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广东省深圳市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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这是一份广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共24页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、原理综合题
1．（2020·广东深圳·统考二模）以CH4、CO2为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。
I．CH4.CO2催化重整间接制乙酸
CH4、CO2催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下：
反应l：CH4(g)＋CO2(g) ⇌2H2(g)＋2CO(g)△H
反应2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H=－90.9kJ·mol－1
反应3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H=－118.2kJ·mol－1
(1)已知：CH4(g)＋CO2(g) ⇌ CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1则“反应l”的△H=_________
(2)“反应1”的化学反应速率v=k[]m·[]n,k为速率常数。1123K和1173K时，分别保持或不变，测得速率v与、的关系如图所示：
①由图可知，下列叙述正确的是_________(填标号)。
A．当10kPa≤≤25kPa时，m=l
B．其他条件不变，增大，速率v不一定增大
C．a、b、c三点速率常数的大小关系为：ka＞kb＞kc
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，且Kb=1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2，则b点的化学反应速率v=_________mol·g－1·s－1。
(3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生“反应1”。在923K和1173K时，CH4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图所示。
923K时，CH4(g)的平衡转化率α=_________，若平衡时体系的总压强为p0，平衡常数K923K=____(用含有p0的代数式表示)。
II．CH4、CO2两步法制乙酸
(4)反应CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的条件下实现上述转化，具体过程：
①第二步反应的化学方程式为_________
②为增大CH3COOH的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在_________进行；从H2浓度的角度考虑，应采取的措施是_________。
2．（2021·广东深圳·统考二模）氮氧化物(NOx)的排放对环境造成严重污染。回答下列问题：
I.工业上可利用C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)反应处理氮氧化物。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，则C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH2=_______kJ·mol-1。
(2)某温度下，向盛有足量单质C的恒容密闭容器通入NO，使其初始浓度为1mol·L-1。根据平衡时以某物质表示的v正(或v逆)、浓度的数值，绘制出下图中甲、乙两点。
①乙点对应的物质是___(填化学式)；该反应的平衡常数为____。
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，此时体系的压强为p=105Pa，NO的体积分数为30%，则N2的分压为p(N2)=____Pa(分压=总压×物质的量分数)；则图中甲点可能移动至____点位置(填字母标号)。
II.原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃、900℃得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析(%)
比表面积(cm2∙g-1)
C
H
S-500
80.79
2.76
105.69
S-900
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如下图所示。［已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(ΔH<0)两个过程。］
(3)已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是___、___。
(4)350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是____。
3．（2022·广东深圳·统考二模）CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
(1)上述反应中，ΔH5=____(写出一个代数式即可)。
(2)密闭容器中，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列描述正确的有____(填标号)。
A．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
B．降低温度，反应Ⅱ的正反应速率增大，逆反应速率减小
C．增大CO的浓度，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动
D．恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡不移动
(3)恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%
①图甲中x____3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是____。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)=___mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
(4)常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：
①据图，CO和CO2相比，____(填化学式)更稳定。
②吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为____。
二、工业流程题
4．（2020·广东深圳·统考二模）Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ-A12O392.8%，其他杂质6.9%)中回收金属Pd的工艺如图：
已知：γ-Al2O3能与酸反应，α-A12O3不与酸反应。
回答下列问题：
(1)“预处理”时，γ-A12O3经焙烧转化为α-A12O3，该操作的主要目的是___。
(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl，其离子方程式为___。
(3)“滤液①”和“滤液②”中都含有的主要溶质有___(填化学式)。
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是___。两者相比，___(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为___。
(6)酸性条件下，BrO3-能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-。
①发生上述转化反应的电极应接电源的___极(填“正”或“负”)；
②研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成___(填化学式)。
5．（2021·广东深圳·统考二模）近年来，我国的钢铁产量居世界首位。炼铁时产生大量瓦斯泥，若不合理利用，会对环境造成不利影响。一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_______。
(2)“过程I”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过程II”产生的气体___________(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。
