【文档说明】江西省名校2021届高三上学期第二次联考化学详细解析.pdf，共(9)页，356.084 KB，由小赞的店铺上传

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12021届高三第二次江西名校联考化学详细解析1.D解析：A.75%浓度的酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸均可以使蛋白质发生变性，所以都可以有效灭活新型冠状病毒，所以A正确；B.铁粉具有还原性，能够与氧气反应，防止食品被氧化变质，所以B正确；C.生产宇航服的材料碳化硅陶瓷和

碳纤维，它们是一种新型无机非金属材料，所以C正确；D.铜是一种不可缺少的微量元素，人体内含有一定量的铜元素，所以D错误2.B解析：A.SO2混有HCl，将气体通入饱和食盐水溶液，虽然可以除去HCl，但SO2也会部分溶液

水，并且气体会含有水蒸气，引入新杂质，所以A错误；B.CuCl2溶液混有FeCl3，加入过量CuO或Cu2(OH)2CO3消耗生成的HCl使得Fe3+完全水解生成Fe(OH)3而除去，故B正确；C.乙酸乙

酯混有乙酸，加入饱和NaOH溶液，NaOH不仅与乙酸反应，也会与乙酸乙酯反应，导致乙酸乙酯的损耗，不符合实验目标产物不损失原则，所以C错误；D.NaCl溶液混有KI，滴加新制氯水后，虽然会与I-反应生成I2，用CCl4萃取而分离，但K+

无法去除，无法达到实验目的，所以D错误。3．C解析：A.化合物X分子式应为C32H36O6，所以A答案错误；B.化合物X含有苯环，能发生加成反应、取代反应，但该化合物不能发生加聚反应，所以B答案错误；C.该有机分子结构中只有所标记的碳原子为手性碳原子，所以答案C正确；D.1mol

化合物X最多可与9molH2发生加成反应，所以答案D错误。4.A解析：A.由于每个Cl2分子中含有2个Cl原子，所以Cl2、Cl-、HClO、ClO-的粒子数之和小于为0.1NA，所以A错误；B.根据反应式2L

iFePO4+H2O2+8H+=2Li++2Fe3++2H2O+2H3PO4可知，LiFePO4的+2价铁，反应后变为Fe3+中的+3价，转移电子数为1，因此每生成1molLi+转移的电子数为NA，所以B正确；C.苯(C6H6)

和苯乙烯(C8H8)的混合物中所含H的质量分数相同，即混合物中n（H）=78/13=6mol，每个H原子与C原子形成C-H键，因此混合物中碳氢键数一定为6NA，所以C正确；D.NH4Br溶液中NH4+会水解，Br-不会水解，通入氨气后，溶液中根据电荷守恒有：2c（Br-）+c

（OH-）=c（H+）+c（NH4+），由于溶液显中性，c（OH-）=c（H+）则c（Br-）=c（NH4+），n（NH4+）=0.5×0.1mol=0.05mol，即NH4+的数目为0.05NA，所以D正确。5．C解

析：四种元素为短周期主族元素，常温下，甲的浓溶液使A发生“钝化”，甲的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸，一定量A与甲浓溶液加热反应生成产物能发生“丙+丁→戊”，则甲为浓硝酸，丙为NO2,丁为H2O，戊为NO，元素X、Y、Z、W分别

为H、N、O、Al，答案据此解答。A.简单离子半径大小：W＜Z＜Y，A错误；B.最简单气态氢化物的还原性：Y＞Z，B错误；C.乙为Al(NO3)3的溶液，因Al3+水解显酸性，C正确；D.丙为NO2，戊为NO，NO不与NaOH溶液反应，不能用NaO

H溶液吸收，D错误。6.D解析：A.乙醇催化氧化的产物往往有未反应的乙醇，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色而干扰实验判断，A错误；B.铁丝发生吸氧腐蚀，导管内压强减少，因此U型管中a液面上升b液面下降，B错误；C.装置中左边烧杯溶液应为CuSO4溶液，右边为FeSO4溶液，故C错

误；D.因KMnO4与浓盐酸反应得Cl2，Cl2可以发生置换反应得I2，所以该装置可以证明氧化性KMnO4>Cl2>I2，D正确7.B解析：硒(34Se)可知其为第四周期ⅥA族元素，据此解答。A.实验室过滤用到的玻璃仪器为：玻璃棒、烧杯、普通漏斗，A正确；B.Se

O2中Se为+4，因此既有氧化性又有还原性，其能与SO2反应生成Se固体，表现氧化性比SO2强，B错误；C.根据题干信息可以写出“焙烧”时的主要反应为：，C正确；D.Se与S同主族，因此SeO2也可以用NaOH溶液反应，所

