福建省厦门市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、福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题一、工业流程题1.（2 0 2 0 福建厦门二模）以含锂电解铝废渣（主要成分为L i F、A I F 3、N a F,少量C a O等）为原料，生产高纯度L i OH 的工艺流程如图：（已知：常温下，L i OH 可溶于水，L i 2 c。3微溶于水）浓硫酸 水 NazCOj溶液 CaO H】O COj电解铝废渣1 1 1 1 1 1|浸取|过速1|一一破解|过滤2|一|苛 化|过滤3|_碳 化|一电 解|_LiOHTT T T 气体 漉成1 气体 泄渣2 浊渣3（1）含锂电解铝废渣与浓硫酸在2 0 0 4

2、0 0 条件下反应2 h。“滤 渣 1”主要成分是（填化学式）。（2）“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致L i 2 s 0 4 的收率下降，原因是一。（已知部分物质的溶解度数据见下表）温度/L i2S O4/gA l2(S O4)3/gN a 2 s C Wg03 6.13 1.24.91 03 5.43 3.59.12 03 4.83 6.51 9.53 03 4.34 0.44 0.84 03 3.94 5.74 8.8（3）4 0。（3下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为一；若碱解前滤液中c（L i+尸4 m oi 1/,加入等体积的N

3、 a 2 c o3 溶液后，L i+的沉降率到 9 9%,则“滤液 2”中 C（CO32）=_ m ob L-o%（L i 2 c o3）=1.6 x 1 0 力（4）“苛化”过程，若氧化钙过量，则可能会造成一。（5）整个工艺流程中可以循环利用的物质有一。（6）“电解”原理如图所示。碳化后的电解液应从（填a 或b）一 口注入。阴极的电极反应式为一。阳离子交换膜(7)高纯度L i OH 可转化为电池级L i 2 c o3。将电池级L i 2 c C h 和 C、F e PO 高温下反应,生成L i F e PO4 和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为。2.(2 0 2 1 福建 统考二模)从分

4、金渣(主要成分为：A g C l、A g 2 S、Pb S O4,B a S OQ 中获取高纯银的流程如图所示：分金渣滤液a 分 银 渣 沉 银 液 滤液b已知：K (A g C l)=l.8x 1 0-1。，K (A g 2 S)=6.3 x 1 0-5 0。(1)“预处理”时主要反应的化学方程式为 o(2)“分银”时 A g C l 与 N a2S O3反应生成A g(S C h 好 的 离 子 方 程 式 为,该反应的K=。(已知：A g+2 S O；u A g(S C h)；,K=1.0 x l()8.6 8)(3)“分银渣”主要成分为Pb S 0 4、B a S C U、(填化学式)

5、。(4)“分银”时 c A g(S C h)：浓度与溶液pH的关系如图1；S O；.及其与H+形成的微粒的浓度分数a 随溶液p H变化的关系如图2。“分银p H 应控制在_ _ _ _ _ _ _ 范围。沉银”的终点p H 应控制在_ _ _ _ _ _范围内。(Lanaoswvk1.00.80.60.40.2HSO23456789 10图1图2(5)“还原”时 HCHO 转化为H C O O H,其 化 学 方 程 式 为。试卷第2页，共 9页(6)该 流 程 中 可 循 环 使 用 的 物 质 为。3.(2 0 2 2 福建厦门统考二 模)软镒矿-硫铁矿制取电池级二氧化镒的工艺流程如下图：

6、夕 段 烧硫铁矿(F e s 2)-矿粉 N H 4H C O 3、N H3 H2O 空工 pH=5.5 pH=6.5 7 1硫 酸 今 I 浸取 J 氧 i|H 除铁|沉锦|-MnC O3 1 焙*软镭矿(MnC M-tMn()2 纯品 _|干燥卜一|过滤 一|氧化i i 卜MW)2粗品fH 2 s o4、氧化剂回答下列问题：“浸取”过程主要反应3 MnC)2+2 F e S2+6 H 2 s oa =3 MnSO 4+F e 2(S O j+4 S+6 H q,则氧 化 剂 与 还 原 剂 物 质 的 量 之 比 为。(2)“氧 化 i ”过 程 软 镭 矿 的 作 用 是。(3)“除铁”

