河北省石家庄市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

这是一份河北省石家庄市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26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。

河北省石家庄市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·河北石家庄·二模）“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。

请回答：
(1)“合成”过程，主要氧化产物为亚磷酸(H3PO3)，相应的化学方程式为______________。
(2)“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+的离子方程式为_____________。
(3)“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________(填化学式)。
(4)“调pH=11”的作用为__________。
(5)工业上常用电解Na2HPO3溶液制备亚磷酸，其装置示意图：

①a为电源______(填“正极”或“负极”)。
②B膜应选择___________(填“阴离子”“质子”或“阳离子”)交换膜。
③阳极的电极反应式为____________。
2．（2021·河北石家庄·统考二模）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料；铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。

已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
(1)“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，该反应的离子方程式为___。
(2)残渣的主要成分为____(填化学式)；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为___。
(3)“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为___。
(4)“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为___。
(5)流程中得到的“TlCl”需要用盐酸洗涤，用平衡原理解释与蒸馏水相比，盐酸洗涤的优点为___。
(6)电解Tl2SO4制备金属Tl的装置如图所示。阳极的电极反应式为___；当转移2mole-时，左侧电极室中溶液的质量减少___g。

3．（2022·河北石家庄·统考二模）氯化铈(CeCl3)可用作石油催化剂、汽车尾气催化剂等，它易吸湿水解。用丙酸铈晶体[Ce(CH3CH2COO)3·5H2O]制备氯化铈的实验流程如图：

回答下列问题：
(1)“煅烧”时，生成CO2和H2O的物质的量之比为____。
(2)该小组欲用如图装置验证“煅烧”步骤的气体产物。

①按气流方向，上述装置的连接顺序为____(填仪器接口的字母编号)，试剂X为____。
②该实验中需采用3.00mol•L-1H2O2溶液。欲配制100mL3.00mol·L-1H2O2溶液，需要量取溶质质量分数为34%的H2O2溶液(密度为1.13g·mL-1)的体积为____mL(保留两位小数)，量取34%的H2O2溶液时所使用的仪器为____。
③装置D中石棉的作用为____。
(3)“还原氯化”时，需要在加热条件下进行，该反应的化学方程式为____。
(4)“还原氯化”时，加入过量的NH4Cl可有效抑制CeCl3的水解，解释其原因为____。
4．（2022·河北石家庄·统考二模）氧化钪(Se2O3)广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。利用钛白酸性废水(含H+、Sc3+、Ti4+、Fe2+、SO)制备氧化钪的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示：

已知：
i．Sc3+、Ti4+、Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应，且机理均为：Mn++nHRMRn+nH+；
ii．金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
T14+
Fe2+
Sc3+
开始沉淀pH
1.3
6.8
4.0
沉淀完全pH
2.3
9.0
5.0

回答下列问题：
(1)萃取相比()指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比。“萃取”工序中，萃取相比()与Sc3+的萃取率关系如表所示：
萃取相比()
1：10
1：15
1：20
1：25
1：30
1：35
1：40
Sc3+的萃取率/%
90
90
90
85
80
70
60

该工序中最适宜的值为1：20，理由为____。
(2)Sc3+的络合机理为____(用离子方程式表示)；“水相II”的主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，则Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是____。
(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的为____；“滤液I”的主要成分为____(填化学式)。
(4)“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH范围为____。
(5)“沉钪”时，能得到Sc2(C2O4)3·6H2O。其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所示：
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O(摩尔质量为462 g/mol)
383~423
19.48
A
463~508
23.38
B
583~873
70.13
Sc2O3

化合物A的化学式为____；由含钪化合物B转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为____。

二、原理综合题
5．（2020·河北石家庄·二模）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：
(1)如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的化学方程为______。

(2)研究HCl催化氧化反应中温度、和等因素对HCl转化率的影响，得到如下实验结果：
①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L-1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2____________mol(已知2S2O+I2=S4O+2I-)。
②表示催化剂的质量与HCl(g)流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当=4、=50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为_____L(折算为标准状况下)。

③在420℃、=3、=200g·min·mol-1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为_______mol·g-1·min-1。
④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ_______vⅡ(填“＞”“=”或“＜”)。
Ⅰ.410℃、=3、=350g·min·mol-1；
Ⅱ.390℃、=4、=350g·min·mol-1。
(3)在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果

