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广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
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这是一份广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共27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。
广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、工业流程题
1．（2020·广东广州·统考二模）氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)Sc2O3中Sc的化合价为___。
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是___。
(3)“滤渣”的主要成分是___。
(4)“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A比(有机相与水相的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为___。
(5)有机萃取剂P507萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：ScCl3+3HR=ScR3+3HCl(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是___。
(6)“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有___。
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是___。
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为___。
2．（2021·广东广州·统考二模）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、、及少量、、FeO、、)中提取铍的工艺如图：
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
(1)铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式_______。
(2)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是_______。
(3)“浸出渣”的主要成分是_______。
(4)“除铁”中发生反应的离子方程式：、_______。
(5)“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率_______(填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，_______。
(6)由油酸铍制备BeO的方法是_______。
3．（2022·广东广州·统考二模）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。
(4)“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_______。
(5)“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。
二、原理综合题
4．（2020·广东广州·统考二模）甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。利用苯(C6H6)和甲醇(CH3OH)在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：
Ⅰ.C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)
Ⅱ.C7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)
Ⅲ.C8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)
(1)500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。
①由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率___，平衡时的值___。(填“增大”、“减小”或“不变”)
②投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1。CH3OH的平衡转化率为___，反应I的平衡常数K=___。
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
①反应I的∆H=___kJ·mol-1。
②吸附CH3OH的焓变___吸附C6H6的焓变(填“＞”或“＜”)。
③C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为___。
④在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应I，关于反应I的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是__(填标号)。
A．升高温度，K和v均增大
B．增大p(C6H6)，K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小
D．增大p(CH3OH)，K不变，v增大
5．（2021·广东广州·统考二模）加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
(1)根据图(a)，_______，_______。
(2)在4.0MPa压强下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知：
①525~575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为_______(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
②475K时，平衡体系中_______，反应Ⅰ的平衡常数_______(列出计算式)。
(3)为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是_______(写一条)。
(4)利用M催化，加氢制的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，表示活化能，单位为eV。
①转化为的化学方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填标号)。
A．与能量差为0.60eV
B．第ii步有键断裂
C．第iii步反应速率最慢
D．加入催化剂M不影响的平衡产率
6．（2022·广东广州·统考二模）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_______、_______。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为_______kPa，该反应的平衡常数Kp=_______ kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的△H2=_______ (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_______(选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6):n(O2)=1:1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是_______。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式_______。该历程的催化剂是_______。
三、有机推断题
7．（2020·广东广州·统考二模）化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）链烃A的名称是___。B中官能团的名称是___。
（2）反应②、④的反应类型分别是___、___。
（3）反应③的化学方程式是___。
（4）F的结构简式是___。
（5）W的分子式是___。
（6）芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，写出三种X的同分异构体的结构简式___。
（7）设计由1，2-二氯乙烷与制备的合成路线___。（无机试剂任选）
8．（2021·广东广州·统考二模）化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图：
回答下列问题：
(1)C的化学名称是_______。
(2)反应①的化学方程式是_______。
(3)反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是_______。