(4)“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。
①含铋物质发生反应的化学方程式为：
i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O
ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S
iii._______。
②“滤渣2”的主要成分除S外还有____________。
(5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀时pH
7.0
1.9
6.2
完全沉淀时pH
9.0
3.2
8.0
①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是_______。
②“水解”后的“系列操作”为_______。
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为_______。(结果精确到1%)。
6．（2022·广东深圳·统考二模）高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4•6H2O)的工艺流程如图：
已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作____极；阴极产物主要为____，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为____；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和____(填化学式)。
(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥____(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)“母液”中的溶质主要有____、____(填化学式)。
(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为____；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：____。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是____。
三、有机推断题
7．（2020·广东深圳·统考二模）他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是_________，C中含氧官能团的名称是_________
（2）①和③的反应类型分别是_________
（3）下列说法正确的是_________（填标号）。
a．A为苯的同系物b．B的一氯代物有5种
c．1molC最多可与2molNaOH反应d．弱碱性条件有利于反应⑤进行
（4）草酰氯与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方程式为_________
（5）化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应：②能发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应，则W共有_________种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为__________。
（6）参照上述合成路线，设计由苯和1，3－丁二烯合成的路线（其它无机试剂任选）。__________
8．（2021·广东深圳·统考二模）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为_____，F所含官能团的名称为_____。
(2)④的反应类型为____，G的结构简式为____。
(3)反应③的化学方程式为____。
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为____。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含-OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为____。(任写一种)。
(6)参照上述合成路线，设计由合成的路线(乙醇、乙酸及无机试剂任选)_____。
9．（2022·广东深圳·统考二模）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____。
(2)D中含氧官能团的名称为____。
(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为____。
(4)写出反应③的化学方程式____。
(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是____。
(6)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___种(不考虑立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为____。
(7)根据上述信息，以 和 为原料，设计合成 的路线(无机试剂任选)____。
参考答案：
1． ＋247.0kJ·mol−1 AB 5.2 60% p02或1.265625 p02 CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co 低温 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)
【分析】I．利用该盖斯定律进行计算，将反应1、反应2、反应3相加可以得到总反应，可以求出“反应l”的△H的数值；从图象信息分析m的值，k的值和速率的变化；
II．根据图示可以写出化学反应方程式。从化学平衡移动的方向分析浓度，温度对平衡的影响。
【详解】I．(1)反应l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H2=－90.9kJ·mol－1
反应3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H3=－118.2kJ·mol－1
总反应：CH4(g)＋CO2(g) ⇌CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，△H1+△H2+△H3=△H，则△H1=△H-△H2-△H3=＋37.9kJ·mol－1－(－90.9kJ·mol－1)－(－118.2kJ·mol－1)=＋247.0kJ·mol−1；
(1)①A．当10kPa≤≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；
B．由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，增大，在的值为25 Kpa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；
C．由图象可知，va＞vb＞vc， a和b的相等、根据公式，v=k[]m·[]n，由于va＞vb ，ka＞kb，三个点中c点值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；
答案选AB；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v= k[]m·[]n，已知Kb=1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2，CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤≤25kPa时，m=l，n=1， vb= kb[20]·[20] =1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2×400=5.2 mol·g－1·s－1；
(3) 反应l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H＞0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
平衡常数K923K==p02或1.265625 p02；
II．(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H2浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH3COOH的平衡产率增大。
【点睛】关于速率常数的理解是难点，需要学生结合图象，分析清晰每一条曲线的意义，会用速率常数的公式进行计算。
2． -574 NO Q 热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少 S-900的比表面积小，吸附能力弱 温度升高，反应速率增大
