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河北省张家口市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
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这是一份河北省张家口市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27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。
河北省张家口市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·河北张家口·一模）从镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)中提取元素，其主要工业流程如图：
已知：①MoO3难溶于水，可溶于强碱溶液。
②Fe2O3、MgO不溶于NH4Cl—氨水混合液，NiO可溶于NH4Cl—氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
③已知部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
pH(开始沉淀)
pH(完全沉淀)
Fe3+
1.52
3.18
Mg2+
8.10
9.43
请回答下列问题：
(1)“碱浸”时应先将镍钼矿渣粉碎，再与NaOH在80℃下反应2小时，该操作的目的为___。
(2)“碱浸”时，MoO3发生反应的离子方程式为___。
(3)“氨溶解”的目的为___，“氨溶解”过程中反应条件的选择性实验数据如图所示，“氨溶解”过程中需要控制温度在50~70℃之间，温度过高或过低都会导致产品的产量降低，请解释原因___。
(4)简述利用“滤渣I”制备纯净的铁红的方法：___。
(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为___。
(6)“氧化”时发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(7)“二次沉镍”时，发生反应的离子方程式为___。
(8)已知：某温度时，Ksp(NiC2O4)=4.0×10-10，Ksp(NiCO3)=1.60×10-8。此温度下，将碳酸镍固体投入到1L一定浓度的Na2C2O4溶液中，若要一次性恰好将1molNiCO3完全转化成NiC2O4，则所需Na2C2O4溶液的浓度c(Na2C2O4)=___(忽略溶液体积的变化)。
2．（2021·河北张家口·统考一模）冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，可用作助熔剂、遮光剂等。以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石的一种流程如图：
已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。回答下列问题：
(1)反应I进行前硅石和萤石需预先研磨，目的是_____。
(2)常温下，滤渣1中CaSO4的溶度积常数Ksp=9×10-6，则其在水中的溶解度约为__g•(100gH2O)-1 (溶液密度取作1g•mL-3)。
(3)滤液1中主要溶质的化学式为___。
(4)“反应Ⅲ”不能在陶瓷器皿中进行的原因为__；硅石的用途有___(答出1点即可)。
(5)“反应Ⅳ”的化学方程式为__；滤液2经浓缩后可返回__工序循环利用。
(6)测定产品纯度：准确称量mg产品，加入高氯酸充分转化后，加入稍过量EDTA络合Al3+；过量的EDTA用cmol•L-1Pb(NO3)2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为V1mL；向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗标准液体积为V2mL。
(已知：EDTA与Al3+、Pb2+反应的物质的量之比均为1：1，杂质不参加反应。)
则产品中冰晶石的质量分数为__。
3．（2022·河北张家口·统考一模）含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下，
pH
＜1
1~4
4~6
6-8.5
8.5~13
＞13
主要形式
多矾酸根
多矾酸根
备注
多矾酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
二、原理综合题
4．（2020·河北张家口·一模）汽车尾气污染是由汽车排放的废气造成的环境污染。主要污染物为一氧化碳、碳氢化合物、氮氧化合物等，对人类和动、植物危害甚大。解决汽车尾气问题的主要方法是研究高效催化剂促使尾气中的一氧化碳和氮氧化物反应，转化成无污染的氮气和二氧化碳。
回答下列问题：
(1)在Co+的催化作用下，CO(g)还原N2O(g)的反应历程和能量变化如图所示(逸出后物质认为状态下发生变化，在图中略去)。已知总反应的化学方程式为：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)。
该反应分两步进行：
第一步：Co+(s)+N2O(g)CoO+(s)+N2(g)△H1=+15.9kJ•mol-1；
第二步：___；△H2=___；
①填写第二步反应的热化学方程式，并根据反应历程图计算△H2的数值。
②该反应的最高能垒(活化能)为___。
(2)500℃条件下，在容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，发生上述反应，测得相关数据如下表：
容器
反应物投入的量
平衡时
n(N2/mol)
达到平衡所需时间/min