(4)G中含氧官能团的名称是_______。
(5)反应⑥的反应类型为_______。
(6)芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有，其核磁共振氢谱峰面积比为，写出两种符合要求的化合物X的结构简式_______。
(7)写出以和为原料制备的合成路线_______(其他无机试剂任选)。
9．（2022·广东广州·统考二模）白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如下：(其中R表示)
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______。
(2)A生成B的化学方程式是_______。
(3)D生成E的化学方程式可表示为：D=E+H2O，E的结构简式是_______。
(4)反应①②③④⑤中属于消去反应的有_______。
(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______。
条件：a)芳香族化合物；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳。
(6)根据上述信息，写出以为原料合成的路线(不需注明反应条件)_______。
参考答案：
1． +3 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O SiO2 2 ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓ Mn2+ 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 0.02%
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+，Fe2+，Ca2+，Sc3+，再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中煅烧后Sc2O3，据此分析。
【详解】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据元素的化合价之和等于0，则Sc的化合价为+3价；
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(3)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；
(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；
(5)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+，“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3和二氧化碳的化学方程式是2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量×钪元素的质量分数，
该矿中含钪的质量分数为。
2． 增大与的接触面积，加快浸出速率 、 越低 冷却结晶，过滤 高温焙烧
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、、、、FeO、Fe2O3、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。
【详解】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：。答案为：；
(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与的接触面积，加快浸出速率；
(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为：、；
(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以是难溶于水的固体，根据题意可知，。答案为：；
(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；
(6)油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍。答案为：高温焙烧。
【点睛】分析工业流程图时，应沿着工业生产的过程，将杂质、工业品中所含元素的转化逐一理顺，便可获得操作目的及发生反应的方程式。
3．(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
(2)Fe2O3
(3)
(4)GaO、OH-
(5) GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- 16.8 Na2CO3、CO2
【分析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；
【详解】（1）“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；
（4）转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；
（5）阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。
4． 减小 增大 75% 1.8 -61.4 ＜ C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB B
【分析】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小，根据平衡移动的方向判断平衡时的值的变化；
②设当设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式计算解答；
(2)①结合反应I的方程式：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，利用盖斯定律解答；
②根据图示中，吸附CH3OH的焓变和吸附C6H6的焓变数值进行比较判断；
③根据图示，找到C6H6*和C7H8*所在的位置书写反应方程式；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。
【详解】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图象，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图象中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；
②设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：
根据以上转化后，平衡时CH3OH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%=75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K=；
(2)①反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则∆H=-61.4kJ·mol-1；
②根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4 kJ·mol-1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变＜吸附C6H6的焓变；
③根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，
A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)，则反应v增大，故B正确
C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点在于平衡常数的计算，要注意当反应I达到平衡时，反应Ⅱ和反应Ⅲ也必须达到平衡，在利用平衡常数表达式进行计算时，必须正确选取平衡时的各组分的含量是解题关键。
5． —49.4 +41.2 反应II 2:1 增大压强 ACD
【详解】(1)由图a可知，反应Ⅱ的焓变为+41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为，故答案为：—49.4；+41.2；
(2)①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：反应Ⅱ；
②设起始氢气为3mol，二氧化碳为1mol，由图可知，475K时甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水都为0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气均为0.1mol，生成一氧化碳和水均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为(1mol—0.3mol)=0.7mol、氢气的物质的量为(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物质的量为0.1mol，
