河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题.pdf

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1、河北省石家庄市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编一综合、推断、流程题一、工业流程题1.（2 0 2 0河北石家庄二模）NaH 2 P Ch还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠（Na2 H p Ch）的工业流程如图。水b FcS HJ溶液 水活性炭请回答：（1）“合成”过程，主要氧化产物为亚磷酸（H 3 P o3），相应的化学方程式为。“除铅”过程，F e S除去微量P b 2+的离子方程式为。（3户减压蒸储”过程，回收率为9 5%,则 剩 余 固 体 的 主 要 成 分 为（填化学式）。（4）“调p H=l 1 的作用为（5）工业上常用电解Naz H P O?溶液制备亚磷酸，

2、其装置示意图：a为电源（填“正极”或“负极”）。B膜应选择（填“阴离子”“质子”或“阳离子”）交换膜。阳 极 的 电 极 反 应 式 为。2.（2 0 2 1.河北石家庄.统考二模）铭（T 1）在工业中的用途非常广泛，其中铭锡合金可作超导材料；铉镉合金是原子能工业中的重要材料。铭主要从铅精矿焙烧产生的富铭灰（主要成分P b O、Z n O、F e2O 3,F e O、T L O等）中提炼，具体工艺流程如图。K M n C U 和 N ac i C H3C O N R2 C H 3 c o O N H 4已知：萃取剂选用对花有很高选择性的酰胺类萃取剂CH 3 c oNR2 的二乙苯溶液，萃取过程

3、的反应原理为 H+CH 3 c oNR2+T 1 C 峰”CH 3 c oNRz H lT I CLu回答下列问题：(1)“浸取”过程中生成可溶性的T 1 C1；,该反应的离子方程式为一。(2)残渣的主要成分为一(填化学式)：在实验室中，“萃取”和 反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为。(3)“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为。(4)“还原、氧化、沉淀”过程中T 1 CI；发生反应的离子方程式为一。(5)流程中得到的“T I C1”需要用盐酸洗涤，用平衡原理解释与蒸馈水相比，盐酸洗涤的优点为一。(6)电解T LS0 4 制备金属T 1 的装置如图所示。阳极的电极反应式为；当转移2 m

4、o i b时，左侧电极室中溶液的质量减少 go3.(2 0 2 2 河北石家庄统考二 模)氯化铀(C e C b)可用作石油催化剂、汽车尾气催化剂等,它易吸湿水解。用丙酸钝晶体 C e(C H 3 c H 2 c o 0)3 5 氏0 制备氯化铀的实验流程如图：O,NH.CICc2溶液。欲配制lOOmlAOOmol.lJHzCh溶液，需要量取溶质质量分数为34%的 H2O2溶液（密度为1.13g-mL）的体积为mL（保留两位小数）,量取34%的 H2O2溶液时所使用的仪器为o装置D 中石棉的作用为一。（3）“还原氯化”时，需要在加热条件下进行，该反应的化学方程式为o（4）“还原氯化”时，加入过

5、量的NH4C1可有效抑制CeCl3的水解，解释其原因为 o4.（2022.河北石家庄.统考二模）氧化铳（SezCh）广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。利用钛白酸性废水（含 H+、Sc3+、T i4+、Fe2+、SO；）制备氧化铳的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示:i.Sc3 T i4+、Fe2+均能与P504（用 HR表示）发生络合反应，且机理均为:Mn+nHR MRn+nH+；ii.金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如表所示：金属离子Tl4+Fe2+Sc3+开始沉淀pH1.36.84.0沉淀完全pH2.39.05.0回答下列问题:萃取相比(?)指的是萃取时有机相与被萃取的酸性

6、废水的体积比。“萃取 工序中，萃W取相比(g)与 SC3+的萃取率关系如表所示：W0 _萃取相比(年)1：101：151：201：251：301：351：40SC?+的萃取率/%90909085807060该工序中最适宜的?值为1：2 0,理 由 为。(2)sc3+的络合机理为一(用离子方程式表示)；“水相n”的主要成分除H2SO4外，还含有 FeSO4和少量Ti(SO4)2.则 Ti4+Fe?+中与P504络 合 能 力 较 强 的 是。(3)“反萃取”时，加入NaOH溶 液 的 目 的 为；“滤 液 I”的 主 要 成 分 为(填 化 学 式)。(4广优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH范围为