以可以用NaOH溶液吸收尾气中的SeO2，D正确。8.C解析：A.实验时，先打开装有稀硫酸的恒压分液漏斗，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，可以排尽装置中的空气，防止氢气与空气中氧气混合加热爆炸，A正确B.SiHCl3遇水会剧烈反应

，因此氢气必需干燥，装置Ⅱ依次盛装的是浓H2SO4、SiHCl3沸点为31.85℃，需要气化，因此Ⅲ中温度高于32℃的温水，B正确；C.Ⅰ装置用于二氧化锰固体与浓盐酸制备氯气，必须在加热条件下才能进行，所以C错误；D.SiHCl3遇水会剧烈反应除生成H2SiO3、HCl和一种气体a，

Si化合价升高，只有H化合价降低，3所以a为H2,D正确。9.B解析：根据装置中两电极物质转化关系，可以判断电极a为负极，b为正极，据此解答。A.电子由a电极经外电路流向b电极，A正确；B.该燃料电池负极电极反应式为Fe3+-e-=Fe2+，B错误；C.放电过程中右边

装置发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，需补充的物质X为H2SO4，所以C正确；D.该装置总反应的离子方程式为：232HCOOO2HCO，D正确。10.A解析：A.氢氧化铁溶于HI溶液，Fe(OH)3与HI发生离子方

程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-＝2Fe2++I2+6H2O，所以A正确。B.水电离的H+浓度为10-12mol·L-1的溶液，水电离受到抑制，即溶液可能显酸性或者显碱性，HCO3-与H+或者OH-会反

应而不共存，所以B错误；C.溶液中含有和Na+加入Na2O2充分反应，会被氧化成，所以C错误；D.NaHS溶液中，Al3+与HS-会发生双水解反应而不共存，所以D错误。11.D解析：本题主要考查沉淀溶解平衡的有关知识，结合题图可以解答。A.d点位于CaWO4的沉

淀溶解平衡曲线的下方，对应的离子积小于溶度积，d点的CaWO4溶液中，加入CaCl2固体，c(Ca2＋)浓度增大，但WO2－4浓度不变，d点溶液组成沿平行横坐标方向向右移动，A错误；B.饱和Ca(OH)2溶液中加入少量CaO，C

aO与水反应生成Ca(OH)2，使Ca(OH)2溶解平衡逆向移动，因此溶液变浑浊，由于水减少了，溶解的Ca(OH)2也会减少，所以Ca2+离子数减少，B错误；C.饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合c(H＋)<10-7mol·L-1，由图像可求出Ksp[Ca(OH)2]和Ksp(C

aWO4)，计算可知c(Ca2＋)>10-7mol·L-1，C错误；D.由图可知常温下，Ksp(CaWO4)<Ksp[Ca(OH)2]，D正确。12.A解析：-lgc水(OH−)越小，则水电离出的c水(OH−)越大，酸或碱抑制水的电

离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，c水(OH−)越小，而含有弱酸的阳离子的盐促进水的电离，弱酸的阳离子所对应的酸越弱，c水(OH−)越大，据此解答。A.由题可知，H2X第一步是完全电离，那么H

X-只有电离没有水解，D点溶液中溶质为Na2X，根据质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HX-)，所以A正确；B.B点溶质为NaHX，由于HX-只有电离没有水解，根据质子守恒得：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)，所以c(H+)c(OH-)=c(X2-)，所以

B错误；C.A点为H2X，B点为NaHX，C点为NaHX与Na2X，D点为Na2X，根据酸或碱抑制水的电离，4且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，c水(OH−)越小，而含有弱酸阳离子的盐促进水的电离，且弱酸的阳离子所对应的酸越弱，c

水(OH−)越大，水的电离程度：A<B<C<D，所以C错误；D.C点至D点对应溶液中，c(HX-)减小，c(X2-)增大，-2-cHXcX比值减小，所以D错误。13.D解析：本题考查电化学中电解池原理知识，利用电渗析法除四甲基氯

化铵，根据图可解答。A.a中（CH3）4NOH浓度变大，（CH3）4N+通过c离子交换膜，进入a极室，依据题意可知，c、e为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，则a电极发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a为阴极，M为负极，N为正极，A正确；

B.（CH3）4N+通过c膜向左迁移，Cl-会通过d交换膜向右迁移，b电极发生：4OH-4e-=O2↑+2H2O，e为阳离子交换膜，Na+会通过e交换膜向左渗透，所以NaCl溶液的浓度增大，Ⅱ处NaCl溶液的浓度大于Ⅰ处，B正确；C.a中（C

