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河北省衡水市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
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这是一份河北省衡水市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题，共24页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
河北省衡水市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2019·河北衡水·校考一模）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：
回答下列问题：
(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是______。最佳温度是________。
(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为_____________。
(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。
①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为___________。
②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。
(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。
①净化后的溶液中c(S2-)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为________，精硒中基本不含铜。[Ksp(CuS)=1.3×10－36]
②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。
(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为________ %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。
2．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）无机净水剂主要有铁系和铝系两类，但铝对人体有慢性毒害作用，所以研制各种铁系净水剂成为热门。聚合硫酸铁是一种常用的净水剂，其生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)可用于治疗缺铁性贫血，在医疗上常用作_______(写一种)。
(2)在空气中会被氧化变质，检验其已变质的操作：_______。
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(4)水解会使溶液的减小，加入调节的目的是_______。
(5)聚合硫酸铁中比值的确定方法：取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，然后加入溶液，经操作Ⅰ后得到沉淀A和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为，向滤液B中加入足量的充分反应，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，得固体C。
①生成沉淀A的离子方程式为_______。
②操作Ⅰ的名称为_______，固体C的化学式为_______。
③聚合硫酸铁中_______。
3．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）铜转炉烟灰含金属元素(主要为、、、)的硫酸盐和氧化物以及。其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，，。回答下列问题：
(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有___________和、。“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，原因是___________。
(2)“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为___________。
(3)的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至___________蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①的目的为___________。
(4)“转化”后，滤饼的主要成分是和___________。该工艺中，可循环利用的物质有___________。
(5)测定烟灰中的：取硝酸浸出液于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点(离子方程式为)，消耗标准溶液，则的浓度为___________。
二、原理综合题
4．（2019·河北衡水·校考一模）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21 世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下： 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH1
(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：
2H2（g）+ CO（g） CH3OH（g） ΔH2
CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2(g) ΔH3
3H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2 (g) ΔH4
则ΔH1＝ ________（用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示）。
(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下 Kp 的计算式为: （Kp 为以分压表示的平衡常数，T 为热力学温度）。且催化剂吸附 H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)
①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向_______ （填“增大”、“不变”或“减小”）。
②某温度下（此时 Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
分压/MPa
0.50
0.50
0.50
此时正、逆反应速率的大小：v正 ____v逆 （填“＞”、 “＜”或“＝”）。
③200℃时，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为 _______（填标号）。
A．＜ B． C．~ D． E．＞
④300℃时，使 CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F (按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律__________________________，原因_______________________。
(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。
①该电池的负极反应式为：_______________。
②某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为 50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到铜的质量为_______ g。
5．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为_______ (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内，_______，平衡时的转化率为_______。该温度下充入和，则该反应的平衡常数_______。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为_______，催化剂为_______。
6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现碳循环及废气资源的再利用经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.利用与CH4制备合成气CO、。可能的反应历程如图所示：
说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ)，TS表示过渡态。
(1)制备合成气CO、总反应的热化学方程式为_______。
(2)若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)已知，以与发生总反应生成CO、为背景向密闭容器中充入等体积的和，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。
①_______(填“>”“<”或“=”)。
②时，(CO)与的比值是_______。
Ⅱ.利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为。
(4)一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1mol CO和1mol NO发生上述反应，部分物质的体积分数φ随时间t变化如图所示。
曲线b表示_______物质的φ~t关系，正反应速率_______(填“>”“<”或“=”)，若起始压强为，则该反应温度下_______(分压=物质的量分数×总压，用含的式子表示)。
(5)可用如图装置将雾霾中的NO、转化为则阴极的电极反应式为_______。
三、有机推断题
7．（2019·河北衡水·校考一模）化合物 I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下：
(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。
(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________ 。
(3)I中含氧官能团的名称为_______。
(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。
(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的
G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _______（填编号）
(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。
①含有萘环，且环上只有一个取代基。
②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。
8．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）有机物Ⅹ()是机体细胞生长和分裂所必需的物质——叶酸的组成成分之一，它可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)。
已知：
回答下列问题：
(1)Ⅴ的化学名称是_______；Ⅹ中官能团的名称是_______。
(2)Ⅰ→Ⅱ的反应试剂和条件是_______。
(3)反应Ⅸ→Ⅹ的化学方程式为_______，其反应类型为_______。
(4)流程设计反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ的目的是_______。
(5)仿照上述合成路线，设计以甲苯和Ⅱ为起始原料制备的合成路线_______。(无机试剂任选)
9．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）化合物H是用于治疗慢性阻塞性肺病奥达特罗的合成中间体，其合成路线如图：
已知：I.BnBr代表 II.