平衡时能量变化/kJ
甲
1molCO和1molN2O
n1
t1
放热Q1
乙
2molCO和2molN2O
n2
t2
放热Q2
丙
2molCO2和2molN2
n3
t3
吸热Q3
①Q1+___358.6(填“>”“=”或“<”下同，t1___t2；
②500℃条件下，乙和丙两容器，气体混合物中N2O的物质的量分数x(N2O)与反应时间t的关系如下表：
t/s
0
20
40
60
80
120
乙
x(N2O)
0.5
0.32
0.20
0.12
0.088
0.07
丙
x(N2O)
0
0.030
0.048
0.059
0.065
0.07
根据上述实验结果，计算出乙容器中0~20s时间内的化学反应速率v(CO)=___；该反应的平衡常数K数值为：___；(保留3位有效数字)
③请推测并在图中画出甲容器中x(N2O)随时间变化的关系图象，标出恰好达到平衡时刻点的位置___。
(3)若将CO(g)还原N2O(g)的反应设计成如图的原电池装置，则该电池正极的电极反应式为___。
5．（2021·河北张家口·统考一模）碳、硫氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。已知：
Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-196.6kJ•mol-1
Ⅱ.C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1
Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-483.6kJ•mol-1
回答下列问题：
(1) 2SO2(g)+C(s)+2O2(g)2SO3(g)+CO2(g)△H=___。
(2)研究发现细小炭粒能将O2转化为活性氧而加快SO2的氧化速率，在干燥和潮湿两种环境中的反应历程如图1所示。
①活化氧的过程适宜在___(填“干燥”或“潮湿”)环境中进行，理由为___。
②反应Ⅰ的速率方程为v=kp-1(SO2)p(O2)(k为与温度有关的常数)。一定可以加快反应Ⅰ速率的措施有__(答出一点即可)。
(3)一定温度下，向起始容积为5L的恒压密闭容器中加入2molC(s)和2molH2O(g)，发生反应Ⅱ。实验测得CO2的平衡物质的量为0.6mol。
①H2O(g)的平衡转化率为__。
②反应的平衡常数Kc=__(保留两位有效数字)。
③H2O(g)的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。则x表示的物理量为_(填“温度”或“压强”)；y1__y2(填“>”或“<”)。
6．（2022·河北张家口·统考一模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)和的综合利用对温室气体减排具有重要意义。已知反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ． ；
Ⅱ． 。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，理由为___________。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
已知：汽化热指1mol液体变为气体吸收的热量。则HCOOH的汽化热为___________；下列说法正确的是___________(填选项字母)。
A．生成TS1的反应步骤为总反应的决速步骤 B．反应过程中的催化剂为
C．溶液中pH能影响反应速率 D．反应过程中Fe的成键数目保持不变
③反应II的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，涉及如下反应：
Ⅲ．
Ⅳ．
其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，℃之后，温度升高积碳量减小的主要原因为___________。
(2)甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为 。
①该反应在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将一定量充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6~8min时，反应的平衡常数___________kPa2；若8min时改变的条件是缩小容器容积，该时刻将容器容积缩小到___________L，其中分压与时间关系可用图中曲线___________(填“”、“”、“”或“”)表示。
三、有机推断题
7．（2020·河北张家口·一模）有机物F为重要的有机原料中间体，合成F的路线如图：
已知：I.烃A的相对分子量为42；
II.R-CH=CH2R-CHO+HCHO:
III.R-Cl+2Na+Cl-R'→R-R'+2NaCl
IV.已知C=C-OH不稳定，原子会发生重排，例：
回答下列问题：
(1)有机物B的名称是___。
(2)E的结构简式是___。
(3)反应①的反应类型为___；反应③所需的试剂和条件为___。
(4)反应②的化学方程式为___。
(5)与NaOH反应的化学方程式为___。
(6)有机物的同分异构体有多种，其中属于二元羧酸的同分异构体有___种(不含立体异构)写出其中核磁共振氢谱显示只有3组峰的同分异构体的结构简式：___。
(7)请写出用溴苯为原料制备己二酸(HOOCCH2CH2CH2CH2COOH)的合成路线___(无机试剂任选)。
8．（2021·河北张家口·统考一模）化合物M()是一种缓释型解热镇痛药。实验室由A和B制备M的一种合成路线如图：
①RCH2COOHRCHClCOOH
②
