1、示范卷(五)(分值：100分，时间：90分钟)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是()A该冰具有丁达尔效应B“气态冰”与普通冰化学性质相同C18 g的“气态冰”在标准状况下体积等于22.4 LD构成“气态冰”的分子中含有极性键C该“气态冰”是像棉花糖一样的气凝胶，因此具有胶体的丁达尔效应，A正确；“气态冰”与普通冰一样都是由H2O分子构成，因此物质的化学性质相同，B正确；18 g“气态冰”的物质的量是1 mol，由于状态为固态，所以不能
2、使用气体摩尔体积计算，C错误；构成“气态冰”的分子是H2O，含有HO极性键，D正确。2硅酸铜钡(BaCuSi2O6)是利用最新科学技术才合成的一种物质，然而科学家惊奇地发现，我国秦朝兵马俑上的一种颜料竟是硅酸铜钡。下列有关叙述正确的是()A中子数为10的氧原子可表示为OB基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d94s2CSiO2晶体中Si原子是sp3杂化DTl元素与Ba元素同周期，属于第A族元素，第一电离能BaTlC中子数为10的氧原子可表示为O，A项错误；基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，B项错误；SiO2晶体中硅原子为sp3杂化，C项正确；Ba是第A族元素，Ba原子的价层电子排布
3、式为6s2,6s轨道处于全满状态，较稳定，而Tl原子的价层电子排布式为6s26p1，易失去一个电子，故Ba元素的第一电离能大于同周期第A族的Tl元素，D项错误。 3不能正确表示下列变化的离子方程式是()A向酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，溶液由紫色变为黄色：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2OB向Na2SiO3溶液中通入足量CO2：SiOCO2H2O=H2SiO3COC向氨水中加入少量SO3：SO32NH3H2O=2NHSOH2OD向Ca(OH)2悬浊液中加入CuCl2溶液：Ca(OH)2Cu2=Cu(OH)2Ca2B选项A，酸性条件下MnO可将Fe2氧化为Fe3，本身被还原为M
4、n2，正确。选项B，过量的CO2会与CO反应生成HCO，错误。选项C，NH3H2O和SO3反应生成(NH4)2SO4和水，正确。选项D，微溶的Ca(OH)2与Cu2反应转化为Cu(OH)2沉淀，正确。4利用下列所给装置难以达到相应实验目的的是() 甲 乙丙丁A装置甲：蒸发结晶，制备纯碱B装置乙：称量，配制480 mL 0.10 molL1 NaOH溶液，需称量2.0 g NaOHC装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液获得碘的四氯化碳溶液D装置丁：洗气，除去HCl中Cl2杂质B加热蒸发碳酸钠溶液可以获得纯碱，A项正确；称量NaOH需要在烧杯中进行，B项错误；四氯化碳可萃取碘水中的I2，
5、且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，C项正确；氯气易溶于CCl4，HCl难溶于CCl4，可以达到实验目的，D项正确。5已知化合物M是某合成路线中的中间产物，其结构简式如图所示，下列有关M的叙述不正确的是()A分子式为C12H12O2，含有碳碳双键、酯基两种官能团 B能发生加成、取代、氧化、加聚反应C与足量氢气反应所得产物中含有3个手性碳原子DM的同分异构体中存在同时含有羟基、醛基和碳碳三键的芳香族化合物CA项，由M的结构简式可知其分子式为C12H12O2，含有碳碳双键、酯基两种官能团，正确；B项，M中含有碳碳双键和酯基，碳碳双键能发生加成、氧化、加聚反应，酯基能发生水解(取代)反应，正确
6、；C项，M与足量氢气反应所得产物中只含有两个手性碳原子(六元环上与乙基相连的两个碳原子)，错误；D项，根据不饱和度判断，M的同分异构体中存在同时含有羟基、醛基和碳碳三键的芳香族化合物，如，正确。6实验室可用如图所示装置制取少量氮气。下列说法错误的是()A固体X可能是生石灰或氢氧化钠B处干燥管中的试剂可能是碱石灰C实验过程中，装置中玻璃管中发生反应2NH33CuON23Cu3H2OD实验结束时先熄灭装置中的酒精灯，再将导管从水槽中拿出D选项A、B，向生石灰或氢氧化钠固体中滴加浓氨水时，会产生氨气，氨气可用碱石灰干燥，故A、B正确；选项C，加热条件下，氨气能被氧化铜氧化，装置中玻璃管中发生反应2N
7、H33CuON23Cu3H2O，故C正确；选项D，实验结束时应先将导管从水槽中拿出，再熄灭酒精灯，否则会引起倒吸，故D错误。7本草纲目中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为：S2KNO33CK2SN23CO2。下列有关说法正确的是()A该反应的氧化剂只有KNO3BN2是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物C若有1 mol S参加反应，则反应中转移电子2 molD生成物K2S是离子晶体D选项A，反应S2KNO33CK2SN23CO2中，N元素的化合价由5价降低到0价，S元素的化合价由0价降低到2价，则氧化剂为KNO3、S，
