广东省惠州市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题

这是一份广东省惠州市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题，共28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。

广东省惠州市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题

一、工业流程题
1．（2020·广东惠州·统考一模）KMnO4在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。已知一种制备KMnO4的实验流程、原理及相关数据如下：

原理：反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3
          (墨绿色)        (紫红色)
已知：25℃物质的溶解度g/100g水
K2CO3
KHCO3
KMnO4
111
33.7
6.34

(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成，该反应的化学方程式为___________。
(2)步骤⑤中CO2______(填“能”或“不”能)过量，原因是_____________。
(3)流程中可循环利用的物质主要是_________(写化学式)。
(4)忽略本流程中含锰物质的循环利用，理论上0.3mol MnO2最多得到产品KMnO4的质量为________g。某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是_______________。
(5)草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：
Ⅰ.称取1.5800g高锰酸钾产品，配成100mL溶液
Ⅱ.准确称取三份0.5360g已烘干的Na2C2O4，置于三个不同的洁净锥形瓶中，分别加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；
Ⅲ.锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如表
实验次数
V1(滴定前读数/mL)
V2(滴定后读数/mL)
(V2 -V1)/mL
1
2.65
22.67
20.02
2
2.60
23.02
20.42
3
2.60
22.58
19.98

已知：2MnO4﹣+ 5C2O42﹣+16H+ =2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，则KMnO4的纯度为__________(保留四位有效数字)；若滴定后俯视滴定管读数，所得KMnO4的纯度将___(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。
2．（2020·广东惠州·统考一模）锡酸钠用作媒染剂，纺织品的防火剂、增重剂，以及制造陶瓷、玻璃和用于镀锡等。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠(Na2SnO3)的工艺流程图如下：

请回答下列问题：
(1) Sb(ⅤA)最高正化合价为_____。
(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要涉及的分离实验操作是_________。
(3)“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3除去SnO，且检测到有NH3生成。
①该反应的离子方程式为____________________；
②如图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件__________。

(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为________。
(5) “脱锑”时发生的主要化学反应属于_________。
A．置换反应       B．氧化还原反应     C．非氧化还原反应    
(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液中硫酸的作用是__________；镀锡时阳极反应式为______________。
3．（2021·广东惠州·统考一模）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如图：

已知：①TeO3是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
(1)写出工业上电解精炼铜的阴极电极反应式___。
(2)“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为___。
(3)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用___。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d.Fe2(SO4)3
(4)常温下，上述流程中，加稀硫酸调pH时，需控制pH范围为4.5~5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是__。
(5)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化。
①“还原”时反应的离子方程式___。
②流程中可循环利用的物质是___(填化学式)。
(6)所得粗硒需要精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知：25℃时，Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥___mol•L-1。
4．（2022·广东惠州·一模）锂在新能源等领域应用广泛。从粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：

已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见表。
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72

回答下列问题
(1)“粉碎”的目的是___________，滤渣1的成分主要是___________。(填化学式)
(2)“调pH”的目的是沉淀Fe3＋、Al3＋。当离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，如果溶液pH=4，Fe3＋、Al3＋ ___________ (填“能”或“否”)均沉淀完全，此时溶液中c(Fe3＋)、c(Al3＋)之比为___________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=2.0×10-33)
(3)从滤渣2中分离出Al(OH)3，可用如图所示方法，试剂X是___________，“步骤2”中主要发生的离子反应方程式有OH-＋CO2=HCO、___________。

(4)“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥。检验母液主要溶质的阴离子所用的试剂为___________。母液的用途___________(任写一种)。
(5)太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图所示。电池总反应式为LixC6 + Li1−xFePO4 LiFePO4 + 6C。试写出充电时，该电池正极材料上的反应式：___________。


二、原理综合题
5．（2020·广东惠州·统考一模）研究发现，反应CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g) ，可使CCl4(沸点77 ℃)转化为重要的化工原料CHCl3(沸点61.2 ℃)，可减少其对臭氧层的破坏。（已知：该反应的副反应会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等）
(1)CH4与Cl2反应时，每生成1molCCl4(g)或1molCHCl3(g)的焓变分别是△H1和△H2；H2在Cl2中燃烧，每生成1molHCl(g)产生的焓变为△H3，则：CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H=_____(用含有△H1、△H2和△H3的算式表示）
(2)在密闭容器中，CCl4＋H2CHCl3＋HCl达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。
实验序号
温度/℃
初始CCl4浓度/(mol·L-1)
初始H2浓度/(mol·L-1)
CCl4的平衡转化率
1
110
0.8
1.2
α1
2
110
1
1
50%
3
100
1
1
α3

