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河北省唐山市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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这是一份河北省唐山市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28页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河北省唐山市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．（2020·河北唐山·统考一模）碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知： FeCO3 是白色固体，难溶于水。
I．研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。
（1）试剂1是过量的_______，滤渣 2的成分是__________ (写化学式)；
（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是____________；
（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，“操作a”是__，取28.70g皓矾(ZnSO4·7H2O)加热，剩余固体的质量变化如图，100℃时所得固体的化学式____。
II．研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。
（1）画出装置B______________，B中所用试剂为______________；
（2）先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_________________________；
（3）FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_______________(不考虑操作不当引起的误差)。
2．（2020·河北唐山·统考一模）铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。
回答下列问题：
（1）试剂a最好选用的试剂是______________(填选项字母)；
A． HCl溶液 B．浓H2SO4 C． H2O2溶液 D． FeCl3和HCl混合液
（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式_______，“滤液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是_______________ (写化学式)；
（3）“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次)：
开抽气泵→a→b→d→ ____→c→ 关抽气泵；
a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 e．加洗涤剂洗涤
（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3 的化学方程式____________________________；
（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是__________________________________________；
（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是_________ ( 写物质名称)。
3．（2021·河北唐山·统考一模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，国内外对废蓄电池的湿法处理进行了广泛研究，RSR工艺回收铅是其成果之一，具体化工流程如下：
已知：I．铅膏主要成分是、；
Ⅱ．是强酸；
Ⅲ．、。
回答下列问题：
(1)写出副产品M的化学式___________；气体的电子式___________。
(2)写出步骤①反应的化学方程式___________。
(3)步骤②中存在平衡，比较___________(填“＜”，“=”，“＞”)；检验固体是否洗涤干净的操作是___________。
(4)步骤④加入时边加边搅拌的目的是___________。
(5)步骤⑤电解溶液时，电路中转移0.5mol电子时阴极增重___________g，阳极产生气体___________L(标况)。
(6)已知焙烧可制得铅的氧化物，为了研究其产物成分取进行焙烧，其热重曲线如图所示，请写出时所得铅的氧化物的化学式___________。
4．（2022·河北唐山·统考一模）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。
已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
6.8
4.1
2.2
7.5
7.2
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
5.4
3.2
9.0
9.0
12.4
③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为____(填化学式)。
(2)调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。
(3)滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：
萃取时，选择pH为___左右。
(5)试剂X为___。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃~53.8℃
53.8℃~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。
二、有机推断题
5．（2020·河北唐山·统考一模）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①
② (呈碱性，易氧化)
（1）C的官能团名称是_______________；
（2）反应①的反应类型为___________；反应②的作用是___________________；
（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是____________________ (填选项字母)；
A．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2
B．能发生取代反应和氧化反应
C．能加聚合成高分子化合物
D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
（4）写出E→F的化学反应方程式______________________________；
（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有__________种：
①含有苯环且能发生水解反应：②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。
（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有发基时，新引入的取代基连在苯环的问位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图 (无机试剂任选)_______________________________________________________________________________________。 合成路线流程图示例：XYZ……目标产物
6．（2021·河北唐山·统考一模）化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：
已知：酯交换反应
(1)D中官能团名称___________。
(2)E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。
(3)A生成B的反应方程式为___________；F()与NaOH溶液反应的方程式为___________。
(4)E满足下列条件的同分异构体共有___________种(不包括E)；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。
①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。
(5)利用题中信息，设计由乙烯(CH2=CH2)和对二甲苯()制备的合成路线___________。(无机试剂任选)
7．（2022·河北唐山·统考一模）M是有机合成的重要中间体，由简单有机物合成它的路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称为____；B的核磁共振氢谱有___组吸收峰。
(2)D→E的反应类型为___。
(3)G的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的共有___种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为____(写出一种即可)。
(4)M的结构简式为____。
(5)仿照M的合成路线，设计一条由苯甲醇合成 的合成路线：____。
三、原理综合题
8．（2020·河北唐山·统考一模）燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。
（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H1=574.0 kJ ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1
①反应CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H3=_____；
②若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下5.6L CH4，则反应过程中转移的电子物质的量为___；
（2）用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，向两个容积均为2L温度分别为T1°C、T2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示：
①T1_______T2(填“>”或“<”)；
②T1°C时，40~80 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_____，此温度下的化学平衡常数K=______；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，化学平衡_____移动(填“正向”、 “逆向”或“不”)；
（3）亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。
①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：__________________________；
②下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是____________________________ ( 答出一点即可)；
（4）用碱液脱硝是目前研究的课题之一。
①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式______________________________。
②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：____________________。
9．（2021·河北唐山·统考一模）科研工作者积极展开氨气和水煤气应用的研究，这些物质对新能源发展有着积极意义。
I．在某密闭容器中投入一定量的氨气，发生反应，反应过程中的浓度随时间变化情况如下图所示。
回答下列问题：
(1)曲线A中，反应在前2min内氢气的平均反应速率为___________。
(2)保持其它条件相同，若改变某一条件，使该反应发生如图曲线B的情况，该条件可能是改变___________(填字母代号)。
A．浓度 B．压强 C．温度 D．催化剂
