+6.28.2Mn2+8.810.4Cu2+4.46.4Fe3+1.52.8Cd2+7.49.4Fe2+6.38.3回答下列问题（1）“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和（填化学式）。（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为。（3）“置换”中镉置换率与()的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是。（4）“置换”后滤液中溶质主要成分是（填化学式）。（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。（6）实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定Cd(OH)2悬浊液中Cd2+的含量，其原理是Cd2++2NaR=2Na++CdR2，其中NaR作为阳离子交换树脂。常温下将Cd(OH)2悬浊液（此时悬浊液的pH=6）经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g·L−1，求算该条件下Cd(OH)2的Ksp值。28．（15分）Staley、Kappes等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除N2O与CO的第一个催化循环反应，从此，科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回答下列问题：（1）无催化剂作用下N2O与CO难以反应，从分子结构看可能的原因是_______________。（2）研究表明N2O和CO之间的反应分为两个过程：第Ⅰ步：N－N－O+C－O→N－N…O…C－O（活化配合物）慢反应第Ⅱ步：N－N…O…C－O（活化配合物）→N－N+O－C－O快反应第Ⅰ步反应为_____________________（填“吸热”或“放热”）反应。N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的决速反应为_____________（填“第Ⅰ步”或“第Ⅱ步”）反应。（3）在400℃和650℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入2molN2O和2molCO，发生反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH，实验得出两容器中CO与N2的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线ad对应的容器中平衡后总压为pxkPa，曲线bc对应的容器中平衡后总压为pykPa。①曲线ad表示_______________（填“400℃”或“650℃”）条件下相关物质的物质的量的变化曲线。②a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为____________。③用容器内N2O的分压变化表示ad段的平均反应速率eq\o\al(—,v)(N2O)=_______________kPa·min−1。④400℃条件下平衡常数Kp=________________。（二）选考题（共15分，请考生从2道化学题任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）铜元素以化合物形式存在于自然界的多种矿石中。人们利用化学反应制备各种需要的铜盐和氧化物。回答下列问题：（1）画出CuSO4、Cu(NO3)2中阳离子的最外层电子的电子排布图，S、O、N三种元素的第Ι电离能由小到大的顺序为。（2）CuSO4中SOeq\o\al(2−,4)的中心原子的杂化轨道类型为；Cu(NO3)2晶体中NOeq\o\al(−,3)的空间立体构型是。（3）CuSO4晶体熔点为560℃，Cu(NO3)2晶体熔点为115℃。前者比后者熔点高的原因是。（4）CuSO4·5H2O溶解于水后溶液呈天蓝色，滴加氨水首先生成沉淀，继续滴加氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。沉淀加氨水后得到深蓝色溶液的离子方程式为；判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3H2O(填“>”“=”或“<”)。（5）某种Cu与O形成的氧化物，其晶胞结构如图所示。①该晶胞原子坐标参数a（0，0，0），b（1，0，0），c（eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)）。则d原子的坐标参数为，该氧化物的化学式为。②若该氧化物晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数值为NA，则晶体密度ρ=g·cm−3(列出数学表达式，已知1pm=10−12m)。LiCuO2晶体是良好的导电材料，属六方晶系。其中Li在晶胞的顶点，三个铜原子在六棱柱的三个不相邻的三角形的中线上并位于1/2的高度上，O原子也在这条中线上但高度分别为1/4和3/4。请写出三种原子的原子坐标。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）WillianHenryPerkin意外地发现了苯胺紫，成为了第一种合成染料。其长子PerkinJr.更是著称在天然产物的合成。α-terpineol（松油醇）是一种天然精油，其人工合成方法有很多种。