③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___；C的化学名称为___；由D生成E的反应条件为__。
(2)X中官能团的名称为___；由G生成H的反应类型为___。
(3)由F和I生成M的化学方程式为__。
(4)B的同分异构体中，属于芳香化合物且核磁共振氢谱有3组吸收峰的所有结构简式为__(不含立体异构)。
(5)参照上述合成路线和信息，以苯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚苯乙烯的合成路线__。
9．（2022·河北张家口·统考一模）化合物M是一种医药中间体，以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___________；C的化学名称为___________；F中官能团的名称为___________。
(2)由B和C生成D的反应中同时生成两种能参与大气循环的无机物，该反应的化学方程式为___________。
(3)由G生成H的反应类型为___________；M中含有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数目为___________。
(4)Q是E的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构有___________种(不含立体异构)，任写出其中一种结构简式：___________。
①苯环上有3个取代基；
②能与溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol Ag。
(5)参照上述合成路线和信息，以丙二醛和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚—2—丁烯酸()的合成路线：___________。
参考答案：
1． 加快反应速率，提高镍元素的浸出率 MoO3+2OH-=MoO42-+H2O 实现镍元素和铁、镁元素的分离 浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化按分解，氨水的利用率低 用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红 [Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS- 2：3 Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑ 1.025mol•L-1
【分析】镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)先加入足量的NaOH溶液，MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4；滤渣主要含NiO、MgO和Fe2O3，再加入NH4Cl-氨水混合液，NiO溶解得到[Ni(NH3)6]2+，再过滤，滤渣I主要有MgO和Fe2O3；滤液中通入足量的硫化氢，和[Ni(NH3)6]2+反应得到NiS沉淀，过滤向沉淀中加入稀硝酸，S元素被氧化得到硫单质，之后向滤液中加入碳酸氢钠得到碳酸镍沉淀。
【详解】(1)将镍钼矿渣粉碎，固体表面积增大，目的是加快反应速率，提高镍元素的浸出率；
(2)根据题目所给信息可知MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4，根据电荷守恒可得离子方程式为MoO3+2OH-=MoO42-+H2O；
(3)MgO和Fe2O3不溶于NH4Cl-氨水混合液，NiO溶于NH4Cl-氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+，所以“氨溶解”的目的是实现镍元素和铁、镁元素的分离；利用NH4Cl-氨水混合液“氨溶解”时，浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化铵分解，氨水的利用率低；
(4)根据分析可知滤渣I的主要成分为MgO和Fe2O3，需要制备Fe2O3，根据题目所给信息可知pH为3.18时Fe3+完全沉淀，而pH为8.10时Mg2+开始沉淀，所以可以通过调节镁离子和铁离子混合液的pH值实现二者的分离，具体操作为：用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红；
(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，H2S过量，所以最终产物中有HS-，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-；
(6)氧化时稀硝酸被还原成NO，化合价降低3价，NiS被氧化成S，化合价升高2价，根据电子守恒可知氧化剂：还原剂=2:3；
(7)加入碳酸氢钠，得到碳酸镍沉淀，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和镍离子生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生大量氢离子，氢离子和碳酸氢根结合又生成二氧化碳，据此可知离子方程式为Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑；
(8)NiCO3转化成NiC2O4的离子方程式为NiCO3(s)+C2O42-NiC2O4(s)+CO32-，该反应的平衡常数K==40，处理后的溶液中碳酸根的浓度为1mol/L，则溶液中草酸根的浓度为0.025mol/L，沉淀NiC2O4中含有1mol草酸根，所以加入的草酸钠溶液的浓度c(Na2C2O4)=1.025mol/L。