7、(5)“沉铳”时，能得到SC2(C2O4)3-6H2O。其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所示：草酸铳晶体热分解温度区间(K)固体失重百分率()生成的含铳化合物SC2（C2O4）3,6H2O（摩尔质量为 462g/mol）38342319.48A46350823.38B58387370.13SC2O3化合物A 的化学式为一；由含铳化合物B 转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为.二、原理综合题5.(2020河北石家庄二模)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：(1)如图表

8、示在CuO存在下HC1催化氧化的反应过程，则 总 反 应 的 化 学 方 程 为。试卷第4 页，共 11页（2）研究H C 1催化氧化反应中温度、n（H Cl）加（催化剂）和（。2）q(H Cl)等因素对H C 1转化率的影响，得到如下实验结果:利用N a 2 s 2。3溶液和KI溶液测定反应生成C h的物质的量，若消耗V i m L c i m o l-L1的N a 2 s 2。3 溶液，则生成 C1 2 m o l（已知 2 s 2 O；+I 2=S Q：-+2）。吗I曾表示催化剂的质量与H Cl（g）流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当“肾?=4、W g，m i n-m

9、o l 时,每分钟流经1 g催化剂的气体体”（CD?）q（H Cl）积为 L（折算为标准状况下）。7060508W2OIO%XOHWSO 100 150 ICO 250 300 J50 50 100 ISO 200 250 XX)350 4M加(一化剂),C ens i 皿催化剂)，7.H C D Emo】.H O)/8m,n n，0,_ n(H Cl)加催化剂)在 4 2 0、=3,=2 0 0 g-m i n-m o H 条件下,a(H Cl)为 3 3.3%,贝U Ch 的(O,)q(H Cl)反应速率为 m o l-g -mi i r1 o比较在下列两种反应条件下0 2的反应速率：v/

10、v%（填或“CH2=C(C H3)2(g)+H2(g)也=+124 k J-mo lH回答下列问题：已知：C O(g)+H2O(g)i g CO2(g)+H2(g)AH=-41.2 k J-mo|-,则 AH/=。向1.0 L恒容密闭容器中加入O.l mo l C H 3c H(C H 3)C H 3(g)和0.I mo l C C h(g),利用反应I制备异丁烯。已知正反应速率可表示为u ,尸k “；c C H 3c H(C H.3)C H力c(C C)2)，逆反应速率可表示为，v =kac C H2=C(C H 3)2 c(H2O)c(C O),其中k正、k虺 为速率常数。图1中能够代表k

11、迎的曲线为(填“L 1”“L 2”、或“L 3”“L 4”)。温度为TI时，该反应的化学平衡常数长=；平衡时，C H 3c H(C H 3)C H 3(g)的转化率 5 0%(填，、=”或“”)。试卷第6页，共11页(3)在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中分别加入O.lmolCH3cH(CH3)CH3(g)和0.2molCH3CH(CH3)CH3(g),在不同温度下发生反应H 达到平衡。平衡时c CH3cH(CH3)CH3 随温度的变化如图2 所示，其中曲线上a、b、c 三点的压强分别为00仅a、b、c 三点中逆反应速率最大的为一 点。P 2 2Pl(填“”、=，喊 v )，解释其原因为。计

12、算b 点的化学平衡常数勺 用带p2的表达式表示。7.(2022河北石家庄统考二模)通过“C02一合成气高附加值产品”的工艺路线，可有效实现CO2的资源化利用。CO2加氢制合成气(CO、H2)时发生下列反应：I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH =+41 kJ mol-1II.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2ni.CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)H3=+247kJ-morl(1)据此计算4112=；反应III能自发进行的原因为一。(2)在压强为po的恒压密闭容器中，按一定物质的量之比充入H?(g)和 CCh(g)发生反应,平衡体

13、系中气体的物质的量分数随温度变化如图1所示：三密区相Wg Jr480Tt T/CCH4（g）的物质的量分数随着温度升高而降低的原因为,TJC时，反应II的压强平衡常数Kp=（用含po的代数式表示）。（3）结合具体催化剂，探讨反应路径的研究表明：将钙循环（CaO和CaCCh相互转换）引入上述反应体系具有诸多优势。钙循环使反应I分为以下两个步骤进行，请写出步骤2的化学方程式。步骤 l.CO2（g）的捕获：CO2+CaO=CaCO3;步骤2.CaO的再生：.将钙循环引入该反应体系时，对反应I的影响可能为一（填选项字母）。A.提高反应速率 B.增大平衡常数 C.提高选择性 D.增大反应活化能（4）电催