(3)以铁为催化剂、、的条件下氮气和氢气可以直接合成氨，反应历程如下(*表示吸附态)：
①化学吸附：，速率慢
②表面反应，速率快
③脱附：，速率快
下列关于合成氨的叙述错误的是___________(填字母代号)。
A．合成氨的总反应为
B．不断将氨液化移去，利于反应正向进行
C．控制反应恰当高温，是为了保证化学反应速率和催化剂的活性
D．三步中步骤①活化能最小
(4)用氨气研发燃料电池，电池反应为：，使用1mol/L的KOH溶液做电解质溶液。
每消耗转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。请写出通入a气体一极的电极反应式___________。
Ⅱ．水煤气的变换反应为：
(5)在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、，则水煤气变换反应的焓变___________。
(6)水煤气变换反应的机理按以下步骤进行：
①平衡常数Kp可用气体物质的平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数。写出水煤气变换反应平衡常数Kp的表达式___。
②在一定温度，下，将等物质的量的CO和充入2L恒容密闭容器中，达到平衡时测得HCOOH与的压强之比为1:3，CO的转化率为40%，则反应I的平衡常数Kp______。
10．（2022·河北唐山·统考一模）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机，有助于实现碳达峰、碳中和。
I.CO2催化加氢制甲醇(CH3OH)
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
③CO(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH3=-45.1kJ/mol
(1)反应①的ΔH1=____。
(2)在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H已省略)。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决速步反应的化学方程式为____。
(3)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____。
A．加压，反应②的平衡不移动，化学平衡常数不变
B．增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
C．加入催化剂，可以降低反应的反应热
D．及时分离除CH3OH，循环利用CO2和H2，可以提高反应速率和原料的利用率
II：CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷
主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165kJ·mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1kJ·mol-1
在不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性(CH4选择性=)随温度变化的影响如图所示。
(4)对比上述三种催化剂的催化性能，工业上选择的催化剂是Ni-20CeO2/MCM-41，其使用的合适温度为____℃左右(填选项)。
A．300 B．340 C．380 D．420
当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降，其原因可能是____。(答出一点即可)
(5)向某恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，其分压分别为0.85MPa、2.7MPa，在温度t℃，某催化剂催化下发生甲烷化反应，一段时间后，主、副反应均达平衡(不考虑其它副反应)，测得容器内CH4和H2O的分压分别为0.6MPa、1.25MPa，则主反应的分压平衡常数Kp=____MPa-2。
参考答案：
1． H2SO4 MgF2、CaF2、Fe Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 ZnSO4•H2O 饱和NaHCO3溶液 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【分析】I．用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2等)，SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、 洗涤、干燥，得到皓矾(ZnSO4∙7H2O) ，据此分析解答；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；
(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
(3)根据乳酸[CH3CH(OH)COOH]的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。
【详解】I．(1)根据分析，试剂1是过量的硫酸(H2SO4)，滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2；
(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；
皓矾(ZnSO4⋅7H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；28.70g皓矾的物质的量为：n((ZnSO4⋅7H2O)==0.1mol，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1mol，因此生成0.1molZnSO4⋅H2O的质量=0.1mol ×179g/mol=17.90g；生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol ×161g/mol=16.10g；生成0.1molZnO的质量=0.1mol ×81g/mol=8.10g；根据上述分析：100°C时所得固体A的质量为17.90g，生成的固体为ZnSO4⋅H2O；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为 ；
(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子， CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH−)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
2． D Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S Cl2(或O2) c→e→b→d (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ 没有污染性气体产生 硝酸铵
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3．含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。
【详解】(1)根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液
答案选D；
(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2(或O2)；
(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故答案为：cebd；
(4)根据分析， “煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；
(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性的气体产生；
(6)根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。
3． ＞ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液若无白色沉淀证明已洗净 提高酸溶速率 51.75g 2.8L
【详解】(1)铅膏中含有PbO2和PbSO4，向浆液中加入SO2和(NH4)2CO3得到PbCO3和副产品M；由于PbO2具有强氧化性，SO2具有强还原性，则副产品M为(NH4)2SO4；HBF4是强酸，和PbCO3反应生成Pb(BF4)2溶液和CO2气体，故N为CO2，其电子式为；
(2)反应①的化学方程式为PbO2+SO2=PbSO4；
(3)实际生产中，PbSO4和(NH4)2CO3反应得到PbCO3和(NH4)2SO4，说明在该平衡中K1＞K2；检验PbCO3固体是否洗干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀则证明已洗净；
(4)步骤④中加入HBF4时边加边搅拌的目的是加快酸溶速率；
(5)电解Pb(BF4)2溶液时，阳极上的电极反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，阴极上的电极反应为Pb2++2e-=Pb；电路中转移0.5mol电子时，n(Pb)=0.25mol，n(O2)=0.125mol，则m(Pb)=n(Pb) ∙ M(Pb)=0.25mol´207g/mol=51.75g，V(O2，标况)=n(O2) ∙ Vm=0.125mol´22.4g/mol=52.8L，即阴极上增重51.75g，阳极上标况下产生气体2.8L；
(6)5.34g PbCO3的物质的量为0.02mol，则350℃时，4.62g 铅的氧化物含有0.02mol Pb，即4.14g Pb，则含氧元素0.48g，即0.03mol，则该氧化物的化学式为Pb2O3。
4．(1)CaSO4和SiO2
(2) 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO 取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量
(3)99.7%
(4)3.5
(5)盐酸
(6)冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶
【分析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
（3）当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。
（4）由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。
（5）由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
（6）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
5． 酯基 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC +HNO3+H2O 17
【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，C为，则C的官能团名称是酯基；
(2)反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；
(3) A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；
B．G中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；
C．G中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；
D．G中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；
答案选AC；
(4) E为，F为，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式+HNO3+H2O；
(5)①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由和－OOCH构成有邻间对3中结构，或和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为： 。
6． 羟基､羧基 缩聚反应 +→+HCl +3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O 8 .