回答下列问题：
(1)A的名称为_______；B中官能团的名称为_______。
(2)D→E的反应类型为_______，反应⑤条件中K2CO3的作用是_______。
(3)有机物G、M的分子式分别为C17H14O4NBr、C17H16O4NBr，则M→H的反应方程式为_______。
(4)有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，则N的结构简式为_______。
(5)B的同分异构体中，既能水解，又能使FeCl3溶液显紫色的有_______种。
(6)参照上述合成路线和信息，请写出以苯酚和光气(COCl2)为原料合成的路线。____
参考答案：
1． 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 95℃ 4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 ClO2 + 4H+ + 5e-＝Cl－ + 2H2O 0.345 5.0×10－35 mol·L－1 Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O 3.2×10－3
【分析】(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，ClO2被还原为Cl-；
②结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；
(4) ①利用溶度积表达式Ksp(CuS)= c(S2-)∙ c(Cu2+)，结合已知条件计算；
②根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质；
(5)根据1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。
【详解】(1)含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95℃脱硫率最高；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2+4H++5e-=Cl－+2H2O；
②根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；
(4) ①已知：c(S2-)=0.026 mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(S2-)·c(Cu2+)=1.3×10－36，c(Cu2+)= =5.0×10－35 mol·L－1；
②根据精制流程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O；
(5)设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 μg·g－1×1g=32μg=3.2×10-5g，则精硒中铁的质量分数==3.2×10－3%。
2．(1)补血剂
(2)取少量样品于试管中，加水溶解，将适量溶液加入试管中，溶液变红，说明已变质
(3)
(4)促进的水解
(5) 过滤 2∶4∶1
【分析】本流程中利用硫酸亚铁晶体即绿矾为原料来制取聚合硫酸铁，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：，加入NaOH溶液调节pH值来促进Fe3+水解而制取聚合硫酸铁，然后固化成型，据此分析解题。
（1）
缺铁性贫血是由于人体中缺少Fe2+，合成不了血红蛋白，从而造成贫血，故FeSO4·H2O可用于治疗缺铁性贫血，故在医疗上常用作补血剂，故答案为：补血剂；
（2）
FeSO4·H2O在空气中会被氧化变质即Fe2+转化为Fe3+，只要检验到样品中含有Fe3+就说明已经变质，故检验其已变质的操作为：取少量FeSO4·H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4·H2O已变质，故答案为：取少量FeSO4·H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4·H2O已变质；
（3）
由分析可知，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）
Fe3+水解会使溶液的pH减小,反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加入使上述平衡正向移动，故加入NaOH调节的目的是促进Fe3+的水解,故答案为：促进Fe3+的水解；
（5）
取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，则转化为FeCl3和Fe2(SO4)3溶液，然后加入溶液，发生的离子反应为：，经操作Ⅰ后得到沉淀A 为BaSO4和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为，向滤液B中加入足量的充分反应，发生的离子反应为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，发生反应方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，得固体C，据此分析解题：
①有上述分析可知，生成沉淀A的离子方程式为，故答案为：；
②由上述分析可知，操作Ⅰ是分离BaSO4沉淀和滤液，故操作的名称为过滤，固体C的化学式为Fe2O3，故答案为：过滤；Fe2O3；
③由上述分析可知，n()=n(BaSO4)==0.015mol，n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×=0.03mol，n(Fe3+)：n()=0.03mol：0.015mol=2:1，然后根据化学式中元素的化合价的代数和为0，可知：2×(+3)+1×(-2)+b×(-1)=0，解得：b=4，聚合硫酸铁中2:4:1，故答案为：2:4:1。
3．(1) Cu2+、Zn2+ 难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
(2)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(3) 60 加快蒸发速率
(4) PbCO3 HNO3
(5)10.35ab
【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到。
（1）
“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、、；当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；
（2）
“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（3）
①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②60硫酸锌的溶解度最大，降温至60蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①在时蒸发的目的加快蒸发速率。
（4）
“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。
（5）
设硝酸浸出液中的Pb2+物质的量是xmol，
x=；
则的浓度为10.35ab。
4． ΔH4-2ΔH2- ΔH3 减小 ＞ C 规律：压强增大，甲醇转化率减小 原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低 CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+ 9.6g