14、化还原CO2的方法具有催化效率更高、反应条件更温和的优点，CO?在Au纳米颗粒表面电还原的进程如图2所示。据此判断该过程的决速步骤为（填“a”、“b”或“c”），电催化还原CO2的电极反应式为oJO5O51.LO.。(二登玄正-1.0图2三、有机推断题试卷第8页，共11页8.(2020河北石家庄二模)苯丁酸氮芥(I)是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线如下:请回答：(1)反 应 所 需 的 试 剂 和 条 件 为，B 中官能团的名称为(2)C的结构简式为,A的名称为(3)满足下列条件的F 的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。a.属于芳香族化合物；b.与 F 具有相同的官能团;c.核磁共振氢谱有

15、5 组峰，且峰面积之比为622:2:1。(4)中步骤ii的反应类型为(5)FG 的化学方程式为 o(6)设计由苯和工X制备 23的合成路线.(无机试剂任选)。9.(2021.河北石家庄统考二 模)大位阻醛也)是一种重要的有机化工原料,使用a澳代段基化合物合成H 的路线如图:R,R,|一已知：R C COOH+ROH 哽岬 上一 R-c COOH1|1 IBrOR回答下列问题:(1)已知A的核磁共振氢谱显示有2种氢，则A的名称为一。(2)G的结构简式为一。(3)和的反应类型分别为、；反应需要的试剂和条件分别为o(4)写出D到E的反应方程式(5)X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有一

16、种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：1：6的结构简式为(任写一种)。/H C(6)设计由V 和乙醇制备、/的合成路线(无机试剂任选)_。10.(2022河北石家庄统考二模)白藜芦醇(K)具有优异的抗氧化性，可降低血小板聚已知I：I.酸性：SO3HH2SO3COOHR VO R，CH；、OR，+R”CHORCH=CHR试卷第10页，共11页回答下列问题：(1)A的 化 学 名 称 为 一，K 中所有官能团的名称为一。(2)BC 的化学方程式为_。(3)D转化为E 时，加入NaHCOa可使E 的产率大幅提升,(4)GTH的反应类型为_。(5)1存在顺反异构，其反式结构

17、的结构简式为一。(6)M为 F 的同分异构体，满足下列条件的M 的结构有L苯环上连有4 个取代基II.lmolM最多能与3molNaOH发生反应(7)设计以苯甲醇为原料，制备 V任选)。原因为_O种(不考虑立体异构)。的合成路线(其他试剂参考答案：1.N a H 2 P o 2+I 2+H 2 O H 3 P Ch+N a l+H I F e S(s)+P b2+(a q)=P b S(s)+F e2+(a q)N a H 2 P O 3除铁、将 N a H 2 P Ch 转换为N a 2 H p e)3 正极 阴离子 2 H 2。4-=。2 廿4 日【分析】“合成”步骤，N a H 2 P

18、Ch 和 L和水反应生成H 3 P o 3 和 N a i 和 H I；之后加入F e S 将 P b2+转化为P b S 除去，此时溶液中的杂质为F e 2+；因为H I 易挥发，“减压蒸储”获得H I 溶液，剩余固体主要为含有F e?+杂质的N a H 2 P。3,加水溶解，再加入出。2将 F e?+氧化成F e3+,调p H=U将 F e 3+转化为沉淀除去，同时部分N a H 2P o 3 转换为了 N a 2H P C)3；再次调p H 将 N a H 2P O 3 彻底转化为N a z H P C h，最后“结晶”得到N a z H P C h 固体，据此分析解答；(5)电解的目的

19、是利用N a z H P C h 溶液制备亚磷酸，所以电解过程中N a 2H p 0 3 溶液中的H P 0；需要向左移动，电解池中阴离子流向阳极，所以左侧为电解池阳极，a 为电源正极，b为电源负极。【详解】根据后续流程可知“合成”步骤中产生HL说明L将 N a H 2P C h 氧化，H I 为强酸，所以还生成H 3 P C h 和 NaL根据电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为：N a H2P O 2+l 2+H2O=H 3 P o 3+N a I+H I；(2)“除铅”过程，利用沉淀转化原理，加入F e S将 P b 2+变成P b S,离子方程式为：F e S(s)+P b2+(