【分析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析；
【详解】(1)根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是(酚)羟基、羧基；故答案为(酚)羟基、羧基；
(2)根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；
(3)根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为+3NaOH→ ＋HOCH2COONa＋2H2O；故答案为+→+HCl；+3NaOH→ ＋HOCH2COONa＋2H2O；
(4)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH(邻、间位，共2种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为；故答案为8；；
(5)制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为 ；故答案为 。
7．(1) 环戊烷 3
(2)氧化反应
(3) 9 或
(4)
(5)
【分析】A与Br2在光照条件下发生取代反应生成B，B与Mg在乙醚中反应生成C，根据C的结构简式，结合A的分子式可知A的结构简式应为 ，B为 ；C再与HCHO在水溶液中反应生成D，根据D生成E的反应条件可知，该过程中D应是被CrO3氧化，而E中出现醛基，说明D中相应位置有一个羟基，所以D的结构简式为 ；在根据C与甲醛反应的原理可知E和H反应生成的M的结构简式为 。
（1）
A的结构简式为 ，名称为环戊烷；B的结构简式为 ，结构对称，分子中有3种环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组吸收峰；
（2）
D中含有羟基，被氧化生成醛基，属于氧化反应；
（3）
G中含有8个C原子、1个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，则其苯环上的取代基可以为-CH2CH3、-OH，此时有3种，或-CH3、-CH3、-OH，此时有6种，共9种；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为 或 ；
（4）
根据分析可知M的结构简式为 ；
（5）
苯甲醇为 ，根据E和H生成M的过程可知， 可以由 可以和 反应生成，而 被催化氧化可以得到 ，在i)PBr3、ii)Mg/乙醚条件下可以生成 ，所以合称路线为 。
8． 867kJ•mol-1 2mol < 0.0025mol•L-1•min-1 0.25 正向 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O SO2易溶于水，NO难溶于水，SO2溶于吸收剂中的浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高) NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+ N2↑
【分析】(1)①依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；
②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；
(2)①根据先拐先平数值大原则分析，先拐先平温度高；
②T1°C时，结合图象找出40~80 min N2的浓度变化量计算v(N2)，利用三段式计算化学平衡常数K；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，根据Qc与K的数值关系判断；
(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，据此写出反应的离子方程式；
②烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率；
(4)①NO、NO2 和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水；
②通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在B极放电，据此分析。
【详解】(1)①已知：Ⅰ．CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H1=574.0 kJ ·mol-1，
Ⅱ．CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1，
由盖斯定律：可得，CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H3= 867kJ•mol-1；
②还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，n(CH4)=0.25mol，根据反应可知，CH4转化为CO2，C元素由-4价变为+4价，1mol CH4参与反应转移8mol电子，0.25mol CH4参与反应整个过程中转移的电子物质的量为0.25mol×8=2mol；
(2)①根据先拐先平数值大原则，先拐先平温度高，则T1＜T2，；
②T1°C时，结合图象，40~80 min ，NO2物质的量变化量=1.50mol-1.10mol=0.40mol，浓度变化量==0.20mol/L，根据反应CH4(g)+ 2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，浓度的变化量之比等于计量系数比，则N2的浓度变化量为0.10mol/L，则v(N2)== 0.0025mol•L-1•min-1；120min时T1°C下，反应达到平衡，平衡时NO2物质的量为1mol，利用三段式：
化学平衡常数K==0.25；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，Qc=＜K=0.25，则化学平衡正向移动；
(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；
②SO2易溶于水，而NO难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大，则SO2比NO脱除效率高；
(4)①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液，该反应的离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O；
②NO2−在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是碱性溶液，故放电的方程式为：2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。
9． C AD
【分析】（4）根据导线的电子流向，a极是电子流出的，做负极，在氢氧燃料电池中，碱性环境下，负极的电极反应式为：，正极的电极反应式： ；
【详解】（1）由图计算氨气的速率：，则反应在前2min 内氢气的平均反应速率；
（2）由图象可知B状态反应较快，且A、B处于不同平衡状态，肯定不是催化剂的影响，如是压强的影响，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，则NH3的物质的量应增大，但B状态NH3的物质的量较少，应是升高温度的原因，该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，则NH3的物质的量减少，故答案为：C；
（3）A．合成氨的总反应是可逆反应，应打可逆符号，A错误；
B．不断将氨液化移去，减小生成物的浓度，平衡正向移动，利于反应正向进行，B正确；
C．温度较高可加快化学反应速率，同时不破坏催化剂的活性，C正确；
D．活化能越大，反应速率越慢，三步中步骤①速率慢，活化能大，D错误；
故选：AD；
（4）的物质的量，转化成H2O，转移电子数目为0.2×2×(2-0)=0.8NA，由图中a极是电子流出方向，做负极，电极反应式为：；
（5）由标准摩尔生成焓的含义，①
②、③
由②-①-③可得：；
（6）①水煤气变换反应，平衡常数Kp可用气体物质的平衡分压代替平衡浓度，则平衡常数Kp的表达式为；
②在一定温度，下，设都为amol的CO和充入2L恒容密闭容器中，发生反应I：、反应II：，反应后n(总)=0.6a+0.6a+0.1a+0.3a+0.3a=1.9a mol，，p'=95kPa，达到平衡时，反应I的平衡常数。
10．(1)-49.0kJ/mol
(2)*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O