【分析】(1)结合已知热化学反应方程式，根据盖斯定律解答；
(2)①根据温度对2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)反应的平衡移动的影响分析；
②结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，根据表格数据，比较Qp与Kp的大小，确定反应进行方向，进而判断正、逆反应速率的大小；
③200℃时，根据（Kp 为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度）计算平衡时Kp，结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)判断达平衡状态时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数；
④300℃时，根据图1中曲线随压强的变化分析变化规律；
(3)①该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，燃料燃烧生成二氧化碳和水，据此书写负极反应式；
②计算2.3g 二甲醚完全燃烧时转移电子的物质的量，再根据电子守恒计算生成铜的质量。
【详解】(1)已知：①2H2(g)+ CO(g) CH3OH(g) ΔH2
②CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) ΔH3
③3H2(g)+ 3CO(g) CH3OCH3(g)+ CO2 (g) ΔH4
由盖斯定律可知，③-①×2-②得2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)ΔH1=ΔH4-2ΔH2- ΔH3；
(2)①，则Kp=，温度越高，越小，越小，即Kp越小，反应向逆向进行倾向增大，则CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向减小；
②结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)可知Qp==1＜Kp=100，则反应正向进行，则v正 ＞v逆；
③200℃时，根据:＝3.52，则Kp＞1。若反应初始投入CH3OH(g)1mol，完全反应全部转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)，根据反应比例关系，CH3OCH3(g)和H2O(g)各占一半，即CH3OCH3(g)的物质的量分数为，由于反应为可逆反应，不可能完全转化，反应平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量分数小于；如果平衡时三种物质的含量相同，即均为1/3，由于反应前后体积不变，则此时Kp＝1，因此要使Kp＞1，则CH3OCH3(g)的物质的量分数一定大于。答案选C；
④300℃时，根据图1中曲线随压强的变化规律：当压强越大，甲醇转化率减小；根据反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，反应前后气体体积不变，平衡不随压强的变化发生移动，出现该图曲线变化的原因是：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低；
(3)①该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，负极发生氧化反应，燃料燃烧生成二氧化碳和水，结合装置如图 2，负极反应式：CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+；
②负极反应式为CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+，2.3g 二甲醚物质的量为=0.05mol，二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%时，转移电子的物质的量=0.05mol×12×50%=0.3mol，根据Cu2++2e-=Cu，则生成铜的物质的量=×0.3mol=0.15mol，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g。
5．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【解析】（1）
二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）
①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）
由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
6．(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1
(2)CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)
(3) ＞
(4) ＞
(5)NO+5e-+6H+=NH+H2O
【解析】（1）
根据反应历程图可知，该总反应的反应物是甲烷和二氧化碳，其能量总和为E1总反应的产物为一氧化碳和氢气，其能量总和为E5，则制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1；
（2）
若E4+E1＜E3+E2，则E2- E1＞E4- E3，其中E2- E1是第一步反应的活化能，E4- E3是第二步反应的活化能，化学反应的快慢，是由活化能大的步骤决定的，因此是由第一步决定的，由反应历程图可知，反应的方程式为CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)；
（3）
①因为E1＜E5，故反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ·mol-1为吸热反应，由图可知，当图中横坐标相同时T1时氢气对应的对数值大，对于吸热反应来说，升高温度平衡正向移动，故T1＞T2；
②由题意可知：，因为CO2和CH4的充入的体积相同，且反应的系数相同，故=，由图可知b点lg p(H2)=0，则b点时p(H2)=1，lg p(CH4)=1，则p(CH4)=10，因此=；
（4）
由图可知，平衡时一氧化碳和一氧化氮的体积分数都为0.125，设反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：
由一氧化碳的体积分数为0.125可得=0.125，解得a=0.4，此时N2的体积分数为=0.25，因此b曲线为N2；由图可知，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，故t3时正反应速率大于t4时正反应速率；由平衡前后气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应后的压强为×po=0.8po，则该反应温度下Kp==
（5）
NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
7． 乙醇 取代反应 加成反应 醚键和羟基 ad 8 (任写一种，符合题目要求即可)
【分析】和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；
(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；
(3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；