7、后溶液中残留的c(F e“)=mo l.L o (2 5 时，F e(O H)3 的KS)为1.0 x 1 0-3 9)(4)“沉镒过程M n 转化为M n C O3的 离 子 方 程 式 为。(5)“焙烧”过程M nC O,转化为M n O2的 化 学 方 程 式 为。“氧化i i ”过程中，将 Mn(I I)转化为Mn(N)的 最 适 宜 氧 化 剂 是(填 标 号)。a.H2O2 b.C l,c.K C 10,(7)将制备获得的电池级二氧化保用于构建水系锌镒电池，其工作原理为：x Z n+Z n0 5,xM n O2 nH2O 镶=-Z n0 5MnO2.nH20 ,放电时正极的电极反应

8、式为二、原理综合题4.(2 0 2 0 福建厦门二 模)乙 烯、环氧乙院是重要的化工原料，用途广泛。回答下列问题：0已知：I.2 C H 2=C H 2(g)+O 2(g)=2(g)/=-2 0 6.6 k J m orn.C H 2=C H 2(g)+3 O 2(g)=2 C O 2(g)+2 H q(1)H2O111.2 (g)+5 O2(g)=4C O2(g)+4H2O (1)A H.,（1）反应 III：S（填“或=）_Oo（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJg L 则%=_ kJmoH0 0（3）实验测得 2cH

9、2=CH2（g）+O2（g）=i 2L（g）中，丫 逆=卜 逆。2（），v,E=k 正c2（CH2=CH2）c（O2）（k 正、k 逆 为速率常数，只与温度有关）。反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是（）A.k 正、k 迪均增大,且k 正增大的倍数更多B.k 正、k 逆匀减小，且 k#减小的倍数更少C.k 正 增大、k 速减小，平衡正向移动D.kiE、k 逆均减小，且 k 逆减小的倍数更少若在1L的密闭容器中充入lmolCH2=CH2（g）和 lmolO2（g）,在一定温度下只发生反应L 经 过 lOmin反应达到平衡，体系的压强变为原来的0.875倍，则 0 lOmin内v（O2）=

10、_,k逆媪 二（4）现代制备乙烯常用乙烷氧化裂解法：C2H6（g）+y O2（g）=C2H4（g）+H2O（g）/2=-110kJmorl,反应中还存在 CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图 1 为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是一；反应的最佳温度为（填序号）。A.650 B.700 C.850 D.900 乙烯选择性=左行 ；乙烯收率=乙烷转化率X乙烯选择性工业上，保持体系总压恒定为lOOkPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%）,掺混惰性气体的目的是 o5.（2021.福建 统考

11、二模）温室气体CO 转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题:(1)己知：CO(g)+H2O(g)-HCOOH(g)A/7/=-72.6kJ/mol试卷第4 页，共 9 页2CO(g)+O2(g)-2CO2(g)AW2=-566.0kJ/mol则反应2co2(g)+2H2O(g)w2HCOOH(g)+O2(g)的 4H=kJ/moL(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量CCh(g)和 H?O(g)发生反应，下列可判断反应达到 平 衡 的 是(填 标 号)。A.容器内压强不变 B.容器中气体平均摩尔质量不变C.2v i(CO2)=v a(02)D.容器内温度不变(3)我国科学家用

12、S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a 所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。图a图a 中，催化剂S2-活 性 位 点 在 催 化 过 程 中 的 作 用 是。图b 为催化还原CO?的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为,从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因:0.4020.0-02(4)我国科学家设计了 C02与氯碱耦合电解池装置如图。c bc l-该电解池发生反应的化学方程式为 o标况下每生成2.24L C12，电路中转移电子数目为 o传统的CO2电催化还原过程中，阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程,该装置的优点为 o6.(2