①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360_________K400。(填“＞”“=”或“＜”)。
②一定温度下随着的增大，HCl的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为___________________。
6．（2021·河北石家庄·统考二模）异丁烯[CH2=C(CH3)2]作为汽油添加剂的主要成分，需求量逐年增加。其常见的两种制备方法的反应原理如下：
1.CH3CH(CH3)CH3(g)＋CO2(g)CH2=C(CH3)2(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH1
2.CH3CH(CH3)CH3(g)CH2=C(CH3)2(g)＋H2(g) ΔH2=＋124 kJ∙mol−1
回答下列问题：
(1)已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=−41.2 kJ∙mol−1，则ΔH1=___。
(2)向1.0L恒容密闭容器中加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.1molCO2(g)，利用反应I制备异丁烯。已知正反应速率可表示为υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)，逆反应速率可表示为，υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，其中k正、k逆为速率常数。
①图1中能够代表k逆的曲线为___(填“L1”“L2”、或“L3”“L4”)。

②温度为T1时，该反应的化学平衡常数K=___；平衡时，CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率___50%(填“>”、“=”或“<”)。
(3)在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中分别加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.2molCH3CH(CH3)CH3(g)，在不同温度下发生反应II达到平衡。平衡时c[CH3CH(CH3)CH3]随温度的变化如图2所示，其中曲线上a、b、c三点的压强分别为p1、p2、p3。

①a、b、c三点中逆反应速率最大的为___点。
②p2___2p1(填“>”、“=”或“<”)，解释其原因为___。
③计算b点的化学平衡常数Kp=___[用带p2的表达式表示]。
7．（2022·河北石家庄·统考二模）通过“CO2→合成气→高附加值产品”的工艺路线，可有效实现CO2的资源化利用。CO2加氢制合成气(CO、H2)时发生下列反应：
I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ·mol-1
II.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
III.CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H3=+247kJ·mol-1
(1)据此计算△H2=____；反应III能自发进行的原因为____。
(2)在压强为p0的恒压密闭容器中，按一定物质的量之比充入H2(g)和CO2(g)发生反应，平衡体系中气体的物质的量分数随温度变化如图1所示：

①CH4(g)的物质的量分数随着温度升高而降低的原因为____。
②T1℃时，反应II的压强平衡常数Kp=____(用含p0的代数式表示)。
(3)结合具体催化剂，探讨反应路径的研究表明：将钙循环(CaO和CaCO3相互转换)引入上述反应体系具有诸多优势。
①钙循环使反应I分为以下两个步骤进行，请写出步骤2的化学方程式。
步骤1.CO2(g)的捕获：CO2+CaO=CaCO3；
步骤2.CaO的再生：____。
②将钙循环引入该反应体系时，对反应I的影响可能为____(填选项字母)。
A．提高反应速率    B．增大平衡常数      C．提高选择性      D．增大反应活化能
(4)电催化还原CO2的方法具有催化效率更高、反应条件更温和的优点，CO2在Au纳米颗粒表面电还原的进程如图2所示。据此判断该过程的决速步骤为____(填“a”、“b”或“c”)，电催化还原CO2的电极反应式为____。


三、有机推断题
8．（2020·河北石家庄·二模）苯丁酸氮芥(Ⅰ)是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线如下：

请回答：
(1)反应①所需的试剂和条件为_____________，B中官能团的名称为_________。
(2)C的结构简式为_________________，的名称为_________________。
(3)满足下列条件的F的同分异构体有__________种(不考虑立体异构)。
a.属于芳香族化合物；
b.与F具有相同的官能团；
c.核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:2:1。
(4)⑤中步骤ⅱ的反应类型为_________。
(5)F→G的化学方程式为___________。
(6)设计由苯和制备的合成路线___________(无机试剂任选)。
9．（2021·河北石家庄·统考二模）大位阻醚H()是一种重要的有机化工原料，使用α—溴代羰基化合物合成H的路线如图：

已知：+R—OH
回答下列问题：
(1)已知A的核磁共振氢谱显示有2种氢，则A的名称为___。
(2)G的结构简式为___。
(3)②和③的反应类型分别为___、___；反应⑤需要的试剂和条件分别为___。
(4)写出D到E的反应方程式___。
(5)X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有___种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：1：6的结构简式为___(任写一种)。
(6)设计由和乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)___。
10．（2022·河北石家庄·统考二模）白藜芦醇(K)具有优异的抗氧化性，可降低血小板聚集，预防和治疗动脉粥样硬化。一种合成白藜芦醇的路线如图所示：