①实验1中，CCl4的转化率α1_____50%(填“大于”“小于”或“等于”)。
②实验2中，反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为_____mol· L-1·min-1。
③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为________。
④实验3中，α3的值________。
A．等于50%  B．大于50%  C．小于50%  D．依题所给信息无法判断
(3)120 ℃时，分别进行H2的初始浓度为2 mol·L－1和4 mol·L－1的实验（其他条件相同）。测得CCl4的消耗百分率(x%，实线)和生成物中CHCl3的百分含量(y%，虚线)随时间(t)的变化关系如图。

①图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线是____(填字母)。
②依图可知，有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量H2的起始浓度应该为________mol·L-1。
6．（2021·广东惠州·统考一模）2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓”。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。
I.利用高效催化剂可以处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应
(1)已知几种化学键的键能数据如下：
化学键
CO
NO中的共价键
N≡N
C=O
键能()
1076
630
946
799

则上述反应的_______。
(2)在恒容密闭容器中充入和，测得的转化率与温度、时间的关系如图所示：

①温度下，内用表示的平均反应速率_______；温度下，上述反应的平衡常数_______。
②温度下，向平衡后的容器内再加入和，则再次达平衡时NO的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
II.催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。

(3)写出脱硝过程的总反应的化学方程式_______。
(4)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用消除NO污染，其反应原理为：。不同温度条件下，为时，得到NO脱除率曲线如图所示。脱除NO的最佳温度是_______。在温度超过100℃时NO脱除率骤然下降的原因可能是_______。

7．（2022·广东惠州·一模）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一。
I．温室气体CO2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) △H1=−72.6kJ·mol−1
②2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) △H2=−566.0kJ·mol−1
则反应③的平衡常数表达式K=，写出反应③的热化学方程式___________。
(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量的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．CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变
C．2υ正(CO2)= υ逆(O2) D．容器内温度不变
(3)在催化剂作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i.СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0
ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H4
刚性密闭容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)

①曲线a随温度升高而下降的原因是___________；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A． 低温、低压    B．高温、高压    C．高温、低压    D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
p0
0.91p0
0.85p0
0.80p0
0.80p0

反应i的速率可表示为υ=k·p(CO2)·p(H2)(p为气体分压，分压=总压×气体的物质的量分数， k为常数)，则反应在60 min时υ=___________(用含p0、k的式子表示)。
Ⅱ．CO2−CH4催化重整对减少温室气体的排放、改善大气环境具有重要的意义。
(4)在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。

①由如图可知：压强p1___________p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
②Y点：υ(正)___________υ(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。

三、有机推断题
8．（2020·广东惠州·统考一模）以苯和丙酮为原料合成化妆品中间体M路线如下：

已知：
①R—CH=CH—R′＋
②R—C≡CH+ (R、R′代表烃基或氢原子)
(1) A的结构简式为____________，A中含有的官能团名称是__________。
(2) 生成A和C的反应类型依次是____、_____。中间体M的分子式为_______。
(3) 写出流程中由苯生成D的化学方程式：___________________________。
(4) C为二烯烃（C8H14），写出符合下列条件的C的一种同分异构体的结构简式______________。
① 含有六个碳形成的碳环，
② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，
(5) 设计以乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_________________________。
9．（2021·广东惠州·统考一模）某天然有机物F()具有抗肿瘤等生物活性，可通过如图路线合成。

已知：
(1)①A的分子式为____。②A中含氧官能团的名称为_____。③E→F的反应类型为____。
(2)同一个碳原子连有四个不同的原子或原子团时，称之为手性碳，上述A到C三种物质中含有手性碳原子的是_______(填标号)。
(3)写出反应A→B的化学方程式：_______。
(4)D→E的反应中有副产物X(分子式为)生成，写出X的结构简式：_______。
(5)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①能与溶液发生显色反应②分子中含有2种不同化学环境的氢
(6)写出以和 为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
10．（2022·广东惠州·一模）H是药物合成中的一种重要中间体，下面是H的一种合成路线：