(3)B
(4) C ①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制。②催化剂活性降低(催化剂表面积碳)。③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)
(5)1200
【解析】（1）
根据盖斯定律，②+③×2可得反应①的ΔH1=+41.2kJ/mol+(-45.1kJ/mol)×2=-49.0kJ/mol；
（2）
活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，据图可知活化能最大的步骤是*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O；
（3）
A．反应①、③均为气体系数之和减小的反应，加压两个反应的平衡正向移动，两反应的平衡移动会使体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度发生变化，反应②的平衡也会发生移动，A错误；
B．增大H2的浓度，反应①、②平衡正向移动，可以增大CO2的平衡转化率，B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应热，C错误；
D．及时分离出CH3OH，会导致体系内各物质的浓度减小，反应速率会减慢，D错误；
综上所述答案为B；
（4）
据图可知在使用Ni-20CeO2/MCM-41催化剂时，温度为380℃时CO2转化率和生成CH4选择性均较高，故选C；①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制，平衡逆向移动；②温度过高，催化剂活性降低(催化剂表面积碳)；③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)，所以当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降；
（5）
恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以不妨设初始投料为0.85molCO2和2.7molH2，平衡时CH4和H2O的物质的量分别为0.6mol、1.25mol，设平衡时CO2、H2、CO的物质的量分别为x、y、z，根据C元素守恒可得x+z+0.6=0.85、根据H元素守恒可得0.6×4+2y+1.25×2=2.7×2、根据O元素守恒可得1.25+2x+z=0.85×2，联立可以解得CO2、H2、CO的物质的量分别为0.2mol、0.25mol、0.05mol，即分压分别为0.2MPa、0.25MPa、0.05MPa，所以主反应的平衡常数Kp=MPa-2=1200 MPa-2。
河北省唐山市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．（2020·河北唐山·统考一模）碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某研究小组用如下两种方法制备FeCO3。已知： FeCO3 是白色固体，难溶于水。
I．研究小组用炼铁厂的铁矾渣制备FeCO3，铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2 等。
（1）试剂1是过量的_______，滤渣 2的成分是__________ (写化学式)；
（2）“沉铁”发生反应的离子方程式是____________；
（3）沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，“操作a”是__，取28.70g皓矾(ZnSO4·7H2O)加热，剩余固体的质量变化如图，100℃时所得固体的化学式____。
II．研究小组又采用如下装置制取FeCO3 (C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na2CO3溶液(pH=12.11)通入一段时间CO2至溶液pH为7，再滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀。
（1）画出装置B______________，B中所用试剂为______________；
（2）先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是_________________________；
（3）FeCO3溶于乳酸[CH3CH(OH)COOH]能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_______________(不考虑操作不当引起的误差)。
2．（2020·河北唐山·统考一模）铋(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3, 含杂质SiO2等，Bi2S3不溶于水和硫酸)制备Bi2O3的工艺如下。
回答下列问题：
（1）试剂a最好选用的试剂是______________(填选项字母)；
A． HCl溶液 B．浓H2SO4 C． H2O2溶液 D． FeCl3和HCl混合液
（2）辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式_______，“滤液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是_______________ (写化学式)；
（3）“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作顺序(洗涤操作只做一次)：
开抽气泵→a→b→d→ ____→c→ 关抽气泵；
a．转移固液混合物 b．关活塞A c．开活塞A d．确认抽干 e．加洗涤剂洗涤
（4）写出“煅烧”碱式碳酸铋[(BiO)2CO3]制备Bi2O3 的化学方程式____________________________；
（5）硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸铋，碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3,上述工艺中却转化为碱式碳酸铋再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是__________________________________________；
（6）从“母液”中回收可用做炸药的物质是_________ ( 写物质名称)。
3．（2021·河北唐山·统考一模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，国内外对废蓄电池的湿法处理进行了广泛研究，RSR工艺回收铅是其成果之一，具体化工流程如下：
已知：I．铅膏主要成分是、；
Ⅱ．是强酸；
Ⅲ．、。
回答下列问题：
(1)写出副产品M的化学式___________；气体的电子式___________。
(2)写出步骤①反应的化学方程式___________。
(3)步骤②中存在平衡，比较___________(填“＜”，“=”，“＞”)；检验固体是否洗涤干净的操作是___________。
(4)步骤④加入时边加边搅拌的目的是___________。
(5)步骤⑤电解溶液时，电路中转移0.5mol电子时阴极增重___________g，阳极产生气体___________L(标况)。
(6)已知焙烧可制得铅的氧化物，为了研究其产物成分取进行焙烧，其热重曲线如图所示，请写出时所得铅的氧化物的化学式___________。
4．（2022·河北唐山·统考一模）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。
已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
6.8
4.1
2.2
7.5
7.2
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
5.4
3.2
9.0
9.0
12.4
③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为____(填化学式)。
(2)调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。
(3)滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：
萃取时，选择pH为___左右。
(5)试剂X为___。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃~53.8℃
