【辽宁新高考】2021年高三化学全真模拟卷09

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2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷
化学试卷09
本卷满分100分，考试时间75分钟。
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．新型冠状病毒引发的肺炎疫情是2020年最大的公共卫生事件。下列有关说法正确的是
A．喷洒75%的酒精溶液消毒时要注意防火 B．给身体注射“84消毒液”来杀死病毒
C．用紫外线照射身体杀死病毒 D．重组新冠疫苗无需冷藏保存
【答案】A
【解析】A. 乙醇属于可燃性液体，因此喷洒75%的酒精溶液消毒时要注意防火，A正确；
B. “84消毒液”具有强氧化性，不能给身体注射“84消毒液”来杀死病毒，B错误；
C. 用紫外线照射身体容易引发人体疾病，C错误；
D. 重组新冠疫苗需要冷藏保存，以防止蛋白质变性，D错误；
答案选A。
2．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A．在潮湿的中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：Fe－3e－＝Fe3＋
B．Cl−的结构示意图：
C．硅酸盐Ca2Mg5Si8O22(OH)2可用氧化物形式表示为：2CaO•5MgO·8SiO2•H2O
D．氯化镁的电子式：
【答案】C
【解析】A.在潮湿的中性环境中，钢铁吸氧腐蚀的负极反应为：Fe－2e－＝Fe2＋，故A错误；
B. 氯原子核外电子数为17，原子结构示意图为，故B错误；
C. 硅酸盐Ca2Mg5Si8O22(OH)2可用氧化物形式表示为：2CaO•5MgO·8SiO2•H2O，故C正确；
D. 氯化镁的电子式为，故D错误；
故选：C。
3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，最外层电子数满足Z=X+Y；化合物Y2X4的电子总数为18个；基态Z原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，且最高能级有两个未成对电子；W的氢化物水溶液及最高价氧化物对应水化物均为强酸。下列叙述错误的是
A．X、Y、W三种元素能形成离子化合物 B．X2Y—YX2的水溶液呈碱性
C．元素的电负性：Y＜Z D．Y2Z分子中只含σ键，不含π键
【答案】D
【解析】Y2X4型常见化合物有N2O4、C2H4、N2H4，根据电子总数为18，推测Y2X4为N2H4，即X为H，Y为N，Z的最外层=X最外层+Y最外层=6，故X可能为O或S，又Z电子总数是最高能级电子数的2倍，O和S最高能级均为4个电子，即np4，故Z的电子总数为8，故Z为O，W的氢化物为强酸，短周期满足此要求的只有HCl，故W为Cl。
A．X为H，Y为N，W为Cl，三者可形成离子化合物NH4Cl，A正确；
B．该化合物X2Y—YX2为两个氨基相连，即N2H4（肼），肼溶于水能发生类似NH3与水的反应，且生成物能电离出OH−，故溶液显碱性，B正确；
C．Y为N，Z为O，电负性：O＞N，C正确；
D．Y2Z即N2O，其等电子体为CO2，故两者结构相同，根据CO2结构式O=C=O，可知N2O结构式为N=N=O，双键中有一根为σ键，另一根为π键，D错误；
故答案选D。
4．下列有关化学用语表述正确的是
A．基态氮原子核外电子排布的轨道表示式：
B．用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：
C．基态钙原子的简化电子排布式：[Ar]3d2
D．一水合氨的电离方程式：
【答案】D
【解析】A．基态氮原子核外电子中根据洪特规则，2p3的电子分别占据不同的轨道，则排布的轨道表示式：，A用语错误；
B．氢原子的电子云为球型，则用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：，B用语错误；
C．基态钙原子的最外层电子处于4s能级，则简化电子排布式：[Ar]4s2，C用语错误；
D．一水合氨为弱电解质，则电离方程式：NH3∙H2O⇌+OH−，D用语正确；
答案为D。
5．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是