回答下列问题：
(1)X的结构简式为___________，其中所含官能团的名称为______；Y生成Z的反应类型为___________。
(2)Z的分子式为___________；R的化学名称是___________。
(3)由Z和E合成F的化学方程式为___________。
(4)同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的Y的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为___________(一种即可)。
(5)参照上述合成路线，以乙醛和 为原料(其他试剂任选)，设计制备肉桂醛( )的合成路线___________。

参考答案：
1．     2KClO32KCl + 3O2↑     不能     CO2(过量）+KOH = KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度。     MnO2     31.6     蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出     80.00%     偏高
【分析】(1)步骤②的副反应有少量单质气体，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解；
(2)从表中数据可以看出，若CO2过量，则会与K2CO3反应生成KHCO3，溶解度小，可能随KMnO4一起结晶析出；
(3)流程中起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，可循环利用；
(4)从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4
+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，由此可计算出生成KMnO4的质量；从步骤⑥中加热前混合液的组成，可确定干燥产品的质量多于理论值的原因；
(5)依据反应方程式2MnO4-+ 5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，代入数据即可求出KMnO4的纯度；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，则所得KMnO4的浓度偏大，可推出纯度的变化。
【详解】(1)步骤②的副反应有少量单质气体生成，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解，该反应的化学方程式为2KClO32KCl + 3O2↑；
(2)步骤⑤中CO2不能过量，原因是CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；
(3) )起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，则流程中可循环利用的物质主要是MnO2；
(4) 从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4
+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，质量为0.2mol ×158g/mol=31.6g；某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出；
(5)设参加反应的KMnO4的物质的量为x

x=0.0016mol，
则KMnO4的纯度为=80.00%；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，由此计算出的KMnO4的浓度偏大，KMnO4的质量偏大，所得KMnO4的纯度将偏高。
【点睛】寻找可循环使用的物质时，先从添加的物质入手，明确反应过程中添加了哪些物质；然后再找反应过程中生成的副产物，与添加物对照，若有同一种物质出现，则表明此物质为循环使用的物质。
2．     ＋5     过滤     4SnO+NO3-+7OH-＝NH3↑+4SnO32- +2H2O     c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃     PbO22-＋S2－＋2H2O=PbS↓＋4OH－     A B     抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解     Sn-2e-=Sn2+
【分析】(1) 一般来说，元素的最高正价等于其最外层电子数；
(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离；
(3)①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等；
②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值；
(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等；
(5) “脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应；
(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分。镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸抑制其水解；镀锡时阳极为锡失电子，生成锡离子。
【详解】(1) Sb(ⅤA)最高正化合价=最外层电子数，即显+5价；
(2) 流程中“脱砷、脱铅、脱锑”均要进行固液分离，则分离实验操作是过滤；
(3)①该反应中，SnO与NO3-在碱性溶液中反应，生成+4价Sn的含氧酸根离子和NH3等，反应的离子方程式为4SnO+NO3-+7OH-=NH3↑+4SnO32- +2H2O；
②“碱浸”的合适条件是浸出率高的点对应的数值，即c(OH-)=2.5mol/L、温度85 ℃；
(4) “脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅，实质是PbO22-与S2-反应，生成PbS等，反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；
(5) “脱锑”时锡片生成锑渣，属于置换反应和氧化还原反应，答案为：A B；
(6) 硫酸盐光亮镀锡液成分简单，主要有硫酸亚锡、硫酸等成分，镀锡液的主要成分为硫酸亚锡，锡离子易发生水解，所以加入硫酸的作用是抑制Sn2+的水解，促进阳极Sn的溶解；镀锡时阳极反应式为Sn-2e-=Sn2+。
【点睛】从电镀过程看，只表现出Sn2+得电子的过程，没有表现出硫酸参与反应，所以应从电解质的性质进行分析，从而得出抑制Sn2+水解，有利于阳极反应的结论。
3．(1)Cu2++2e-=Cu
(2)2Cu2Te+Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2
(3)c
(4)TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失
(5)     2Fe2++SeO+2H+=2Fe2++SeO+H2O     H2SO4
(6)6.0×10-13