13、022 福建厦门统考二模)CO2催化加氢制烯燃(CnFhn)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2-COCOnFkn)涉及的主要反应如下：i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.1 kJ-mol-1ii.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2 C10H14O-Cu/ABCHO1)WT$IJCU(OH)2/A C10rl|2U22)H+D(1)A 中官能团的名称为.(2)BTC 的反应方程式为(3)D E的反应类型_ _ _ _ _ _(4)H 的结构简式为(5)M(C9H是 D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：U

14、 M 的结构简式 为(写 出 一 种 即 可)。为原料合成XA写剂任选)_ _ _ _ _ _ _参考答案：1.Ca S O4 溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀 2 AF+3 CO?2-+3 H2O=2 A1(O H)3；+3 CO2t 4 碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)C 02 a 2 H2O+2 e-=H2T+2 O H-L i2C O3+2 C+2 FeS O 42 L iFeP O4+3 CO t(分析 含锂电解铝废渣(主要成分为L iF、AIF3、N a F,少量C a O 等)与浓硫酸反应生成L i2 s

15、o 八A12(S O4)3,N a 2 s。4 和 Ca S O 4。Ca S CU 是微溶物，加水溶解，滤 渣 1 为 Ca S CU,向滤液中加入N a 2 c。3 溶液，碱解生成CO?气体、A1(O H)3 和 N a 2 so 4 及 L i2 c o 3,趁热过滤，向滤液中加入氧化钙生成Ca S 0 4、A1(O H)3 L iO H,过滤，向滤液中加入CC 2 得到L i2 c o 3,电解得到L iO H。【详解】(1)根据分析得到“滤 渣 1”主要成分是Ca S O 4；(2)“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，根据表中溶解度曲线得出硫酸钠晶体析出可能会夹带着硫酸锂，从而导致L

16、 i2 sCM 的收率下降；故答案为：溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；(3)4(T C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝主要是碳酸根和铝离子发生双水解，其离子方程式为2 Al 3+3 CO 3 2-+3 H 2 O=2 Al(O H)3 j+3 CC 2 T；若碱解前滤液中c(L i+尸4 m o iL 1 加入等体积的N a 2 c O 3 溶液后，L i+的沉降率至U 9 9%,则此时溶液中 c(L i+尸-=0.0 2 m o l -L ,根据2 L心(U2C O3)=?(L iF)c(CO,2)=0.0 22 XC(CO,2)=1.

17、6X103,得到“滤液 2”中c(CO32-)=4 m o l U ；(4)“苛化”过程，若氧化钙过量，溶液中含有多余的钙离子，也可能将生成的氢氧化铝溶解进入得到溶解中；故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)。(5)碱解的过程中生成C 0 2,在碳化过程中加入C 0 2,因此整个工艺流程中可以循环利用的物质有C0 2；(6)“电解”原理如图所示，L iO H 是从右边得到，而锂离子通过阳离子交换膜进入到右室，因此“碳化后的电解液应从a 口注入。阴极是水中的氢离子得到电子，其电极反应式为2 H2O+2 e-=I4 2 T+20H-；将电池级

18、L i2 c。3 和 C、FeP O4高温下反应，根据氧化还原反应，FeP O4中 Fe化合价降低,答案第1 页，共 1 2 页则C化合价升高，生成L iFeP O q和一种可燃性气体即C O,该反应的化学方程式为L i2 c 0 3高温+2 C+2 FeS O4 2 L iFeP O4+3 C0。2.2 FeCb+Ag2 s=2 FeCb+S+2 AgCl AgCl+2 S O；=Ag(S O3)2 +Cl-1.8 x 1 0-1 3 2 S 8 9 3.5-4 2 AgCl+H CH O+H2O=2 Ag+H CO O H+2 H C1 盐酸【分析】分金渣加入氯化铁进行预处理，氯化铁与硫酸