A．①② B．②③ C．③④ D．②④
【答案】C
【解析】①铁离子遇硫氰根离子溶液变红，滴有硫氰化钾溶液的硫酸铁溶液显红色，二氧化硫可与三价铁离子发生氧化还原反应，铁离子转化为亚铁离子，溶液红色褪去，二氧化硫显还原性，与二氧化硫的漂白性无关，故①错误；
②含有水蒸气的一氯甲烷是气体混合物，图中装置被浓硫酸密封，气体无法通过，无法实现干燥，故②错误；
③氯气通入硫化钠溶液中，将硫离子氧化为硫单质，氯气是氧化剂，S为氧化产物，氧化性：Cl2＞S，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，则非金属性：Cl＞S，可以比较氯与硫的非金属性，故③正确；
④止水夹夹住橡皮管，从长颈漏斗中注水，至长颈漏斗中长颈部分在液面下，当长颈漏斗中液面高于烧瓶中液面，静置片刻，液面差不变，则气密性良好，故④正确；
综上所述，③④正确，答案选C。
6．钡在氧气中燃烧时的得到一种钡的氧化物晶体，起结构如图所示，有关说法正确的是

A．该晶体属于分子晶体
B．晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体晶胞结构与CsCl相似
D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+共有12个
【答案】D
【解析】A．该晶胞是由金属阳离子钡离子和阴离子过氧根离子构成的，属于离子晶体，A错误；
B．该晶胞中Ba离子个数=8×+6×=4；过氧根离子个数=1+12×=4，则钡离子和过氧根离子个数之比为4：4=1：1，其化学式为BaO2，B错误；
C．该晶胞中钡离子配位数是6，过氧根离子配位数是6；氯化铯晶体中离子配位数是8，NaCl中离子配位数是6，该晶胞结构和氯化钠结构相似，C错误；
D．与每个Ba2+距离相等且最近的Ba2+个数为：3×8×=12，D正确；
故合理选项是D。
7．压缩天然气汽车以天然气代替汽车用油，具有价格低、污染少、安全等优点。未经处理的天然气含有H2S，直接使用会造成大气污染，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法错误的是

A．Fe2(SO4)3可以视为该脱硫过程中的催化剂
B．该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O
C．该脱硫过程不能在高温下进行
D．该脱硫过程是将H2S转化为FeSO4
【答案】D
【解析】天然气中的脱硫原理是：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，由此分析；
A．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3在整个过程中质量和化学性质不变，可以视为催化剂，故A正确；
B．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3视为催化剂，因此脱硫过程O2间接氧化H2S，总反应为：2H2S+O2=2S+2H2O，故B正确；
C．T.F菌的主要成分为蛋白质，高温下蛋白质会发生变性，因此该脱硫过程不能在高温下进行，故C正确；
D．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，根据图示，Fe2(SO4)3氧化硫化氢生成硫，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，故D错误；
答案选D。
8．椒素是辣椒的辣味来源，其结构简式如下：

下列有关辣椒素的说法错误的是
A．分子中含有18个碳原子 B．分子中苯环上的一溴代物有3种
C．能使溴水褪色 D．分子中含有3种官能团
【答案】D
【解析】A．有结构简式可知，分子中含有18个碳原子，故A不选；
B．溴原子可以取代苯环上与酚羟基相邻，相间碳原子上的氢原子，则分子中苯环上的一溴代物有3种，故B不选；
C．该有机物中含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应，则能使溴水褪色，故C不选；
D．该有机物含有酚羟基、醚键、肽键和碳碳双键四种官能团 ，故D选；
故选：D。
9．2020年6月，清华大学发现了一种新型的钾离子电池正极材料，比过去使用的任何材料都更加稳定。电池示意图如下，总反应为FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F。下列有关说法错误的是