(4) A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；
(5)反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；
(6)H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。
8．(1) 乙酸 氨基、羧基
(2)浓硫酸、浓硝酸、水浴
(3) 取代反应
(4)保护氨基不被氧化
(5)
【分析】根据I、Ⅱ、Ⅲ的分子式可知，I为苯，在浓硫酸的催化作用、加热的条件下，与浓硝酸发生硝化反应生成Ⅱ为硝基苯，硝基苯发生还原反应生成，根据Ⅵ结构简式可知，Ⅳ为乙醇，Ⅴ为乙酸，Ⅲ与Ⅵ发生取代反应生成Ⅶ，Ⅷ与银氨溶液反应，并酸化，得到Ⅸ为，Ⅸ发生水解反应生成X。
(1)
Ⅴ为乙酸，Ⅹ中官能团的名称是羧基、氨基。
(2)
A为苯，B为硝基苯，故反应试剂和条件为浓硫酸、浓硝酸、水浴。
(3)
Ⅸ为，发生水解反应生成Ⅹ，反应Ⅸ→Ⅹ的化学方程式为，水解反应属于取代反应
(4)
根据流程可知，反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ先将氨基保护，再引入醛基，并将醛基氧化为羧基，最后水解又生成氨基，故反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ的目的是保护氨基不被氧化。
(5)
根据已知反应可知，先由甲苯与CO、HCl在一定条件反应生成，被酸性高锰酸钾氧化生成，与PCl3发生取代反应生成，硝基苯发生还原反应生成，与发生取代反应生成，故合成路线为。
9． 对苯二酚(或1，4－苯二酚) 羟基(酚羟基)、羰基(酮基) 还原反应 与生成的HCl反应，促进平衡正向移动，提高原料利用率 +NaOH +NaBr+H2O (或写成：) 19
【分析】根据A生成B的反应条件可知该反应与信息Ⅱ类似，根据B的结构简式可知A应为；有机物M的分子式为C17H16O4NBr，而G的分子式为C17H14O4NBr，可知G生成M的过程中发生了酮羰基与氢气的加成，所以M为。
【详解】(1)A的结构简式为，有两个处于对位的酚羟基，所以名称为对苯二酚(或1，4－苯二酚)；根据B的结构简式可知其官能团为酚羟基、羰基；
(2)对比D和E的结构简式可知D中硝基变为氨基，应为还原反应；根据E和F的结构简式可知E生成F的过程为取代反应，反应过程中会有HCl生成，碳酸钾可以与生成的HCl反应，促进平衡正向移动，提高原料利用率；
(3)M的结构简式为，该反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O；
(4)根据B、C的结构简式可知该过程中B中的一个酚羟基上的氢原子被取代，根据反应机理和副产物的分子式可知，副产物应是两个酚羟基上的氢原子都被取代，所以N为 (或写成：)；
(5)B中含有8个碳原子、3个氧原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：既能水解，又能使FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基、酯基，则苯环上至少有两个取代基，两个取代基可以是：-OH、-COOCH3或-OH、-OOCCH3或-OH、-CH2OOCH，每一组均有邻间对三种情况，共9种；也可以是三个取代基：-OH、-CH3、-OOCH3，此时有10种，所以同分异构体共有19种；
(6)苯酚为，类比C生成F的过程可知由苯酚和光气(COCl2)为原料合成的路线为。
河北省衡水市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2019·河北衡水·校考一模）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：
回答下列问题：
(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是______。最佳温度是________。
(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为_____________。
(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。
①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为___________。
②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。
(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。
①净化后的溶液中c(S2-)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为________，精硒中基本不含铜。[Ksp(CuS)=1.3×10－36]
②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。
(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为________ %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。
2．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）无机净水剂主要有铁系和铝系两类，但铝对人体有慢性毒害作用，所以研制各种铁系净水剂成为热门。聚合硫酸铁是一种常用的净水剂，其生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)可用于治疗缺铁性贫血，在医疗上常用作_______(写一种)。
(2)在空气中会被氧化变质，检验其已变质的操作：_______。
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(4)水解会使溶液的减小，加入调节的目的是_______。
(5)聚合硫酸铁中比值的确定方法：取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，然后加入溶液，经操作Ⅰ后得到沉淀A和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为，向滤液B中加入足量的充分反应，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，得固体C。
①生成沉淀A的离子方程式为_______。
②操作Ⅰ的名称为_______，固体C的化学式为_______。
③聚合硫酸铁中_______。
3．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）铜转炉烟灰含金属元素(主要为、、、)的硫酸盐和氧化物以及。其有价金属回收工艺流程如下。已知：时，，。回答下列问题：
(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有___________和、。“浸出”中，当硫酸浓度大于时，金属离子浸出率反而下降，原因是___________。
(2)“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化后，所得滤渣主要成分为、，该氧化过程的离子方程式为___________。
(3)的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至___________蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①的目的为___________。
(4)“转化”后，滤饼的主要成分是和___________。该工艺中，可循环利用的物质有___________。