【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后转化为TeO2沉淀，过滤后，通过HCl和SO2转化为Te。剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的还原为除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒，据此分析解题。
（1）
工业上电解精炼铜的阴极为铜离子得到电子生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
（2）
阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（3）
浸取渣主要成分为Cu2O，Cu元素化合价为+1，其转化为铜元素化合价为+2的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，SO2氧化性很弱无法氧化Cu2O，Cl2会引入新杂质Cl-，硫酸铁氧化Cu2O需要在硫酸的条件下，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选c；
（4）
由题中信息可知TeO2是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失；
（5）
①根据流程烧结是产生的少量Na2SeO4被FeSO4还原为Na2SeO3除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+=2Fe3++SeO+H2O；；
②最后一步加入SO2产生粗硒的同时会生成H2SO4可以返回到稀硫酸调节pH的步骤循环利用，所以可以循环利用的物质为：H2SO4；
（6）
已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，则Fe2+恰好完全沉淀时c(S2-)=，故溶液中c(S2-)≥。
4．(1)     增大粉煤灰的表面积，提高酸浸效率     SiO2
(2)     否     4.0×10-5 (或 其它合理比值，如1：25000)
(3)     NaOH溶液     CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(4)     趁热过滤     盐酸酸化的BaCl2溶液     制备氨气或做氮肥
(5)LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+

【分析】粉煤灰粉碎后，用稀硫酸“酸浸”，A12O3、Fe2O3、Li2O与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；滤液中加氨水调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，除去Al3+、Fe3+，过滤后，向滤液中加入碳酸铵生成碳酸锂，过滤、洗涤、干燥，可得固体碳酸锂。
（1）
根据影响反应速率的因素，“粉碎”增大了反应物间的接触面积，加快反应速率，提高酸浸效率；由分析可知，滤渣1为SiO2。
（2）
当pH=4时，c(OH-)=10-10，c(Fe3+)=mol/L=8.010-8mol/L<1.0×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，c(Al3+)==2.010-3mol/L>1.0×10-5mol/L，铝离子未沉淀完全，因此铁离子和铝离子不能均完全沉淀，此时溶液中c(Fe3+):c(Al3+)=(8.010-8):(2.010-3mol/L)=4.0×10-5。
（3）
由分析可知，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氢氧化铁不溶，因此试剂X为氢氧化钠溶液，氢氧化钠与氢氧化铝生成偏铝酸钠，过滤后向溶液中通入过量二氧化碳，二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为：OH-＋CO2=HCO，CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（4）
由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，因此“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；硫酸锂和碳酸铵反应生成碳酸锂和硫酸铵，因此母液的主要成分为硫酸铵，溶液中的阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法为：加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀，证明含硫酸根离子，硫酸铵可用于制备氨气或做氮肥。
（5）
放电时正极得电子，元素化合价降低，充电时，正极作为阳极，失电子，元素化合价升高，由电池总反应可知，充电时，LiFePO4作阳极，则该电池正极材料上的反应式为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。
5．     △H2-△H1+2△H3     大于     0.00083     1     D     d     4
【分析】(1)由题意知，CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1   ①
CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2   ②
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3   ③
将②-①+③，即可求出CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H；
(2)① 实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1与50%的关系；
②实验2中，

反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为；
③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为；
④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向；
(3)① 由反应知，增大H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率增大，CHCl3的百分含量增大，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线；
②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度。
【详解】(1)由题意知，CH4(g)+4Cl2(g)= CCl4(g)+4HCl(g) △H1   ①
CH4(g)+3Cl2(g)= CHCl3(g)+3HCl(g) △H2   ②
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 2△H3   ③
将②-①+③，即可求出CCl4(g)＋H2(g)CHCl3(g)＋HCl(g)的△H=△H2-△H1+2△H3；
(2)① 实验1中，当H2的初始浓度为0.8mol/L时，CCl4的转化率为50%，现增大H2的浓度为1.2mol，平衡正向移动，CCl4的转化率增大，从而得出CCl4的转化率α1大于50%；
②实验2中，