A．放电时，负极反应为KC6−e−=K++C6
B．充电时，阳极反应：KFeC2O4F−e−=FeC2O4F+K+
C．充电时，当电路中通过的电子为0.02 mol时，碳电极增加的质量为0.78 g
D．用该电池电解饱和食盐水，阴极产生4.48 L气体时，通过隔膜的K+为0.2 mol
【答案】D
【解析】A．由总反应FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F知：放电时，负极KC6失去电子生成C6，负极反应为KC6−e−=K++C6，A正确；
B．由总反应FeC2O4F+KC6C6+KFeC2O4F知：充电时，C6得电子在阴极反应，则KFeC2O4F在阳极反应，阳极反应为KFeC2O4F−e−=FeC2O4F+K+，B正确；
C．充电时碳电极为阴极，反应式为C6+e−+ K+= KC6，碳电极增加的质量即K+的质量，当电路中通过的电子为0.02mol时，K+的物质的量也为0.02mol，质量为0.02mol ×39g/mol=0.78g ，C正确；
D．未提到标况下，无法用计算，D错误；
故选D。
10．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向滴有酚酞的NaOH稀溶液中通入SO2
溶液由红色变为无色
SO2将酚酞漂白
B
向4mL0.01mol•L−1的KMnO4溶液中加入2mL0.2mol•L−l的草酸溶液
开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色
该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快
C
将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中
大理石溶解并产生气体
Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)
D
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点较低
【答案】C
【解析】A．NaOH使酚酞溶液变红，通SO2后，SO2和NaOH反应将NaOH消耗，所以溶液由红色变为无色，故A错误；
B．开始一段时间后，有Mn2+生成，Mn2+对该反应有催化作用，所以开始时，无明显变化，一段时间后，溶液迅速褪色，故B错误；
C．大理石的主要成分是CaCO3，醋酸溶液中含CH3COOH，因为Ka(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)，所以CH3COOH和CaCO3反应产生醋酸钙和水和二氧化碳，因此大理石溶解并产生气体，故C正确；
D．Al表面能迅速和O2反应生成致密的Al2O3薄膜，Al2O3的熔点高，包在Al的表面，因此内部的Al熔化后不落下，故D错误。
答案选C。
11．已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、ω的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是

A．图甲中ω1＞1
B．图乙中，线A表示正反应的平衡常数
C．在恒容容器中进行，压强不变时反应达到平衡状态
D．当温度为T1、ω=2时，Cl2的转化率约为33.3%
【答案】D
【解析】A.增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烯的体积分数减小，由图可知，丙烯的体积分数ω1大于ω2，则ω1＜1，故A错误；
B.由图甲可知，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，升高温度，放热反应的平衡常数减小，则图乙中，线B表示正反应的平衡常数，故B错误；
C.该反应是一个气体体积不变的可逆反应，无论是否达到平衡，压强始终不变，则在恒容容器中进行，压强不变时不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D.设温度为T1、ω=2时，容器体积为1L，CH2=CHCH3的起始物质的量为1mol，消耗物质的量为xmol，由题意建立如下三段式：

由平衡常数K=1可得=1，解得x=，则Cl2的转化率为≈33.3%，故D正确；
故选D。
12．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：

下列说法错误的是
A．反应1说明酸性：H2SO3>H2CO3
B．反应1结束后，可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．反应2最好在无氧条件下进行
【答案】C
【解析】A．反应1为二氧化硫通入碳酸钠溶液生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，则说明酸性：H2SO3>H2CO3，A正确；
B．反应1结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若加入可用盐酸酸化的 BaCl2溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡，可证明NaHSO3被氧化，B正确；
C．反应2为 ，亚硫酸氢钠中硫化合价从+4下降到+3，还原剂是锌，化合价从0升高到+2价，消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，C错误；
D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确；
答案选C。
13．微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学品，下图为其工作原理。下列说法正确的是