【点睛】第5题离子方程式的书写为易错点，要注意H2S过量，所以产物有HS-，类似的还有SO2和CO2在和碱性溶液反应时，若过量则相应的生成HSO3-和HCO3-。
2． 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 0.0408 H2SO4 反应Ⅲ中有氟化钠和氟化铵生成，氟离子水解生成氢氟酸，与陶瓷中的二氧化硅发生反应 制备单质硅 反应Ⅲ
【分析】反应Ⅰ：硫酸和萤石、硅石反应生成了氟硅酸溶液；反应Ⅱ，氟硅酸与硫酸钠反应，反应方程式为；反应Ⅲ：Na2SiF6与浓氨水反应生成氟化钠和氟化铵；反应Ⅳ，氟化钠和氟化铵与偏铝酸钠反应，方程式为。
【详解】(1) 硅石和萤石需预先研磨的目的为增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2) CaSO4饱和溶液中，意味着1L溶液中溶解CaSO4 3×10-4mol，，而1L溶液质量为1000g，溶液质量可以看做水的质量，故1000g水中溶解CaSO4 0.408g，每100g水中溶解CaSO4 0.0408g；
(3)反应Ⅱ：，故滤液为H2SO4；
(4) 反应Ⅲ中有氟化钠和氟化铵生成，氟离子水解生成氢氟酸，与陶瓷中的二氧化硅发生反应；硅石可以用来制备单质硅；
(5)，故滤液2为NH3·H2O，浓缩后可返回反应Ⅲ工序循环再利用；
(6) 向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗cmol•L-1Pb(NO3)2体积为V2mL，则，n(Al)=n(Pb)=cV2×10-3mol，故n(Na3AlF6)= cV2×10-3mol，m(Na3AlF6)=n·M=cV2×10-3mol×210g/mol，则质量分数为
3．(1) 增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分 转化Ⅲ
(2)
(3)、
(4) ＞13
(5)降低的溶解度，便于完全沉淀
(6)做制冷剂
【分析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液pH小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，过滤得到滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，向转化后的溶液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
（1）
焙烧中，研磨所得粉末与氧气逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，焙烧所生成的气体为二氧化碳，可在转化Ⅲ工序中将溶液中离子转化为离子，故答案为：增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；转化Ⅲ；
（2）
由分析可知，酸浸时钒元素发生的反应为五氧化二钒与盐酸反应生成VO2Cl和水，反应的离子反应方程式为，故答案为：；
（3）
由分析可知，滤渣2含有的物质为五氧化二钒和氢氧化铁，故答案为：、；
（4）
由分析可知，转化Ⅱ为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子；转化Ⅲ为通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：＞13；；
（5）
沉钒时加入过量氯化铵，增大溶液中铵根离子浓度，有利于降低钒酸铵的溶解度，便于离子完全沉淀，提高产品产率，故答案为：降低的溶解度，便于完全沉淀；
（6）
由分析可知，煅烧中生成的气体B为氨气，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂，故答案为：制冷剂。
4． CoO+(s)+CO(g)Co+(s)+CO2(g) -374.5kJ•mol-1 143.8kJ•mol-1 = > 0.018mol•L-1•s-1 37.7 ［达到平衡时，x(N2O)=0.07对应的点在120s之后即可] N2O+2e-+2H+=N2+H2O
【分析】(2)有反应历程可知CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)△H=-358.6kJ/mol，该反应属于气体反应前后气体系数相等的可逆反应，只要初始加入反应物的量成比例，达到平衡时两个容器中各气体的百分含量相等，属于等效平衡。
【详解】(1)①总反应方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)；第一步反应为Co+(s)+ N2O(g)CoO+(s)+ N2(g)H1=+15.9kJ•mol-1；第二步反应=总反应-第一步反应，所以第二步反应为CoO+(s)+CO(g)Co+(s)+CO2(g)；据图可知该反应初始时的相对能量为+15.9kJ/mol，末态的相对能量为-358.6kJ/mol，所以该反应的△H2=-358.6kJ/mol-15.9kJ/mol=-374.5 kJ/mol；
②根据反应历程图象中的数据可知，有-127.9 kJ/mol到+15.9 kJ/mol这两个能量状态之间转化过程中垒能最高，为143.8 kJ/mol；
(2)①丙中投料为2molCO2和2molN2，完全转化相当于2molCO和2molN2O，所以平衡时与甲容器为等效平衡，又因为丙中投料为甲的2倍，所以Q1+=358.6kJ/mol；甲乙两个容器中反应物的物质的量浓度不同，乙容器中浓度更大，反应速率更快，所以t1> t2；
②该反应前后气体系数之和相等，所以反应过程中气体的总物质的量不变，为2mol+2mol=4mol，乙容器中0~20s时间内的化学反应速率v(N2O)=0.018mol•L-1•s-1，同一反应同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO)=v(N2O)= 0.018mol•L-1•s-1；