53.8℃~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。
二、有机推断题
5．（2020·河北唐山·统考一模）G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如下：
已知：①
② (呈碱性，易氧化)
（1）C的官能团名称是_______________；
（2）反应①的反应类型为___________；反应②的作用是___________________；
（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是____________________ (填选项字母)；
A．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2
B．能发生取代反应和氧化反应
C．能加聚合成高分子化合物
D．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
（4）写出E→F的化学反应方程式______________________________；
（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有__________种：
①含有苯环且能发生水解反应：②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。
（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有发基时，新引入的取代基连在苯环的问位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图 (无机试剂任选)_______________________________________________________________________________________。 合成路线流程图示例：XYZ……目标产物
6．（2021·河北唐山·统考一模）化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：
已知：酯交换反应
(1)D中官能团名称___________。
(2)E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。
(3)A生成B的反应方程式为___________；F()与NaOH溶液反应的方程式为___________。
(4)E满足下列条件的同分异构体共有___________种(不包括E)；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。
①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。
(5)利用题中信息，设计由乙烯(CH2=CH2)和对二甲苯()制备的合成路线___________。(无机试剂任选)
7．（2022·河北唐山·统考一模）M是有机合成的重要中间体，由简单有机物合成它的路线如图：
回答下列问题：
(1)A的名称为____；B的核磁共振氢谱有___组吸收峰。
(2)D→E的反应类型为___。
(3)G的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应的共有___种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为____(写出一种即可)。
(4)M的结构简式为____。
(5)仿照M的合成路线，设计一条由苯甲醇合成 的合成路线：____。
三、原理综合题
8．（2020·河北唐山·统考一模）燃煤烟气中含有大量NOx和SO2，可经处理消除。
（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。
CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H1=574.0 kJ ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1
①反应CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)； ∆H3=_____；
②若该反应中将NOx还原为N2，消耗标准状况下5.6L CH4，则反应过程中转移的电子物质的量为___；
（2）用CH4原NO2的反应为CH4(g)+ 2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，向两个容积均为2L温度分别为T1°C、T2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1 mol的CH4和2molNO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化如图所示：
①T1_______T2(填“>”或“<”)；
②T1°C时，40~80 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)=_____，此温度下的化学平衡常数K=______；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，化学平衡_____移动(填“正向”、 “逆向”或“不”)；
（3）亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的NOx、SO2，使其转化为NO3-、SO42-。
①写出NO与NaClO2反应的离子方程式：__________________________；
②下图表示在一定条件下温度与复合吸收剂对烟气中SO2、NO脱除效率的关系。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是____________________________ ( 答出一点即可)；
（4）用碱液脱硝是目前研究的课题之一。
①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液。请写出该反应的离子方程式______________________________。
②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：____________________。
9．（2021·河北唐山·统考一模）科研工作者积极展开氨气和水煤气应用的研究，这些物质对新能源发展有着积极意义。
I．在某密闭容器中投入一定量的氨气，发生反应，反应过程中的浓度随时间变化情况如下图所示。
回答下列问题：
(1)曲线A中，反应在前2min内氢气的平均反应速率为___________。
(2)保持其它条件相同，若改变某一条件，使该反应发生如图曲线B的情况，该条件可能是改变___________(填字母代号)。
A．浓度 B．压强 C．温度 D．催化剂
(3)以铁为催化剂、、的条件下氮气和氢气可以直接合成氨，反应历程如下(*表示吸附态)：
①化学吸附：，速率慢
②表面反应，速率快
③脱附：，速率快
下列关于合成氨的叙述错误的是___________(填字母代号)。
A．合成氨的总反应为
B．不断将氨液化移去，利于反应正向进行
C．控制反应恰当高温，是为了保证化学反应速率和催化剂的活性
D．三步中步骤①活化能最小
(4)用氨气研发燃料电池，电池反应为：，使用1mol/L的KOH溶液做电解质溶液。
每消耗转移的电子数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。请写出通入a气体一极的电极反应式___________。
Ⅱ．水煤气的变换反应为：
(5)在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、，则水煤气变换反应的焓变___________。
(6)水煤气变换反应的机理按以下步骤进行：
①平衡常数Kp可用气体物质的平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数。写出水煤气变换反应平衡常数Kp的表达式___。
②在一定温度，下，将等物质的量的CO和充入2L恒容密闭容器中，达到平衡时测得HCOOH与的压强之比为1:3，CO的转化率为40%，则反应I的平衡常数Kp______。
10．（2022·河北唐山·统考一模）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机，有助于实现碳达峰、碳中和。
I.CO2催化加氢制甲醇(CH3OH)
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
③CO(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH3=-45.1kJ/mol