平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为×4MPa、×4MPa、×4MPa、×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp=，故答案为：2:1；；
(3) 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大，故答案为：增大压强；
(4)①由图可知，转化为的反应为、H*和HO*反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与的能量差为0.60eV，故正确；
B．由图可知，反应ii中无键断裂，故错误；
C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD。
6．(1) 升高温度 降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
(2) 110 15
(3)△H3−2△H4
(4)a
(5) 体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 AB C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙ BNOH
【解析】（1）
C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
（2）
一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
（3）
根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3−2ΔH4。答案为：ΔH3−2ΔH4；
（4）
为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
（5）
升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；
故选AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO∙和HO2∙，生成的BNO∙再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5∙、C2H5∙再与O2反应生成C2H4和HO2∙；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙；BNOH。
【点睛】分析催化剂时，需看物质在变化过程中是如何表现的。如果先参加反应，后由反应生成，则其为催化剂。
7． 丙烯 碳碳双键、氯原子 加成反应 取代反应 2+O22+2H2O C13H16O2 、、、、、、、、、、、(写出其中3个)
【分析】由合成路线分析可知，F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F为，D与NaCN发生取代反应得到E，C的分子式为C3H6OCl2，C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，则C为，B与HOCl发生加成反应得到C，则B为，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，则A为，G与在pH=8.3的条件下反应生成H()，H酸性条件下加热生成W()，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为，其名称为丙烯，B的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、氯原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、氯原子；
(2)反应②为B与HOCl发生加成反应得到C，反应④为D与NaCN发生取代反应得到E，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)反应③为C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F的结构简式为，故答案为：；
(5)W的结构简式为，1个该分子含有13个C原子，16个H原子，2个O原子，则其分子式为C13H16O2，故答案为：C13H16O2；
(6)芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5组等效氢，且峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，满足条件的同分异构体有、、、、、、、、、、、，故答案为：、、、、、、、、、、、(写出其中3个)；
(7)结合题干中G→H→W的合成路线，由1，2-二氯乙烷与制备，可先将1，2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成，再在Cu作催化剂加热的条件下发生催化氧化生成，接着与发生类似于G→H→W的反应制得，合成路线为，故答案为：。
8． 对氯苯甲醛(4—氯苯甲醛) +Cl2HCl+ 羧基、硝基 还原反应 、
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则B为；与二氧化锰发生氧化反应生成，与CH3NO2反应生成，由反应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，则E为；在稀盐酸中共热反应生成，在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成。
【详解】(1)C的结构简式为，名称为对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛，故答案为：对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛；
(2) 由分析可知，反应①为在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)G的结构简式为，分子中含有的含氧官能团为羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；
(5) 由分析可知，反应⑥为在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成，故答案为：还原反应；
(6)H的结构简式为，分子式为，由H的芳香化合物同分异构体X中含有硝基，核磁共振氢谱图峰面积比为3：2：1可知，X分子的结构对称，符合条件的结构简式为、，故答案为：、；
(7) 由题给信息可知，以和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，与发生加成反应生成，合成路线为,故答案为：。
9．(1)羧基、醚键
(2)
(3)
(4)⑤
(5) 10 或
(6)
【分析】A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：，B与RMgCl在CuI作用下发生加成反应产生C，C与NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应，然后酸化可得D，D脱去1分子H2O生成E：，E与在LDA作用下发生取代反应产生F和HCl，F与H2发生加成反应产生G，G在一定条件下发生消去反应产生H。
（1）
根据A结构简式可知A分子中的含氧官能团名称为羧基、醚键；
（2）
A分子中含有-COOH，与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：和H2O，该反应为可逆反应，化学方程式为：；
（3）
D生成E同时产生H2O，该反应方程式为，则E的结构简式是；
（4）
在上述反应中，反应①属于取代反应，反应②属于取代反应，反应③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有⑤；
（5）
W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物，说明分子中含有苯环；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳，说明分子中含有2个-COOH，则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链，只有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-COOH，二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH、-CH3，都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构，故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
（6）
与H2在一定条件下发生加成反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质在催化剂存在条件下与H2发生加成反应产生，该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生，故以为原料合成的流程图为：。
广东省广州市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、工业流程题