丙中投料极限转化和乙完全相同，所以两容器达到平衡时各物质的物质的量分数相同，根据表格数据可知120s后，两容器中N2O的物质的量分数均为0.07，所以此时反应达到平衡，平衡时，N2O的物质的量分数为0.07，根据反应方程式可知，CO为0.07，N2为0.43，CO2为0.43，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，所以K=；
③由于是等效平衡，甲容器比乙容器的压强小，反应速率慢，所以甲容器中N2O的物质的量分数x(N2O)与反应时间t的关系图与表格中乙容器的反应数据趋势相似，但到达平衡时间比乙长，因此图象为，［达到平衡时，x(N2O)=0.07对应的点在120s之后即可]；
(3)原电池中正极发生还原反应，据图可知该过程中N2O被还原成N2，电解质溶液为稀硫酸，应还生成水，所以电极方程式为N2O+2e-+2H+=N2+H2O。
【点睛】对应反应前后气体系数之和相等的可逆反应，可以用物质的量、物质的量分数、体积分数等来代替浓度计算平衡常数。
5． -590.1 kJ•mol-1 潮湿 潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应 增大O2的浓度(其他合理答案均可) 60% 0.21 温度 ＜
【详解】(1)已知：Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-196.6kJ•mol-1
Ⅱ.C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1
Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-483.6kJ•mol-1
根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得2SO2(g)+C(s)+2O2(g)2SO3(g)+CO2(g)△H=-590.1 kJ•mol-1；
(2)①小炭粒能将O2转化为活性氧而加快SO2的氧化速率，反应的活化能越低，反应越容易反应，根据图示可知，干燥环境下的活化能比潮湿环境下的活化能高，则在潮湿的环境下更容易发生反应，因此活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行；
②根据反应Ⅰ的速率方程为v=kp-1(SO2)p(O2)(k为与温度有关的常数)可知，增大O2的分压或减小SO2的分压都可以使反应速率变大，则增大O2的浓度，O2的分压变大，反应速率加快；
(3)一定温度下，向起始容积为5L的恒压密闭容器中加入2molC(s)和2molH2O(g)，发生反应Ⅱ。实验测得CO2的平衡物质的量为0.6mol，列三段式：
①H2O(g)的平衡转化率为×100%=60%；
②起始容积为5L的恒压密闭容器中，保持压强不变，当反应达到平衡状态时，容器的体积发生变化，根据相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则平衡时容器的体积=×5L=6.5L，此时反应的平衡常数Kc=≈0.21；
③反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1的正反应方向是气体体积增大的吸热反应，如图2所示为H2O(g)的平衡转化率与温度、压强的关系，图中随着x的增大，H2O(g)的平衡转化率逐渐增大，即平衡正向移动，升高温度，平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则x表示的物理量为温度，与表示的物理量为压强；根据图示y1压强下H2O(g)的平衡转化率大于y2压强下H2O(g)的平衡转化率，即由y2至y1H2O(g)的平衡转化率增大，平衡正向移动，则由y2至y1为减小压强的过程，因此y1＜y2。
6．(1) Ⅰ 反应Ⅰ放出热量 BC 消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
(2) 较高 5
【解析】（1）①反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，由方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，反应II为吸热反应，所以在热力学上趋势更大的是反应Ⅰ，故答案为：Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；②设液态甲酸分解的反应为反应Ⅲ，由图可知，液态甲酸分解的热化学方程式为，由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得液态甲酸转化为气态甲酸的方程式，则，则甲酸的汽化热；A．由图可知，生成TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤，故A错误；B．由图可知，反应过程中的催化剂为，故B正确；C．由图可知，氢离子参与反应过程的转化，所以溶液中pH能影响反应速率，故C正确；D．由图可知，反应过程中Fe的成键数目目发生改变，故D错误；故选BC；故答案为：；BC；③由图可知，℃之后，升高温度，积碳量减小说明消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度，故答案为：消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