(1)反应①的ΔH1=____。
(2)在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H已省略)。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决速步反应的化学方程式为____。
(3)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____。
A．加压，反应②的平衡不移动，化学平衡常数不变
B．增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
C．加入催化剂，可以降低反应的反应热
D．及时分离除CH3OH，循环利用CO2和H2，可以提高反应速率和原料的利用率
II：CO2催化(固体催化剂)加氢合成甲烷
主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165kJ·mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1kJ·mol-1
在不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性(CH4选择性=)随温度变化的影响如图所示。
(4)对比上述三种催化剂的催化性能，工业上选择的催化剂是Ni-20CeO2/MCM-41，其使用的合适温度为____℃左右(填选项)。
A．300 B．340 C．380 D．420
当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降，其原因可能是____。(答出一点即可)
(5)向某恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，其分压分别为0.85MPa、2.7MPa，在温度t℃，某催化剂催化下发生甲烷化反应，一段时间后，主、副反应均达平衡(不考虑其它副反应)，测得容器内CH4和H2O的分压分别为0.6MPa、1.25MPa，则主反应的分压平衡常数Kp=____MPa-2。
参考答案：
1． H2SO4 MgF2、CaF2、Fe Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 ZnSO4•H2O 饱和NaHCO3溶液 排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4
【分析】I．用过量的稀硫酸溶解铁矾渣(主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO、Fe2O3及少量的CaO、MgO、 SiO2等)，SiO2不溶，过滤得到的滤渣I主要是SiO2，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Ca2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF2、MgF2，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，再加入NH4HCO3沉淀Fe2+，生成FeCO3和CO2气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、 洗涤、干燥，得到皓矾(ZnSO4∙7H2O) ，据此分析解答；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，据此分析；
(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高；
(3)根据乳酸[CH3CH(OH)COOH]的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高锰酸钾溶液反应，据此分析。
【详解】I．(1)根据分析，试剂1是过量的硫酸(H2SO4)，滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaF2、MgF2；
(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、 洗涤、干燥”得到皓矾(ZnSO4·7H2O)，结合分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；
皓矾(ZnSO4⋅7H2O)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO，产物不同；28.70g皓矾的物质的量为：n((ZnSO4⋅7H2O)==0.1mol，不论分解产物是什么，根据锌元素守恒，物质的量为0.1mol，因此生成0.1molZnSO4⋅H2O的质量=0.1mol ×179g/mol=17.90g；生成0.1molZnSO4的质量=0.1mol ×161g/mol=16.10g；生成0.1molZnO的质量=0.1mol ×81g/mol=8.10g；根据上述分析：100°C时所得固体A的质量为17.90g，生成的固体为ZnSO4⋅H2O；
II．(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取实验，通入C装置前应先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应长进短出，装置图为 ；
(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子， CO2可将装置中的氧气排除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH−)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeCO3成为竞争反应，而导致制备的FeCO3纯度低，NaHCO3溶液碱性弱，制得FeCO3纯度高，则先向1mol/L Na2CO3溶液中通入CO2的目的是排除装置中的空气，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2；
(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高锰酸钾溶液氧化导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。
2． D Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S Cl2(或O2) c→e→b→d (BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑ 没有污染性气体产生 硝酸铵
【分析】辉铋矿(主要成分是Bi2S3．含杂质SiO2等)制备铋酸钠，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，盐酸是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S，滤液中含有Bi3+，H+，Fe3+，滤液中加入铁粉过滤得到粗铋：2Bi3++3Fe=3Fe2++2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+，滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，“粗铋”中含有的杂质主要是Fe，通过熔盐电解精炼除去Fe，得到精铋，加入硝酸溶解调节pH得到碱式硝酸铋，与碳酸铵溶液反应得到碱式碳酸铋，母液为硝酸铵，将碱式碳酸铋煅烧生成Bi2O3，据此分析作答。
【详解】(1)根据分析，浸出溶浸过程中，辉铋矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，Bi3+，Fe3+易水解生成沉淀，加入盐酸可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCl3和HCl混合液
答案选D；
(2)辉铋矿的浸出液中铋元素主要以Bi3+形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe2+ 转化为Fe3+得到主要含有FeCl3 的溶液，可用于辉铋矿浸出操作，达到循环使用的目的，则气体X是Cl2(或O2)；
(3)抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→开活塞A→加洗涤剂洗涤→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故答案为：cebd；
(4)根据分析， “煅烧”操作是将碱式碳酸铋煅烧分解生成Bi2O3和二氧化碳，化学方程式为(BiO)2CO3Bi2O3+CO2↑；