反应进行到10h时达到平衡，在这10h内，H2的平均反应速率为=0.00083mol· L-1·min-1；
③110 ℃时，该反应的化学平衡常数的数值为=1；
④与实验2进行比较，可认为实验3是在实验2的基础上完成的，由于不知反应的焓变，所以无法确定降温平衡移动的方向，答案为：D；
(3)① 由反应知，减小H2的初始浓度，CCl4的消耗百分率减小，CHCl3的百分含量减小，由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d；
②依图可知，H2浓度越大，越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量，由此可得出H2的起始浓度为4mol·L-1。
【点睛】在化学平衡体系中，增大A物质的浓度，平衡正向移动，B物质的转化率增大，但A物质的转化率减小；对生成物来说，增大其中一种反应物的浓度，都能增大生成物的产率。
6．     -730     0.04     2     增大          900℃     催化剂失去活性或催化剂活性突然减小或催化剂活性大大降低
【详解】(1)=断键吸收能量-成键放出能量=1076×2+630×2-(946+799×4)=-730kJ/mol；
(2)①温度下一氧化氮的转化率为80%，，故内用表示的平均反应速率；T1温度下，一氧化氮的转化率为50%，平衡时CO、NO、N2、CO2浓度0.25mol/L，0.25mol/L，0.125mol/L，0.25mol/L，故；
②T1平衡后加入CO、NO，平衡正向移动，NO转化率增大；
(3)由图可知，NH3、NO和O2反应生成N2和H2O，反应过程中消耗Fe2+后又生成Fe2+，Fe2+在反应过程中作催化剂，化学方程式为：；
(4) 催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为，由不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)为2:1时NO脱除率曲线知：900℃时NO的脱除率最高；因此脱除NO的最佳温度是900℃，由于催化剂在一定温度具有强的催化活性，当温度较高时会失去活性，因此在温度超过1000℃NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性。
7．(1)2CO2(g)+2Н2О(g) 2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1
(2)BD
(3)     反应СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动     D     k(P0)2 或kP02或0.0625kP02
(4)     ＜     ＞