（2）①由方程式可知，该反应为熵增的吸热反应，反应的、，高温下，反应，反应能自发进行，故答案为：较高，②由图可知，6~8min时，反应达到平衡，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压分别为kPa、kPa、kPa，则反应的平衡常数kPa2；由图可知，8min时缩小容器容积的瞬间，乙炔分压增大到原来的2倍，则容器容积应缩小到5L，该反应为气体分子总数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则曲线表示乙炔分压与时间关系，故答案为：；5；。
7． 3—氯丙烯 取代反应 氢氧化钠水溶液、加热 +CH2=CHCH2Cl +HCl +NaOH→ 8 OHCCH2CH2CH2CH2CHO HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。
【分析】A为烃类，相对分子量为42，则A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3；根据B到C6H10的反应条件可知该过程发生类似信息III的反应，C6H10的不饱和度为2，说明B的不饱和度为1，即A到B发生的是取代反应，B为CH2=CHCH2Cl；C6H10的结构简式为CH2=CHCH2CH2CH=CH2；与HBr发生加成反应生成C6H12Br2；根据转化关系和反应条件可知C中含有羟基，D中含有醛基，D被氧化生成，则D为，C为，所以C6H12Br2的结构简式为；E能被银氨溶液氧化再酸化后得到，所以E为；中酯基发生水解并酸化得到F，由于水解后羟基与碳碳双键相连，所以发生信息IV的反应，所以F的结构简式为。
【详解】(1)根据分析可知B为CH2=CHCH2Cl，名称为3-氯丙烯；
(2)根据分析可知E的结构简式为；
(3)反应①与信息III类似，烃基上的氯原子被代替，所以为取代反应；反应③为水解生成，反应条件为：氢氧化钠水溶液、加热；
(4)B为CH2=CHCH2Cl，根据反应②的条件和产物可得方程式：+CH2=CHCH2Cl +HCl；
(5)中酯基在NaOH溶液中发生水解得到羧基和羟基，羧基和NaOH反应生成羧酸钠和水，羟基与双键相连，所以重整为羰基，反应方程式为+NaOH→；
(6)的同分异构体属于二元羧酸，则含有两个羧基，可能的结构有、
、、、、、、
，共8种；其中核磁共振氢谱显示只有3种氢的同分异构体的结构简式为；
(7)溴苯为，对比溴苯和己二酸的结构简式可知，由溴苯合成己二酸需要将环打开，可先将苯环加成得到1-溴环己烷，再发生消去反应可以得到环己烯，根据到E的反应可知，环己稀中的双键可以被氧化成两个醛基，同时将环打开，醛基被氧化得到羧基，所以合成路线为OHCCH2CH2CH2CH2CHO HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。
【点睛】解决本题的关键是要对课本所讲官能团的结构和性质熟悉，对各个反应发生的条件要熟悉，羟基被催化氧化得到醛基，醛基被催化氧化得到羧基；正逆结合推出未知物质的结构。
8． 2-氯异丁酸 浓硫酸/加热 酯基、酮羰基 消去反应
【分析】由①RCH2COOHRCHClCOOH可知A为四个碳原子的羧酸，再由F结构中的碳骨架可知A为，所以C为，名称为2-氯异丁酸，由D到E是酯化反应，所以反应条件为浓硫酸加热，由B和G的结构，结合②，可知G的结构中含有酯基和酮羰基，由G生成H，是羟基脱水消去的过程，反应类型为消去反应，由F和I生成M的机理，类比③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH所以化学方程式为，B的同分异构体中，属于芳香化合物必然含有苯环，核磁共振氢谱有3组吸收峰说明对称性很好，所以结构简式为，以苯和乙醛为原料利用反应②的原理，再利用醇的消去生成苯乙烯，再加聚制备聚苯乙烯即可，据此作答。
【详解】(1) 由①RCH2COOHRCHClCOOH可知A为四个碳原子的羧酸，再由F结构中的碳骨架可知A为，所以C为，名称为2-氯异丁酸，由D到E是酯化反应，所以反应条件为浓硫酸加热；
(2) 由B和G的结构，结合②，可知G的结构中含有酯基和酮羰基，由G生成H，是羟基脱水消去的过程，反应类型为消去反应；
(3) 由F和I生成M的机理，类比③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH所以化学方程式为；
(4) B的同分异构体中，属于芳香化合物必然含有苯环，核磁共振氢谱有3组吸收峰说明对称性很好，所以结构简式为；
(5) 以苯和乙醛为原料利用反应②的原理，再利用醇的消去生成苯乙烯，再加聚制备聚苯乙烯；
9．(1) 丙二酸 (酚)羟基、羧基
(2)+HOOCCH2COOH
(3) 取代反应 1
(4) 10
(5)OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH
【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，A与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为；与C共热发生已知信息的反应生成，则C为HOOCCH2COOH；与碘化氢反应生成，在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，与发生取代反应生成，与(CH3)2CHNH2发生环加成反应生成。
（1）
由分析可知，A的结构简式为；C的结构简式为HOOCCH2COOH，名称为丙二酸；F的结构简式为，官能团为酚羟基和羧基，故答案为：；丙二酸；(酚)羟基、羧基；
（2）
由分析可知，由B和C生成D的反应为与HOOCCH2COOH共热反应生成、二氧化碳和水，反应的化学方程式为+HOOCCH2COOH，故答案为：+HOOCCH2COOH；
（3）
由分析可知，由G生成H的反应为与发生取代反应生成和氯化氢；M的结构简式为，分子中含有如图*所示的1个连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：，故答案为：取代反应；1；