(5)碱式硝酸铋直接灼烧也能得到Bi2O3，但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化为碱式碳酸铋再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性的气体产生；
(6)根据分析，母液为硝酸铵，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸铵。
3． ＞ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液若无白色沉淀证明已洗净 提高酸溶速率 51.75g 2.8L
【详解】(1)铅膏中含有PbO2和PbSO4，向浆液中加入SO2和(NH4)2CO3得到PbCO3和副产品M；由于PbO2具有强氧化性，SO2具有强还原性，则副产品M为(NH4)2SO4；HBF4是强酸，和PbCO3反应生成Pb(BF4)2溶液和CO2气体，故N为CO2，其电子式为；
(2)反应①的化学方程式为PbO2+SO2=PbSO4；
(3)实际生产中，PbSO4和(NH4)2CO3反应得到PbCO3和(NH4)2SO4，说明在该平衡中K1＞K2；检验PbCO3固体是否洗干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀则证明已洗净；
(4)步骤④中加入HBF4时边加边搅拌的目的是加快酸溶速率；
(5)电解Pb(BF4)2溶液时，阳极上的电极反应为4OH--4e-=O2↑+H2O，阴极上的电极反应为Pb2++2e-=Pb；电路中转移0.5mol电子时，n(Pb)=0.25mol，n(O2)=0.125mol，则m(Pb)=n(Pb) ∙ M(Pb)=0.25mol´207g/mol=51.75g，V(O2，标况)=n(O2) ∙ Vm=0.125mol´22.4g/mol=52.8L，即阴极上增重51.75g，阳极上标况下产生气体2.8L；
(6)5.34g PbCO3的物质的量为0.02mol，则350℃时，4.62g 铅的氧化物含有0.02mol Pb，即4.14g Pb，则含氧元素0.48g，即0.03mol，则该氧化物的化学式为Pb2O3。
4．(1)CaSO4和SiO2
(2) 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO 取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量
(3)99.7%
(4)3.5
(5)盐酸
(6)冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶
【分析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
（3）当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。
（4）由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。
（5）由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
（6）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
5． 酯基 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC +HNO3+H2O 17
【分析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为，A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，C为，则C的官能团名称是酯基；
(2)反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O，乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；
(3) A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故A错误；
B．G中含有酚羟基，能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；
C．G中含有羧基和酚羟基，所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；
D．G中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；
答案选AC；
(4) E为，F为，E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式+HNO3+H2O；
(5)①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由和－OOCH构成有邻间对3中结构，或和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为： 。
6． 羟基､羧基 缩聚反应 +→+HCl +3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O 8 .
【分析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析；
【详解】(1)根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是(酚)羟基、羧基；故答案为(酚)羟基、羧基；
(2)根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；
(3)根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为+3NaOH→ ＋HOCH2COONa＋2H2O；故答案为+→+HCl；+3NaOH→ ＋HOCH2COONa＋2H2O；
(4)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH(邻、间位，共2种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，、－OH(邻、间、对，有3种)，满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为；故答案为8；；
(5)制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为 ；故答案为 。
7．(1) 环戊烷 3
(2)氧化反应
(3) 9 或
(4)
(5)
【分析】A与Br2在光照条件下发生取代反应生成B，B与Mg在乙醚中反应生成C，根据C的结构简式，结合A的分子式可知A的结构简式应为 ，B为 ；C再与HCHO在水溶液中反应生成D，根据D生成E的反应条件可知，该过程中D应是被CrO3氧化，而E中出现醛基，说明D中相应位置有一个羟基，所以D的结构简式为 ；在根据C与甲醛反应的原理可知E和H反应生成的M的结构简式为 。
（1）
A的结构简式为 ，名称为环戊烷；B的结构简式为 ，结构对称，分子中有3种环境的氢原子，核磁共振氢谱有3组吸收峰；
（2）
D中含有羟基，被氧化生成醛基，属于氧化反应；
（3）
G中含有8个C原子、1个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，则其苯环上的取代基可以为-CH2CH3、-OH，此时有3种，或-CH3、-CH3、-OH，此时有6种，共9种；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为 或 ；
（4）
根据分析可知M的结构简式为 ；
（5）
苯甲醇为 ，根据E和H生成M的过程可知， 可以由 可以和 反应生成，而 被催化氧化可以得到 ，在i)PBr3、ii)Mg/乙醚条件下可以生成 ，所以合称路线为 。
8． 867kJ•mol-1 2mol < 0.0025mol•L-1•min-1 0.25 正向 4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O SO2易溶于水，NO难溶于水，SO2溶于吸收剂中的浓度明显比NO大(或SO2的还原性强或脱硝反应活化能较高) NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O 2NO2-+6e-+4H2O=8OH-+ N2↑
【分析】(1)①依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答；