(5)测定烟灰中的：取硝酸浸出液于锥形瓶中，调为5，加入指示剂后用的标准溶液滴定至终点(离子方程式为)，消耗标准溶液，则的浓度为___________。
二、原理综合题
4．（2019·河北衡水·校考一模）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21 世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下： 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH1
(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：
2H2（g）+ CO（g） CH3OH（g） ΔH2
CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2(g) ΔH3
3H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2 (g) ΔH4
则ΔH1＝ ________（用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示）。
(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下 Kp 的计算式为: （Kp 为以分压表示的平衡常数，T 为热力学温度）。且催化剂吸附 H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)
①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向_______ （填“增大”、“不变”或“减小”）。
②某温度下（此时 Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
分压/MPa
0.50
0.50
0.50
此时正、逆反应速率的大小：v正 ____v逆 （填“＞”、 “＜”或“＝”）。
③200℃时，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为 _______（填标号）。
A．＜ B． C．~ D． E．＞
④300℃时，使 CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F (按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律__________________________，原因_______________________。
(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。
①该电池的负极反应式为：_______________。
②某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为 50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到铜的质量为_______ g。
5．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为_______。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为_______ (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内，_______，平衡时的转化率为_______。该温度下充入和，则该反应的平衡常数_______。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为_______，催化剂为_______。
6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现碳循环及废气资源的再利用经济技术的发展都具有重要意义。
Ⅰ.利用与CH4制备合成气CO、。可能的反应历程如图所示：
说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ)，TS表示过渡态。
(1)制备合成气CO、总反应的热化学方程式为_______。
(2)若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)已知，以与发生总反应生成CO、为背景向密闭容器中充入等体积的和，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。
①_______(填“>”“<”或“=”)。
②时，(CO)与的比值是_______。
Ⅱ.利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为。
(4)一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1mol CO和1mol NO发生上述反应，部分物质的体积分数φ随时间t变化如图所示。
曲线b表示_______物质的φ~t关系，正反应速率_______(填“>”“<”或“=”)，若起始压强为，则该反应温度下_______(分压=物质的量分数×总压，用含的式子表示)。
(5)可用如图装置将雾霾中的NO、转化为则阴极的电极反应式为_______。
三、有机推断题
7．（2019·河北衡水·校考一模）化合物 I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下：
(1)C的结构简式为_________，E的化学名称_______。
(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_________、_________ 。
(3)I中含氧官能团的名称为_______。
(4)D可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_______________。
(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的
G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _______（填编号）
(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有______种,请写出其中任意一种的结构简式_________。
①含有萘环，且环上只有一个取代基。
②可发生水解反应，但不能发生银镜反应。
8．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）有机物Ⅹ()是机体细胞生长和分裂所必需的物质——叶酸的组成成分之一，它可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)。
已知：
回答下列问题：
(1)Ⅴ的化学名称是_______；Ⅹ中官能团的名称是_______。
(2)Ⅰ→Ⅱ的反应试剂和条件是_______。
(3)反应Ⅸ→Ⅹ的化学方程式为_______，其反应类型为_______。
(4)流程设计反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ的目的是_______。
(5)仿照上述合成路线，设计以甲苯和Ⅱ为起始原料制备的合成路线_______。(无机试剂任选)
9．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）化合物H是用于治疗慢性阻塞性肺病奥达特罗的合成中间体，其合成路线如图：
已知：I.BnBr代表 II.