（4）
E的同分异构体Q的苯环上有3个取代基，能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol 银可知，Q分子中含有的取代基为—OH、—CHO、—CH2CHO，其结构可以视作、和分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代所得，其中、分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代都得到4种结构，分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代得到2种结构，共有10种，符合条件的结构简式可能为，故答案为：10；；
（5）
由题给有机物转化关系和信息可知，以丙二醛和乙醛为原料制备聚—2—丁烯酸的合成步骤为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与乙醛共热反应生成CH3CH=CHCOOH，催化剂作用下CH3CH=CHCOOH发生加聚反应生成，合成路线为OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH，故答案为：OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH。
河北省张家口市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·河北张家口·一模）从镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)中提取元素，其主要工业流程如图：
已知：①MoO3难溶于水，可溶于强碱溶液。
②Fe2O3、MgO不溶于NH4Cl—氨水混合液，NiO可溶于NH4Cl—氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+。
③已知部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
pH(开始沉淀)
pH(完全沉淀)
Fe3+
1.52
3.18
Mg2+
8.10
9.43
请回答下列问题：
(1)“碱浸”时应先将镍钼矿渣粉碎，再与NaOH在80℃下反应2小时，该操作的目的为___。
(2)“碱浸”时，MoO3发生反应的离子方程式为___。
(3)“氨溶解”的目的为___，“氨溶解”过程中反应条件的选择性实验数据如图所示，“氨溶解”过程中需要控制温度在50~70℃之间，温度过高或过低都会导致产品的产量降低，请解释原因___。
(4)简述利用“滤渣I”制备纯净的铁红的方法：___。
(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为___。
(6)“氧化”时发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(7)“二次沉镍”时，发生反应的离子方程式为___。
(8)已知：某温度时，Ksp(NiC2O4)=4.0×10-10，Ksp(NiCO3)=1.60×10-8。此温度下，将碳酸镍固体投入到1L一定浓度的Na2C2O4溶液中，若要一次性恰好将1molNiCO3完全转化成NiC2O4，则所需Na2C2O4溶液的浓度c(Na2C2O4)=___(忽略溶液体积的变化)。
2．（2021·河北张家口·统考一模）冰晶石(Na3AlF6)微溶于水，可用作助熔剂、遮光剂等。以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石的一种流程如图：
已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。回答下列问题：
(1)反应I进行前硅石和萤石需预先研磨，目的是_____。
(2)常温下，滤渣1中CaSO4的溶度积常数Ksp=9×10-6，则其在水中的溶解度约为__g•(100gH2O)-1 (溶液密度取作1g•mL-3)。
(3)滤液1中主要溶质的化学式为___。
(4)“反应Ⅲ”不能在陶瓷器皿中进行的原因为__；硅石的用途有___(答出1点即可)。
(5)“反应Ⅳ”的化学方程式为__；滤液2经浓缩后可返回__工序循环利用。
(6)测定产品纯度：准确称量mg产品，加入高氯酸充分转化后，加入稍过量EDTA络合Al3+；过量的EDTA用cmol•L-1Pb(NO3)2标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为V1mL；向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗标准液体积为V2mL。
(已知：EDTA与Al3+、Pb2+反应的物质的量之比均为1：1，杂质不参加反应。)
则产品中冰晶石的质量分数为__。
3．（2022·河北张家口·统考一模）含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含、和、FeO)制备的一种流程如下：
查阅资料：
部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式如下，
pH
＜1
1~4
4~6
6-8.5
8.5~13
＞13
主要形式
多矾酸根
多矾酸根
备注
多矾酸盐在水中溶解度较小
本工艺中，生成氢氧化物沉淀的pH如下：
物质
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，将“研磨”所得粉末与逆流混合的目的为___________；所生成的气体A可在___________工序中再利用。
(2)“酸浸”V元素发生的离子反应方程式___________。
(3)滤渣2含有的物质为___________。
