广西省南宁市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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广西省南宁市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·广西南宁·二模）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。

（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。
（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A．10~11     B．>11     C．约为10     D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：

电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。
2．（2021·广西南宁·统考二模）氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：

已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。
(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35

分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。
(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。

(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。
(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为_______。
②该溶液中钙离子的浓度为_______ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
3．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：

已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。


二、原理综合题
4．（2020·广西南宁·二模）工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2，有利于减小环境污染。在T℃时，利用CO处理SO2的反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)   △H=akJ/mol；
（1）已知T℃时：C(s)+O2(g)=CO(g)    △H1=-110.5kJ/mol
S(l)+O2(g)=SO2(g)    △H2=-290.0kJ/mol
C(s)+O2(g)=CO2(g)    △H3=-390.0kJ/mol
则T℃时，a=___。
（2）在T℃下，将1.4molCO和1molSO2通入2L恒容容器中发生上述反应，反应体系气体总物质的量随时间变化如图；在0~10min，反应的平均速率v(CO)=___，SO2的平衡转化率(SO2)=___%；在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。

（3）实验测得：v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆，k正、k逆为只受温度影响的速率常数。若将（2）中容器内的温度升高（假设各物质的状态不发生变化），的值将___（填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2：Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为___；其他外界条件不变下，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图，在40℃前，SO2的吸收率随温度变化的可能原因是___；在40℃后，SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果，导致反应逆向移动的原因：一是该反应为放热反应，二是___。

5．（2021·广西南宁·统考二模）SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。
(1)在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。
已知：CH4(g) +2SO2(g)=CO2(g) +2S(s) +2H2O(l) ΔH= -295.9 kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -297.2 kJ·mol-1
则CH4的燃烧热ΔH=_______。
(2)在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示) ，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：

①由分析可知X为_______ (填化学式)。
②0~t1时间段的温度为_______。
(3)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反应，5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g·L-1。
①0~5min内，CO的反应速率是_______；若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的ΔH_______(填“>”或“<”)0。
②T℃时，平衡常数Kp=_______Pa-1。
(4)单质硫也可以生成多硫化物从而实现能量间的转化。
①钠硫电池是一种新型高能电池，总反应为2Na+2SNa2S2，该电池工作时正极的电极反应式为_______；给该电池充电时，钠电极应与外电源的_______(填“正”或“负”)极相连接。
②在碱性溶液中，S被BrO氧化成SO，BrO被还原成Br-。该反应的离子方程式是_______。
6．（2022·广西南宁·统考二模）Ⅰ.氨是重要的基础化工品之一
(1)已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.5KJ·mol-1
4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g) ΔH2=-905.0KJ·mol-1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6KJ·mol-1
①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=_______。
②已知合成氨反应的正反应活化能为Ea(单位为kJ·mol-1)，则其逆反应活化能为_______kJ·mol-1(用含Ea的代数式表示)。
(2)T℃时，在2L的恒容密闭容器中投入2molN2和6molH2发生反应，平衡时H2的体积分数为50%，则该温度下的平衡常数K=_______；其他条件不变，若向此平衡体系中再充入3molH2和3molN2，则平衡_______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
Ⅱ.1922年，德国奥堡工厂建成世界首座以NH3和CO2为原料生产尿素(NH2CONH2)的工业装置。该工艺的主要原理为：
①2NH3(l)＋CO2(l)NH2COONH4(l) ΔH＜0       (快反应)
②NH2COONH4(l)H2O(l)＋NH2CONH2(l) ΔH＞0       (慢反应)
一定条件下，CO2的平衡转化率与温度、初始氨碳比[L=]的关系如图：

(3)两曲线中，L1_______L2(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)若L2=3，T1时，NH3的平衡转化率为_______。
(5)其它条件不变，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先升高后下降，“先升高”的原因是_______；“后下降”的原因是由于设备腐蚀加剧等因素，CO2的平衡转化率下降。