回答下列问题：
(1)A的名称为_______；B中官能团的名称为_______。
(2)D→E的反应类型为_______，反应⑤条件中K2CO3的作用是_______。
(3)有机物G、M的分子式分别为C17H14O4NBr、C17H16O4NBr，则M→H的反应方程式为_______。
(4)有机物N是反应②过程中的副产物，其分子式为C22H20O3，则N的结构简式为_______。
(5)B的同分异构体中，既能水解，又能使FeCl3溶液显紫色的有_______种。
(6)参照上述合成路线和信息，请写出以苯酚和光气(COCl2)为原料合成的路线。____
参考答案：
1． 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 95℃ 4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 ClO2 + 4H+ + 5e-＝Cl－ + 2H2O 0.345 5.0×10－35 mol·L－1 Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O 3.2×10－3
【分析】(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，ClO2被还原为Cl-；
②结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；
(4) ①利用溶度积表达式Ksp(CuS)= c(S2-)∙ c(Cu2+)，结合已知条件计算；
②根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质；
(5)根据1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。
【详解】(1)含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95℃脱硫率最高；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2+4H++5e-=Cl－+2H2O；
②根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；
(4) ①已知：c(S2-)=0.026 mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(S2-)·c(Cu2+)=1.3×10－36，c(Cu2+)= =5.0×10－35 mol·L－1；
②根据精制流程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O；
(5)设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 μg·g－1×1g=32μg=3.2×10-5g，则精硒中铁的质量分数==3.2×10－3%。
2．(1)补血剂
(2)取少量样品于试管中，加水溶解，将适量溶液加入试管中，溶液变红，说明已变质
(3)
(4)促进的水解
(5) 过滤 2∶4∶1
【分析】本流程中利用硫酸亚铁晶体即绿矾为原料来制取聚合硫酸铁，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：，加入NaOH溶液调节pH值来促进Fe3+水解而制取聚合硫酸铁，然后固化成型，据此分析解题。
（1）
缺铁性贫血是由于人体中缺少Fe2+，合成不了血红蛋白，从而造成贫血，故FeSO4·H2O可用于治疗缺铁性贫血，故在医疗上常用作补血剂，故答案为：补血剂；
（2）
FeSO4·H2O在空气中会被氧化变质即Fe2+转化为Fe3+，只要检验到样品中含有Fe3+就说明已经变质，故检验其已变质的操作为：取少量FeSO4·H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4·H2O已变质，故答案为：取少量FeSO4·H2O样品于试管中，加水溶解，将适量KSCN溶液加入试管中，溶液变红，说明FeSO4·H2O已变质；
（3）
由分析可知，氧化过程中是将Fe2+转化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）
Fe3+水解会使溶液的pH减小,反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加入使上述平衡正向移动，故加入NaOH调节的目的是促进Fe3+的水解,故答案为：促进Fe3+的水解；
（5）
取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化后，则转化为FeCl3和Fe2(SO4)3溶液，然后加入溶液，发生的离子反应为：，经操作Ⅰ后得到沉淀A 为BaSO4和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为，向滤液B中加入足量的充分反应，发生的离子反应为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，将经操作Ⅰ后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，发生反应方程式为：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，得固体C，据此分析解题：
①有上述分析可知，生成沉淀A的离子方程式为，故答案为：；
②由上述分析可知，操作Ⅰ是分离BaSO4沉淀和滤液，故操作的名称为过滤，固体C的化学式为Fe2O3，故答案为：过滤；Fe2O3；
③由上述分析可知，n()=n(BaSO4)==0.015mol，n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×=0.03mol，n(Fe3+)：n()=0.03mol：0.015mol=2:1，然后根据化学式中元素的化合价的代数和为0，可知：2×(+3)+1×(-2)+b×(-1)=0，解得：b=4，聚合硫酸铁中2:4:1，故答案为：2:4:1。
3．(1) Cu2+、Zn2+ 难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
(2)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(3) 60 加快蒸发速率
(4) PbCO3 HNO3
(5)10.35ab