【详解】(1)已知：
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，
ΔH=-393.5kJ·mol-1
将下式-上式可得目标方程式，则，可知ΔH2=-574kJ·mol-1。故答案为：-574；
(2)①达到平衡时NO表示的正反应速率应为N2表示的逆反应速率的两倍，则乙点对应的物质为NO；则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，该反应的平衡常数。故答案为：NO，；
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，NO的体积分数为30%，可知N2的体积分数为，则此时N2的分压。该反应为放热反应，降低温度平衡会朝着正反应方向移动，c(NO)减小，c(N2)增大，且降温度会使得反应速率减慢，可知图中甲点可能移动至Q点位置。故答案为：，Q；
(3)煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据以及图示分析，可能的原因是：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少、S-900的比表面积小，吸附能力弱。故答案为：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少；S-900的比表面积小，吸附能力弱
（4）350℃后，随着温度升高，反应速率增大，NO的脱除率增大。
故答案为：温度升高，反应速率增大。
3．(1)ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4
(2)CD
(3) 大于 相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3 0.8 0.75
(4) CO2 *COOH+H++e-=H2O+*CO
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
（2）A．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A错误；
B．降低温度，正逆反应速率均减小，B错误；
C．增大CO的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的浓度增大，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动，C正确；
D．氩气不参与反应，恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，D正确；
综上所述答案为CD；
（3）①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
（4）①据图可知CO2的能量低于CO，所以CO2更稳定；
②据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。
4． 利于Pd与Al2O3的分离(或“大大减少了酸用量”，或“避免酸浸时氧化铝和酸发生反应”) 3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O AlCl3 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3 [Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl 负 H2
【分析】废Pd/Al2O3纳米催化剂进行焙烧，使大量的γ-Al2O3经焙烧转化为α-A12O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为，γ-Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，α-A12O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α-A12O3以滤渣的形式除去，得到含有、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl-的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl-、H+的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为，向得到的溶液中加入氨水，将转化为，再加入盐酸，使转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此解答。
【详解】(1)由于α-A12O3不与酸反应，“预处理”时，γ-Al2O3经焙烧转化为α-A12O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；
(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化，其离子方程式为3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O；
(3)根据分析“滤液①”主要含有Al3+、Cl-，“滤液②”中主要含有Al3+、Cl-、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3，故答案为：AlCl3；
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到的电子，106.5gNaClO3为1mol，做氧化剂转化为，转移6mol电子，即1gNaClO3参与反应得到电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；
(5)“沉淀”时，转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl；
(6)①BrO3-能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，故答案为：负；
②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被得到转化为Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H++2e-=H2↑，故答案为：H2。
5． 采用较强烈的搅拌转速 Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu NH3 “浸取” 2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4 将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥 70%
【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)，浸取之后过滤得到Cu(NH3)、Zn(NH3)、，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，以此解答。
【详解】(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用较强烈的搅拌转速，故答案为：采用较强烈的搅拌转速；
(2)“过程Ⅰ”中Cu(NH3)和Zn反应生成Zn(NH3)和Cu，反应的离子方程式为Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu，故答案为：Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu；
(3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用，故答案为：NH3；“浸取”；
(4)①根据题意，单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解，结合已知的化学方程式可知，剩下的一个化学方程式为Bi和Fe3+的反应，该反应的化学方程式为2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4，故答案为：2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4；
②滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，故答案为：PbSO4；
(5)①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯；
②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，故答案为：过滤、洗涤、干燥；
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg的“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为70%，故答案为：70%。