1．（2020·广东广州·统考二模）氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)为原料制备Sc2O3的工艺流程如图，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
(1)Sc2O3中Sc的化合价为___。
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，该反应的离子方程式是___。
(3)“滤渣”的主要成分是___。
(4)“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A比(有机相与水相的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为___。
(5)有机萃取剂P507萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：ScCl3+3HR=ScR3+3HCl(HR代表P507)。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是___。
(6)“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有___。
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是___。
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为___。
2．（2021·广东广州·统考二模）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、、及少量、、FeO、、)中提取铍的工艺如图：
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
(1)铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式_______。
(2)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是_______。
(3)“浸出渣”的主要成分是_______。
(4)“除铁”中发生反应的离子方程式：、_______。
(5)“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率_______(填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，_______。
(6)由油酸铍制备BeO的方法是_______。
3．（2022·广东广州·统考二模）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。
(4)“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_______。
(5)“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。
二、原理综合题
4．（2020·广东广州·统考二模）甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。利用苯(C6H6)和甲醇(CH3OH)在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：
Ⅰ.C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)
Ⅱ.C7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)
Ⅲ.C8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)
(1)500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。
①由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率___，平衡时的值___。(填“增大”、“减小”或“不变”)
②投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1。CH3OH的平衡转化率为___，反应I的平衡常数K=___。
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
①反应I的∆H=___kJ·mol-1。
②吸附CH3OH的焓变___吸附C6H6的焓变(填“＞”或“＜”)。
③C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为___。
④在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v=k∙p(C6H6)(k为速率常数)。在刚性容器中发生反应I，关于反应I的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是__(填标号)。
A．升高温度，K和v均增大
B．增大p(C6H6)，K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小
D．增大p(CH3OH)，K不变，v增大
5．（2021·广东广州·统考二模）加氢制是资源化利用的重要途径，该过程存在如下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
(1)根据图(a)，_______，_______。
(2)在4.0MPa压强下，按把两种气体通入恒压反应器中，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图(b)。已知：
①525~575K时，使平衡转化率随温度升高而增大的反应为_______(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。
②475K时，平衡体系中_______，反应Ⅰ的平衡常数_______(列出计算式)。
(3)为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，除降低温度外，还可采取的措施是_______(写一条)。
(4)利用M催化，加氢制的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，表示活化能，单位为eV。
①转化为的化学方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填标号)。
A．与能量差为0.60eV
B．第ii步有键断裂
C．第iii步反应速率最慢
D．加入催化剂M不影响的平衡产率
6．（2022·广东广州·统考二模）乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_______、_______。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为_______kPa，该反应的平衡常数Kp=_______ kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的△H2=_______ (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_______(选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6):n(O2)=1:1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是_______。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式_______。该历程的催化剂是_______。
三、有机推断题
7．（2020·广东广州·统考二模）化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）链烃A的名称是___。B中官能团的名称是___。
（2）反应②、④的反应类型分别是___、___。
（3）反应③的化学方程式是___。
（4）F的结构简式是___。
（5）W的分子式是___。
（6）芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，写出三种X的同分异构体的结构简式___。
（7）设计由1，2-二氯乙烷与制备的合成路线___。（无机试剂任选）
8．（2021·广东广州·统考二模）化合物H可用于治疗脑血管疾病，其合成路线如图：
回答下列问题：
(1)C的化学名称是_______。
(2)反应①的化学方程式是_______。
(3)反应④的原子利用率为100%，则E的结构简式是_______。
(4)G中含氧官能团的名称是_______。
(5)反应⑥的反应类型为_______。
(6)芳香化合物X是H的同分异构体，化合物X含有，其核磁共振氢谱峰面积比为，写出两种符合要求的化合物X的结构简式_______。
(7)写出以和为原料制备的合成路线_______(其他无机试剂任选)。
9．（2022·广东广州·统考二模）白藜芦醇的化学合成前体化合物H的合成路线如下：(其中R表示)
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称是_______。
(2)A生成B的化学方程式是_______。