19、银反应生成氯化亚铁、单质硫；分银时，加入亚硫酸钠，AgC l与N a 2 s。3反应生成Ag(S O 3)；,而P b S C)4、B a S C U及生成的单质S不溶于水，则分银渣为P b S O 4、B a S O 4及生成的单质S；过滤加入盐酸，使Ag(S G 3)；生成氯化银沉淀，过滤氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和氯化氢.【详解】(1)根据分金渣的成分，加入氯化铁时，氯化铁具有强氧化性，则只能与硫化银发生氧化还原反应，方程式为2 FeC b+Ag2 s=2 FeC b+S+2 AgC l；(2 )“分银”时AgC l与N a 2 s C h反应生成AgC S O j)和氯离子，离子

20、方程式为AgC l+2 S O；=Ag(S O3)2+C l-；K=cAg(S O3)2 XC(C 1 HC2(S O；)=K x K w(AgC l)=1.8 x 1 0 x 1.0 x l08 6 8=1.8 x 1 O-1 3 2；(3)预处理时，产生的单质S不溶于水，则“分银渣”主要成分为P b S C U、B a S C U、S；(4)Ag+、S O；反应生成Ag(S O 3 K ,应调节p H保证溶液中产生大量的S O；,贝 分银pH应控制在8-9；沉银 时，向溶液中加入盐酸，使Ag(S 0 3)；.生成氯化银沉淀，则应使S O；.转化为H S O；,终点pH应控制在3.5-4；(

21、5)“还原”时H C H O与氯化银、水反应生成H C O O H、单质银，化学方程式为2 AgC l+H C H O+H2O=2 Ag+H C O O H+2 H C l；(6)沉银时加入盐酸，而还原时生成氯化氢溶液，则可循环使用的物质为盐酸。3.(1)3:2(2)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子(3)1.0 x10-13.5(4)M n2+H C 0,+N H 3 ,H2O=M nC O3J,+N H；+H20答案第2页，共1 2页高温(5)2 M nC O3+O2=2 M nO2+2 C O2(6)c(7)Zn0 5 xM n O2-nH2O +x Zn2+2 x e=Zn0 5M n O

22、2 nH2O【分析】软锦矿的主要成分是M n C h,硫铁矿的主要成分是FeS 2,根据流程图，硫酸与软镭矿和黄铁矿作用，M nO 2 与 FeS 2 在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锦和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软铸矿(M nC h),M nC h可将亚铁离子氧化为铁离子；煨烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧 化 i ”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5,把铁离子转化为沉淀除去；继 续 力 口 N H 4 H C O 3、N H 3 T 2 O 调节溶液的pH=6.5 7 沉镒得M n C C h,在空气中焙烧M n C O3得 M nC h粗品,加入硫酸和适当的氧化

23、剂将粗品中M n(I I)转化为M n(I V),过滤、干燥得M nO?纯品，据此分析解答。(1)反应 3 M nO,+2 FeS2+6 H2S O4=3 M nS O4+Fe2(S O4)3+4 S+6 H2O 中 M n 元素化合价降低被还原，M nC h作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS z作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2,故答案为:3:2。(2)“浸取”过程中软镒矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸镭和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧 化 i”过程软镒矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离

24、子。(3)1 V 1 0-1 4由流程图可知，“除铁”后溶液 pH=5.5,c(H+)=1 0-5 5mol/L,c(O H )=-!=1 0-8 5mol/L,根1 01 x ()一 3 9据 Fe(O H)3 的 K p=c(Fe3)c3(O H)=L 0 x l()T 9,c(Fe)=(.&与 mol L =l x 1 0 l3-5mol/L,故答案为：1.0 8 1 0 皿。(4)“沉钵”过程中硫酸锦和碳酸氢镀、氨水反应生成碳酸镐、硫酸筱和水，反应的化学方程式为:M nS C U+N H dH C C h+N H 3 H 2 O=M nC O 3 1+(N H 4)2 S O 4+H

