福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题

这是一份福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题，共22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。

福建省厦门市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题

一、工业流程题
1．（2020·福建厦门·二模）以含锂电解铝废渣（主要成分为LiF、AlF3、NaF，少量CaO等）为原料，生产高纯度LiOH的工艺流程如图：（已知：常温下，LiOH可溶于水，Li2CO3微溶于水）

（1）含锂电解铝废渣与浓硫酸在200~400℃条件下反应2h。“滤渣1”主要成分是___（填化学式）。
（2）“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，否则会导致Li2SO4的收率下降，原因是___。
（已知部分物质的溶解度数据见下表）
温度/℃
Li2SO4/g
Al2(SO4)3/g
Na2SO4/g
0
36.1
31.2
4.9
10
35.4
33.5
9.1
20
34.8
36.5
19.5
30
34.3
40.4
40.8
40
33.9
45.7
48.8

（3）40°C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝的离子方程式为___；若碱解前滤液中c(Li+)=4mol•L-1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则“滤液2”中c(CO32-)=___mol•L-1。[Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3]
（4）“苛化”过程，若氧化钙过量，则可能会造成___。
（5）整个工艺流程中可以循环利用的物质有___。
（6）“电解”原理如图所示。“碳化”后的电解液应从（填“a”或“b”)___口注入。阴极的电极反应式为___。

（7）高纯度LiOH可转化为电池级Li2CO3。将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为___。
2．（2021·福建·统考二模）从分金渣(主要成分为：AgCl、Ag2S、PbSO4、BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：

已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2S)=6.3×10-50。
(1)“预处理”时主要反应的化学方程式为_______。
(2)“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)的离子方程式为_______，该反应的K=_______。(已知：Ag++2SO⇌Ag(SO3) K=1.0×108.68)
(3)“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、_______(填化学式)。
(4)“分银”时c[Ag(SO3)]浓度与溶液pH的关系如图1；SO及其与H+形成的微粒的浓度分数a随溶液pH变化的关系如图2。
①“分银”pH应控制在_______范围。
②“沉银”的终点pH应控制在_______范围内。

(5)“还原”时HCHO转化为HCOOH，其化学方程式为_______。
(6)该流程中可循环使用的物质为_______。
3．（2022·福建厦门·统考二模）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：

回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的_______。(25℃时，的为)
(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。
(5)“焙烧”过程转化为的化学方程式为_______。
(6)“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a.              b.                  c.
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。

二、原理综合题
4．（2020·福建厦门·二模）乙烯、环氧乙院是重要的化工原料，用途广泛。回答下列问题：
已知：I.2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)    △H1=-206.6kJ•mol-1
II.CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O（1）    △H2
III.2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+4H2O（1）    △H3
（1）反应III：△S(填“>”“<”或“=”)___0。
（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ•g-1，则△H3=___kJ•mol-1
（3）实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)中，v逆=k逆c2(），v正=k正•c2(CH2=CH2)•c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是( )
A．k正、k逆均增大，且k正增大的倍数更多
B．k正、k逆匀减小，且k正减小的倍数更少
C．k正增大、k逆减小，平衡正向移动
D．k正、k逆均减小，且k逆减小的倍数更少
②若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应I，经过10min反应达到平衡，体系的压强变为原来的0.875倍，则0~10min内v(O2)=___，=___。
（4）现代制备乙烯常用乙烷氧化裂解法：
C2H6(g)+O2(g)=C2H4(g)+H2O(g)   △H2=-110kJ•mol-1，反应中还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

①乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___；反应的最佳温度为___（填序号）。
A．650℃     B．700℃     C．850℃     D．900℃
［乙烯选择性=；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性］
②工业上，保持体系总压恒定为l00kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体（惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。
5．（2021·福建·统考二模）温室气体转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
(1)已知：①CO(g)+H2O(g)⇌HCOOH(g) ΔH1=-72.6kJ/mol
②2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g) ΔH2=-566.0kJ/mol
则反应③2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)的ΔH=_______ kJ/mol。
(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是_______(填标号)。
A．容器内压强不变    B．容器中气体平均摩尔质量不变  C．2v正(CO2)=v逆(O2) D．容器内温度不变
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图a所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。

①图a中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是_______。
②图b为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为_______，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因：_______。