已知格氏试剂可以与酯类反应，如苯基溴化镁可以与乙酸乙酯反应：下图是从酮开始进行的合成α-terpineol（松油醇）的一种方法：回答以下问题：（1）请写出中间产物B、C、D、E的结构。（2）你会使用什么试剂将E转化为F，写出该试剂的化学式。（3）写出由对羟基苯甲酸制备A的简单合成路线。（4）α-terpineol(F)在酸催化下与水反应可以得到化合物H（C10H20O2）。将H与更强的酸作用得到了I（C10H18O），在1H-NMR在光谱实验表明，H有7种类型的氢，I只有5中类型的氢。写出H和I的结构简式。2020-2021学年全国Ⅰ卷区优生联赛试卷化学试题答案7.【答案】A【解析】本题命题意图希望考生关注新闻报道的事件关联的化学基本常识，考查学生化学学科素养。宇航服所用聚酯纤维为有机合成高分子材料，A正确；“天眼”反射面板所用合金，主要成分为铝，有8种成分称为铝合金，B错误；港珠澳大桥所用水泥为硅酸盐材料，属传统无机非金属材料，非新型且主要成分为硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙、铁铝酸钙，缺失一种重要成分硅酸三钙，C错误；“蛟龙号”所用金属材料为钛合金，纯金属的硬度较小，合金才较大，D错误。故选A。8.【答案】C【解析】A项，由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，A错误；B项，向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2>Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，B错误；C项，Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，但可以用银离子浓度表示溶解度大小，实验表明同一溶液体系中当铬酸根离子开始沉淀时溶液中氯离子已经沉淀完全，故：S(AgCl)＜S(Ag2CrO4)，C正确；D项，向溶液X中先滴加硝酸无现象，则排除了碳酸根离子的干扰，但银离子、亚硫酸根离子存在时，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，不能说明溶液X中含有SOeq\o\al(2−,4)，D错误。9.【答案】A【解析】本题的命题背景为人教版高一新教材内容，涉及可逆反应、速率、次氯酸性质等基础知识。A．从0s到150s，溶液pH降低且O2浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中c(H+)增加到起始浓度的100.5倍，故B正确；C．从50s到150s，Cl−的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为4mg·(L·s)−1，故C正确；D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl−浓度增大，O2的体积分数增大，说明HClO分解产物有HCl和O2，故D正确；故选：A。10.【答案】D【解析】A．由上述分析可知，氧化性Z2＞A3+，则反应Z2+2A2+=2A3++2Z−能发生，故A正确；B．Z元素在①中化合价升高，被氧化，而在③中元素的化合价降低，被还原，故B正确；C．由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XOeq\o\al(－,4)、Z2、B2、A3+，故C正确；D．由所给条件可知①的离子方程式为16H++10Z−+2XOeq\o\al(－,4)=2X2++5Z2+8H2O，产物Z2和X2+能共存，所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X，故D错误；故选D。11.【答案】B【解析】分子能量越低越稳定，A正确；该异构化反应的ΔH=59.3kJ·mol−1，B错误；催化剂参加反应，但不影响整个过程的反应热，C正确；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，必然是正反应速率大于逆反应速率的结果，又升高温度，对于正反应或逆反应，速率都增大，只是增大程度不等，故D正确。12.【答案】C【解析】A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，故A正确；B．向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlOeq\o\al(−,2)转化为Al(OH)3，灼烧可生成氧化铝，故B正确；C．Fe3O4产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中含有FeO，故C错误；D．过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe3O4和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：，解得，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故D正确。13.【答案】D【解析】A．锂作负极，被氧化，错误；B．充电时阳极为失去电子，正极的逆反应2Li2CO3+C-4e−=3CO2+4Li+按照电极反应式为离子方程式的书写规则，此处不可以写成碳酸根失电子，错误；C．1mol电子转移对应消耗二氧化碳0.75mol，错误；D．对比电极反应：①2Li++2e−+3CO=Li2CO3+2C；②4Li++4e−+3CO2=2Li2CO3+C，得到转移相同数目的电子时，产物中的碳的物质的量之比为4∶1，正确。26.