2021年高考化学真题模拟练习卷四含解析

这是一份2021年高考化学真题模拟练习卷四含解析，共16页。试卷主要包含了电池是新能源汽车的动力电池之一等内容，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．【2018新课标3卷】化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】A
【解析】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，错误。B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，正确；C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，正确；D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，正确。
2．[2018新课标Ⅱ]NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，124 g P4中所含P—P键数目为4NA
B．100 mL 1ml·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】A．常温常压下，124 g P4的物质的量是1 ml，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B．铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1 ml·L−1 FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C．甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5ml，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D．反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 ml SO2和1 ml O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
3．[2019北京] 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
【答案】B
【解析】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，不符合题意；B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，符合题意；C．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，不符合题意；D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436 kJ/ml+243 kJ/ml=679 kJ/ml），与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431 kJ/ml×2= 862 kJ/ml）之差，即放热183kJ/ml，放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ∆H=-183kJ/ml，不符合题意；综上所述，本题应选B。
4．（2020·北京高考真题）下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【解析】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。
5．（2014·全国高考真题）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B．酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。
【答案】B
【解析】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有水对实验无影响，A错误；B．酸式滴定管装标准溶液前，若不润洗，量取的酸的浓度偏低，则必须先用该溶液润洗，B正确；C．用待滴定溶液润洗锥形瓶，待滴定的物质的量偏大，则锥形瓶不能润洗，C错误；D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，需要重新配制，D错误；答案选B。
6．（2018新课标Ⅰ卷）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【答案】D
【解析】正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3＋，C正确；D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。
7．（2015·北京高考真题）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2 +2OH－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，正确；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，不合理；C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，正确；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，正确。答案选B。
8．（2010·北京高考真题）用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是( )
A．上下移动①中铜丝可控制SO2的量
B．②中选用品红溶液验证SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2
D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，错误。答案选D。
9．（2019·全国高考真题）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A．原子半径：WB．常温常压下，Y单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：ZD．X的最高价氧化物的水化物是强碱
【答案】D
【解析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。A．同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，正确；B．常温常压下，Si为固体，正确；C．同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，正确；D．X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，错误；答案选D。
10．（2020·山东高一期末）已知温度不同，NO2和CO之间发生反应的机理不同。
①673K时，NO2和CO发生基元反应(即一步完成)：NO2+CO = NO+CO2，其反应过程如图所示：
②473K时，则经过两步反应，反应机理是：NO2+NO2→NO+ NO3(慢)，CO+ NO3→NO2+CO2(快)。
下列有关说法错误的是
A．相同条件下，活化分子的能量比对应反应物分子的能量高
B．473K时，总反应速率由第一步决定
C．使用催化剂可增加活化分子百分数，提高NO2的平衡转化率
D．温度不同反应机理不同，但都经历氮氧键断裂和碳氧键生成的过程
【答案】C
【解析】A．反应物分子吸收能量可得到活化分子，因此相同条件下，活化分子的能量比对应反应物分子的能量高，A正确；B．化学反应速率主要由慢反应决定，因此473K时，总反应速率由第一步决定，B正确；C．催化剂可增加活化分子百分数，但不影响平衡移动，因此不能提高NO2的平衡转化率，C错误；D．由题干信息可知，温度不同时，反应机理不同，但都是经历氮氧键断裂和碳氧键生成的过程，D正确；答案选C。
11．（2020·山东高考真题）从中草药中提取的 calebin A(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于 calebin A的说法错误的是
A．可与FeCl3溶液发生显色反应
B．其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应
C．苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种
D．1ml该分子最多与8mlH2发生加成反应
【答案】D
【解析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、醚键等官能团。A．该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B．该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2，B正确；C．该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确；D．该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1ml分子最多可以与2×3+2×1+1=9ml氢气发生加成反应，D错误。答案选D。
12．（2020·全国高考真题）电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是
A．Ag为阳极B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，g电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。A．通电时，Ag电极有Ag+生成，g电极为阳极，正确；B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，正确；C．过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，错误；D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=AgxWO3，正确；答案选C。
13．（2019·浙江高考真题）聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗6/n ml KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
【答案】A
【解析】A．根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 ml KClO3，错误；B．绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，正确；C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，正确；D．多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，正确。故答案选A。
14．（2018·浙江高考真题）氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B．相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C．相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大
D．一定条件下，气态原子生成1mlH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/ml
【答案】D
【解析】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，错误；B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，错误；C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，错误；D．一定条件下，气态原子生成1mlH-X键放出akJ能量，则断开1mlH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2=+akJ/ml，正确；答案选D。
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．【2014年高考全国大纲卷第29题】(15 分)
苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：
制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸的熔点为76．5 ℃，微溶于冷水，溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）在250 mL三口瓶a中加入70 mL70%硫酸。配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是
。
（2）将a中的溶液加热至100 ℃，缓缓滴加40 g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130 ℃继续反应。在装置中，仪器b的作用是 ；仪器c的名称是 ，其作用是 。
反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加人冷水的目的是 。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填标号)。
A．分液漏斗B．漏斗C．烧杯D．直形冷凝管E．玻璃棒
（3）提纯粗苯乙酸的方法是 ，最终得到44 g纯品，则苯乙酸的产率是 。
（4）用CuCl2• 2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是 。
（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是 。
【答案】
（1）先加水、再加入浓硫酸(1分)
（2）滴加苯乙腈(1分) 球形冷凝管(1分) 回流(或使气化的反应液冷凝)(1分)
便于苯乙酸析出(2分) BCE(全选对2分)
（3）重结晶(1分) 95% ( 2分)
（4）取少量洗涤液、加人稀硝酸、再加AgN03溶液、无白色浑浊出现(2分)
（5）增大苯乙酸溶解度，便于充分反应(2分)
【解析】物质的制备实验要从制备的原理、原料与生成物的性质和相关信息入手，应用所学知识并结合问题进行全面的分析作答。
（1）蒸馏水与浓硫酸混合应先加水、再加入浓硫酸，防止暴沸。
（2）仪器b为分液漏斗，通过分液漏斗向三口瓶a中滴加苯乙腈；仪器c为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；反应结束后加适量冷水，便于苯乙酸(微溶于冷水)结晶析出，通过过滤能从混合液中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等。
（3）将粗苯乙酸晶体重新在热水中溶解，然后再降温结晶过滤(重结晶)可得较纯净的苯乙酸晶体；根据“1～1”关系式，可计算苯乙酸的产率＝。
（4）在制备Cu(OH)2沉淀的同时还有可溶性NaCl生成，故判断沉淀洗干净的方法就是检验最后一次洗涤液中是否还含有Cl－。
（5）根据“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。
16．（2021·重庆高三零模）碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
（1）元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。
（4）“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。
（5）“沉锶”中反应的化学方程式为_______。
（6）锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。
【答案】（1）五 ⅡA （2）增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 （3）SrCO3+2CSr+3CO↑ 碱性耐火砖 （4）为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 MgO （5）Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O （6）6
【解析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。
（1）元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；
（2）菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；
（3）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；
（4）由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；
（5）“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；
（6）xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。
17．（2015·全国高考真题）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H1
②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H2
③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1＝__kJ·ml-1，已知△H2＝-58kJ·ml-1，则△H3＝__kJ·ml-1。
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。
（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案】（1）—99 ＋41 （2） a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 （3）减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低； P3＞P2＞P1 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】
（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/ml＋2×436 kJ/ml—3×413 kJ/ml—343 kJ/ml—465 kJ/ml＝—99kJ.ml-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58 kJ/ml＋99 kJ/ml＝＋41kJ.ml-1。
（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。
（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
（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）
[2019江苏]Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为_______________________。
（2）的空间构型为_____________（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为__________（填元素符号）。
（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为__________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为__________。
【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体O
（3）sp3、sp2 易溶于水
（4）4
【解析】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；
（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；
（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；
19．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
[2019新课标Ⅲ]氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）中的官能团名称是___________。
（3）反应③的类型为___________，W的分子式为___________。
（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：
上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。
（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式________________。
①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 ml的X与足量金属Na反应可生成2 g H2。
（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）
【答案】（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）
（2）羧基、碳碳双键
（3）取代反应 C14H12O4
（4）不同碱 不同溶剂 不同催化剂（或温度等）
（5）
（6）
【解析】首先看到合成路线：由A物质经反应①在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反应生成了B物质，B物质与丙烯酸在催化剂的作用下生成了C物质，那C物质就是将丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反应生成E就是把HI中的H连在了O上，发生的是取代反应；最后Heck反应生成W物质。
（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，3-苯二酚；
（2）物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基
（3）D物质到E物质没有双键的消失，且在O原子处增加了氢原子，没有双键参与反应所以属于取代反应，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14个碳的烷应该有30个氢，现在该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以30-9×2=12，因此有12个氢原子，即分子式为C14H12O4。
（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3探究了不同碱对反应的影响；实验4，5，6探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。
（5）D的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1mlX与足量Na反应可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6个相同环境的氢，则符合条件的有机物结构简式为。
（6）由题意中的Heck反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应产生双键，得到苯乙烯；可以仿照反应①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为。
A
B
C
D
NaCl溶于水
电解CuCl2溶液
CH3COOH在水中电离
H2与Cl2反应能量变化
NaClNa++Cl−
CuCl2Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)
ΔH=−183kJ·ml−1
温度/℃
10
20
30
40
60
80
90
100
溶解度/(g/100g)
1.25
1.77
2.64
3.95
8.42
20.2
44.5
91.2
实验
碱
溶剂
催化剂
产率/%
1
KOH
DMF
Pd(OAc)2
22.3
2
K2CO3
DMF
Pd(OAc)2
10.5
3
Et3N
DMF
Pd(OAc)2
12.4
4
六氢吡啶
DMF
Pd(OAc)2
31.2
5
六氢吡啶
DMA
Pd(OAc)2
38.6
6
六氢吡啶
NMP
Pd(OAc)2
24.5