(4)我国科学家设计了CO2与氯碱耦合电解池装置如图。

①该电解池发生反应的化学方程式为_______。
②标况下每生成2.24L Cl2，电路中转移电子数目为_______。
③传统的CO2电催化还原过程中，阳极反应为氧析出反应。相较于传统的电催化过程，该装置的优点为_______。
6．（2022·福建厦门·统考二模）CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→COnH2n)涉及的主要反应如下：
ⅰ. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=41.1kJ·mol−1
ⅱ. nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g) n=2时，ΔH2=-210.2kJ·mol−1
ⅲ. CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH3=−205.9kJ·mol−1
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=_______kJ·mol−1。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比 B．增大体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O
(3) n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。

①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A．373～573K          B．573～773K           C．773～973K           D．973～1173K
②计算1083K时，反应ⅰ的Kp=_______。
③373～1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3 (SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。

①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因_______。

三、有机推断题
7．（2021·福建·统考二模）拉贝洛尔(H)是治疗妊娠高血压的有效药物，其合成路线如图：

已知如下信息：
①HCl+
②苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体
回答下列问题：
(1)A中的官能团有_______(填名称)。
(2)由A生成B所用的试剂和反应条件为_______。
(3)E的结构简式为_______。
(4)由C生成D的化学方程式为_______。
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1的有_______种。
8．（2022·福建厦门·统考二模）有机物K是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：

(1)A中官能团的名称为_______。
(2)B→C的反应方程式为_______。
(3)D→E的反应类型_______。
(4)H的结构简式为_______。
(5)M()是D的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1。M的结构简式为_______(写出一种即可)。
(6)以为原料合成试写出合成路线(无机试剂任选)_______。

参考答案：
1．     CaSO4     溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀     2Al3+＋3CO32-＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑     4     碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)     CO2     a     2H2O+2e-=H2↑＋2OH-     Li2CO3＋2C＋2FeSO42LiFePO4＋3CO↑
【分析】含锂电解铝废渣(主要成分为LiF、AIF3、NaF，少量CaO等)与浓硫酸反应生成Li2SO4、Al2(SO4)3、Na2SO4和CaSO4。CaSO4是微溶物，加水溶解，滤渣1为CaSO4，向滤液中加入Na2CO3溶液，碱解生成CO2气体、Al(OH)3和Na2SO4及Li2CO3，趁热过滤，向滤液中加入氧化钙生成CaSO4、Al(OH)3、LiOH，过滤，向滤液中加入CO2得到Li2CO3，电解得到LiOH。
【详解】(1)根据分析得到“滤渣1”主要成分是CaSO4；
(2)“过滤2”需要趁热在恒温装置中进行，根据表中溶解度曲线得出硫酸钠晶体析出可能会夹带着硫酸锂，从而导致Li2SO4的收率下降；故答案为：溶液温度下降，硫酸钠结晶析出时，夹裹了部分的硫酸锂共沉淀；
(3)40°C下进行“碱解”，得到粗碳酸锂与氢氧化铝的混合滤渣，生成氢氧化铝主要是碳酸根和铝离子发生双水解，其离子方程式为2Al3+＋3CO32−＋3H2O=2Al(OH)3↓＋3CO2↑；若碱解前滤液中c(Li+)=4mol∙L−1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则此时溶液中c(Li+)=，根据，得到“滤液2”中；
(4)“苛化”过程，若氧化钙过量，溶液中含有多余的钙离子，也可能将生成的氢氧化铝溶解进入得到溶解中；故答案为：碳酸锂产品的钙离子含量相对升高(或使得氢氧化铝溶解进入溶液，导致最终产品的纯度下降)。
(5)碱解的过程中生成CO2，在碳化过程中加入CO2，因此整个工艺流程中可以循环利用的物质有CO2；
(6)“电解”原理如图所示，LiOH是从右边得到，而锂离子通过阳离子交换膜进入到右室，因此“碳化”后的电解液应从a口注入。阴极是水中的氢离子得到电子，其电极反应式为2H2O+2e－=H2↑＋2OH－；
(7)将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，根据氧化还原反应，FePO4中Fe化合价降低，则C化合价升高，生成LiFePO4和一种可燃性气体即CO，该反应的化学方程式为Li2CO3＋2C＋2FeSO42LiFePO4＋3CO↑。
2．     2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl     AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl-     1.8×10-1.32     S     8~9     3.5~4     2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl     盐酸
【分析】分金渣加入氯化铁进行预处理，氯化铁与硫酸银反应生成氯化亚铁、单质硫；分银时，加入亚硫酸钠，AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)，而PbSO4、BaSO4及生成的单质S不溶于水，则分银渣为PbSO4、BaSO4及生成的单质S；过滤加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，过滤氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和氯化氢。
【详解】(1)根据分金渣的成分，加入氯化铁时，氯化铁具有强氧化性，则只能与硫化银发生氧化还原反应，方程式为2FeCl3+Ag2S=2FeCl2+S+2AgCl；
(2) “分银”时AgCl与Na2SO3反应生成Ag(SO3)和氯离子，离子方程式为AgCl+2SO= Ag(SO3)+Cl-；K= c[Ag(SO3)]×c(Cl-)÷c2(SO)= K×Ksp(AgCl)=1.8×10-10×1.0×108.68=1.8×10-1.32；
(3)预处理时，产生的单质S不溶于水，则“分银渣”主要成分为PbSO4、BaSO4、S；
(4)①Ag+、SO反应生成Ag(SO3)，应调节pH保证溶液中产生大量的SO，则“分银”pH应控制在8~9；
②“沉银”时，向溶液中加入盐酸，使Ag(SO3)生成氯化银沉淀，则应使SO转化为HSO，终点pH应控制在3.5~4；
(5)“还原”时HCHO与氯化银、水反应生成HCOOH、单质银，化学方程式为2AgCl+HCHO+H2O=2Ag+HCOOH+2HCl；
(6)沉银时加入盐酸，而还原时生成氯化氢溶液，则可循环使用的物质为盐酸。
3．(1)3:2
(2)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子
(3)1.010-13.5
(4)Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O
(5)2MnCO3+O22MnO2+2CO2
(6)c
(7)+xZn2++2xe-=