6．(1) 阳 H2
(2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
(3)CuS
(4)9.15
(5) NaCl Na2SO4
(6) BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4 该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全； 降低NiS2O3的溶解度
【分析】先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
（1）
电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
（2）
“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
（3）
“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
（4）
当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
（5）
ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
（6）
①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
7． 羧基、酯基 取代反应、还原反应 cd ＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl 13 CH2=CHCH=CH2Cl－CH2CH=CHCH2ClCl－CH2CH2CH2Cl
【分析】
(1)~(3)：由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应①则是与之间生成，C分子式为C9H8O4，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应④，用逆合成分析法推知，C为，据此填空；
(4)参照上述合成路线的反应⑥，类推即可；
(5)限定条件的同分异构体的种类判断，可从分子式为C9H8O4，不饱和度为6切入，找出满足条件的官能团判断；
(6)参照题目提供的合成线路，结合逆分析法，找出流程；
【详解】
(1)由分析知A为，C为，则C中含氧官能团的名称是羧基、酯基；
答案为：；羧基、酯基；
(2)反应①是与之间发生反应得到，苯环上相邻2个氢原子被取代，同时得到氯化氢，故是取代反应，反应③过程中硝基转化为氨基，去氧得氢，则③为还原反应；
答案为：取代反应、还原反应；
(3)a．A为，苯环所连并不是烷基，故不是苯的同系物，a错误；
b．B为，分子内有7种氢原子，故一氯代物有7种，b错误；
c．C为，1molC最多可与2molNaOH反应，c正确；
d．反应⑤是取代反应，除了得到有机产物外，还有HCl生成，故弱碱性条件有利于反应⑤进行，d正确；
答案为：cd；
(4)草酰氯与乙二胺()反应由反应⑥类推即可，发生取代反应，可得到一种六元环状化合物和HCl，该反应的化学方程式为＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl；
答案为：＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl；
(5)化合物W与C互为同分异构体，分子式为C9H8O4，不饱和度为6，且从满足下列条件可知其含的基团或官能团：由“①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应”知含羧基：由“②能发生银镜反应”知含-CHO；由“③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应”知含酚酯基，由于是6个不饱和度，故其必定含甲酸酚酯基、羧基，则W的结构存在以下二种情况：一是可看作苯环上的1个氢原子被取代所得，共3种同分异构体，即苯环上2个取代基位于邻、间、对位3种情况，另一种是苯环上有3个取代基，分别是、-COOH和-CH3，结构的苯环上再引入-CH3有2种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、则满足条件的同分异构体共有13种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为；
答案为：13种；；
(6)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到，需和ClCH2CH2CH2Cl在AlCl3条件下反应，Cl－CH2CH2CH2Cl则可以由CH2=CHCH=CH2与氯气先进行1,4-加成得ClCH2CH=CHCH2Cl、后ClCH2CH=CHCH2Cl与氢气加成所得，由苯和1，3－丁二烯合成的路线为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl；
答案为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl。
8． 环己醇 碳氯键、醚键 消去反应 +NaOH+NaBr+H2O 、、 、
【分析】结合反应条件和各物质的分子式分析，B和Br2发生取代反应生成，可以推知B为，A发生氧化反应生成B，可知A为，发生消去反应生成C，可知C为，D发生消去反应生成 CH2=C(CH3)CH3，E和ClCH2OCH3发生取代反应生成G，结合H的结构式可知G为，以此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A的名称为环己醇，F所含官能团的名称为碳氯键、醚键。
(2)由分析可知，④的反应类型为消去反应，G的结构简式为。
(3)反应③中发生消去反应生成C，化学方程式为 +NaOH+NaBr+H2O，故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，结合反应⑤的反应物以及E的结构简式可知，该副产物的结构可能为。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，符合上述条件的M的结构可能是、 、 、。
(6)目标产物可由得到，可由在NaOH的醇溶液中发生消去反应得到，可由与反应得到，合成路线可表示为 。
9．(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸
(2)硝基、酯基
(3)
(4) +H2O
(5)保护羧基
(6) 23
(7)
【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
（2）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；
（4）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为 +H2O；
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下： 。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1
一、原理综合题
1．（2020·广东深圳·统考二模）以CH4、CO2为原料合成乙酸，是综合开发温室气体资源的新方向。
I．CH4.CO2催化重整间接制乙酸
CH4、CO2催化重整制合成气，再利用合成气制乙酸，涉及的反应如下：
反应l：CH4(g)＋CO2(g) ⇌2H2(g)＋2CO(g)△H
反应2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H=－90.9kJ·mol－1
反应3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H=－118.2kJ·mol－1
(1)已知：CH4(g)＋CO2(g) ⇌ CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1则“反应l”的△H=_________
(2)“反应1”的化学反应速率v=k[]m·[]n,k为速率常数。1123K和1173K时，分别保持或不变，测得速率v与、的关系如图所示：
①由图可知，下列叙述正确的是_________(填标号)。
A．当10kPa≤≤25kPa时，m=l
B．其他条件不变，增大，速率v不一定增大
C．a、b、c三点速率常数的大小关系为：ka＞kb＞kc
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，且Kb=1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2，则b点的化学反应速率v=_________mol·g－1·s－1。
(3)向盛有催化剂的刚性容器中通入等物质的量的CH4(g)和CO2(g)，发生“反应1”。在923K和1173K时，CH4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图所示。
