2021年高考化学真题模拟练习卷二含解析

这是一份2021年高考化学真题模拟练习卷二含解析，共19页。试卷主要包含了能完成相应实验的一项是等内容，欢迎下载使用。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题：本题共14个小题，每小题3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．【2020新课标Ⅲ】宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料(主要成分为Cu(OH)2·CuCO3)，青色来自蓝铜矿颜料(主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3)。下列说法错误的是
A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度
B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化
C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱
D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3
【答案】C
【解析】A．字画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，为防止受潮和氧化，保存古代字画时要特别注意控制适宜的温度和湿度，正确；B．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，正确；C．孔雀石和蓝铜矿的主要成分均可与酸反应生成相应的铜盐，因此，用其制作的颜料不耐酸腐蚀，错误；D．因为氢氧化铜中铜元素的质量分数高于碳酸铜，所以Cu(OH)2∙CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2∙2CuCO3，正确。
2．【2020年7月浙江选考】NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．4MnO4-+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，1ml4MnO4-+5HCHO完全反应转移的电子数为20NA
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+
C．常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数为10-5NA
D．1 L浓度为0.100 ml⋅L-1的Na2CO3溶液中，阴离子数为0.100NA
【答案】A
【解析】A．Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mlMnO4-完全反应转移电子物质的量为4ml×[(+7)-(+2)]=20ml，即转移电子数为20NA，A正确；B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1ml电子，Cu失去的电子应小于1ml，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5ml，则阳极反应的Cu的质量小于0.5ml×64g/ml=32g，B错误；C．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；D．n（Na2CO3）=0.100ml/L×1L=0.100ml，由于CO32-发生水解：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-、HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故阴离子物质的量大于0.100ml，阴离子数大于0.100NA，D错误；答案选A。
3．[2019江苏] 反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：
B．N2的结构式：N=N
C．Na+的结构示意图：
D．H2O的电子式：
【答案】D
【解析】A．核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，错误；B．氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，错误；C．钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，错误；D．氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，正确。
4．（2020·北京高考真题）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
【答案】A
【解析】A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；答案选A。
5．（2013·山东高考真题）利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是
【答案】D
【解析】缺少酒精灯，所以A错误；缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；正确。所以答案选D。
6．（2020·全国高考真题）某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：① 混合物溶于水，得到澄清透明溶液；② 做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色；③ 向溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为
A．KCl、NaClB．KCl、MgSO4
C．KCl、CaCO3D．MgSO4、NaCl
【答案】B
【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有 KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4 两种物质组成，故选B。
7．（2018·江苏高考真题）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。
8．（2021·山东高三期末）催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．该机理的总反应为
B．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
C．图中的与Na2O2中所含阴离子相同
D．1mlHCHO与银氨溶液完全反应，最多可生成216gAg
【答案】A
【解析】A．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为：，A项正确；B．催化机理存在一步HCO与H+反应生成CO2的过程，不是氧化还原反应，B项错误；C．Na2O2中所含阴离子为，与图中的所含阴离子不相同，C项错误；D．1mlHCHO中存在2ml的醛基结构，与银氨溶液完全反应，最多可生成4mlAg，即432gAg，D项错误；答案选A。
9．（2020·浙江高考真题）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是( )
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．易溶于水，其水溶液呈碱性
D．X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，则证明该元素为第IVA族元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M同族，则在元素周期表位置应为
,故推知Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z2X4的电子总数为18，则推知，X为H，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q为Cl元素，据此结合元素周期律与物质的结构与性质分析作答。根据上述分析可知，X为H、Y为C元素、Z为N元素、M为Si元素、Q为Cl元素，则A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：Z(N)10．（2021·湖北孝感高中高三月考）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了丙烷在六方氮化硼催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程，部分历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是( )
A．丙烷在镍催化剂表面氧化脱氢制丙烯的反应历程与上述不同
B．反应历程中决速步骤能垒(活化能)为
C．反应历程中，生成过渡态Ⅰ比生成过渡态Ⅱ容易
D．图示反应历程之后可能发生的化学反应为
【答案】C
【解析】A．催化剂不改变反应物和产物，但是催化剂会改变反应的历程，不同催化剂的反应历程不同，故A正确；B．化学反应的决速步骤由慢反应决定，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒最大的到过渡态I的能量，能垒为，故B正确；C．由图可知生成过渡态I的能垒大于生成过渡态II的能垒，能垒越大反应越困难，故生成过渡态II容易，故C错误；D．图示中最后一步生成了最终产物丙烯，则之后发生反应的应为H2O2的分解反应，故D正确；故选：C。
11．（2020·江苏高考真题）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A．X分子中不含手性碳原子
B．Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D．X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】CD
【解析】A．X中红色碳原子为手性碳原子，错误；B．中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，错误；C．中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，正确；D．中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，说法正确；综上所述，说法正确的是：CD。
12．（2020·天津高考真题）熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为(x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是
A．Na2S4的电子式为
B．放电时正极反应为
C．Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D．该电池是以为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】根据电池反应：可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：Na-e-= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为，据此分析。A．Na2S4属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为，正确；B．放电时发生的是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为：，正确；C．放电时，Na为电池的负极，正极为硫单质，错误；D．放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，为隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，正确；答案选C。
13．（2020·浙江高考真题）常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，和的混合液中
B．当滴入氨水时，
C．当滴入氨水时，
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
【答案】C
【解析】A．未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B．当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c()+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C．当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c()+c(OH-)，C不正确；D．当溶液为中性时，电荷守恒为：c()+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，()＞c(Cl-)，D不正确；故选CD。
14．（2015·安徽高考真题）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是
A．温度T下，该反应的平衡常数
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【答案】A
【解析】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，错误。答案选A。
二、非选择题：共58分，第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
15．[2018海南]某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：