已知：I.酸性：—SO3H>H2SO3>—COOH
II.+R"—CHO→R—CH=CHR"
回答下列问题：
(1)A的化学名称为____，K中所有官能团的名称为____。
(2)B→C的化学方程式为____。
(3)D转化为E时，加入NaHCO3可使E的产率大幅提升，原因为____。
(4)G→H的反应类型为____。
(5)I存在顺反异构，其反式结构的结构简式为____。
(6)M为F的同分异构体，满足下列条件的M的结构有____种(不考虑立体异构)。
I.苯环上连有4个取代基
II.1molM最多能与3molNaOH发生反应
(7)设计以苯甲醇为原料，制备的合成路线____(其他试剂任选)。

参考答案：
1．     NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI     FeS(s)+Pb2+(aq)=PbS(s)+Fe2+(aq)     NaH2PO3     除铁、将NaH2PO3转换为Na2HPO3     正极     阴离子     2H2O-4e-=O2↑+4H+
【分析】“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI；之后加入FeS将Pb2+转化为PbS除去，此时溶液中的杂质为Fe2+；因为HI易挥发，“减压蒸馏”获得HI溶液，剩余固体主要为含有Fe2+杂质的NaH2PO3，加水溶解，再加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，调pH=11将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分NaH2PO3转换为了Na2HPO3；再次调pH将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最后“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答；
(5)电解的目的是利用Na2HPO3溶液制备亚磷酸，所以电解过程中Na2HPO3溶液中的HPO需要向左移动，电解池中阴离子流向阳极，所以左侧为电解池阳极，a为电源正极，b为电源负极。
【详解】(1)根据后续流程可知“合成”步骤中产生HI，说明I2将NaH2PO2氧化，HI为强酸，所以还生成H3PO3和NaI，根据电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为：NaH2PO2+I2+H2O= H3PO3+NaI+HI；
(2)“除铅”过程，利用沉淀转化原理，加入FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+PbS(s)；
(3)根据合成步骤的反应，可知蒸馏前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸馏过程I-回收率为95%，说明H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3；
(4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；
(5)①根据分析可知a为电源正极；
②电解过程中HPO需要穿过B膜，所以B膜应选择阴离子交换膜；
③左侧与电源正极相连为阳极，阳极为硫酸溶液，水电离出的氢氧根放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。
【点睛】虽然亚磷酸(H3PO3)分子式中有3个氢，但它是一种二元弱酸，与过量的NaOH反应生成Na2HPO3，为正盐。
2．     40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O     PbSO4     分液漏斗     [CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4     H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－     用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，使TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq)逆向进行,抑制TlCl溶解     Tl＋－2e－＝Tl3＋     504
【分析】富铊灰浸取时ZnO转化为硫酸锌，PbO转化为硫酸铅，氧化铁转化为硫酸铁，氧化亚铁被氧化为硫酸铁，Tl2O转化为TlCl，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，然后反萃取得到TlCl，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到Tl，据此解答。
【详解】(1)“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，反应中Tl2O被氧化转化为TlCl，该反应的离子方程式为40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O。
(2)PbO转化为硫酸铅，过滤得到残渣，即残渣的主要成分为PbSO4；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为分液漏斗。
(3)萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，“反萃取”过程中加入醋酸铵，则发生反应的化学方程式为[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
(4)根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－。
(5)由于存在溶解平衡：TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq),用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，抑制TlCl溶解，减少损失，提高原料利用率。
(6)电解时阳极发生失去电子的氧化反应，溶液中Tl＋放电，阳极的电极反应式为电解时阳离子向阳极移动，即向右侧移动，左侧电极是阴极，电极反应式为Tl＋+e－＝Tl，当转移2mole-时，左侧电极室中析出2molTl，1mol硫酸根离子移向右侧，所以左侧电极室中溶液的质量减少96g+2mol×204g/mol＝504g。
3．(1)18：25
(2)     ebafgihcd     无水硫酸铜     26.55     酸式滴定管     防止管内固体被吹入导管堵塞装置
(3)6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑
(4)NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解