923K时，CH4(g)的平衡转化率α=_________，若平衡时体系的总压强为p0，平衡常数K923K=____(用含有p0的代数式表示)。
II．CH4、CO2两步法制乙酸
(4)反应CH4(g)+CO2(g)⇌CH3COOH(g)不能自发进行。将该反应拆分成两个连续的步骤进行，可在较温和的条件下实现上述转化，具体过程：
①第二步反应的化学方程式为_________
②为增大CH3COOH的平衡产率，从温度角度考虑，第一步反应在高温下进行，第二步反应在_________进行；从H2浓度的角度考虑，应采取的措施是_________。
2．（2021·广东深圳·统考二模）氮氧化物(NOx)的排放对环境造成严重污染。回答下列问题：
I.工业上可利用C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)反应处理氮氧化物。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，则C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH2=_______kJ·mol-1。
(2)某温度下，向盛有足量单质C的恒容密闭容器通入NO，使其初始浓度为1mol·L-1。根据平衡时以某物质表示的v正(或v逆)、浓度的数值，绘制出下图中甲、乙两点。
①乙点对应的物质是___(填化学式)；该反应的平衡常数为____。
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，此时体系的压强为p=105Pa，NO的体积分数为30%，则N2的分压为p(N2)=____Pa(分压=总压×物质的量分数)；则图中甲点可能移动至____点位置(填字母标号)。
II.原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃、900℃得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析(%)
比表面积(cm2∙g-1)
C
H
S-500
80.79
2.76
105.69
S-900
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如下图所示。［已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(ΔH<0)两个过程。］
(3)已知煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是___、___。
(4)350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是____。
3．（2022·广东深圳·统考二模）CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
(1)上述反应中，ΔH5=____(写出一个代数式即可)。
(2)密闭容器中，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列描述正确的有____(填标号)。
A．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
B．降低温度，反应Ⅱ的正反应速率增大，逆反应速率减小
C．增大CO的浓度，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动
D．恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡不移动
(3)恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%
①图甲中x____3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是____。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)=___mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
(4)常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：
①据图，CO和CO2相比，____(填化学式)更稳定。
②吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为____。
二、工业流程题
4．（2020·广东深圳·统考二模）Pd/A12O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/A12O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd0.3%，γ-A12O392.8%，其他杂质6.9%)中回收金属Pd的工艺如图：
已知：γ-Al2O3能与酸反应，α-A12O3不与酸反应。
回答下列问题：
(1)“预处理”时，γ-A12O3经焙烧转化为α-A12O3，该操作的主要目的是___。
(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl，其离子方程式为___。
(3)“滤液①”和“滤液②”中都含有的主要溶质有___(填化学式)。
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是___。两者相比，___(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。
(5)“沉淀”时，[Pd(NH3)4]2+转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为___。
(6)酸性条件下，BrO3-能在负载Pd/A12O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-。
①发生上述转化反应的电极应接电源的___极(填“正”或“负”)；
②研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成___(填化学式)。
5．（2021·广东深圳·统考二模）近年来，我国的钢铁产量居世界首位。炼铁时产生大量瓦斯泥，若不合理利用，会对环境造成不利影响。一种以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采取的措施为_______。
(2)“过程I”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过程II”产生的气体___________(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。
(4)“酸盐浸提”时，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。
①含铋物质发生反应的化学方程式为：
i.Bi2O3+3H2SO4+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+3H2O
ii.Bi2S3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4+3S
iii._______。
②“滤渣2”的主要成分除S外还有____________。
(5)已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6~2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Zn2+
开始沉淀时pH
7.0
1.9
6.2
完全沉淀时pH
9.0
3.2
8.0
①结合上述信息分析，“水解”时加入适量Zn粉的目的是_______。
②“水解”后的“系列操作”为_______。
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为_______。(结果精确到1%)。
6．（2022·广东深圳·统考二模）高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P，还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4•6H2O)的工艺流程如图：
已知：电解时，选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题：
(1)先将高磷镍铁制成电极板，“电解”时，该电极板作____极；阴极产物主要为____，此外，溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。
(2)“除铁磷”时，溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+，该过程发生反应的离子方程式为____；再加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀。