三、有机推断题
7．（2020·广西南宁·二模）已知偶氮化合物茜草黄()是常用植物染色剂和消炎类药物，其一种合成路线如图：

（1）茜草黄中含氧官能团的名称为___，E的分子式为___。
（2）已知A的系统名称为苯胺，则D的名称为___，①的反应类型为___；写出反应②的化学方程式：___。
（3）1molC与NaOH溶液混合，最多消耗___molNaOH；已知一NH2和一OH对苯环有相似的影响作用，请写出A遇浓溴水发生的化学反应方程式为___。
（4）写出符合下列条件的F的所有同分异构体：___，其中核磁共振氢谱吸收峰最少的有___种。
①芳香族类化合物；②在酸或碱性环境下均可水解；③可以和甲醛发生缩聚反应
（5）参照上述合成路线，设计一条以对甲基苯胺和苯酚及必要试剂合成偶氮化合物的路线：___。
8．（2021·广西南宁·统考二模）F是抑制白色念球菌药物的中间体，可经如图所示合成路线进行制备。
已知：-SO2Cl-SH。
回答下列问题：
(1)A的名称为_______；E中含氧官能团的名称为_______。
(2)B的结构简式为_______；C→D的反应类型为_______。
(3)一定条件下，D与水反应生成二元羧酸的化学方程式为_______。
(4)反应E→F所需的试剂及反应条件分别是_______，F中有_______个手性碳(注：连有4个不同的原子或基团的碳为手性碳)。
(5)某温度下，对A→B反应的产物成分进行研究发现，其-SO2Cl基化的不同位置的产物成分的含量如下表所示：
与F的相对位置
邻
间
对
其他
含量/%
38.8
3.66
57.25
0.29

请找出规律：_______
(6)G为E与1 mol H2完全反应后的产物，G的同分异构体中能同时满足以下条件的有_______种(不考虑立体异构)。
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反应；
III.能与NaHCO3溶液反应。
9．（2022·广西南宁·统考二模）苯磺酸贝他斯汀常用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹、湿疹等。G是合成苯磺酸贝他斯汀的重要中间体，可由廉价易得的2-吡啶甲酸为原料经路线A到G合成得到。

回答下列问题：
(1)M的化学名称为_______；
(2)C的结构简式为_______；
(3)试剂X与足量KOH反应的化学方程式为_______；
(4)F→G的反应类型为_______，试剂Y中官能团的名称为_______；
(5)Q是比试剂Y相对分子质量少14的同系物，在Q的同分异构体中，能发生银镜反应，在酸性条件还能发生水解的有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：1的结构简式_______(任写一种)；
(6)根据上述路线中的相关知识，以吡咯()和为原料设计合成 (其它试剂任选)。_______

参考答案：
1．     +3     Mg2+(或镁离子）     过滤     氧化性     D     3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+     CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高     Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O     化学
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；
（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；
答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；
（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；
答案为：氧化性；D；
（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；
（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。
2．     时间或颗粒大小等     温度过高使HCl挥发导致浸出率下降     5:1     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     Fe(OH)3、Al(OH)3     BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥     当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色    
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到。
【详解】(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；
(2)盐酸有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；
分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30°C，盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；
(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；
(4)BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；
(5)黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
‚根据题目得到关系式，计算该溶液中钙离子的浓度为。
3．(1)     搅拌     将阳极泥粉碎等
(2)     CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O     23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4)     H2SO4溶液     蒸发浓缩     冷却结晶
(5)1014.5