【分析】丙酸铈晶体先在氧气中煅烧得CeO2、水和二氧化碳的混合物，再用氯化铵还原得CeCl3、氮气、氨气和水的混合物。
（1）
丙酸铈晶体[Ce(CH3CH2COO)3·5H2O]中原子个数比C:H=9:25，所以，故答案为：18:25；
（2）
验证“煅烧”步骤的气体产物，应该先产生氧气，经干燥后通入煅烧装置，先用无水硫酸铜检验水的生成，再用澄清石灰水检验二氧化碳，所以装置应为C→A→D→E→B，在结合进出原则可得具体连接顺序为：ebafgihcd，试剂X是用来检验水的，应为无水硫酸铜；质量分数为34%的H2O2溶液(密度为1.13g·mL-1)的浓度为，设需要浓溶液的体积为V，根据稀释前后溶质的物质的量相等可得，解得V=26.55mL；过氧化氢有强氧化性，量取34%的H2O2溶液时所使用的仪器为酸式滴定管；为了让丙酸铈晶体与氧气充分反应，需要不断通入氧气，为了避免固体颗粒堵塞导管，要用石棉，所以装置D中石棉的作用为防止管内固体被吹入导管堵塞装置；故答案为：ebafgihcd；无水硫酸铜；26.55；酸式滴定管；防止管内固体被吹入导管堵塞装置；
（3）
“还原氯化”时，需要在加热条件下进行，CeO2和氯化铵反应的产物是CeCl3、氮气、氨气和水的混合物，反应的化学方程式为6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑；故答案为：6CeO2+18NH4Cl6CeCl3+N2↑+12H2O↑+16NH3↑；
（4）
“还原氯化”时，过量的NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解，故答案为：NH4Cl受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解。
4．(1)萃取率高且节约有机相
(2)     Sc3++3HRScR3+3H+     Ti4+
(3)     将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀     NaR
(4)2.3≤pH＜4.0
(5)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

【分析】向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、Ti4+、Fe2+与P504(用HR表示)发生络合反应进入煤油层中，而H+、SO进入水相，通过分液除去H+、SO；然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗，络合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相II中主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH能够将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，而Na+则与R-形成NaR溶解在溶液中，通过分液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液I”的主要成分为NaR，滤渣为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，向其中加入一定量HCl，调整溶液pH使其范围在2.3≤pH＜4.0，Tl4+仍然是以Ti(OH)4沉淀形式存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入H2C2O4溶液，Sc3+形成Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀，然后在空气中煅烧Sc2(C2O4)3沉淀，形成Sc2O3、CO2。
(1)
该工序中最适宜的值为1：20，这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；
(2)
Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HRScR3+3H+；
“水相II”的主要成分除加入的H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2。离子的络合能力越强，则该离子越不容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是Ti4+；
(3)
“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的是将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，便于除杂与分离物质；
加入NaOH溶液，ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，同时产生NaR，则“滤液I”的主要成分为NaR；
(4)
根据流程图可知：在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH，使Ti4+以Ti(OH)4沉淀存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，则根据Ti4+、Sc3+形成沉淀的pH，可知应该调整的范围为2.3≤pH＜4.0；
(5)
在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
在加热温度463~508 K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
5．     2HCl(g)+O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)  ∆H=∆H1+∆H2+∆H3     c1V1×10-3     0.56          ＞     ＞     减小     随着增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的浓度均使反应体系的浓度商Q＞K，平衡逆向移动，α(HCl)减小
【分析】(1)根据盖斯定律计算总反应焓变；
(2)根据的单位可知HCl的流速是指单位时间内气流中HCl的物质的量，所以的倒数即1min流经1g催化剂的HCl的物质的量，据此分析作答；
(3)据图可知当一定时，温度越高HCl的转化率越小，所以正反应为放热反应；增大，也就是单位时间内通过单位质量的催化剂的HCl和O2的量减少。
【详解】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由图1可知热化学方程式为2HCl(g)+O2(g)=H2O(g)+Cl2(g)∆H=∆H1+∆H2+∆H3；
(2)①根据题中离子方程式2S2O32-+I2=S4O+2lˉ，Cl2氧化Iˉ的离子方程式为Cl2+2Iˉ=2Clˉ+I2，可以得到如下关系式：2S2O32-～I2～Cl2，n(Cl2)=n(S2O32-)=c1V1×10-3mol；
②当=50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为mol，=4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为mol，总气体的物质的量为，体积为=0.56L；
③=200g·min·mol-1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)=×33.3%mol•g-1•min -1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4：1，v(O2)=v(HCl)=××33.3%mol•g-1•min -1=mol•g-1•min -1；
④根据第③题的计算过程可知，当相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、=3的情况下HCl的转化率较大，所以vI＞vⅡ；
(3)①由图可知，当相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360＞K400；
②一定温度下随着增大，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc=，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。
【点睛】解决本题的关键是理解的含义，该值的倒数即单位时间内流经单位质量的催化剂的HCl的物质的量；回答本题时要注意各小问之间的联系，根据2题第3小问的计算过程可知，该题中的反应速率与和HCl的转化率有关，以此来回答第4小题。
6．     ＋165.2 kJ∙mol−1     L3     1     ＞     b     ＞     两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍    
【详解】(1)将第2个方程式减去第1个方程式得到：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=−41.2 kJ∙mol−1，ΔH=＋124 kJ∙mol−1−ΔH1=−41.2 kJ∙mol−1，因此ΔH1=＋165.2 kJ∙mol−1；故答案为：＋165.2 kJ∙mol−1。
(2)①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，升高温度，速率常数都增大，因此图1中能够代表k逆的曲线为L3；故答案为：L3。
②温度为T1时，υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)= υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，因此得到该反应的化学平衡常数K==1；平衡时，假设CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率为50%，根据方程式得到平衡时每种物质的物质的量都为0.05mol，得出，说明应正向移动，因此CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率＞50%；故答案为：1；＞。
(3)①该反应是吸热反应，温度越高，速率越大，b点生成物浓度大，因此逆反应速率最大；故答案为：b。
②a点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.02mol，容器中共0.12mol气体，b点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.12mol，容器中共0.32mol气体，容器体积相等，根据压强之比等于物质的量之比，又由于b点温度高，因此p2＞2p1，解释其原因为两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍；故答案为：＞；两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍。
③根据图中信息建立三段式：，则b点的化学平衡常数；故答案为：。
7．(1)     -165kJ·mol-1     △S>0
(2)     反应II的△H<0，反应III的△H>0，随着温度的升高，反应II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，且反应III占优势    
(3)     CaCO3+H2=CO+CaO+H2O     AC
(4)     c     CO2+2H++2e-=CO+H2O