②若反应中还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，CH4被氧化为CO2，碳元素化合从-4价升高为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；
(2)①根据先拐先平数值大原则分析，先拐先平温度高；
②T1°C时，结合图象找出40~80 min N2的浓度变化量计算v(N2)，利用三段式计算化学平衡常数K；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，根据Qc与K的数值关系判断；
(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，据此写出反应的离子方程式；
②烟所中SO2和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO2、NO脱除效率；
(4)①NO、NO2 和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水；
②通过A室产生了N2，可知A极的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在A极放电为N2，则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，OH-在B极放电，据此分析。
【详解】(1)①已知：Ⅰ．CH4(g)+ 4NO2(g)⇌ 4NO(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H1=574.0 kJ ·mol-1，
Ⅱ．CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+ CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H2= 1160.0 kJ·mol-1，
由盖斯定律：可得，CH4(g)+2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g) ∆H3= 867kJ•mol-1；
②还原NOx至N2，消耗标准状况下5.6LCH4，n(CH4)=0.25mol，根据反应可知，CH4转化为CO2，C元素由-4价变为+4价，1mol CH4参与反应转移8mol电子，0.25mol CH4参与反应整个过程中转移的电子物质的量为0.25mol×8=2mol；
(2)①根据先拐先平数值大原则，先拐先平温度高，则T1＜T2，；
②T1°C时，结合图象，40~80 min ，NO2物质的量变化量=1.50mol-1.10mol=0.40mol，浓度变化量==0.20mol/L，根据反应CH4(g)+ 2NO2(g) ⇌N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g)，浓度的变化量之比等于计量系数比，则N2的浓度变化量为0.10mol/L，则v(N2)== 0.0025mol•L-1•min-1；120min时T1°C下，反应达到平衡，平衡时NO2物质的量为1mol，利用三段式：
化学平衡常数K==0.25；
③T1°C下，200 min时，向容器中再加入CH4、NO2和H2O(g)各l mol，Qc=＜K=0.25，则化学平衡正向移动；
(3)①废气中的NO与NaClO2反应，NaClO2具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，生成NO3-、Cl-，则此反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O；
②SO2易溶于水，而NO难溶于水，导致吸收剂中SO2浓度明显比NO大，则SO2比NO脱除效率高；
(4)①将NO、NO2 控制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNO2溶液，该反应的离子方程式：NO+NO2+2OH-=2NO2-+ H2O；
②NO2−在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是碱性溶液，故放电的方程式为：2NO2−+6e−+4H2O=8OH−+N2↑。
9． C AD
【分析】（4）根据导线的电子流向，a极是电子流出的，做负极，在氢氧燃料电池中，碱性环境下，负极的电极反应式为：，正极的电极反应式： ；
【详解】（1）由图计算氨气的速率：，则反应在前2min 内氢气的平均反应速率；
（2）由图象可知B状态反应较快，且A、B处于不同平衡状态，肯定不是催化剂的影响，如是压强的影响，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，则NH3的物质的量应增大，但B状态NH3的物质的量较少，应是升高温度的原因，该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，则NH3的物质的量减少，故答案为：C；
（3）A．合成氨的总反应是可逆反应，应打可逆符号，A错误；
B．不断将氨液化移去，减小生成物的浓度，平衡正向移动，利于反应正向进行，B正确；
C．温度较高可加快化学反应速率，同时不破坏催化剂的活性，C正确；
D．活化能越大，反应速率越慢，三步中步骤①速率慢，活化能大，D错误；
故选：AD；
（4）的物质的量，转化成H2O，转移电子数目为0.2×2×(2-0)=0.8NA，由图中a极是电子流出方向，做负极，电极反应式为：；
（5）由标准摩尔生成焓的含义，①
②、③
由②-①-③可得：；
（6）①水煤气变换反应，平衡常数Kp可用气体物质的平衡分压代替平衡浓度，则平衡常数Kp的表达式为；
②在一定温度，下，设都为amol的CO和充入2L恒容密闭容器中，发生反应I：、反应II：，反应后n(总)=0.6a+0.6a+0.1a+0.3a+0.3a=1.9a mol，，p'=95kPa，达到平衡时，反应I的平衡常数。
10．(1)-49.0kJ/mol
(2)*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O
(3)B
(4) C ①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制。②催化剂活性降低(催化剂表面积碳)。③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)
(5)1200
【解析】（1）
根据盖斯定律，②+③×2可得反应①的ΔH1=+41.2kJ/mol+(-45.1kJ/mol)×2=-49.0kJ/mol；
（2）
活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整个反应的速率，据图可知活化能最大的步骤是*CO+*OH+*H→*CO+*H2O或*OH+*H→*H2O；
（3）
A．反应①、③均为气体系数之和减小的反应，加压两个反应的平衡正向移动，两反应的平衡移动会使体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度发生变化，反应②的平衡也会发生移动，A错误；
B．增大H2的浓度，反应①、②平衡正向移动，可以增大CO2的平衡转化率，B正确；
C．催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应热，C错误；
D．及时分离出CH3OH，会导致体系内各物质的浓度减小，反应速率会减慢，D错误；
综上所述答案为B；
（4）
据图可知在使用Ni-20CeO2/MCM-41催化剂时，温度为380℃时CO2转化率和生成CH4选择性均较高，故选C；①CO2甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制，平衡逆向移动；②温度过高，催化剂活性降低(催化剂表面积碳)；③发生了其它副反应(甲烷水蒸气重整等)，所以当温度高于400℃时，CO2转化率和生成CH4选择性均有所下降；
（5）
恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以不妨设初始投料为0.85molCO2和2.7molH2，平衡时CH4和H2O的物质的量分别为0.6mol、1.25mol，设平衡时CO2、H2、CO的物质的量分别为x、y、z，根据C元素守恒可得x+z+0.6=0.85、根据H元素守恒可得0.6×4+2y+1.25×2=2.7×2、根据O元素守恒可得1.25+2x+z=0.85×2，联立可以解得CO2、H2、CO的物质的量分别为0.2mol、0.25mol、0.05mol，即分压分别为0.2MPa、0.25MPa、0.05MPa，所以主反应的平衡常数Kp=MPa-2=1200 MPa-2。
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