H3）4NOH浓度变大，OH-浓度增大，则a电极发生2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C正确；D.根据得失电子守恒，除去1mol四甲基氯化铵，电路中转移1mole-，有2H24e-O2，则a电极产生0.5molH2，b电极产生0.2

5molO2，共产生0.75mol气体，换算成标况下气体体积即为16.8L，所以D错误。14.B解析：A.整个变化过程，由题图可知：反应a为非氧化还原反应，而其他有H参与的反应为氧化还原反应，所以A正确；B.反应a中，MgO→MgOCO2有Mg2+与O2-的离子键的破坏和Mg2+与CO

32-新的离子键的形成，CO2中碳氧之间有共价键的断裂和CO32-碳氧之间的共价键的形成，所以B错误；C.根据题图可知，整个变化过程的总反应可表示为：，所以C正确；D.根据题图判断，反应过程中Pd的作用是使H-H断裂而活化，所以D正确。15．（1）①

氨水和过氧化氢受热易分解或该反应为放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率；冰水浴②恒压漏斗；fab（ba）cde；③CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO·8H2O+2NH4Cl（或CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O

=CaO·8H2O+2NH4Cl）（2）去除结晶表面的水分（3）取适量的产品于试管中，加热，将带火星的木条靠近试管口，若复燃则说明产品为CaO25（4）①起催化作用，加快反应速率；②；③偏高解析：（1）①氨水和过氧化氢均不稳定，受热分解；冰水的温度

为0℃。②m为恒压漏斗；根据实验原理和实验目的，装置的顺序为气体制备装置→防倒吸装置→制取产品的反应装置→尾气吸收装置，可知仪器连接顺序为fab（ba）cde；③结合反应物和生成物可知反应方程式为：CaCl2+H2

O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO·8H2O+2NH4Cl（或CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO·8H2O+2NH4Cl）（2）乙醇洗涤之前为蒸馏水洗涤，乙醇易挥发可以带走表面的水，故去除结晶

表面的水分。（3）利用过氧化钙受热易分解为氧气，氧气能使带火星的木条复燃进行设计。（4）①Mn2+能加速滴定反应的速率，起催化作用，加快反应速率；②在硫酸溶液中，KMnO4与H2C2O4的反应如下：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2

↑+8H2O5CaO2～5C2O42-～2KMnO45mol2molcV×10-3molcV×10-3molm=cV×10-3mol×72g·mol-1=180cV×10-3g，则CaO2的纯度为。③盐酸会与高锰酸

钾溶液反应，故测定结果偏高。16.（1）将菱锰矿磨成粉末或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度（2）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（3）4.7≤pH<8.8（4）12.9；取上层清液于试管，加入

Na2CO3固体，如无沉淀生成，说明Mn2+已沉淀完全（5）蒸发浓缩、冷却结晶解析：根据流程可知，菱锰矿加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Mn2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<8.8，使Fe3+

、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Mn2+，加入Na2CO3溶液沉淀Mn2+，将得到的MnCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和MnCl2溶液，将MnCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥6得到MnCl2•4H2O。（1）为了提高锰元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将菱锰矿磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高锰元素的浸出率；（2）H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3

+，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Mn2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜8.8；（4）滤液A中c(Mn2+)=1.0mol·L-

1，100mL该滤液中含有n(Mn2+)=0.1mol，则生成MnCO3需要CO32-为0.1mol，Mn2+浓度为1.0×10-10mol·L-1时，溶液中c(CO32-)=11-102.2101.010=0.22mol·L-1，此时溶液中CO32-为0.022mol，故

至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.022mol=0.122mol，其质量m(Na2CO3)=0.122mol×106mol·L-1≈12.9g；可以通过取上层清液于试管，加入Na2CO3固体，如无沉淀生成，来判断Mn2+已沉淀完全（5）将Mn

Cl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnCl2•4H2O。17.（1）①-76；②反应II有CO生成，CO浓度增大使反应I平衡逆向进行，乙烯的产率减小；选择合适的催化剂；③温度；L代表压强，I、II的正反应均为体积增

大的反应，增大压强，I、II反应均逆向进行，乙烷的转化率减小，故L2>L1；0.57(2)；＞解析：（1）①依据图像可知，Ⅰ反应的∆H=+177kJ∙mol-1，根据盖斯定律，有I×2-II可得C2H6(g)+2C

O(g)+3H2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)，故∆H=-76kJ∙mol-1②反应II有CO生成，CO浓度增大使反应I平衡逆向进行，乙烯的转化率减小；工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一