(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和____(填化学式)。
(4)“沉镍”时，为确保镍沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥____(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15；lg2=0.3；当溶液中离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)“母液”中的溶质主要有____、____(填化学式)。
(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体，充分反应后，过滤得到NiS2O3溶液；再向该溶液加入无水乙醇，析出NiS2O3晶体(已知：25℃时，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5)。
①生成NiS2O3的化学方程式为____；该反应可以进行得较完全，结合相关数据说明理由：____。
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出，其原因是____。
三、有机推断题
7．（2020·广东深圳·统考二模）他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其一种合成路线：
回答下列问题：
（1）A的结构简式是_________，C中含氧官能团的名称是_________
（2）①和③的反应类型分别是_________
（3）下列说法正确的是_________（填标号）。
a．A为苯的同系物b．B的一氯代物有5种
c．1molC最多可与2molNaOH反应d．弱碱性条件有利于反应⑤进行
（4）草酰氯与乙二胺()反应可得到一种六元环状化合物，该反应的化学方程式为_________
（5）化合物W与C互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应：②能发生银镜反应；③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应，则W共有_________种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为__________。
（6）参照上述合成路线，设计由苯和1，3－丁二烯合成的路线（其它无机试剂任选）。__________
8．（2021·广东深圳·统考二模）化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的名称为_____，F所含官能团的名称为_____。
(2)④的反应类型为____，G的结构简式为____。
(3)反应③的化学方程式为____。
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为____。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含-OH，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，则M的结构简式为____。(任写一种)。
(6)参照上述合成路线，设计由合成的路线(乙醇、乙酸及无机试剂任选)_____。
9．（2022·广东深圳·统考二模）乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如图：
已知：RCOOH
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____。
(2)D中含氧官能团的名称为____。
(3)反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为____。
(4)写出反应③的化学方程式____。
(5)由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是____。
(6)化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___种(不考虑立体异构)。
条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③苯环上取代基数目小于4。
其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为____。
(7)根据上述信息，以 和 为原料，设计合成 的路线(无机试剂任选)____。
参考答案：
1． ＋247.0kJ·mol−1 AB 5.2 60% p02或1.265625 p02 CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co 低温 第一步减小氢气的浓度(或压强)，第二步增大氢气的浓度(或压强)
【分析】I．利用该盖斯定律进行计算，将反应1、反应2、反应3相加可以得到总反应，可以求出“反应l”的△H的数值；从图象信息分析m的值，k的值和速率的变化；
II．根据图示可以写出化学反应方程式。从化学平衡移动的方向分析浓度，温度对平衡的影响。
【详解】I．(1)反应l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H1
反应2：2H2(g)＋CO(g) ⇌CH3OH(g)△H2=－90.9kJ·mol－1
反应3：CH3OH(g)＋CO(g) ⇌CH3COOH(g)△H3=－118.2kJ·mol－1
总反应：CH4(g)＋CO2(g) ⇌CH3COOH(g)△H=＋37.9kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应l+反应2+反应3可得总反应，△H1+△H2+△H3=△H，则△H1=△H-△H2-△H3=＋37.9kJ·mol－1－(－90.9kJ·mol－1)－(－118.2kJ·mol－1)=＋247.0kJ·mol−1；
(1)①A．当10kPa≤≤25kPa时，由左图的速率随甲烷的分压变化图可知，图象为一条直线，故斜率为1，则m=l，故A正确；
B．由右图的速率随甲烷的分压变化图可知，其他条件不变，增大，在的值为25 Kpa时，速率值不再发生变化，故速率v不一定增大，故B正确；
C．由图象可知，va＞vb＞vc， a和b的相等、根据公式，v=k[]m·[]n，由于va＞vb ，ka＞kb，三个点中c点值最小，故无法得出c点速率常数最小关系，故C错误；
答案选AB；
②若初始时按n(CH4)：n(CO2)=1：1进气，则b点的化学反应速率v= k[]m·[]n，已知Kb=1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2，CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)，由图象可知，当10kPa≤≤25kPa时，m=l，n=1， vb= kb[20]·[20] =1.3×10－2mol·g－1·s－1·Kpa－2×400=5.2 mol·g－1·s－1；
(3) 反应l：CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)△H＞0，正反应放热，升高温度，反应正向移动，CH4(g)的转化率增大，则平衡时CH4(g)的转化率为98%的曲线为1173K时的平衡曲线，60%的为温度923K时的平衡曲线，由曲线可知，923K时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，若平衡时体系的总压强为p0，设CH4和CO2的初始投入物质的量为1mol，923K平衡时时，CH4(g)的平衡转化率α=60%，列“三段式”：
平衡常数K923K==p02或1.265625 p02；
II．(4)①根据图示，第二步反应的化学方程式为CO2＋Co3C＋2H2⇌CH3COOH＋3Co；
②根据图示可知，第二步反应为放热反应，增大CH3COOH的平衡产率，即反应向正向移动，降低温度反应向放热的方向进行，从温度角度考虑，第二步反应在低温下进行；从H2浓度的角度考虑，反应一中氢气为生成物，使反应正向进行，则应该减小氢气的浓度(或压强)，对于反应二，氢气为反应物，可增大氢气的浓度(或压强)，促使平衡正向移动，使CH3COOH的平衡产率增大。
【点睛】关于速率常数的理解是难点，需要学生结合图象，分析清晰每一条曲线的意义，会用速率常数的公式进行计算。
2． -574 NO Q 热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少 S-900的比表面积小，吸附能力弱 温度升高，反应速率增大
【详解】(1)已知：
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1，碳的燃烧热为393.5kJ·mol-1，
ΔH=-393.5kJ·mol-1
将下式-上式可得目标方程式，则，可知ΔH2=-574kJ·mol-1。故答案为：-574；