【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
4．     -269     0.06mol/(L•min)     60     180     减小     2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+     温度越高，反应越快     Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小
【分析】（1）应用盖斯定律即可求算a；
（2）结合已知条件及图示信息，可知图中纵坐标为混合气体的物质的量，则平衡是混合气体的物质的量一共为1.8mol，据此用三段式计算即可；
（3）要判断（2）中容器内的温度升高后的值将如何变化，可把升温后正、逆反应速率的变化通过测得的2个速率方程——v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2)，v逆=v(CO2)消耗=k逆变形，找出的变化情况；
（4）Fe3+溶液吸收SO2发生氧化还原反应，从图知，在相同时间内温度对SO2吸收率的影响是40℃前随温度升高而增大，则可能原因从温度对反应速率的影响回答；在40℃后，SO2的吸收率有所下降，则考虑温度升高对铁离子和二氧化硫间接带来的浓度影响；
【详解】（1）已知T℃时：反应①C(s)+O2(g)=CO(g)  △H1=-110.5kJ/mol，反应②S(l)+O2(g)=SO2(g)  △H2=-290.0kJ/mol，反应③C(s)+O2(g)=CO2(g)  △H3=-390.0kJ/mol
则，按盖斯定律，2×③-2×①-②即得2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)   △H=akJ/mol；则△H =2×△H3-2×△H1-△H2=2×(-390.0kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0 kJ/mol)=-269 kJ/mol ，即T℃时，a=-269；
答案为：-269；
（2） ，则x=0.6 mol，则；=60%；；
答案为：0.06mol/(L•min)； 60； 180；
（3）T℃时容器（2）内发生的反应2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) △H=-269kJ/mol，若升温，则正、逆反应速率均增大，但是吸热方向的逆反应速率增加得更快，则v正＜v逆，k正c(CO)•c(SO2)＜k逆，故，
当温度升高时，KC变小，则减小；
答案为：减小；
（4）Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO42-，则离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；从图知，40℃前随温度升高，相同时间内SO2吸收率随着增大，从温度对反应的影响可以推知：温度越高，反应越快，相同时间内SO2吸收率就高；温度上升超过40℃，SO2的吸收率有所下降，则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因，因而要找间接影响，由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小，这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率，故可能原因为：温度上升超过40℃，Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小；
答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；温度越高，反应越快； Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小，c(H+)增大；SO2溶解性减小，导致c(SO2)减小。
【点睛】问题（4）比较容易出错。表面上对二氧化硫吸收效应的影响因素只有一个——温度，但是结果却有不同，那么首先考虑直接影响，其次考虑间接影响，不同情形下，其实影响因素已随之改变，要综合考虑。
5．     -890.3kJ·mol-1     H2S     300℃     0.2mol-1·L-1·min-1     <     2.4×10-6     2S+2e-=S     负     3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O
【详解】(1)第一个方程式+第二个方程式×2可得CH4的燃烧热ΔH=（-295.9 kJ·mol-1）+2 （-297.2 kJ·mol-1）=-890.3kJ·mol-1，故答案为：-890.3kJ·mol-1；
(2) ①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S,在100°C到200° C时，H2S和SO2反应生成S和水，故X为H2S，故答案为：H2S；
②在图2中，0 ~ t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0 ~ t1时间段温度为300℃，故答案为：300℃；
(3) ①1L恒容密闭容器中，反应达到平衡，气体密度减小16g·L-1，减少的即为生成的S的质量16g，即0.5molS，因反应方程式为SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)，故CO消耗的物质的量为1mol，0~5min内，CO的反应速率==0.2mol-1·L-1·min-1，若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，说明该反应平衡左移，正反应放热，则该反应的ΔH<0，故答案为：0.2mol-1·L-1·min-1；<；
②平衡时气体总的物质的量n(平)= n(SO2) +n(CO)+ n(CO2)= 0.5mol+1mol +1mol=2.5mol，平衡时的总压强P（平）=，=2.4×10-6，故答案为：2.4×10-6；
(4) ①氧化剂为S，在正极得电子，2S+2e-=S，充电时钠电极应该接电源负极，作阴极，故答案为：2S+2e-=S；负；
②在碱性溶液中，每个S被BrO氧化成SO，升高14价，每个BrO被还原成Br-，降低6价，该反应的离子方程式是3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O，故答案为：3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O。
6．(1)     -92.4KJ·mol-1     Ea+92.4
(2)     0.593(mol/L)-2     正向
(3)＞
(4)50%
(5)反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大

【解析】(1)
ⅰ. N2(g)＋O2(g)=2NO(g)                ΔH1=+180.5KJ·mol-1
ⅱ. 4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(g)    ΔH2=-905.0KJ·mol-1
ⅲ. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)              ΔH3=-483.6KJ·mol-1
①利用盖斯定律，将(ⅰ×2-ⅱ+3×ⅲ)÷2，即得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=[(180.5×2+905.0-483.6×3)÷2 ]KJ·mol-1=-92.4KJ·mol-1。
②合成氨反应为放热反应，正反应活化能为Ea(单位为kJ·mol-1)，则其逆反应活化能为(Ea+92.4)kJ·mol-1。答案为：-92.4KJ·mol-1；Ea+92.4；
(2)
T℃时，在2L的恒容密闭容器中投入2molN2和6molH2发生反应，平衡时H2的体积分数为50%，设N2的变化量为x，则可建立如下三段式：