A．M极的电极反应式为CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+
B．外电路转移4mol电子时，N极消耗22.4LO2(标准状况)
C．反应一段时间后，N极附近的溶液pH值下降
D．该电池在常温和高温都可以工作
【答案】A
【解析】A．由图中信息可知，CH3COOH被氧化生成CO2，失去电子，则M电极为负极，N电极为正极，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，则M极的电极反应式为： CH3COOH−8e−+2H2O=2CO2↑+8H+，故A符合题意；
B．外电路转移4mol电子时，在N极上，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，所以消耗O2的体积应小于22.4LO2(标准状况)，故B不符合题意；
C．在N极，O2得到电子和H+结合生成H2O，反应一段时间后，H+浓度降低，N极附近的溶液pH值升高，故C不符合题意；
D．在高温下，会使微生物失去活性，不再有催化作用，故D不符合题意；
故选A。
14．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．将0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B．若NH4Cl溶液与NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1
D．常温下，pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH＜7
【答案】D
【解析】A．醋酸为弱酸，弱酸的电离为吸热过程，将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液从20 ℃升温至30 ℃，促进醋酸的电离，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B．由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH的浓度小于NH4Cl，故B错误；
C．向盐酸中加入氨水至中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，，即=1，故C错误；
D．常温下，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后，醋酸剩余，所以溶液的pH＜7，故D正确；
故选D。
15．天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10−9， 某溶洞水体中lgc(X) (X为H2CO3、、或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线①代表 B．H2CO3的一级电离常数为10−8.3
C．c(Ca2+)随 pH升高而增大 D．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10−7.9 mol·L−1
【答案】D
【解析】根据图像可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，、浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表，②代表，③代表Ca2+，据此分析解答。
A．由上述分析可知，曲线①代表，A错误；
B．曲线①为，由点(6.3，−5)可知，H2CO3的一级电离常数，B错误；
C．曲线③代表Ca2+，根据图像可知，c(Ca2+)随pH升高而减小，C错误；
D．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10−9，根据图像，pH=10.3时，c()=c()=10−1.1，则，D正确；
答案选D。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）
2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model 3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如下：

已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10−39；②Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g，100°C为0.72g。
(1)磷酸亚铁锂(LiFePO4)中所含主族元素的电负性由大到小的顺序是___________________。
(2)获得LiH2PO4，晶体的分离操作是_______，反应器中加入C的目的是_______。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施_______。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方式为_______。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe2+)=10 −6mol·L−1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用_____________(填化学式)。
【答案】(1)O＞P＞Li
(2)过滤 将+3价铁元素还原成+2价
(3)粉碎、搅拌、加热(合理即可)
(5)+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
(6)会产生污染环境的氮氧化合物 3 热水 C
【解析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，经过滤后滤液中再加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
(1)LiFePO4中主族元素有Li、P、O，根据电负性的递变规律可知，电负性：O＞P＞Li；
(2)通常固液分离先选择过滤操作，则从溶液中获得LiH2PO4，晶体的分离操作是过滤，反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价；
(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁"后溶液中c(Fe2+)=10 −6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe2+)×c2(OH−)=10 −6mol·L−1×=10−39 ，c(OH−)=mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g， 100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
17．（14分）
四氯化锡(SnCl4)，常温下为无色液体，易水解。某研究小组利用氯气与硫渣反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。