【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化把氧化为，过滤，所得滤渣主要成分为、，滤液②蒸发浓缩得到。
（1）
“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、、；当硫酸浓度大于时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；
（2）
“除杂”中，加入调至5.2后，用溶液氧化Fe2+，氧化产物是、还原产物是，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（3）
①在时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②60硫酸锌的溶解度最大，降温至60蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。其中，步骤①在时蒸发的目的加快蒸发速率。
（4）
“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。
（5）
设硝酸浸出液中的Pb2+物质的量是xmol，
x=；
则的浓度为10.35ab。
4． ΔH4-2ΔH2- ΔH3 减小 ＞ C 规律：压强增大，甲醇转化率减小 原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低 CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+ 9.6g
【分析】(1)结合已知热化学反应方程式，根据盖斯定律解答；
(2)①根据温度对2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)反应的平衡移动的影响分析；
②结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，根据表格数据，比较Qp与Kp的大小，确定反应进行方向，进而判断正、逆反应速率的大小；
③200℃时，根据（Kp 为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度）计算平衡时Kp，结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)判断达平衡状态时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数；
④300℃时，根据图1中曲线随压强的变化分析变化规律；
(3)①该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，燃料燃烧生成二氧化碳和水，据此书写负极反应式；
②计算2.3g 二甲醚完全燃烧时转移电子的物质的量，再根据电子守恒计算生成铜的质量。
【详解】(1)已知：①2H2(g)+ CO(g) CH3OH(g) ΔH2
②CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) ΔH3
③3H2(g)+ 3CO(g) CH3OCH3(g)+ CO2 (g) ΔH4
由盖斯定律可知，③-①×2-②得2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)ΔH1=ΔH4-2ΔH2- ΔH3；
(2)①，则Kp=，温度越高，越小，越小，即Kp越小，反应向逆向进行倾向增大，则CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向减小；
②结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)可知Qp==1＜Kp=100，则反应正向进行，则v正 ＞v逆；
③200℃时，根据:＝3.52，则Kp＞1。若反应初始投入CH3OH(g)1mol，完全反应全部转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)，根据反应比例关系，CH3OCH3(g)和H2O(g)各占一半，即CH3OCH3(g)的物质的量分数为，由于反应为可逆反应，不可能完全转化，反应平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量分数小于；如果平衡时三种物质的含量相同，即均为1/3，由于反应前后体积不变，则此时Kp＝1，因此要使Kp＞1，则CH3OCH3(g)的物质的量分数一定大于。答案选C；
④300℃时，根据图1中曲线随压强的变化规律：当压强越大，甲醇转化率减小；根据反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，反应前后气体体积不变，平衡不随压强的变化发生移动，出现该图曲线变化的原因是：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低；
(3)①该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，负极发生氧化反应，燃料燃烧生成二氧化碳和水，结合装置如图 2，负极反应式：CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+；
②负极反应式为CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+，2.3g 二甲醚物质的量为=0.05mol，二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%时，转移电子的物质的量=0.05mol×12×50%=0.3mol，根据Cu2++2e-=Cu，则生成铜的物质的量=×0.3mol=0.15mol，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g。
5．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【解析】（1）
二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）
①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）
由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