20、a q)=F e2+(a q)+P b S(s)；(3)根据合成步骤的反应，可知蒸储前溶液中主要含H 3 P o 3、N a i 和 HL而蒸储过程 回收率为 9 5%,说明H 3 P O 3 和 N a i 反应有N a H 2P。3 生成，则剩余固体的主要成分为N a H 2P。3；(4)“调 p H=l l”的作用：将 F e 3+转化为沉淀除去，同时将N a H 2P 0 3 转换为了 N a z H P C h;(5)根据分析可知a 为电源正极；电解过程中H P 0 J-需要穿过B膜，所以B膜应选择阴离子交换膜；左侧与电源正极相连为阳极，阳极为硫酸溶液，水电离出的氢氧根放电生成氧气，

21、电极反应式为2H 2。为日=0 4+4 可。【点睛】虽然亚磷酸(H 3 P O 3)分子式中有3个氢，但它是一种二元弱酸，与过量的N a O H 反应生成N a z H P C h，为正盐。2.4 0 C 1-+4 M n O ；+5T h O+4 2H+=4 M n2+1 0 T 1 C 1 ；+21 H 2O P b SO4 分液漏斗 C H 3 c o N R 2H T 1 C L+C H 3 c o O N H a -C H 3 C O O H+C H 3 C O N R 2+N H 4 T I C I 4 H h O+SO+T I C 1；=T 1 C 1+SO +2H+3 C I

22、用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，使 T l C l(s).,T l+(a q)+C l答案第1 页，共 1 4 页一(a q)逆向进行，抑制T 1 C 1 溶解 T l -2e =T 13+50 4【分析】富铭灰浸取时Z n O 转化为硫酸锌，P b O 转化为硫酸铅，氧化铁转化为硫酸铁，氧化亚铁被氧化为硫酸铁，T h O 转化为T 1 C 1,，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应H+C H 3 c o N R 2+T I C I 4 C H3C O N R2H T I C 1 4,然后反萃取得到T 1 C 1；,加入还原剂还原、氯化和沉淀得到T 1 C 1,T 1 C I 焙烧、酸浸、水浸得到T 1

23、 2s。4 溶液，电解T I 2SO 4 溶液得到T 1,据此解答。【详解】(D“浸取”过程中生成可溶性的T 1 C 1 4，反应中T L O 被氧化转化为T 1 C 1；,该反应的离子方程式为 4 0 C 1 +4 M n O ；+5T L O+4 2H *=4 M n2+1 0 T l C l ；+21 H 2O。(2)P b O 转化为硫酸铅，过滤得到残渣，即残渣的主要成分为P b SC U;在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为分液漏斗。(3)萃取剂发生反应H+C H3 c o N R 2+T 1 C 1；.C H3 c o N R 2 H T 1 C 1 4

24、,“反萃取”过程中加入醋酸钱，则发生反应的化学方程式为 C H3C O N R2H T 1 C 1 4+C H3 C O O N H4 C H3 C O O H+C H3 C O N R 2+N H4 T l e 1 4。(4)根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中T 1 C 1；发生反应的离子方程式为H2 O+S O p +T 1 C 1 ；=T 1 C 1+S O +2 H+3 C 1 (5)由于存在溶解平衡：T l C l(s).T r(a q)+C l (a q),用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，抑制T 1 C 1溶解，减少损失，提高原料利用率。(6)电解时阳极发生失去电子的氧化反应，

25、溶 液 中 放 电，阳极的电极反应式为电解时阳离子向阳极移动，即向右侧移动，左侧电极是阴极，电极反应式为T l+e-=T l,当转移2 m o i b时，左侧电极室中析出2 m o m,Im o l 硫酸根离子移向右侧，所以左侧电极室中溶液的质量减少 9 6g+2 m o l x 2 0 4 g/m o l=5 0 4 g(.3.(1)1 8：2 5(2)e b a f g i h e d 无水硫酸铜 2 6.5 5 酸式滴定管防止管内固体被吹入导管堵塞装置A(3)6C e O2+1 8N H4 C I_ 6C e C 1 3+N2T+1 2 H2 O T+1 6N H3 T(4)N H4 c

26、 l 受热分解产生H C 1,可以抑制C e C 1 3 水解答案第2页，共 1 4 页【分析】丙酸铀晶体先在氧气中燃烧得C e C h、水和二氧化碳的混合物，再用氯化镂还原得C e C b、氮气、氨气和水的混合物。(1)N(C 02)_ 9 _ 1 8丙酸钝晶体 C e(C H3 c H2 c o O H5 H2。中原子个数比C:H=9:2 5,所以N%。)一生一乐,故答T案为：1 8:2 5；(2)验证“煨烧”步骤的气体产物，应该先产生氧气，经干燥后通入燃烧装置，先用无水硫酸铜检验水的生成，再用澄清石灰水检验二氧化碳，所以装置应为C-ATDTETB,在结合进出原则可得具体连接顺序为：e b