硫渣的化学组成
物质
Sn
Cu2S
Pb
As
Sb
其他杂质
质量分数/%
64.43
25.82
7.34
1.23
0.37
0.81
氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点
物质
性质
SnCl4
CuCl
PbCl2
AsCl3
SbCl3
S
熔点/℃
−33
426
501
−18
73
112
沸点/℃
114
1490
951
130
221
444
请回答以下问题：
(1)A装置中，盛浓盐酸装置中a管的作用是_______，b瓶中的试剂是_______。
(2)氮气保护下，向B装置的三颈瓶中加入适量SnCl4浸没硫渣，通入氯气发生反应。
①生成SnCl4的化学反应方程式为_______。
②其中冷凝水的入口是_______，e中试剂使用碱石灰而不用无水氯化钙的原因是_______。
③实验中所得固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______和_______。
(3)得到的粗产品经C装置提纯，应控制温度为_______℃。
(4)SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质。取10.00 g产品溶于水中，用0.02000 molL的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4标准溶液6.00 mL。测定过程中发生的相关反应有AsCl3 + 3H2O = H3AsO3 + 3HCl和5H3AsO3+ 2KMnO4 + 6HCl=5H3AsO4+ 2MnCl2+ 2KCl +3H2O。该滴定实验的指示剂是_______，产品中SnCl4的质量分数为_______%(保留小数点后一位)。
【答案】(1)平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中
(2)①浓硫酸
②c 吸收未反应的Cl2，防止污染空气
③Cu Pb
(3)114
(4)KMnO4 94.6%
【解析】(1)装置A中盛浓盐酸的仪器为恒压漏斗，其中a管的主要用于平衡烧瓶和恒压漏斗中的压强，使浓盐酸顺利流入烧瓶中； Cl2在参与反应前要经过干燥，所以b瓶中的试剂为浓硫酸，故填平衡气压，使使浓盐酸顺利流入烧瓶中、浓硫酸；
(2)①硫渣中含Sn，与Cl2发生化合反应，即，故填；②为了使冷凝回流的效果更明显，冷凝水的流向是下进上出，Cl2有毒，为了防止Cl2排到空气中污染环境，故选用碱石灰，故填c、吸收未反应的Cl2，防止污染空气；③硫渣中含量较多的金属元素为Cu和Pb，所以固体渣经过回收处理可得到金属Cu和Pb。故填Cu和Pb；
(3)通过相关物质的物理性质表可知，SnCl4的沸点为，所以蒸馏时温度应控制在114℃，故填114；
(4)滴定时不需要额外添加指示剂，因为KMnO4本身为紫色，故其指示剂为KMnO4。滴定消耗的KMnO4的物质的量为=mol，根据反应方程式可知样品中AsCl3的物质的量为=mol，质量m=n·M==g，AsCl3的质量分数为，SnCl4的质量分数为1−≈94.6%，故填KMnO4、94.6%。
18．（13分）甲醇是多种有机产品的基本原料和重要的化工产品，广泛用于有机合成、染料、医药、涂料和国防等工业。回答下列问题：
(1)一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如图1所示。其中，反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为___。

(2)在恒容密闭容器中利用合成气(主要成分为CO2和含有少量CO的H2)合成甲醇，发生的主反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，对应的曲线是___(填①或②)；图中m、n、z三点平衡常数Km、Kn、Kz的大小关系是___；的数值，m点比n点___(填“大”或“小”)。
(3)在催化剂Cu/ZnO存在下，CO2和H2可发生如下反应：
ICO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H10。
控制CO2和H2初始投料比为5：11，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
[备注]甲醇选择性为转化的CO2中生成甲醇的百分比。
表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是___。
(4)铜系催化剂对反应2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0 Pa，且P氢气=P甲醇，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3)=___，用气体分压表示的平衡常数Kp=___；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应到达平衡时P氢气___P甲醇(填“>”，“=”或“Kx 小
(3)表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响
(4)mol•L−1•min−1 0.2P0 >
【解析】(1)根据图示可知，HCHO与O2反应生成CO和H2O，2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)反应为放热反应，△H=−2(676−158−283)=−470kJ•mol−1，故热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=−470kJ•mol−1。