【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，硫铁矿的主要成分是FeS2，根据流程图，硫酸与软锰矿和黄铁矿作用，MnO2与FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软锰矿（MnO2），MnO2可将亚铁离子氧化为铁离子；煅烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧化ⅰ”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5，把铁离子转化为沉淀除去；继续加NH4HCO3、NH3H2O调节溶液的pH=6.5~7沉锰得MnCO3，在空气中焙烧MnCO3得MnO2粗品，加入硫酸和适当的氧化剂将粗品中Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)，过滤、干燥得MnO2纯品，据此分析解答。
(1)
反应中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故答案为：3:2。
(2)
“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子。
(3)
由流程图可知，“除铁”后溶液pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)==10-8.5mol/L，根据的=，=110-13.5mol/L，故答案为：1.010-13.5。
(4)
“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O，则离子方程式为：Mn2++HC+NH3H2O=MnCO3↓+N+H2O。
(5)
由流程图可知，“焙烧”过程中和空气中的氧气在高温条件下反应生成和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为+xZn2++2xe-=，故答案为：+xZn2++2xe-=。
4．     ＜     －2615.8     B     0.025 mol∙L−1∙min−1     0.75     温度升高，反应速率加快，转化率升高     C     正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动
【分析】⑴反应III是体积减小的反应。
⑵先根据乙烯的热值为50.4kJ·g−1，求出△H2，再根据盖斯定律计算△H3。
⑶①该反应是放热反应，降低温度，速率降低；②建立三步走进行计算。
⑷①由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素；根据图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高。
②正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，利于平衡正向移动。
【详解】⑴反应III是体积减小的反应，因此△S＜0；故答案为：＜。
⑵已知乙烯的热值为50.4kJ·g−1，则△H2=－1411.2 kJ·mol−1将第II个方程式的2倍减去第I个方程式得到III，则△H3=－2615.8·mol−1；故答案为：－2615.8·mol−1。
⑶①该反应是放热反应，反应达到平衡后，仅降低温度，速率降低，k正、k逆匀减小，平衡向放热方向即正向进行，正反应速率大于逆反应速率，因此k正减小的倍数更少；故答案为：B。
②
，x=0.25mol，则0~10min内，k逆c2(）=k正∙c2(CH2=CH2)∙c(O2)，；故答案为：0.025 mol∙L−1∙min−1；0.75。
⑷①由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高；根据图中要使乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应温度为850℃；故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；850℃。
②工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动；故答案为：正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动。
【点睛】三步走建立关系在化学平衡中是常见的考查形式，利用压强之比等于物质的量之比进行分析。
5．     +420.8     ABD     活化水分子     HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-     CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒或吸附位点为C的能垒大大高于吸附位点为O的能垒     CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH     0.2NA     联合氯碱工业
【详解】(1)根据盖斯定律，2×①-②可得2CO2(g)+2H2O(g)⇌2HCOOH(g)+O2(g)，则ΔH=-72.6×2+566.0kJ/mol=+420.8 kJ/mol；
(2)A．该反应为气体减小的反应，容器为刚性恒容的容器，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，则压强不变，A符合题意；
B．反应体系中各物质均为气体，则气体的总质量不变，则反应平衡时，气体的总物质的量不变，故容器中气体平均摩尔质量不变，B符合题意；
C．2v正(CO2)=4v正(O2)=v逆(O2)，则同一物种的正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，C与题意不符；
D．容器为刚性绝热密闭容器，反应为吸热反应，反应平衡时，容器内温度不变，D符合题意；
答案为ABD；
(3)①根据图象a可知，S2-与K+(H2O)n微粒间的静电作用促进了水的活化；
②催化剂降低反应的活化能，则下图为催化还原CO2的反应历程图，反应的活化能越大，则反应速率越慢，为生成甲酸的决速步骤，电极反应式为HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；根据图象对比，生成CO的能垒高与生成HCOOH的能垒，而使用催化剂产生的吸附位点较多，能降低反应能垒，促进反应物的活化；
(4)①根据电解装置，反应物为二氧化碳和氯离子，生成物为甲酸、氯气和碱，化学方程式为CO2+2NaCl+H2O HCOONa+Cl2↑+NaOH；
②标况下每生成2.24L Cl2，即0.1mol，Cl的化合价由0价变为-1，电路中转移0.2mol电子，即0.2NA；
③已知传统的CO2电催化还原过程中，阳极析出氧，而CO2与氯碱耦合电解池阳极产生氯气和NaOH，与氯碱工业中阳极产物相同，故该装置的优点为联合氯碱工业。
6．(1)-128.0
(2)BD
(3)     B     1     温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
(4)     HCOO*     短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离