【详解】（1）反应③的平衡常数表达式K=，根据反应③的平衡常数表达式得到方程式为2CO2(g)+2Н2О(g) 2HCOOH(g)+О2(g)，根据盖斯定律方程式①的2倍减去方程式②得到反应③的热化学方程式2CO2(g)+2Н2О(g) 2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1；故答案为：2CO2(g)+2Н2О(g) 2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1。
（2）A. 根据反应方程式两者加入量之比为1:1，而消耗的量也是1:1，因此CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比永远不变，当CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B. 平均摩尔质量等于总的气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当容器中气体平均摩尔质量不变，则可作为判断平衡标志，故B符合题意；
C. 2υ正(CO2)= υ逆(O2)，一个正向反应，一个逆向反应，两者速率之比不等于计量系数之比，因此不能作为判断平衡的标志，故C不符合题意；
D. 该容器是绝热容器，正向移动，容器内温度降低，当容器内温度不变，则说明达到平衡，故D符合题意；
综上所述，答案为：BD。
（3）①反应СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0，升高温度，平衡逆向移动，因此曲线a是生成НСООН的图象，因此曲线a随温度升高而下降的原因是反应СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动；
СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0是放热的体积减小的反应，根据前面图象要提高平衡时HCOOH的选择性，则温度应该较低，压强较高，为同时提高CO2的平衡转化率，则温度应较低，因此应选择的反应条件为低温、高压即D选项；
故答案为：反应СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动；D。
②反应i的速率可表示为υ=k·p(CO2)·p(H2)，，根据目标选择性分析得到，生成CO的压强p(CO)=0.05p0，，则反应在60 min时υ= k·p(CO2)·p(H2) ；故答案为：k(P0)2或kP02或0.0625kP02。
（4）①根据图中曲线，固定温度，从上到下，转化率降低，平衡逆向移动，则为增大压强，因此得到：压强p1＜p2；故答案为：＜。
②Y点转化率低，相同温度下要达到平衡，转化率需增大，因此要正向反应，即υ(正) ＞υ(逆)；故答案为：＞。
8．          醇羟基、碳碳三键     加成反应     消去反应     C16H24     +CH2=CH2          CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3
【分析】由中间体M和D的分子式，可确定C分子中含有8个碳原子，从而确定A分子中含有8个碳原子；依据信息2，可确定A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为；
(1)由以上分析，可得出 A的结构简式及A中含有的官能团；
(2) A中，三键与H2作用转化为单键，C分子内去掉2个水分子，生成二烯烃。中间体M的分子式可数可算；
(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成，生成D；
(4) C为二烯烃（C8H14），符合下列条件的C的一种同分异构体具有下列结构：
①从不饱和度分析，含有六个碳形成的碳环，则只能含有一个碳碳双键，即含有片断；
② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，则需考虑分子尽可能对称，且除去环己烯基外，另2个-CH3连在同一个碳原子上；
(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备，从碳原子数考虑，应有2个乙醛参加反应，所以需采用注程图中从丙酮到C的合成路线。
【详解】(1)由以上分析，可得出 A的结构简为，A中含有的官能团为醇羟基、碳碳三键；
(2) A中，三键与H2作用转化为单键，C分子内去掉2个水分子，生成二烯烃，反应类型依次是加成反应、消去反应。中间体M的分子式为C16H24；
(3) 流程中由苯与CH2=CH2加成，生成D，反应的化学方程式为+CH2=CH2；
(4)①从不饱和度分析，含有六个碳形成的碳环，则只能含有一个碳碳双键，即含有片断；
② 核磁共振氢谱图中显示有四组峰，且峰面积之比为3∶2∶1∶1，则需考虑分子尽可能对称，且除去环己烯基外，另2个-CH3连在同一个碳原子上；
从而得出符合条件的C的一种同分异构体为或；
(5) 乙醛(CH3CHO)、C2H2为原料制备，从碳原子数考虑，应有2个乙醛参加反应，所以需将2分子丙酮与乙炔加成，再与H2加成，是出的事发生消去而制得目标有机物，合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCH=CHCH3。
【点睛】在计算有机物分子式中的氢原子数目时，可先数出分子中所含的非氢原子数，然后把卤原子看成氢原子、氮原子看成碳原子，然后按烷烃的通式，计算出氢原子的个数。根据分子结构，确定不饱和度，最后计算该有机物分子中所含氢原子个数为：由同数碳原子的烷烃计算出的氢原子数—2×不饱和度—氮原子数。
9．          羚基、羰基(酮基)     加成反应(或还原反应)     C     ++H2O              
【分析】A与发生取代反应生成B，B加热发生加成反应生成C，C在空气中加热脱氢生成D，D与CH3I、NaH发生反应生成E，E被NaBH4还原生成F，据此分析。
【详解】(1)①A的分子式为；
②根据A的结构式，可知A中含氧官能团的名称为羚基、羰基(酮基)；
③E被NaBH4还原生成F ，故E→F的反应类型为加成反应(或还原反应)；
(2)根据手性碳原子的定义，结合A到C三种物质，只有C具有手性碳原子，如下：；
(3)A与发生取代反应生成B和H2O，化学方程式为++H2O；
(4) D与CH3I、NaH发生反应生成E，分析E结构的结构是CH3I中2个甲基替换了D中碳基α(碳基邻位)位置上的2个H原子，该过程中会出现只有一个甲基替换一个氢原子得到副产物，故副产物的结构简式为；
(5) 分析A的不饱和度等于4，其一种同分异构体能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环恰好为4个不饱和度，因此剩余C原子都是以饱和单键的形式成键，有2种不同化学环境的H原子，则该同分异构的结构高度对称，应为 ；
(6) 以和为原料制备，首先应利用炔键与类似二烯烃的结构进行加成反应，将两种原料连在一起，因此，首先得通过环己烯制备1，3-环己二烯，再进一步合成，故合成路线如下：
。
10．(1)          羟基     取代反应
(2)     C10H12O4     对羟基苯甲醛
(3)
(4)     16     或
(5)

【分析】根据Y的结构简式 ，逆推X的结构简式是 ； ，根据流程图中 可知， E的结构简式是 。
(1)
由Y的结构简式逆推，X的结构简式为 ，其中所含官能团的名称为羟基；Y生成Z是羟基上的H原子被-CH3代替，反应类型为取代反应。故答案为： ；羟基；取代反应；
(2)
Z的结构简式 ,其分子式为：C10H12O4，R是 ，化学名称是对羟基苯甲醛。故答案为：C10H12O4；对羟基苯甲醛；
(3)
和 生成 和水，化学方程式为： ；
(4)
同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应说明存在醛基，又能发生水解反应说明存在酯基，结合Y的结构简式可知除苯环外只有一个不饱和键，则该结构中的醛基和酯基应为同一个结构，即为HCOO-，剩余3个取代基分别是－OH、－OH、－CH3；则符合的结构有 、 、 、 、 、 、 、、、 、 、 、 、 、 、，共16种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为 或。故答案为：16； 或 ；
(5)
水解为 ， 氧化为 ， 与乙醛反应生成 ，所以乙醛和 为原料制备肉桂醛的合成路线为。