(2)①达到平衡时NO表示的正反应速率应为N2表示的逆反应速率的两倍，则乙点对应的物质为NO；则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，该反应的平衡常数。故答案为：NO，；
②将温度降低至某一温度时，反应重新达到平衡，NO的体积分数为30%，可知N2的体积分数为，则此时N2的分压。该反应为放热反应，降低温度平衡会朝着正反应方向移动，c(NO)减小，c(N2)增大，且降温度会使得反应速率减慢，可知图中甲点可能移动至Q点位置。故答案为：，Q；
(3)煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关。由图可知，相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据以及图示分析，可能的原因是：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少、S-900的比表面积小，吸附能力弱。故答案为：热解温度高，煤焦H/C比值小，表面官能团减少；S-900的比表面积小，吸附能力弱
（4）350℃后，随着温度升高，反应速率增大，NO的脱除率增大。
故答案为：温度升高，反应速率增大。
3．(1)ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4
(2)CD
(3) 大于 相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3 0.8 0.75
(4) CO2 *COOH+H++e-=H2O+*CO
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
（2）A．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A错误；
B．降低温度，正逆反应速率均减小，B错误；
C．增大CO的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的浓度增大，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动，C正确；
D．氩气不参与反应，恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，D正确；
综上所述答案为CD；
（3）①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
（4）①据图可知CO2的能量低于CO，所以CO2更稳定；
②据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。
4． 利于Pd与Al2O3的分离(或“大大减少了酸用量”，或“避免酸浸时氧化铝和酸发生反应”) 3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O AlCl3 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3 [Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl 负 H2
【分析】废Pd/Al2O3纳米催化剂进行焙烧，使大量的γ-Al2O3经焙烧转化为α-A12O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为，γ-Al2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，α-A12O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，α-A12O3以滤渣的形式除去，得到含有、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl-的滤液①，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl-、H+的滤液②和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为，向得到的溶液中加入氨水，将转化为，再加入盐酸，使转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，过滤后，对[Pd(NH3)2]Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此解答。
【详解】(1)由于α-A12O3不与酸反应，“预处理”时，γ-Al2O3经焙烧转化为α-A12O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；
(2)根据分析，“酸浸”时，Pd转化，其离子方程式为3Pd++6H++11Cl-=3+3H2O；
(3)根据分析“滤液①”主要含有Al3+、Cl-，“滤液②”中主要含有Al3+、Cl-、H+，二者都含有的主要溶质有AlCl3，故答案为：AlCl3；
(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到的电子，106.5gNaClO3为1mol，做氧化剂转化为，转移6mol电子，即1gNaClO3参与反应得到电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；
(5)“沉淀”时，转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀，其化学方程式为[Pd(NH3)4]Cl2+2HCl=[Pd(NH3)2]Cl2↓+2NH4Cl；
(6)①BrO3-能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，故答案为：负；
②电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被得到转化为Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H++2e-=H2↑，故答案为：H2。
5． 采用较强烈的搅拌转速 Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu NH3 “浸取” 2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4 PbSO4 将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯 过滤、洗涤、干燥 70%
【分析】瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3，还含少量PbO、FeO、CuO；锌、铋两元素的质量分数分别为8.92%、0.75%)，浸取之后过滤得到Cu(NH3)、Zn(NH3)、，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，以此解答。
【详解】(1)“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用较强烈的搅拌转速，故答案为：采用较强烈的搅拌转速；
(2)“过程Ⅰ”中Cu(NH3)和Zn反应生成Zn(NH3)和Cu，反应的离子方程式为Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu，故答案为：Cu(NH3)+Zn=Zn(NH3)+Cu；
(3)根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用，故答案为：NH3；“浸取”；
(4)①根据题意，单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解，结合已知的化学方程式可知，剩下的一个化学方程式为Bi和Fe3+的反应，该反应的化学方程式为2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4，故答案为：2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCl3+3Na2SO4+6FeSO4；
②滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，故答案为：PbSO4；
(5)①结合表中信息可知，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯；
②“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，故答案为：过滤、洗涤、干燥；
(6)处理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg的“BiOCl产品”，其中BiOCl质量分数为90%，则铋的回收率为70%，故答案为：70%。
6．(1) 阳 H2
(2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
(3)CuS
(4)9.15
(5) NaCl Na2SO4