【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热，并根据自发进行的焓判据和熵判据分析自发进行的原因。
（2）根据平衡移动分析温度对平衡的影响，并根据平衡常数公式书写和计算平衡常数。
（3）结合催化剂对反应的影响和实质分析该反应的过程和影响。
（4）根据活化能的大小影响反应速率分析反应的决速步骤，并根据反应的起始和最终物质书写方程式。
【详解】（1）I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ·mol-1，II.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2，III.CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) △H3=+247kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，有I×2-III可得II CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1×2-247kJ·mol-1=-165 kJ·mol-1；反应III为吸热反应，能自发进行的原因是熵增，即△S>0。
（2）①Ⅱ反应生成甲烷，为放热反应，Ⅲ为消耗甲烷，为吸热反应，升温，反应II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，且反应III占优势。
②T1℃时，根据图象，水的物质的量分数为48%，氢气的物质的量分数为24%，二氧化碳和甲烷的物质的量分数相同，则反应II的压强平衡常数Kp= =。
（3）①钙循环使反应I.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)分为以下两个步骤进行，步骤1.CO2(g)的捕获：CO2+CaO=CaCO3；则步骤2.CaO的再生过程中消耗氢气，生成一氧化碳和水和水，故该方程式为CaCO3+H2=CO+CaO+H2O。
②将钙循环引入该反应体系时，氧化钙是催化剂，能提高反应速率，但不能增大平衡常数，能提高反应的选择性，降低反应活化能，故答案为AC。
（4）活化能大的反应反应速率最慢，是反应的决速步骤，故该过程的决速步骤为c，从反应起始物质和最终物质分析，电催化还原CO2的电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O。
8．     浓硫酸，浓硝酸；55~60℃     硝基          环氧乙烷     6     还原反应     +CH3OH+H2O    
【分析】根据题中合成路线，A为苯，苯发生硝化反应生成的B为硝基苯，硝基苯被还原得到的C为，C发生取代反应生成D，D与丁二酸酐反应得E，E发生取代反应和还原反应得F，F与甲醇发生酯化反应生成的G为，G和环氧乙烷发生开环反应得H，H发生羟基的取代反应后再将酯基水解反得I。
【详解】(1)反应①为苯的硝化反应，试剂和条件为浓硫酸，浓硝酸；55~60℃；B的官能团名称为硝基；
(2)根据分析可知C为；的名称为环氧乙烷；
(3)F为，其同分异构体满足：
a．属于芳香族化合物，说明含有苯环；
b．与F具有相同的官能团，即含有氨基、羧基；
c．核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:2:1，说明结构对称，苯环上有两个处于对位的取代基，则符合条件的结构有：、、、、、，共有6种；
(4)E到F第i步反应是利用HCl进行取代生成氨基，第ii步反应中E去氧加氢生成F，所以为还原反应；
(5)F和甲醇发生酯化反应生成G，化学方程式为+CH3OH+H2O；
(6)苯和发生类似题中步骤④的反应得，发生还原反应得，在浓硫酸的作用下发生分子内脱水得到，合成路线为 。
【点睛】有机反应类型中，加氧或者去氢的反应为氧化反应，加氢或者去氧的反应为还原反应(乙烯催化加氢属于还原反应)。
9．     2-甲基丙烯          取代(水解)反应     氧化     浓氢溴酸和加热     (CH3)2C(OH)-CHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2C(OH)-COONa+Cu2O+3H2O     6     HCOOCH(CH3)2    
【分析】根据F的结构简式，且A→F中碳骨架未发生改变，A→B为A与溴发生加成反应生成，则A中含有碳碳双键，则A的结构简式为(CH3)2C=CH2，B为(CH3)2CBr-CH2Br；B→C为B的溴原子发生水解反应，C为(CH3)2C(OH)-CH2OH；D能与新制的氢氧化铜反应，则D中含有醛基，D为(CH3)2C(OH)-CHO，E为(CH3)2C(OH)-COOH；E→F为醇羟基在氢溴酸的条件下生成溴原子；F与G发生已知的反应类型，则G为。
【详解】(1)分析可知，A为(CH3)2C=CH2，名称为2-甲基丙烯；
(2)分析可知，G的结构简式为；
(3)②为溴代烃的水解反应，反应类型为取代反应；③为醇的氧化反应，反应类型为氧化反应；反应⑤为醇羟基变为溴原子，则需要的试剂和条件分别为浓氢溴酸和加热；
(4)D到E为醛基的氧化反应，反应方程式为(CH3)2C(OH)-CHO+2Cu(OH)2+NaOH(CH3)2C(OH)-COONa+Cu2O+3H2O；
(5)D的分子式为C4H8O2，X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应，其无苯环则不能能为酚，则X中含有羧基或酯基，X有CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH、CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共计6种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1:1:6的结构简式为HCOOCH(CH3)2；
(6)根据的结构简式，其羟基被氧化为羧基后，侧链上只存在一个C-H，在与溴发生侧链的取代反应，再发生已知的信息，与乙醇反应即可，则流程为。
10．(1)     苯甲酸     碳碳双键、羟基
(2)
(3)NaHCO3可以消耗生成的H2SO4，使平衡正向移动，可提高E的产率
(4)取代反应
(5)
(6)12
(7)