8、故A错误；选项B，C元素化合价升高，则CO2是氧化产物，故B错误；选项C，根据反应的化学方程式可知，若有1 mol S参加反应，则有2 mol KNO3参加反应，转移的电子的物质的量为1 mol22 mol512 mol，故C错误；选项D，K2S中只含有离子键，是离子晶体，故D正确。8在潮湿的深层中性土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO与H2反应生成S2，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示，因此埋在地下的钢管常需要加以保护，使其免受腐蚀，所用装置如图所示。下列说法正确的是()图图A图中钢管附近土壤的pH可能会上升 B图中钢管腐蚀的含铁产物只有
9、FeSC图中金属棒X可能为铜，可使钢管表面腐蚀电流接近于零D图中金属棒X的作用是作为损耗正极材料和传递电流A题图中没有外加电源，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，根据原电池原理，金属棒X应作负极，金属棒X的活泼性应大于铁，才能保护钢管，使其免受腐蚀，若金属棒X是铜，则形成FeCu原电池，会加速铁的腐蚀；题图中钢管作正极，正极上H2O发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O2e=2OHH2，故钢管附近土壤中的c(OH)会增大，pH可能会上升，A正确，C错误。题图钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失去电子发生氧化反应生成的Fe2与正极周围的S2和OH反应分别生成FeS和Fe(OH)2，B错误。由上述分析可
10、知，金属棒X应作负极，D错误。9处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺流程如下：下列有关说法错误的是()A碱浸时有可燃性气体生成B还原时发生反应的离子方程式为2LiCoO2H2O26H=2Co22Li4H2OO2C已知若用盐酸代替硫酸，可不使用H2O2，则使用盐酸还原时有Cl2生成D若上述过程在实验室中进行，则需要过滤两次DA项，碱浸时铝与NaOH溶液反应有H2生成，正确；B项，LiCoO2中Co的化合价为3，产物中Co的化合价为2，H2O2作还原剂，被氧化成氧气，正确；C项，不需要使用H2O2表明LiCoO2可被盐酸还原，则反应时盐酸被氧化，有Cl2生成，正确
11、；D项，题述过程中碱浸、净化、沉钴后均需要过滤，错误。10次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)是磷元素形成的两种重要的含氧弱酸，向二者的溶液中滴加过量的NaOH溶液，分别生成NaH2PO2和Na2HPO3；若向H3PO3溶液中滴加碘水，碘水褪色。下列说法正确的是()AH3PO2与H3PO3均为三元弱酸BNa2HPO3和NaH2PO2均为酸式盐，溶液显碱性CPO与PO中P原子杂化方式相同DH3PO3与碘水反应，每消耗1 mol I2，则有1 mol H3PO3被还原C根据H3PO2与H3PO3遇到过量的NaOH溶液，分别生成NaH2PO2和Na2HPO3，可以得出H3PO2与H3PO3分别
12、为一元弱酸和二元弱酸，生成物NaH2PO2和Na2HPO3均属于正盐，A项、B项均错误；PO中P原子价层电子对数24，P采用sp3杂化，PO中P原子价层电子对数34，P采用sp3杂化，C项正确；H3PO3与碘水反应，反应物H3PO3被氧化，D项错误。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11SOCl2的熔点为105 ，沸点为79 ，加热至150 开始分解，与水剧烈反应生成HCl和SO2。某兴趣小组利用如图装置(可重复选用)制取无水ZnCl2的同时回收SOCl2，并验证生成物中的SO2(夹持装置略)
13、。下列说法错误的是()A装置K中品红溶液褪色证明SO2具有氧化性B冷凝水从a口进，b口出C装置的连接顺序为NIJKJHD往装置N三颈烧瓶中加入SOCl2的目的是脱去ZnCl2xH2O中的结晶水，同时利用SOCl2与水反应的产物抑制氯化锌的水解AB选项A，SOCl2水解生成氯化氢和二氧化硫两种气体，品红溶液褪色说明二氧化硫有漂白性，A不正确；选项B，冷凝水下进上出，故b口为进水口，B错误；选项C，装置正确的连接顺序为NIJKJH，C正确；选项D，往装置N三颈烧瓶中加入SOCl2的目的是在脱去ZnCl2xH2O中的结晶水的同时利用生成的氯化氢气体抑制氯化锌的水解，D正确。12鹅去氧胆酸可以降低胆汁
14、内胆固醇的饱和度，一定条件下其可转化为7酮石胆酸，转化关系如图所示，下列说法正确的是()A二者互为同分异构体B二者均能发生氧化反应、取代反应C7酮石胆酸中所有碳原子可能处于同一平面内D鹅去氧胆酸分子中碳原子有2种杂化方式BDA项，二者分子式不相同，不互为同分异构体，错误；C项，在7酮石胆酸中，有饱和碳原子且连有3个碳原子，故分子中碳原子不可能共面，错误。13在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)，从而达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如图：下列说法正确的是()A若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物BPt颗粒上发生反应：2H2e