27、 a f g i h c d,试剂X 是用来检验水的，应为无水硫酸铜；质量分数为3 4%的 H2 O 2 溶液(密度为1.1 3 g-m L)的浓度为c =0 怛产出m o l/L=l l.3 m o l/L,设需要浓溶液的体积为V,根据稀释前后溶质的物质的量相等可得1 1.3 m o l/Lx V=3.0 0 x 1 0 0 m L,解得V=2 6.5 5 m L；过氧化氢有强氧化性，量取3 4%的 H2 O 2 溶液时所使用的仪器为酸式滴定管；为了让丙酸铀晶体与氧气充分反应，需要不断通入氧气，为了避免固体颗粒堵塞导管，要用石棉，所以装置D中石棉的作用为防止管内固体被吹入导管堵塞装置：故答案

28、为：eb a f g i h c d；无水硫酸铜；2 6.5 5；酸式滴定管；防止管内固体被吹入导管堵塞装置；(3)“还原氯化 时，需要在加热条件下进行，C eC h 和氯化铉反应的产物是C eC b、氮气、氨气和A水的混合物，反应的化学方程式为6 C eO2+1 8 N H4 C I=6 C eC l3+N2t+1 2 H2O T+1 6 N H3f ；故答案A为：6 C eC h+l 8 N H4 c l =6 C eC l3+N2T+l 2 H2 O T+1 6 N H3 T；(4)“还原氯化 时，过量的N H4 c l 受热分解产生H CL 可以抑制C eC b 水解，故答案为：N H

29、4 c l受热分解产生H CL 可以抑制C eC b 水解。4.(1)萃取率高且节约有机相(2)SC3+3 HR-SCR3+3 H+Ti4+(3)将 SC R3、Ti R_ t 转化为 SC(O H)3 和 Ti(O H)4 沉淀 N a R(4)2.3 p H 4.0答案第3页，共 1 4 页A(5)SC2(C 2 O4)3-H2 O 2SC2(C2O4)3+3O2=2SC2O3+12CO2【分析】向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、Ti4 Fe2+与P504(用 HR表示)发生络合反应进入煤油层中，而 H+、SO；进入水相，通过分液除去H+、SO：；然后向有机相中加入稀硫酸进行酸

30、洗，络合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相H 中主要成分除H2sCh外，还含有FeSCU和少量Ti(SO4)2,然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH能够将ScR3、TiR4转化为Sc(0H)3和 Ti(0H)4沉淀，而 Na+则与R-形成NaR溶解在溶液中，通过分液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液I”的主要成分为N aR,滤渣为Sc(0H)3和 Ti(0H)4沉淀，向其中加入一定量HC1,调整溶液pH使其范围在2.3MpH 4.0,TH+仍然是以Ti(0H)4沉淀形式存在，而 SC3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入H2C2O4溶液,SC3+形成SC2(C2O4)3-6H2O沉淀，然后在

31、空气中燃烧SC2(C2O4)3沉淀，形成SC2O3、C02(1)该工序中最适宜的g 值 为 1：2 0,这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；W(2)Sc3+与HR发生络合反应产生SCR3、H+,该络合反应的机理为Sc3+3HR ScR3+3H+；“水相II”的主要成分除加入的H2so4外，还含有FeSCU和少量Ti(SO4)2。离子的络合能力越强，则该离子越不容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知T i4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是叮4+；(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的是将SCR3、TiR4转化为SC(0 H)3和 Ti(OH)4沉淀，便于除杂与分

32、离物质；加入NaOH溶液，ScFb、TiR4转化为SC(0 H)3和 Ti(OH)4沉淀，同时产生N aR,则“滤液I”的主要成分为NaR；(4)根据流程图可知：在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的p H,使 Ti“+以Ti(OH)4沉淀存在，而Sc?+以离子形式存在于溶液中，则根据T i4+、Sc?+形成沉淀的p H,可知应该调整的范围为2.3 pH 弋6,Sc2（C2O4）3-6H2O恰好18完全失去结晶水，故生成的含铳化合物B化学式为SC2（C2O4）3,则由含铳化合物B在空气中燃烧转化为SC2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的A化学方程式为：2SC2（C