【解析】（1）
当反应ii中n=2时可得2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)ΔH2=-210.2kJ·mol−1，根据盖斯定律反应ii+i×2可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的ΔH=-210.2kJ·mol−1+2×41.1kJ·mol−1=-128.0 kJ·mol−1；
（2）
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，A错误；
B．反应ii和iii均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ii、iii的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应i平衡正向移动，CO2的转化率增大，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C错误；
D．及时分离出H2O，可以使反应i平衡正向移动，增大CO2的转化率，D正确；
综上所述答案为BD；
（3）
①据图可知当温度为573K左右时C4H8的选择性较高，673K左右时C3H6的选择性较高，773K左右时C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围应选B(573～773K)；
②据图可知温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%；设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式有：

所以p(CO2)=×1MPa=MPa，p(H2)=×1MPa=MPa，p(CO)=p(H2O)=MPa=MPa，所以Kp==1；
③温度低于723K时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；
（4）
①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为1.45eV的步骤为H3CO*生成H3COH*，不符合题意)；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高。
7．     (酚)羟基、羧基     甲醇，浓硫酸，加热          HCl+     2
【分析】A为，对比B与A的结构简式，则A与甲醇发生酯化反应生成B；B与氨气反应，为氨基取代B中H3C-O-生成C，则C的结构简式为 ；C与 发生已知的反应生成D，则D为 ；根据D、E的分子式及G的结构简式，则D与溴发生甲基上的取代反应，E的结构简式为 。
【详解】(1)A的结构简式为，含有的官能团有羧基、酚羟基；
(2)由A生成B为与甲醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；
(3)分析可知，E的结构简式为 ；
(4)C与 发生已知的反应生成D，由C生成D的化学方程式为+HCl+；
(5)C的六元环芳香同分异构体中，能与NaHCO3溶液反应，则同分异构体中含有羧基、苯环；其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2：2：2：1，其为对称结构，为 ，苯胺()与甲基吡啶()互为芳香同分异构体，则还有 ，共有2种。
8．(1)碳碳双键
(2)2+O22 +2H2O
(3)取代反应
(4)
(5)或者
(6)   

【分析】由题合成流程图可知，由A、B的分子式和C的结构简式，并结合A到B、B到C的转化条件可知，A的结构简式为：，B的结构简式为：，由D的分子式并结合C到D的转化条件可知，D的结构简式为：，由H的分子式结合G到H的反应条件可知，H的结构简式为：，(5)M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，由此确定M同分异构体的结构简式，(6) 本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线，据此分析解题。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
(2)
由分析可知，B的结构简式为：，故B→C的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：2+O22 +2H2O，故答案为：2+O22 +2H2O；
(3)
由分析可知，D的结构简式为：，故可知D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)
由分析可知，H的结构简式为：，故答案为：；
(5)
M()是D的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1，即由4种H，其中两个甲基，则M的结构简式为或者，故答案为：或者；
(6)
本题结合题干流程图中，D到E、E到F、F到G、G到H、H到K的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在Pt/C作催化剂下与H2加成而得，可由和HOCH2CH2OH转化而得，则可由在AlCl3作用下制得，可由与SOCl2反应制得，由此确定合成路线为：
   ，故答案为：    。