（1）选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥．纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有_________的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是__________________________。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是__________________________。
（2）金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：
①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。
据此推断，白色物质的主要成分是________(填标号)。
A．Na2O B．Na2O2 C．NaOH D．Na2CO3
②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是________________。
③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________。
【答案】（1）饱和NaHCO3溶液、浓硫酸 产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止 生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行
（2）①D ②碳(C) ③4Na＋3CO22Na2CO3＋C
【解析】（1）根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸；
反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；
若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。
故答案为：饱和NaHCO3溶液、浓硫酸；产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止；生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行。
（2）①向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；
②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；
③由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。
16．（2021·河北高三零模）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②______。
（2）ZnO转化反应的离子方程式为______。
（3）“除杂”工序中，反应的离子方程式为______。
（4）滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。
（5）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。
（6）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。
（7）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
【答案】（1）增大溶液 pH， 将 转化为 （2）ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O （3）Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ （4）Zn、Cu （5）Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 浸取 （6）煅烧 （7）Fe2(SO4)3 MnO2
【解析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。
（1）由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与反应，的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的稳定性， 氨水过量可以将 转化为， 使以上两种络离子稳定存在。
（2）浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（3）在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
（4）滤渣②是在除杂工序中产生的，由（3）分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；
（5）在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；
（6）碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；
（7）滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
17．（2020·全国高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·ml−1。回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。
（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。
（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__________________________。
【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙ml-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3） （4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】
（1）由题中信息可知：
①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙ml-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙ml-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙ml-1
根据盖斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙ml-1)-( -24kJ∙ml-1)2= -351kJ∙ml-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙ml-1；
（2） SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
（3）假设原气体的物质的量为100ml，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m ml、m ml和q ml，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαml+q ml，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。
（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
18．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
（2020年山东新高考）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____________，其固体的晶体类型为_____________。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为____________，键角由大到小的顺序为_____________。
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________ml，该螯合物中N的杂化方式有__________种。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
一个晶胞中有_________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分数坐标表示)。CdSnAs2
晶体中与单个Sn键合的As有___________个。
【答案】（1）正四面体形； 分子晶体
（2）NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3
（3）6 1 （4）4 (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) 4
【解析】
（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数==0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；
（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；
（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6ml，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；
（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。
19．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
【2017新课标Ⅱ】化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1。
②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1 ml D可与1 ml NaOH或2 ml Na反应。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为____________。
（2）B的化学名称为____________。
（3）C与D反应生成E的化学方程式为____________。
（4）由E生成F的反应类型为____________。
（5）G的分子式为____________。
（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 ml的L可与2 ml的Na2CO3反应，L共有______种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为___________、____________。
【答案】（1）
（2）2-丙醇（或异丙醇）
（3）
（4）取代反应
（5）C18H31NO4
（6）6
【解析】A的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学式为C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6∶1∶1，则B的结构简式为CH3CH(OH)CH3；D的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，1 ml D可与1 ml NaOH或2 ml Na反应，则苯环上有酚羟基和—CH2OH，且为对位结构，则D的结构简式为。
（1）根据上述分析，A的结构简式为。
（2）根据上述分析B的结构简式为CH3CH(OH)CH3，依据醇的命名，其化学名称为2-丙醇或异丙醇。
（3）HOCH2CH2OCH(CH3)2和发生反应生成E的化学方程式为：。
（4）的分子式为C3H5OCl，E的分子式为C12H18O3，E与的分子式之和比F的分子式少了一个HCl，则E和发生了取代反应生成F。
（5）根据有机物成键特点，有机物G的分子式为C18H31NO4。
（6）L是的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1 ml的L可与2 ml的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，满足条件的L共有6种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的结构简式为、。
选项
实验器材（省略夹持装置）
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
CuSO4溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体NaCl配制0.5ml/L的溶液
D
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗
用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI
IVA族
VA族
Y
Z
M
步骤
现象
将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却
产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生
在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡．过滤
滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液
坐标原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125