33、2O4）3+3O2=2SC2O3+12CO2。5.2HCl(g)+1 02(g)=H2O(g)+C12(g)&H=XHi+&H2+Mh 7C|V|X 1 0-3$6利（催化剂）减小 随着一 丁 丁 增大，N2含量增大，HCl（g）、02（g）、H20（g）和Cb（g）的浓度均使反应体系的浓度商Q K,平衡逆向移动，a（HCl）减小【分析】（1）根据盖斯定律计算总反应焰变;（2）根据m（催化剂）的单位可知HC1的流速是指单位时间内气流中HC1的物质的量，所以v#;(。2)(3)由图可知，当剂)相同时,温度越高HC1平衡转化率越小，说明该反应是放热q(HCl)反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小

34、，则 K360K43；一 定 温 度 下 随 着 羽 鳖 普 增 大，通过催化剂的混合气体中HC1和 02量变小，N2的量变q(HCi)c H2O c Cl2)大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc=-T 一,若C2(HC1)C2(O2)各物质浓度变小相同倍数时，会使QC大于K,此时平衡逆向移动，HC1的平衡转化率减小。【点睛】解 决 本 题 的 关 键 是 理 解 吗 给 的 含 义，该值的倒数即单位时间内流经单位质量g(HCi)的催化剂的HC1的物质的量；回答本题时要注意各小问之间的联系，根据2 题第3 小问的计算过程可知，该 题 中 的 反 应 速 率 与 嘤*和

35、 HC1的转化率有关，以此来回答第4 小题。q(HCl)6.+165.2 kJ mol-L3 1 b 两容器体积相等，b 点容器中气体物质的量大于a 点容器中气体物质的量的两倍，b 点温度高，因此b 点压强大于a 点压强的2倍标【详解】将第2 个方程式减去第1个方程式得到：C0(g)+H20(g)CO2(g)+H2(g)A/=-41.2 kJ mol-1,A/=+124 kJ-mol-A/=-41.2 kJ-molH,因此 4/=+165.2 kJ-mo|T；故答案为：+165.2 kJ-mol L(2)该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，升高温度，速率常数都增大，因此图1中能够代表k逆

36、的曲线为L3；故答案为：L3。温度为 Ti 时，u,E=k iEcCH3CH(CH3)CH3 c(CO2)=v acCH2=C(CH3)2 c(H2O)c(CO),因此得到该反应的化学平衡常数K=l；平衡时，假设CH3cH(CH3)CH3(g)的转化率为K逆50%,根据方程式得到平衡时每种物质的物质的量都为0.05mol,得出2 =9%黑 黑Z55。；故答案为：1；o(3)该反应是吸热反应，温度越高，速率越大，b 点生成物浓度大，因此逆反应速率最大;答案第6 页，共 14页故答案为：ba 点有 0.08mol CH3cH（CHACH.g）,此时 CH2=C（CH3）2（g）Hg）物质的量分别为

37、0.02mol,容器中共 0.12mol 气体，b 点有 0.08mol CH3cH（CH3）CH3（g）,此时 CH2=C（CH3）2（g）和 H2（g）物质的量分别为0 2m oL 容器中共0.32mol气体，容器体积相等，根据压强之比等于物质的量之比，又由于b 点温度高，因此p22p”解释其原因为两容器体积相等，b 点容器中气体物质的量大于a 点容器中气体物质的量的两倍，b 点温度高，因此b 点压强大于a 点压强的2 倍；故答案为：；两容器体积相等，b 点容器中气体物质的量大于a 点容器中气体物质的量的两倍，b 点温度高，因此b 点压强大于a 点压强的2倍。CH3CH(CH3)CH3(g

38、)Qf CH,=C(CH3)2(g)+H2(g)_开始0.2mol00根据图中信息建立三段式：S 小 则转化0.12mol0.12mol0.12mol平衡0.08mol0.12mol0.12mol0.1 2mol 0.12molp2 x-xp2 x-Q qb 点的化学平衡常数K,=一。旦2侬4 08mo产2g=乙 心；故答案为：R p?。P2 X 0.32mol7.（1）-165kJmor AS0（2）反应n 的AHM,反应i n 的 H 0,随着温度的升高，反应I I平衡逆向移动，反应m平衡正向移动，且反应n i 占优势625(3)CaCO3+H2=CO+CaO+H2OAC(4)c CO2+