【分析】对比A、B结构可知，A中苯环上间位的两个氢原子被取代得到B，根据已知酸性：—SO3H>H2SO3>—COOH，B与NaHSO3可发生反应，生成SO2和，即C的结构，再经反应后得到D，对比D、E结构可知发生取代反应，E到F将酯基转化为醇羟基，F到G将羟基取代为溴原子，G到H将溴原子取代得到H，H到I的反应参照已知II可得到I的结构简式为，最后I经取代反应得到产物K。
【详解】（1）根据A的结构简式，其名称为：苯甲酸，K中所含官能团名称为：碳碳双键、羟基。
故答案为：苯甲酸，碳碳双键、羟基。
（2）根据分析可知B→C的化学方程式为：。
故答案为：。
（3）根据D到E的反应可知，反应生成H2SO4，加入NaHCO3可以消耗生成的H2SO4，使平衡正向移动，可提高E的产率。
故答案为：NaHCO3可以消耗生成的H2SO4，使平衡正向移动，可提高E的产率。
（4）根据分析可知，G→H为取代反应。
故答案为：取代反应。
（5）根据分析可知I的反式结构简式为。
故答案为：。
（6）M为F的同分异构体，1molM最多能与3molNaOH发生反应，说明M含有三个酚羟基，同时苯环上连有4个取代基，则另一个取代基为-CH2CH2CH3或，苯环上有4个取代基，其中3个取代基相同的同分异构体有6种，所以M的同分异构体有种。
故答案为12。
（7）可参照题目F到K的合成路线，以苯甲醇为原料合成，具体合成路线为： 。
故答案为： 。