(2)当温度相同时，二氧化碳的浓度越大，其转化率越低，氢气的浓度越大，二氧化碳的转化率越高，故投料比为1：1.5a时，对应的曲线是①；温度相同时，反应平衡常数相同，故Km=Kn；当相同时，由图可知温度越高，二氧化碳的转化率越低，说明反应为放热反应，故温度升高，化学反应平衡常数减小，则Km=Kn>Kx；m点处，二氧化碳的转化率为60%，设c(CO2)=1mol/L，根据=1：1.5a，则c(H2)=0.5a，则剩余二氧化碳的浓度为0.4mol/L，生成甲醇的浓度为0.6mol/L，则=0.67，同理，经计算n点=1.22，故的数值，m点比n点小。
(3)表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
(4)相同条件下，压强之比等于气体的物质的量之比。在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0Pa，且，设反应甲醇的物质的量为2xmol，根据反应2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)则反应生成HCOOCH3的物质的量为x，生成氢气的物质的量为2xmol，因为P氢气=P甲醇，则a−2x=2x，x=mol，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3)= mol•L−1•min−1；平衡时甲醇、H2的压强为P0×=0.4P0，HCOOCH3的平衡压强为P0×=0.2P0，用气体分压表示的平衡常数Kp= 0.2P0；若同条件下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中平衡时P氢气=P甲醇；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应正向进行时气体的物质的量增大、体积增大，则压强减小，平衡正向移动，故到达平衡时P氢气>P甲醇。
19．（15分）
有机物F可用于某抗凝血药的制备，工业生成F的一种路线图如图:

已知:①RCOOHRCOCl
②D与FeCl3溶波能发生显色。
回答下列问题:
(1)E中官能团的名称是________________，B→C的反应类型是_____。
(2)H的结构简式为________________，H与足量氢气反应生成的产物中手性碳有_____________(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。
(3)有关F的下列说法正确的是_____________(填序号)。
A．属于芳香烃
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应
D．1molF最多可以跟4molH2反应
(4)写出C+D→E的化学方程式:________________________________。
(5)同时满足下列条件的D的同分异构体共有______种，写出核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_________________________________。
①局于芳香族化合物②能与NaHCO3溶液反应③能与FeCl3溶液发生显色反应
(6)以2－氯丙酸(CH3CHClCOOH)、苯酚为原料制备聚丙烯酸苯酚酯()，写出合成路线图(无机试剂自选)。_______________________________________________。
【答案】（1）酯基 取代反应
（2） 2
（3）CD
（4）CH3COCl＋+HCl
（5）13
（6）
【解析】根据生产路线分析可知，乙烯氧化得到A，A为乙醛，乙醛发生银镜反应后酸化得到B，B为乙酸，乙酸与三氯化磷反应生成C，C为CH3COCl；根据E可知，CH3COCl与D发生取代反应生成E，因此D为，逆推可知，H为，据此分析解答问题。
(1)E的结构简式为，分子中含有的官能团的名称是酯基，B→C是乙酸与三氯化磷反应生成C，反应类型是取代反应；
(2)根据上述分析可知，H的结构简式为，H与足量氢气反应生成产物中不含苯环，其中的手性碳为[用※标识出的为手性碳]，故有2个手性碳；
(3)A．根据F的结构简式可知，F中含有氧元素，不属于芳香烃，A错误；
B．F中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；
C．F分子中含有苯环、醇羟基、酯基，所以可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，C正确；
D．1mol苯环可以和3mol氢气发生加成，1mol双键可以和1mol氢气发生加成，所以1molF最多可以跟4molH2反应，D正确；
故答案选CD；
(4)C+D→E为CH3COCl与发生取代反应生成，其化学方程式为CH3COCl＋+HCl；
(5)由①知分子中含有苯环，由②知分子中含有—COOH，由③知分子中含有酚羟基。当苯环上有两个取代基时，两个取代基分别为—OH、—CH2COOH，两个取代基在苯环上有3种位置关系；当苯环上有三个取代基时，分别为—OH、—COOH、—CH3，三个取代基在苯环上有10种位置关系，故共有13种同分异构体，其中核磁共振氢谱有5组峰的物质是；
(6)2−氯丙酸先发生消去反应得到丙烯酸钠，再酸化后与PCl3反应得到CH2=CHCOCl，再与苯酚发生取代反应，最后发生加聚反应即可，合成路线为。