25、2 O,则离子方程式为：答案第3页，共 1 2 页M n2+H C O；+N H 3-H2O=M n C O3l+N H：+H 2 O。(5)由流程图可知，焙烧”过程中M nC O,和空气中的氧气在高温条件下反应生成M nO?和 C O2,高温反应的化学方程式为2 M nC O 3+O 2 =2 M nO2+2 C O2,故答案为：高温2 M nC C)3+O 2 =2 M nO 2+2 C O 2 o(6)M n(I V)的氧化性比H O?和C l?都强(例如，M nC h能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用Mn C h 和浓盐酸加热反应制取氯气)，用H。或C 1?不能将Mn(H)氧化为Mn(

26、N),而 KC IO,在酸性条件下能将Mn(H)氧化为M n(W),故选用最适宜氧化剂是KC IO,答案选c。(7)放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为Zn0 5,sM n O2-n H2O +x Zn2+2 x e =Zn(l 5M n O2-n H,O,故答案为：Zn0 5 xM n O2 n H2O +x Zn2+2 x e =Zn0 5M n O2-n H2O o4.-2 6 1 5.8 B 0.0 2 5 m o l-L -m i n-1 0.7 5 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于

27、平衡正向移动【分析】反应III是体积减小的反应。先根据乙烯的热值为50.4k J.g l 求出小”?，再根据盖斯定律计算小。该反应是放热反应，降低温度，速率降低；建立三步走进行计算。由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素：根据图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高。正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，利于平衡正向移动。【详解】反应山 是体积减小的反应，因此A S V O；故答案为：C（O2）,V-At ILxl Omin L_ X,O.5、2 0.75k（丁）x-j-1=”=0.75；故答案为

28、：0.025 mol-L-min-；0.75L（9 y1由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高；根据图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应温度为850；故答案为:温度升高，反应速率加快，转化率升高；850。工业上，保持体系总压恒定为lOOkPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%）,掺混惰性气体的目的是正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动；故答案为：正反应

29、是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动。【点睛】三步走建立关系在化学平衡中是常见的考查形式，利用压强之比等于物质的量之比进行分析。5.+420.8 ABD 活化水分子 HCOO*+H2O+e-HCOOH*+OH-CCh 生成 CO 的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C 的能垒大大高于吸附位点为O 的能垒 CO2+2NaCl+H2O-HCOONa+Cbf+NaOH 0.2M 联合氯碱工业答案第5 页，共 12页【详解】根据盖斯定律，2x一可得2co2(g)+2H2O(g)=2HCOOH(g)+O2(g),则A/=-72.6x2+566

30、.0kJ/mol=+420.8 kJ/mol；(2)A.该反应为气体减小的反应，容器为刚性恒容的容器，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，则压强不变，A 符合题意；B.反应体系中各物质均为气体，则气体的总质量不变，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，故容器中气体平均摩尔质量不变，B 符合题意；C.2v E(CO2)=4v(O2)=v i(02),则同一物种的正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态,C 与题意不符；D.容器为刚性绝热密闭容器，反应为吸热反应，反应平衡时，容器内温度不变，D 符合题屈；答案为ABD；(3)根据图象a 可知，S2与K+(H20%微粒间的静电作用促进了水的活化；催化剂降

31、低反应的活化能，则下图为催化还原C02的反应历程图，反应的活化能越大，则反应速率越慢，为生成甲酸的决速步骤，电极反应式为HC00*+H20+e-=HC00H*+0H-；根据图象对比，生成C O 的能垒高与生成HCOOH的能垒，而使用催化剂产生的吸附位点较多，能降低反应能垒，促进反应物的活化；(4)根据电解装置，反应物为二氧化碳和氯离子，生成物为甲酸、氯气和碱，化学方程式为 CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Chf+NaOH；标况下每生成2.24L C H 即 O.lmoL C l的化合价由0 价变为-1,电路中转移0.2mol电子,即 0.2M；已知传统的C02电催化还原过程中，阳极析