15、=H2CIr的表面发生反应：H2N2O=N2H2OD导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量C由图知，若导电基体上只有单原子铜，则硝酸根离子被还原成NO，NO为大气污染物，不能消除含氮污染物，A项错误；由图知，Pt颗粒上发生反应：NO10H8e=NH3H2O，单原子铂上发生反应：H22e=2H，B项错误；由图示可知，氢气与N2O在Ir表面发生氧化还原反应生成N2和H2O：N2OH2=N2H2O，C项正确；若导电基体上的Pt颗粒增多，则更多的NO得电子转化为NH，NH存在于溶液中，不利于降低溶液中的含氮量，D项错误。14某兴趣小组为研究Deacon法制氯气的原理：4HCl(g)O2(g
16、)2Cl2(g)2H2O(g)H，在恒容容器中，按不同的进料浓度比c(HCl)c(O2)进行实验，得出HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是()A该反应为放热反应B若氧气的量不变，通过增加HCl的量改变进料浓度比，则曲线对应的进料浓度比最大CDeacon法使用氯化铜作催化剂，主要是为了提高HCl的平衡转化率D已知曲线表示进料浓度比为11，若HCl的起始浓度为c0，则平衡常数K(400 )的计算表达式为BC选项A，根据题图可知，温度升高，HCl的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，A正确；选项B，若氧气的量不变，通过增加HCl的量提高进料浓度比，则HCl的量越
17、大，其平衡转化率越小，故曲线对应的进料浓度比最大，B错误；选项C，催化剂不会影响平衡移动，故加入催化剂不能提高HCl的平衡转化率，C错误；选项D，根据曲线可知，400 时HCl平衡转化率为84%，反应开始时，c(HCl)c(O2)c0，c(Cl2)c(H2O)0，反应达到平衡时c(HCl)c00.84c0，c(O2)c00.21c0，c(Cl2)c(H2O)0.42c0，代入平衡常数表达式可得K(400 )，D正确。15T 下，三种硫酸盐MSO4(M表示Pb2或Ba2或Sr2)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pMlg c(M)，p(SO)lg c(SO)。下列说法正确的是()ABaSO4在任何
18、条件下都不可能转化成PbSO4BX点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)c(SO)C在T 时，用0.01 molL1 Na2SO4溶液滴定20 mL浓度均是0.01 molL1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Sr2先沉淀DT 下，反应PbSO4(s)Ba2(aq) BaSO4(s)Pb2(aq)的平衡常数为102.4D因SrSO4、PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，再结合题图可知，Ksp(BaSO4)Ksp(PbSO4)”或“”)。曲线c表示的物质为_。为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施_。解析(1)根据燃烧热可得热化学方程式：
19、CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H890.3 kJmol1；CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1；H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJmol1；报据盖斯定律，由224得目标反应的H。(2)设反应的二氧化碳物质的量为x mol，CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)始/mol 1 3 0 0变/mol x 3x x x2 h后/mol 1x 33x x xp后p前(42x)(13)0.85，解得：x0.3，v(H2)0.225 molL1h1；设反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y mol，CO2(g)3H2(g)
20、 CH3OH(g)H2O(g)始/mol1300变/moly3y yy平/mol1y33y yyp后p前(42y)(13)0.8，解得：y0.4，(CO2)100%40%。(3)CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)始/mol1300变/mol0.51.50.50.5平/mol0.51.50.50.5p(CO2) MPa，p(H2)4 MPa，p(CH3OH) MPa，p(H2O) MPa，Kp (MPa)2。(4)由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故H0。根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a曲
21、线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表C2H4。由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或不断分离出水，平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。答案(1)71.4 kJmol1(2)0.225 molL1h140%(3)(4)C2H4加压(或不断分离出水蒸气)19(12分)马日夫盐Mn(H2PO4)22H2O易溶于水，且水溶液呈酸性，主要用作大型机械设备的防锈剂，