定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。③反应I、II均为吸热反应，同时为正反应体积增大的反应，故升高温度，乙烷的转化率增大。增大压强，I、II反应均逆向进行，乙烷的转化率减小，故X代表温度，L代表压强，L2>L1。M点反应I已达到平衡状态，C2H6的转化

率为50%，乙烯的选择性为80%，此时容器体积为1.0L，若C2H6初始加入量为2.0mol，加入的CO2物质的量3.0mol，7反应I：262242CH(g)CO(g)CH(g)HO(g)CO(g)起始量(mol/L)2.03.0000变化量(mol/L)1×0.81×

0.81×0.81×0.81×0.8反应II:2622CH(g)2CO(g)4CO(g)3H(g)起始量(mol/L)23.000变化量(mol/L)1×0.20.44×0.23×0.2综合反应I、II可知，CO2消耗的总量为1.2mol，平衡时的n平(C2H6)=1m

ol，n平(CO2)=3.0mol1.2mol=1.8mol，n平(H2O)=0.8mol，n平(CO)=1.6mol，n平(C2H4)=0.8mol，故K（I）=0.57。(2)平衡时，c(CH4)=x/2mol·L-1，c(C2H4)=(2-x)/4mo

l·L-1，c(H2)=(2-x)/2mol·L-1,带入中，然后利用平衡时正反应速率等于逆反应速率，得出k正与k逆的比值；该反应为吸热反应，若将温度升高，平衡正向移动，说明k正增大的倍数大于k逆。18.（1）[Ar]3d104s1（2）sp3；sp2（3）①4；16②三角锥形（4）SnF4属于

离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高。分子晶体的熔点相对分子量越大，分子间作用力越大，熔点越高。（5）50%；；（，，）解析：（1）Cu是第4周期第IB族元素，它的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10

4s1，或[Ar]3d104s1。（2）碳原子有4个化学键，有一个双键，所以碳原子是sp2杂化。氨基是通过去掉氨气当中的一个氢原子而形成的，氨气中的氮原子是sp3杂化，所以氨基中的氮原子也是sp3杂化。（3）①从[Cu(NH3)4]2

+结构看，内界有4个氨气分子，所以是4个氨气分子进行配位，配位数为4。氨气分子当中有3个σ键，4个氨气分子当中有12个σ键，配位键也是σ键，在[Cu(NH3)4]2+中有4个配位键，所以有4个σ键，所以，[Cu(

NH3)4]2+中含有16个σ键。②NH3杂化类型是sp3杂化，NH3分子中含有一个孤电子对，氨气分子的空间结构为三角锥形。（4）SnF4是离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4能溶于有机溶剂，是分子晶体。分子晶体的熔沸点是由相对分子质量的大

小来决定的，SnCl4、SnBr4、SnI4相对分子质量依次增大，所以熔沸点依次升8高，又由于离子晶体的熔沸点大于分子晶体的熔沸点，所以，SnF4、SnI4、SnBr4、SnCl4熔沸点依次降低。（5）从晶体的晶胞结构可知，Cux（Sn1-x

）构成正四面体空隙有8个，其中4个被S原子占据，所以它的空间填充率为50%；晶胞中还有4个S原子，Cux（Sn1-x）顶点上有8个，面心上有6个，在晶胞当中，8+6=4,Cux（Sn1-x）中还有个Cu，个Sn，那么晶胞中含有个Cu2Sn

S3，ρ==；如下图的连线可以看出，2号硫原子，x轴方向在位置，y轴方向在位置，z轴方向位置。19.（1）；苯乙酸（2）FeCl3、Cl2（3）还原反应；取代反应（4）+CH3NHCH2CH2OH→+HCl（5）4;（6）解析：（1）结合反应条件和信息，由E逆推可知A为甲苯，D为苯乙酸；比

较D、E的分子式可知E是D中的1个H原子被Cl取代的结果，结合苯与Cl2的取代反应可知需要的试剂是Cl2，FeCl3。（4）反应⑥的化学方程式是+CH3NHCH2CH2OH→+HCl。（5）根据核磁共振氢谱中有3组峰，峰面积之比为3:2:1，可推测其结构对称，F中共有6氢原子，9那么结构中有一

个甲基含有3个氢，结构中的2个氢为苯环上的对称结构上的氢原子，剩余1个氢可能是醛基上的氢原子也可能是苯环对称轴上的的氢原子，故符合要求的结构为。发生银镜反应的一定含有醛基，那么符合条件的的只有。（6）根据题目所给

信息及合成路线隐含的信息，可写出合成路线为：