（14分）【答案】（1）CaCl2+H2O2+2NaOH+6H2O=CaO2·8H2O+2NaCl；CaO2·8H2Oeq\o(,\s\up7(△))CaO2+8H2O（2分）（2）从表1可以看出，随H2O2体积增大，CaO2的产率先增后减，综合考虑纯度和产率两指标，得出最佳H2O2体积为3.0ml。H2O2体积较小时，反应物不足，产品中还混有未反应完的Ca(OH)2，产品的产率和纯度偏低；当H2O2体积较大(超过3.2mL)时，由于该制备反应为放热反应，反应速度过快，大量放热，H2O2易发生分解，则影响产物的产率和纯度（4分，结论2分，原因2分）（3）从表2看出，随NaOH体积增加，CaO2的纯度和产率逐渐增大，当NaOH体积为18mL时，产率和纯度分别达到80.15%和73.46%。当进一步增大NaOH体积时，产率和纯度反而降低，这是因为NaOH体积少于18.0mL时，溶液碱性不足，反应速度慢，产品中混有未反应的氯化钙等，产率和纯度偏低；NaOH体积超过21.0mL时，反应速度加快，大量放热，体系温度升高，H2O2发生分解，同时。产生大量的Ca(OH)2，与生成的CaO2共沉淀，阻碍反应进一步进行，影响产率和纯度（4分，结论2分，原因2分）（4）5CaO2+2MnOeq\o\al(−,4)+16Heq\o\al(+,)=5Ca2++2Mn2++5O2↑+8H2O（2分）（5）纯度=eq\f(5×c(KMnO4)×V(KMnO4)×10−3×M(CaO2),2×m测)×100％（2分）【解析】本题设置过氧化氢因为温度升高而分解，影响产物的产率的纯度，并对其两次考查。一方面是基于朔因的需要，另一方面考查学生心理素质，同一个原因敢不敢答两次。高考多次工艺流程题中考查到绿色氧化剂过氧化氢的问题，强调其过量容易除去；本题设置其作为还原剂被酸性高锰酸钾标准溶液滴定，其实也是经典滴定方案。27.（14分）【答案】（1）CaSO4（1分）（2）3Fe2++MnOeq\o\al(−,4)+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+（2分）3Mn2++2MnOeq\o\al(−,4)+2H2O=5MnO2↓+4H+（2分）（3）锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本（2分）（4）ZnSO4（2分）（5）Zn+2NaOHeq\o(=,\s\up7(高温))Na2ZnO2+H2↑（2分）密度（1分）（6）10−19（2分）28.（15分）【答案】（1）CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能较高，反应难以进行（其他合理答案也给分，2分）吸热（2分）第Ι步（1分）（2）400℃（3分）c>d>a（2分）（2分）eq\f(9,4)（3分）【解析】（1）催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时反应难以进行，主要原因是CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能太高。（2）根据信息，N2O与CO反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量，所以第Ι步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速度，是决速反应，（3）根据图像可知，随反应进行曲线ad对应物质的物质的量减小，所以曲线ad对应的物质是CO，曲线bc对应的物质是N2。①曲线bc先达到平衡，曲线ad后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，可以得出曲线ad为400℃下CO的物质的量的变化曲线。②c、d点均达到平衡状态，c点对应的温度高于d点对应的温度，所以c点的逆反应速率高于d点的逆反应速率，a、d点对应的温度相同，但a点未达到平衡状态，故a点的逆反应速率小于d点的逆反应速率，由此可以得出a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为c>d>a。③ad段时间变化量为10min，根据三段式法，可以得出：·CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g)初始量（mol）22005min时（mol）1.41.40.60.615min时（mol）0.80.81.21.25min时，N2O的分压为，15min时N2O的分压为，其变化量为，所以ad段的平均反应速率。根据题意，400℃条件对应曲线ad，15min时曲线ad达到平衡状态，则根据中三段式可以得出。35.（15分）【答案】（1）（1分）S、N、O（1分）（2）sp3（1分）平面三角形（1分）（3）SOeq\o\al(2−,4)比NOeq\o\al(−,3)所带电荷多，离子晶体中离子键更强，CuSO4的晶格能较大（2分）（4）Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−（2分）>（1分）（5）①(eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4))（1分）Cu2O（1分）②288×1030a3·NA（2分）（6）Li(0，0，0)、Cu(eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,2))、O(eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4))和O(eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4))（2分）【解析】CuSO4和Cu(NO