22、也用作各种武器等的润滑层和防护层。以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示：已知常温下，几种离子形成氢氧化物沉淀时，开始沉淀与恰好完全沉淀时的pH如表所示：Fe3Fe2Mn2Al3开始沉淀2.77.67.74.0完全沉淀3.29.610.05.2回答下列问题：(1)Mn(H2PO4)22H2O中锰元素的化合价是_；固体2的主要成分经处理可得到一种用于生产油漆、涂料的物质，该处理方法是_；调pH1时，pH的范围是_，试剂Y不宜为_(填标号)。A氨水BNa2CO3CCaCO3(2)浸锰过程中除了SO2是还原剂外还有一种还原剂，写
23、出该还原剂被氧化的离子方程式：_。沉锰过程中有一种无色无味气体生成，写出相应反应的离子方程式：_。由表中数据可求出常温下KspMn(OH)2为_(离子浓度小于等于1105 molL1时可认为其沉淀完全)。(3)操作X包括_、过滤、洗涤、干燥。马日夫盐可作防锈剂的原因是在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，处理过程中马日夫盐可转化为FeHPO4的原理是_。解析(1)由化合物中各元素化合价的代数和为0可求出Mn(H2PO4)22H2O中锰元素的化合价为2。由题表中数据和上述流程分析知，调pH1的目的是使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，固体2的主要成分为Fe(OH)3，灼烧Fe(OH)3
24、得到的Fe2O3可用于生产油漆等，故调pH1时，pH的范围为3.2pH4.0。体系中含有H2SO4，若加入CaCO3调pH，一方面体系中存在的H2SO4与CaCO3反应产生微溶物CaSO4，CaSO4覆盖在CaCO3表面，阻止反应继续进行，另一方面会引入Ca2，沉锰时会生成CaCO3沉淀，故试剂Y不宜为CaCO3。(2)浸锰时，MnO2被SO2、FeO还原为Mn2，SO2、FeO分别被氧化为SO、Fe3，由此可写出FeO被氧化的离子方程式。沉锰时得到MnCO3沉淀与CO2气体，相应反应的离子方程式为Mn22HCO=MnCO3CO2H2O。由题表中数据知pH10.0时，Mn2恰好沉淀完全，此时c
25、(OH)1104 molL1，c(Mn2)1105 molL1，故KspMn(OH)211013。(3)要从酸溶后的溶液中得到Mn(H2PO4)22H2O，需要进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作。H2PO电离的H被Fe消耗掉，促进H2PO进一步电离，最终形成FeHPO4。答案(1)2灼烧3.2pH4.0C(2)MnO22FeO8H=Mn22Fe34H2OMn22HCO=MnCO3CO2H2O11013(3)蒸发浓缩、冷却结晶H2PO电离的H被Fe消耗掉，促进H2PO进一步电离，最终形成FeHPO420(12分)2020年2月17日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副
26、主任孙燕荣告诉记者：磷酸氯喹对“COVID19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗的安全性是可控的。其合成路线如下所示：已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。回答下列问题：(1)有机物A为糠醛，它广泛存在于各种农副产品中。A中含氧官能团的名称为_，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_。(2)C的结构简式为_，D与E之间的关系为_。(3)反应的反应类型为_；反应若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为_。(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有_种，在这些同分异构体中，有一种是羧酸，且含有手性碳原子，其名称为_。(5)以2丙醇和必要的试剂合成2丙
27、胺CH3CH(NH2)CH3：_(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂，催化剂用Cat表示)。解析反应为A()与H2发生加成反应生成B()，根据已知信息可得B与H2在一定条件下发生还原反应生成C()或A先还原得到B()，B再与H2加成生成C()，C与H2O发生加成反应得到D，由E、G的结构简式及反应、可推出F的结构简式为CH3CO(CH2)3Br。(1)由A的结构简式知其含氧官能团有醚键和醛基，A中的醛基可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，其化学方程式为2Cu(OH)2NaOHCu2O3H2O。(2)C的结构简式为，D与E的分子式相同，结构不同，互为同分异构体。(3)反应为G发生加成反应生成H，反应为
28、E在浓硫酸、加热的条件下与NaBr反应生成FCH3CO(CH2)3Br，若温度过高会发生消去反应生成CH3COCH2CH=CH2。(4)有机物E的同分异构体中，属于羧酸和酯的有CH3CH2CH2CH2COOH、 共13种，其中是羧酸，且含有手性碳原子的为，其名称为2甲基丁酸。(5)结合题干合成信息，可将2丙醇催化氧化制得，再与NH3、无水乙醇反应得到，加入无水乙醇发生消去反应生成CCH3NHCH3，最后与H2发生加成反应得到2丙胺CH3CH(NH2)CH2，合成路线为答案(1)醛基、醚键2Cu(OH)2NaOHCu2O3H2O(2)同分异构体(3)加成反应CH3COCH2CH=CH2(4)132甲基丁酸