(3)D生成E的化学方程式可表示为：D=E+H2O，E的结构简式是_______。
(4)反应①②③④⑤中属于消去反应的有_______。
(5)W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为_______。
条件：a)芳香族化合物；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳。
(6)根据上述信息，写出以为原料合成的路线(不需注明反应条件)_______。
参考答案：
1． +3 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O SiO2 2 ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓ Mn2+ 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 0.02%
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+，Fe2+，Ca2+，Sc3+，再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中煅烧后Sc2O3，据此分析。
【详解】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据元素的化合价之和等于0，则Sc的化合价为+3价；
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+，MnO2还原Mn2+，溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(3)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；
(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；
(5)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3，ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3，化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+，“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3和二氧化碳的化学方程式是2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量×钪元素的质量分数，
该矿中含钪的质量分数为。
2． 增大与的接触面积，加快浸出速率 、 越低 冷却结晶，过滤 高温焙烧
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、、、、FeO、Fe2O3、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。
【详解】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：。答案为：；
(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与的接触面积，加快浸出速率；
(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为：、；
(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以是难溶于水的固体，根据题意可知，。答案为：；
(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；
(6)油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍。答案为：高温焙烧。
【点睛】分析工业流程图时，应沿着工业生产的过程，将杂质、工业品中所含元素的转化逐一理顺，便可获得操作目的及发生反应的方程式。
3．(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
(2)Fe2O3
(3)
(4)GaO、OH-
(5) GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- 16.8 Na2CO3、CO2
【分析】高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；
【详解】（1）“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
（2）高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；
（3）“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；
（4）转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；
（5）阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。
4． 减小 增大 75% 1.8 -61.4 ＜ C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB B
【分析】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小，根据平衡移动的方向判断平衡时的值的变化；
②设当设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式计算解答；
(2)①结合反应I的方程式：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，利用盖斯定律解答；
②根据图示中，吸附CH3OH的焓变和吸附C6H6的焓变数值进行比较判断；
③根据图示，找到C6H6*和C7H8*所在的位置书写反应方程式；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。
【详解】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图象，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图象中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；
②设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：
根据以上转化后，平衡时CH3OH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%=75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K=；
(2)①反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则∆H=-61.4kJ·mol-1；
②根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4 kJ·mol-1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变＜吸附C6H6的焓变；
③根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，
A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)，则反应v增大，故B正确
C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点在于平衡常数的计算，要注意当反应I达到平衡时，反应Ⅱ和反应Ⅲ也必须达到平衡，在利用平衡常数表达式进行计算时，必须正确选取平衡时的各组分的含量是解题关键。
5． —49.4 +41.2 反应II 2:1 增大压强 ACD
【详解】(1)由图a可知，反应Ⅱ的焓变为+41.2kJ/mol，反应Ⅰ的焓变为，故答案为：—49.4；+41.2；
(2)①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，则反应Ⅱ中二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大，故答案为：反应Ⅱ；
②设起始氢气为3mol，二氧化碳为1mol，由图可知，475K时甲醇平衡产率为20%，二氧化碳平衡转化率为30%，由甲醇平衡产率为20%可知，反应Ⅰ生成甲醇和水都为0.2mol，消耗二氧化碳0.2mol、氢气0.6mol，由二氧化碳平衡转化率为30%可知，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气均为0.1mol，生成一氧化碳和水均为0.1mol，则平衡体系中二氧化碳的物质的量为(1mol—0.3mol)=0.7mol、氢气的物质的量为(3mol—0.7mol)=2.3mol、甲醇的物质的量为0.2mol、水的物质的量为(0.2mol+0.1mol)=0.3mol、一氧化碳的物质的量为0.1mol，