从而得出，x=0.5mol/L，K==0.593(mol/L)-2；其他条件不变，若向此平衡体系中再充入3molH2和3molN2，则Qc==0.019(mol/L)-2＜0.593(mol/L)-2，所以平衡正向移动。答案为：0.593(mol/L)-2；正向；
(3)
对于反应2NH3(l)＋CO2(l)NH2COONH4(l)，增大NH3浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，所以L1为初始氨碳比[L=]较大的曲线，从而得出L1＞L2。答案为：＞；
(4)
若L2=3，设NH3的物质的量为3mol，则CO2的物质的量为1mol，T1时，CO2的平衡转化率为75%，则参加反应CO2的物质的量为0.75mol，参加反应NH3的物质的量为1.5mol，NH3的平衡转化率为=50%。答案为：50%；
(5)
其它条件不变，随着温度的升高，CO2的平衡转化率先升高后下降，“先升高”表明平衡正向移动，对反应②有利，所以应从反应②进行原因分析，从而得出原因是反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大。答案为：反应②为吸热反应，升温有利于平衡正向移动，使NH2COONH4(l)的物质的量减少，从而使反应①平衡正移，CO2的转化率增大。
【点睛】因为总体上平衡正向移动，所以温度升高时，应从吸热反应入手。
7．     硝基、羧基和（酚）羟基     C6H4N3O2Cl     对硝基苯胺(4一硝基苯胺）     取代反应     +HNO3+H2O     1     +3Br2→↓+3HBr     、、     4    
【详解】（1）茜草黄中含氧官能团有-NO2、-COOH、-OH，名称为硝基、羧基和（酚）羟基；根据E的结构，可知分子式为C6H4N3O2Cl。
（2）已知A的系统名称为苯胺，D在A的-NH2的对位上连有-NO2，所以名称为对硝基苯胺(4一硝基苯胺）；①反应将-NH2上的一个氢取代为-COCH3，反应类型为取代反应；反应②是对位上的苯环氢被-NO2取代，根据原子个数守恒还生成水，化学方程式为：+HNO3+H2O。
（3）C中能与NaOH溶液的只有-NHCO-，发生水解反应，所以最多消耗1mol NaOH；已知一NH2和一OH对苯环有相似的影响作用，所以一NH2的邻位和对位苯环氢能与溴发生取代反应，发生反应的化学反应方程式为+3Br2→↓+3HBr。
（4）在酸或碱性环境下均可水解是酯基，可以和甲醛发生缩聚反应说明含酚羟基，且为芳香族类化合物，则F的所有同分异构体有：、、，其中核磁共振氢谱吸收峰：有6种、有6种、有4种，所以最少的是4种。
（5）根据D→E，可知对甲基苯胺先生成，再与苯酚合成偶氮化合物，路线为： 。
【点睛】本题利用题给信息，结合有机物的官能团和性质，进行解题；利用物质的相似性写出A与浓溴水反应的方程式；合成题利用题目所给流程得到合成路线。
8．     氟苯     羧基、羰基(或酮基)          加成反应     +H2O     CH3OH、浓硫酸、加热     1     氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)     12
【分析】C和反应生成，由逆推可知，C是，根据-SO2Cl-SH，可知B是。
【详解】(1)A是，1个氟原子取代苯环上1个氢原子，名称为氟苯；E是，含氧官能团的名称(红圈标出)为羰基、羧基；
(2) 由逆推可知，C是，根据-SO2Cl-SH，可知B是；和反应生成，反应类型为加成反应；
(3)一定条件下，与水反应生成二元羧酸，化学方程式为+H2O；
(4) 和甲醇发生酯化反应生成，所需的试剂及反应条件分别是CH3OH、浓硫酸、加热，中只有1个手性碳(红圈标出)；
(5)根据表格数据，氟苯-SO2Cl基化的位置：对位>邻位>间位(或邻、对位的H原子比间位的更容易被取代)；
(6)G为E与1 mol H2完全反应后的产物，G的结构简式是，
I.苯环上只有三个取代基且处于邻位，且-SH、-F直接与苯环相连；
II.能发生银镜反应，说明含有醛基；
III.能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，
符合条件的苯环上的3个取代基分别为-SH、-F、或-SH、-F、 或-SH、-F、或-SH、-F、，每中组合的取代基在苯环上的位置有3中结构，所以共12中同分异构体。
9．(1)2-吡啶甲酸甲酯
(2)
(3)+KOH +K2CO3+C2H5OH
(4)     取代反应     碳溴键、酯基
(5)     12     或
(6)+

【分析】2-吡啶甲酸与甲醇发生酯化反应生成酯类M，发生取代反应得到A，由B的分子式和D的结构可知，B为，C为；
(1)
2-吡啶甲酸与甲醇发生酯化反应生成酯类M，则M的化学名称为2-吡啶甲酸甲酯；
(2)
由分析可知C的结构简式为；
(3)
类比E→F的反应可知，试剂X与足量KOH反应的化学方程式为+KOH +K2CO3+C2H5OH；
(4)
F中N-H键断裂，试剂Y中C-Br断裂，生成G和HBr，则F→G的反应类型为取代反应；试剂Y中官能团的名称为碳溴键、酯基；
(5)
Q是比试剂Y相对分子质量少14的同系物，即少了一个-CH2-，Q为，在Q的同分异构体中，能发生银镜反应说明含有醛基，在酸性条件还能发生水解说明含有酯基，结构为，同分异构体有：、、(1，4位置等效)、 (1，2，3位置等效)共12种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6：2：1的结构简式 或；
(6)
用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基得到，与SOCl2反应得到，与在AlCl3作用下得到，合成路线为：+。