39、2H+2e=CO+H2O【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热，并根据自发进行的焰判据和嫡判据分析自发进行的原因。（2）根据平衡移动分析温度对平衡的影响，并根据平衡常数公式书写和计算平衡常数。（3）结合催化剂对反应的影响和实质分析该反应的过程和影响。（4）根据活化能的大小影响反应速率分析反应的决速步骤，并根据反应的起始和最终物质书写方程式。【详解】(1)I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)Hi=+41kJ-mol l,ILCO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)AH2,III.CO2(g)+CH4(g)-2CO(g)+2H2(g)答案第7 页，共 14页H3=+2

40、4 7 k J-mo l-1,根据盖斯定律分析,有 1 x2-1 1 1 可得 I I C O 2(g)+4 H2(g)C H 4(g)+2 H2O(g)H 2=+4 1 k J-mo l-|x2-2 4 7 k J-mo rl=-1 6 5 k J mo l1；反应H I 为吸热反应，能自发进行的原因是嫡增，即AS。(2)H反应生成甲烷，为放热反应，i n 为消耗甲烷，为吸热反应，升温，反应n平衡逆向移动，反应H I 平衡正向移动，且反应I H 占优势。T/C 时，根据图象，水的物质的量分数为4 8%,氢气的物质的量分数为2 4%,二氧化碳和甲烷的物质的量分数相同，则反应I I 的压强平衡常

41、数K p=(曝 加：/0)=P(c o,)p (H2)(2 4%PO)6 2 5(3)钙循环使反应L C C h(g)+H 2(g 、C O(g)+H 2 O(g)分为以下两个步骤进行，步骤l.C C h(g)的捕获：C O 2+C a O=C a C O3:则步骤2.C a O 的再生过程中消耗氢气，生成一氧化碳和水和水，故该方程式为C a C O 3+H 2=C O+C a O+H2O将钙循环引入该反应体系时，氧化钙是催化剂，能提高反应速率，但不能增大平衡常数，能提高反应的选择性，降低反应活化能，故答案为A C。(4)活化能大的反应反应速率最慢，是反应的决速步骤，故该过程的决速步骤为c,从

42、反应起始物质和最终物质分析，电催化还原C O 2 的电极反应式为C 0 2+2 H+2 e =C O+H2O o8.浓硫酸，浓硝酸；5 5 6 0 硝基 C N H 2 环氧乙烷 6 还原反应 J H+CEOH,丘 一CH3+H2O 随NH2 卜.浓譬【分析】根据题中合成路线，A为苯，苯发生硝化反应生成的B为硝基苯，硝基苯被还原/N H2得到的C为=/一，C发生取代反应生成D,D与丁二酸酢反应得E,E发生取代反答案第8页，共 1 4 页COOCH3应和还原反应得F,F与甲醇发生酯化反应生成的G为,G和环氧乙烷发生开环反应得H,H发生羟基的取代反应后再将酯基水解反得I。【详解】(1)反应为苯的硝

43、化反应，试剂和条件为浓硫酸，浓硝酸；5 5 6 0；B 的官能团名称为硝基：(2)根据分析可知C 为=/；(的 名称为环氧乙烷；A.COOH(3)F 为,其同分异构体满足：a.属于芳香族化合物，说明含有苯环；b.与 F具有相同的官能团，即含有氨基、竣基；c.核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6 2 2:2:1,说明结构对称，苯环上有两个处于对位的取代基，则符合条件的结构有:共有6种；(4)E 到 F第 i 步反应是利用H C1进行取代生成氨基，第 i i 步反应中E去氧加氢生成F,所以为还原反应：(5)F 和甲醇发生酯化反应生成G,化学方程式为答案第9 页，共 14 页.，在浓硫酸的作用下发

44、生分子内脱水得到 on,合成路线为。巫&i 一啜一 o c 5 【点睛】有机反应类型中，加氧或者去氢的反应为氧化反应，加氢或者去氧的反应为还原反应(乙烯催化加氢属于还原反应)。9.2-甲基丙烯 O)取代(水解)反 应 氧 化 浓 氢 浪 酸 和 加热(CH3)2C(OH)-CHO+2Cu(OH)2+NaOH 譬(CH3)2C(OH)-COONa+Cu2O+3H2O 6 HC【分析】根据F 的结构简式，且 A-F 中碳骨架未发生改变，A-B 为 A 与嗅发生加成反应生成，则 A 中含有碳碳双键，则 A 的结构简式为(CH3)2C=CH2,B 为(CH3)2CBr-CH?Br；BC为 B 的漠原子