(6) BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4 该反应的K==1.6×105，K大于105，反应进行得较完全； 降低NiS2O3的溶解度
【分析】先将高磷镍铁制成电极板，进行电解，Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液，之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调pH=2，并将溶液加热至50℃，形成铁、磷共沉淀；过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+；过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀，过滤、水洗沉淀后，加入硫酸溶解，得到硫酸镍溶液，经系列处理得到NiSO4·6H2O。
（1）
电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子，所以高磷镍铁应为阳极，被氧化；阴极主要为氢离子放电，所以主要产物为H2；
（2）
“除铁磷”时，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
（3）
“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+，所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS；
（4）
当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==mol/L=×10-5mol/L，所以c(H+)=×10-9mol/L，此时pH=-lg c(H+)=9.15，所以理论上应调节溶液pH≥9.15；
（5）
ClO-会被还原为Cl-，电解时选用2mol·L-1硫酸溶液为电解液，所以溶液中阴离子还有SO，而阳离子只剩加入的Na+，所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4；
（6）
①根据题意，NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀，同时得到NiS2O3，化学方程式为BaS2O3+NiSO4=NiS2O3+BaSO4；该反应的平衡常数K====1.6×105，K大于105，反应进行得较完全；
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度，利于晶体析出。
7． 羧基、酯基 取代反应、还原反应 cd ＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl 13 CH2=CHCH=CH2Cl－CH2CH=CHCH2ClCl－CH2CH2CH2Cl
【分析】
(1)~(3)：由流程知，反应②为苯环上的硝化反应，反应③则为还原反应，反应过程中硝基转化为氨基，则B为：，A为，反应①则是与之间生成，C分子式为C9H8O4，不饱和度为6，参照上述合成路线的反应④，用逆合成分析法推知，C为，据此填空；
(4)参照上述合成路线的反应⑥，类推即可；
(5)限定条件的同分异构体的种类判断，可从分子式为C9H8O4，不饱和度为6切入，找出满足条件的官能团判断；
(6)参照题目提供的合成线路，结合逆分析法，找出流程；
【详解】
(1)由分析知A为，C为，则C中含氧官能团的名称是羧基、酯基；
答案为：；羧基、酯基；
(2)反应①是与之间发生反应得到，苯环上相邻2个氢原子被取代，同时得到氯化氢，故是取代反应，反应③过程中硝基转化为氨基，去氧得氢，则③为还原反应；
答案为：取代反应、还原反应；
(3)a．A为，苯环所连并不是烷基，故不是苯的同系物，a错误；
b．B为，分子内有7种氢原子，故一氯代物有7种，b错误；
c．C为，1molC最多可与2molNaOH反应，c正确；
d．反应⑤是取代反应，除了得到有机产物外，还有HCl生成，故弱碱性条件有利于反应⑤进行，d正确；
答案为：cd；
(4)草酰氯与乙二胺()反应由反应⑥类推即可，发生取代反应，可得到一种六元环状化合物和HCl，该反应的化学方程式为＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl；
答案为：＋H2N－CH2－CH2－NH2→＋2HCl；
(5)化合物W与C互为同分异构体，分子式为C9H8O4，不饱和度为6，且从满足下列条件可知其含的基团或官能团：由“①属于芳香族化合物且能与NaHCO3反应”知含羧基：由“②能发生银镜反应”知含-CHO；由“③酸性条件下可发生水解反应，其产物能之一与FeCl3发生显色反应”知含酚酯基，由于是6个不饱和度，故其必定含甲酸酚酯基、羧基，则W的结构存在以下二种情况：一是可看作苯环上的1个氢原子被取代所得，共3种同分异构体，即苯环上2个取代基位于邻、间、对位3种情况，另一种是苯环上有3个取代基，分别是、-COOH和-CH3，结构的苯环上再引入-CH3有2种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、结构的苯环上再引入-CH3有4种、则满足条件的同分异构体共有13种，其中一种核磁共振氢谱为1：2：2：2：1，其结构简式为；
答案为：13种；；
(6)参照上述合成路线的反应①，用逆合成分析法，要得到，需和ClCH2CH2CH2Cl在AlCl3条件下反应，Cl－CH2CH2CH2Cl则可以由CH2=CHCH=CH2与氯气先进行1,4-加成得ClCH2CH=CHCH2Cl、后ClCH2CH=CHCH2Cl与氢气加成所得，由苯和1，3－丁二烯合成的路线为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl；
答案为：CH2=CHCH=CH2ClCH2CH=CHCH2ClClCH2CH2CH2Cl。
8． 环己醇 碳氯键、醚键 消去反应 +NaOH+NaBr+H2O 、、 、
【分析】结合反应条件和各物质的分子式分析，B和Br2发生取代反应生成，可以推知B为，A发生氧化反应生成B，可知A为，发生消去反应生成C，可知C为，D发生消去反应生成 CH2=C(CH3)CH3，E和ClCH2OCH3发生取代反应生成G，结合H的结构式可知G为，以此解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A的名称为环己醇，F所含官能团的名称为碳氯键、醚键。
(2)由分析可知，④的反应类型为消去反应，G的结构简式为。
(3)反应③中发生消去反应生成C，化学方程式为 +NaOH+NaBr+H2O，故答案为：+NaOH+NaBr+H2O；
(4)反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，结合反应⑤的反应物以及E的结构简式可知，该副产物的结构可能为。
(5)芳香化合物M是H的同分异构体。已知M的苯环上只有3个取代基且分子结构中不含，M的核磁共振氢谱仅有四组峰，符合上述条件的M的结构可能是、 、 、。
(6)目标产物可由得到，可由在NaOH的醇溶液中发生消去反应得到，可由与反应得到，合成路线可表示为 。
9．(1)对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸
(2)硝基、酯基
(3)
(4) +H2O
(5)保护羧基
(6) 23
(7)
【分析】在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，发生取代反应生成D和溴化氢；E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为。
【详解】（1）A为，化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸；
（2）D为，含氧官能团的名称为硝基、酯基；
（3）反应②中还有HBr生成，则M的结构简式为；
（4）反应③是在催化剂作用下发生分子内脱水成肽反应生成和水，反应的化学方程式为 +H2O；
（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，故其目的是保护羧基；
（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14，则多一个CH2；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上取代基数目小于4，若除酚羟基外还有一个取代基，则可以为-CH(Br)CHO，与酚羟基的位置有邻、间、对位共3种；若还有两个取代基，则有溴原子、-CH2CHO或-CH2Br和-CHO，跟酚羟基一起定一动二，分别有10种，故共有23种同分异构体；其中，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为；
（7）以发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯还原得到苯胺，苯胺与反应生成，合成的路线如下： 。
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