32、出氧，而 C02与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和N aO H,与氯碱工业中阳极产物相同，故该装置的优点为联合氯碱工业。6.(1)-128.0(2)BD(3)B 1 温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CCh转化率升高；(4)HCOO*短链烯炫可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离【解析】(1)答案第6 页，共 12页当反应 ii 中 n=2 时可得 2co(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2Hq(g)AH2=-210.2kJ-molT,根据盖斯定律反应 ii+ix2 可得 2co2

33、(g)+6Hz(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的AH=-210.2kJ-mor+2x41.1kJ m or1=-128.0 kJ-m or1；(2)A.增大n(CCh)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CCh的转化率,A 错误；B.反应ii和 iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，C O 的浓度减小，反应i 平衡正向移动，C02的转化率增大，B 正确；C.催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C 错误；D.及时分离出H zO,可以使反应i 平衡正向移动，增大C02的转化率，D 正确；综上所述答案为BD；(3)据图可知

34、当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯煌(n)生成的温度范围应选B(573773K)；据图可知温度为1083K时，C O 的选择性为100%,烯煌的选择性为0,所以此时只发生反应i,CCh的转化率为75%；设初始投料为ImolCCh、3molH2,列三段式有：CO2(g)+H2(g).CO(g)H卜 H q(g)起 始 1 300转化 0.75 0.750.750.75平衡 0.25 2.250.750.75所以P(CO2)=不 丁0.251 2 25 9-xlMPa=MPa,p(H2)=xlMPa=

35、MPa,j_x2 _p(CO)=p(H2O)=MPa=2 MPa,所以 Kp=1：4 1616 16温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i 逆向移动，CCh转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；(4)能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO?生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3cO*生成H3COH*,不符合题意)；答案第7 页，共 12页短链烯煌可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯煌选择性性提高。

36、7.（酚）羟基、皎基 甲醇，浓硫酸，加 HCI+热 H-N子式及G的结构简式，则D与漠发生甲基上的取代反应，E的结构简式为答案第8页，共12页(4)C 与发生已知的反应生成D,由C生成D的化学方程式为9 刖 丫、H；N c 阳 HC1+H.N(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCCh溶液反应,环；其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1,rrN H,c由、HOOC八,苯胺()与甲基毗混(N Y-H:COOH构体，则还有4 /，共有2种。C则同分异构体中含有竣基、苯其为对称结构，为(V-CHJ)互为芳香同分异8.(1)碳碳双键(2)2+02 2 j(3)取代反应上J 0 0 H

37、 C00H,J。aH或if H-【分析】由题合成流程图可知，由A、的转化条件可知，A的结构简式为：|CHOXJ+2 H 23LC 0C 1君*0sLMB的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到CB的结构简式为：由答案第9页，共12页D的分子式并结合C到 D的转化条件可知，D的结构简式为：由H的分子式结合G到 H的反应条件可知，H的结构简式为：，（5）M（C 9 H“Q一是D的同系物即含有苯环和竣基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1,即由4种 H,其中两个甲基，由此确定M 同分异构体的结构简式，（6）本题结合题干流程图中，D到 E、E到 F、F到 G、G到 H、H到 K的信息采用逆向合

38、成法可知，.可 由S O C L 反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。由分析可知，A的结构简式为:,故 A中官能团的名称为碳碳双键，故答案为:碳碳双键;由分析可知，B的结构简式为:H,故 B-C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+2 比0,故答案为：2H+O2+2 H2O；答案第1 0 页，共 1 2 页由分析可知，D的结构简式为:00H,故可知D-E的反应类型为取代反应,故答案为：取代反应;(4)由分析可知，H的结构简式为:,故答案为:M(C 9 H是D的同系物即含有苯环和竣基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1,0 0 H即由4种H,其中两个甲基，则M的结构简式为H 3 GT b或者H 3 G0,故答CO O H C O O H案为5迫严或 者.&出(6)本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法答案第1 1页，共1 2页答案第12页，共12页