45、发生水解反应，C 为(CH3)2C(OH)-CH2OH；D 能与新制的氢氧化铜反应，则 D中含有醛基，D 为(CH3)2C(OH)-CHO,E 为(CH3)2C(OH)-COOH；EF 为醇羟基在氢溟酸的条件下生成溪原子；F 与 G 发生已知的反应类型，则 G 为 U o【详解】(1)分析可知，A 为(CH3)2C=CH2,名称为2-甲基丙烯;O M0(2)分析可知，G 的结构简式为 L ；(3)为漠代煌的水解反应，反应类型为取代反应；为醇的氧化反应，反应类型为氧化反应；反应为醇羟基变为澳原子，则需要的试剂和条件分别为浓氢澳酸和加热；(4)D到 E 为醛基的氧化反应，反应方程式为(CH3)2C

46、(OH)-CHO+2Cu(OH)2+NaOH 譬(CH3)2C(OH)-COONa+Cu2O+3 H2O；(5)D的分子式为C4H8O2,X 是 D 的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应，其无苯环则答案第10页，共 14页不能能为酚，则 X 中含有瘦基或酯基，X 有 CH3cH2cH2coOH、(CH3)2CHCOOH.CH3cH2coOCH3、CH3coOCH2cH3、HCOOCH2cH2cH3、HCOOCH(CH3)2.共计 6 种；其中核磁共振氢谱有3 组峰，且峰面积之比为1:1:6的结构简式为HCOOCH(CH3)2；(6)根据 _ _(汨漠发生侧链的取代反应.(M/一 OH Cn/

47、A )的结构简式，其羟基被氧化为竣基后，侧链上只存在一个C-H,在与,再发生已知的信息，与乙醇反应即可，则流程为CHO COOH COOS2)H+1 光 照 L f i t 乙 醇 0 1)新 中 屋0电。、C O O HB：/VCX X JH CuBr和 磷 配 体 )0 八人COOH。D T(K)H1 0.(1)苯甲酸 碳碳双键、羟基(2)COOH+2NaHSO3-H O.S S O,H NaO3Sx(3)NaHCO3可以消耗生成的H2so4，使平衡正向移动，(4)取代反应H3C O.(5)H 3 8 J(6)12(7)COOH广、+2s。2 T+2H2OSO3Na可提高E 的产率答案第I

48、 I 页，共 14页【分 析】对 比A、B结构可知，A中苯环上间位的两个氢原子被-S 0#取 代 得 到B,根据已知酸性：S O3H H 2 S O3 C O O H,B与N a H S C h可发生反应，生 成S C h和COOH生取代反应,再经反应后得到D,对 比D、E结构可知发E到F将酯基转化为醇羟基，F到G将羟基取代为溟原子，G到H将滨原子取 代 得 到H,H至I的 反 应 参 照 已 知I I可 得 到I的结构简式为,最 后I经取代反应得到产物K。OCH3【详 解】（1）根 据A的结构简式，其名称为：苯甲酸，K中所含官能团名称为：碳碳双键、羟 基。故答案为：苯甲酸，碳碳双键、羟 基。

49、（2）根 据 分 析 可 知B-C的化学方程式为:COOH COOH+2NaHSO3-+2SO2 个 +2H2OHO3S 八八 SO3H NaO3s 人人sOjNa故答案为：答 案 第1 2页，共1 4页COOHCOOH+2NaHSO3-+2SO2 T+2H2OHO3S 八 八 SO3H NaO3s 人 勿、sOsNa(3)根据D到E的反应可知，反应生成H 2 s。4,加入N a H C C h可以消耗生成的H 2 s o4，使平衡正向移动，可提高E的产率。故答案为：N a H C C h可以消耗生成的H 2 s o4,使平衡正向移动，可提高E的产率。(4)根据分析可知，G-H为取代反应。故答案为：取代反应。(6)M为F的同分异构体，I m olM最多能与3 m oi N a O H发生反应，说明M含有三个酚羟 CHCH3基，同时苯环上连有4个取代基，则另一个取代基为-C H 2 c H 2 c H 3或 I,苯环CH3上有4个取代基，其中3个取代基相同的同分异构体有6种，所以M的同分异构体有6 x 2 =1 2种。故答案为1 2。(7)可参照题目F到K的合成路线，以苯甲醇为原料合成,具体合成路线为:答案第1 3页，共1 4页故答案为:答案第14页，共14页