平衡体系中甲醇与一氧化碳的物质的量之比为2:1，氢气、二氧化碳、甲醇和水的平衡分压分别为×4MPa、×4MPa、×4MPa、×4MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp=，故答案为：2:1；；
(3) 反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率增大、甲醇的平衡产率增大，故答案为：增大压强；
(4)①由图可知，转化为的反应为、H*和HO*反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②A．由图可知，破坏氢分子中的共价键需要吸收0.6eV的能量，则氢分子与的能量差为0.60eV，故正确；
B．由图可知，反应ii中无键断裂，故错误；
C．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应iii的活化能最大，则反应iii的反应速率最慢，故正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡的移动方向，加入催化剂M不影响甲醇的平衡产率，故正确；
ACD正确，故答案为：ACD。
6．(1) 升高温度 降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
(2) 110 15
(3)△H3−2△H4
(4)a
(5) 体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 AB C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙ BNOH
【解析】（1）
C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
（2）
一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
（3）
根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3−2ΔH4。答案为：ΔH3−2ΔH4；
（4）
为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
（5）
升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C错误；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；
故选AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO∙和HO2∙，生成的BNO∙再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5∙、C2H5∙再与O2反应生成C2H4和HO2∙；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2∙；BNOH。
【点睛】分析催化剂时，需看物质在变化过程中是如何表现的。如果先参加反应，后由反应生成，则其为催化剂。
7． 丙烯 碳碳双键、氯原子 加成反应 取代反应 2+O22+2H2O C13H16O2 、、、、、、、、、、、(写出其中3个)
【分析】由合成路线分析可知，F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F为，D与NaCN发生取代反应得到E，C的分子式为C3H6OCl2，C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，则C为，B与HOCl发生加成反应得到C，则B为，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，则A为，G与在pH=8.3的条件下反应生成H()，H酸性条件下加热生成W()，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为，其名称为丙烯，B的结构简式为，含有的官能团有碳碳双键、氯原子，故答案为：丙烯；碳碳双键、氯原子；
(2)反应②为B与HOCl发生加成反应得到C，反应④为D与NaCN发生取代反应得到E，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)反应③为C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，反应方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5，则F的结构简式为，故答案为：；
(5)W的结构简式为，1个该分子含有13个C原子，16个H原子，2个O原子，则其分子式为C13H16O2，故答案为：C13H16O2；
(6)芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5组等效氢，且峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，满足条件的同分异构体有、、、、、、、、、、、，故答案为：、、、、、、、、、、、(写出其中3个)；
(7)结合题干中G→H→W的合成路线，由1，2-二氯乙烷与制备，可先将1，2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成，再在Cu作催化剂加热的条件下发生催化氧化生成，接着与发生类似于G→H→W的反应制得，合成路线为，故答案为：。
8． 对氯苯甲醛(4—氯苯甲醛) +Cl2HCl+ 羧基、硝基 还原反应 、
【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则B为；与二氧化锰发生氧化反应生成，与CH3NO2反应生成，由反应④的原子利用率为100%可知，与发生加成反应生成，则E为；在稀盐酸中共热反应生成，在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成。
【详解】(1)C的结构简式为，名称为对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛，故答案为：对氯苯甲醛或者4—氯苯甲醛；
(2) 由分析可知，反应①为在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；
(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
(4)G的结构简式为，分子中含有的含氧官能团为羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；
(5) 由分析可知，反应⑥为在镍做催化剂作用下，与氢气发生还原反应生成，故答案为：还原反应；
(6)H的结构简式为，分子式为，由H的芳香化合物同分异构体X中含有硝基，核磁共振氢谱图峰面积比为3：2：1可知，X分子的结构对称，符合条件的结构简式为、，故答案为：、；
(7) 由题给信息可知，以和为原料制备的合成步骤为在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，与发生加成反应生成，合成路线为,故答案为：。
9．(1)羧基、醚键
(2)
(3)
(4)⑤
(5) 10 或
(6)
【分析】A与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：，B与RMgCl在CuI作用下发生加成反应产生C，C与NaOH水溶液，共热发生酯的水解反应，然后酸化可得D，D脱去1分子H2O生成E：，E与在LDA作用下发生取代反应产生F和HCl，F与H2发生加成反应产生G，G在一定条件下发生消去反应产生H。
（1）
根据A结构简式可知A分子中的含氧官能团名称为羧基、醚键；
（2）
A分子中含有-COOH，与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：和H2O，该反应为可逆反应，化学方程式为：；
（3）
D生成E同时产生H2O，该反应方程式为，则E的结构简式是；
（4）
在上述反应中，反应①属于取代反应，反应②属于取代反应，反应③属于取代反应，反应④属于加成反应，反应⑤属于消去反应，则上述反应中属于消去反应的有⑤；
（5）
W是分子式比A少两个CH2的有机化合物，W的同分异构体中，符合条件a)芳香族化合物，说明分子中含有苯环；b)1 mol W与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2 mol二氧化碳，说明分子中含有2个-COOH，则该同分异构体分子中除苯环外，若只有一个侧链，只有1种结构；若含有2个侧链-COOH、-CH2-COOH，二者在苯环上有邻、间、对三种物质，因此有3种不同结构；若含有3个侧链：-COOH、-COOH、-CH3，都处于邻位有2种结构；都处于间位，只有1种结构；若2个相邻，一个相间，有3种结构，故符合要求的同分异构体种类数目为1+3+2+1+3=10种；其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或；
（6）
与H2在一定条件下发生加成反应产生，与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质在催化剂存在条件下与H2发生加成反应产生，该物质在催化剂存在条件下加热，发生取代基在苯环邻位上的取代反应产生，故以为原料合成的流程图为：。
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