6．(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1
(2)CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)
(3) ＞
(4) ＞
(5)NO+5e-+6H+=NH+H2O
【解析】（1）
根据反应历程图可知，该总反应的反应物是甲烷和二氧化碳，其能量总和为E1总反应的产物为一氧化碳和氢气，其能量总和为E5，则制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1；
（2）
若E4+E1＜E3+E2，则E2- E1＞E4- E3，其中E2- E1是第一步反应的活化能，E4- E3是第二步反应的活化能，化学反应的快慢，是由活化能大的步骤决定的，因此是由第一步决定的，由反应历程图可知，反应的方程式为CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)；
（3）
①因为E1＜E5，故反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ·mol-1为吸热反应，由图可知，当图中横坐标相同时T1时氢气对应的对数值大，对于吸热反应来说，升高温度平衡正向移动，故T1＞T2；
②由题意可知：，因为CO2和CH4的充入的体积相同，且反应的系数相同，故=，由图可知b点lg p(H2)=0，则b点时p(H2)=1，lg p(CH4)=1，则p(CH4)=10，因此=；
（4）
由图可知，平衡时一氧化碳和一氧化氮的体积分数都为0.125，设反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：
由一氧化碳的体积分数为0.125可得=0.125，解得a=0.4，此时N2的体积分数为=0.25，因此b曲线为N2；由图可知，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，故t3时正反应速率大于t4时正反应速率；由平衡前后气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应后的压强为×po=0.8po，则该反应温度下Kp==
（5）
NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
7． 乙醇 取代反应 加成反应 醚键和羟基 ad 8 (任写一种，符合题目要求即可)
【分析】和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；
(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；
(3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；
(4) A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；
(5)反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；
(6)H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、、、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。
8．(1) 乙酸 氨基、羧基
(2)浓硫酸、浓硝酸、水浴
(3) 取代反应
(4)保护氨基不被氧化
(5)
【分析】根据I、Ⅱ、Ⅲ的分子式可知，I为苯，在浓硫酸的催化作用、加热的条件下，与浓硝酸发生硝化反应生成Ⅱ为硝基苯，硝基苯发生还原反应生成，根据Ⅵ结构简式可知，Ⅳ为乙醇，Ⅴ为乙酸，Ⅲ与Ⅵ发生取代反应生成Ⅶ，Ⅷ与银氨溶液反应，并酸化，得到Ⅸ为，Ⅸ发生水解反应生成X。
(1)
Ⅴ为乙酸，Ⅹ中官能团的名称是羧基、氨基。
(2)
A为苯，B为硝基苯，故反应试剂和条件为浓硫酸、浓硝酸、水浴。
(3)
Ⅸ为，发生水解反应生成Ⅹ，反应Ⅸ→Ⅹ的化学方程式为，水解反应属于取代反应
(4)
根据流程可知，反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ先将氨基保护，再引入醛基，并将醛基氧化为羧基，最后水解又生成氨基，故反应Ⅲ+Ⅵ→Ⅶ的目的是保护氨基不被氧化。
(5)
根据已知反应可知，先由甲苯与CO、HCl在一定条件反应生成，被酸性高锰酸钾氧化生成，与PCl3发生取代反应生成，硝基苯发生还原反应生成，与发生取代反应生成，故合成路线为。
9． 对苯二酚(或1，4－苯二酚) 羟基(酚羟基)、羰基(酮基) 还原反应 与生成的HCl反应，促进平衡正向移动，提高原料利用率 +NaOH +NaBr+H2O (或写成：) 19
【分析】根据A生成B的反应条件可知该反应与信息Ⅱ类似，根据B的结构简式可知A应为；有机物M的分子式为C17H16O4NBr，而G的分子式为C17H14O4NBr，可知G生成M的过程中发生了酮羰基与氢气的加成，所以M为。
【详解】(1)A的结构简式为，有两个处于对位的酚羟基，所以名称为对苯二酚(或1，4－苯二酚)；根据B的结构简式可知其官能团为酚羟基、羰基；
(2)对比D和E的结构简式可知D中硝基变为氨基，应为还原反应；根据E和F的结构简式可知E生成F的过程为取代反应，反应过程中会有HCl生成，碳酸钾可以与生成的HCl反应，促进平衡正向移动，提高原料利用率；
(3)M的结构简式为，该反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O；
(4)根据B、C的结构简式可知该过程中B中的一个酚羟基上的氢原子被取代，根据反应机理和副产物的分子式可知，副产物应是两个酚羟基上的氢原子都被取代，所以N为 (或写成：)；
(5)B中含有8个碳原子、3个氧原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：既能水解，又能使FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基、酯基，则苯环上至少有两个取代基，两个取代基可以是：-OH、-COOCH3或-OH、-OOCCH3或-OH、-CH2OOCH，每一组均有邻间对三种情况，共9种；也可以是三个取代基：-OH、-CH3、-OOCH3，此时有10种，所以同分异构体共有19种；
(6)苯酚为，类比C生成F的过程可知由苯酚和光气(COCl2)为原料合成的路线为。
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