(4)“转化Ⅱ”需要调整pH范围为___________，“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”中加入过量有利于晶体析出，其原因为___________。
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：___________。
二、原理综合题
4．（2020·河北张家口·一模）汽车尾气污染是由汽车排放的废气造成的环境污染。主要污染物为一氧化碳、碳氢化合物、氮氧化合物等，对人类和动、植物危害甚大。解决汽车尾气问题的主要方法是研究高效催化剂促使尾气中的一氧化碳和氮氧化物反应，转化成无污染的氮气和二氧化碳。
回答下列问题：
(1)在Co+的催化作用下，CO(g)还原N2O(g)的反应历程和能量变化如图所示(逸出后物质认为状态下发生变化，在图中略去)。已知总反应的化学方程式为：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)。
该反应分两步进行：
第一步：Co+(s)+N2O(g)CoO+(s)+N2(g)△H1=+15.9kJ•mol-1；
第二步：___；△H2=___；
①填写第二步反应的热化学方程式，并根据反应历程图计算△H2的数值。
②该反应的最高能垒(活化能)为___。
(2)500℃条件下，在容积均为2L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，发生上述反应，测得相关数据如下表：
容器
反应物投入的量
平衡时
n(N2/mol)
达到平衡所需时间/min
平衡时能量变化/kJ
甲
1molCO和1molN2O
n1
t1
放热Q1
乙
2molCO和2molN2O
n2
t2
放热Q2
丙
2molCO2和2molN2
n3
t3
吸热Q3
①Q1+___358.6(填“>”“=”或“<”下同，t1___t2；
②500℃条件下，乙和丙两容器，气体混合物中N2O的物质的量分数x(N2O)与反应时间t的关系如下表：
t/s
0
20
40
60
80
120
乙
x(N2O)
0.5
0.32
0.20
0.12
0.088
0.07
丙
x(N2O)
0
0.030
0.048
0.059
0.065
0.07
根据上述实验结果，计算出乙容器中0~20s时间内的化学反应速率v(CO)=___；该反应的平衡常数K数值为：___；(保留3位有效数字)
③请推测并在图中画出甲容器中x(N2O)随时间变化的关系图象，标出恰好达到平衡时刻点的位置___。
(3)若将CO(g)还原N2O(g)的反应设计成如图的原电池装置，则该电池正极的电极反应式为___。
5．（2021·河北张家口·统考一模）碳、硫氧化物的综合利用是目前研究的热点之一。已知：
Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-196.6kJ•mol-1
Ⅱ.C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1
Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-483.6kJ•mol-1
回答下列问题：
(1) 2SO2(g)+C(s)+2O2(g)2SO3(g)+CO2(g)△H=___。
(2)研究发现细小炭粒能将O2转化为活性氧而加快SO2的氧化速率，在干燥和潮湿两种环境中的反应历程如图1所示。
①活化氧的过程适宜在___(填“干燥”或“潮湿”)环境中进行，理由为___。
②反应Ⅰ的速率方程为v=kp-1(SO2)p(O2)(k为与温度有关的常数)。一定可以加快反应Ⅰ速率的措施有__(答出一点即可)。
(3)一定温度下，向起始容积为5L的恒压密闭容器中加入2molC(s)和2molH2O(g)，发生反应Ⅱ。实验测得CO2的平衡物质的量为0.6mol。
①H2O(g)的平衡转化率为__。
②反应的平衡常数Kc=__(保留两位有效数字)。
③H2O(g)的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。则x表示的物理量为_(填“温度”或“压强”)；y1__y2(填“>”或“<”)。
6．（2022·河北张家口·统考一模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)和的综合利用对温室气体减排具有重要意义。已知反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ． ；
Ⅱ． 。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，理由为___________。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
已知：汽化热指1mol液体变为气体吸收的热量。则HCOOH的汽化热为___________；下列说法正确的是___________(填选项字母)。
A．生成TS1的反应步骤为总反应的决速步骤 B．反应过程中的催化剂为
C．溶液中pH能影响反应速率 D．反应过程中Fe的成键数目保持不变
③反应II的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，涉及如下反应：
Ⅲ．
Ⅳ．
其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，℃之后，温度升高积碳量减小的主要原因为___________。
(2)甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为 。
①该反应在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将一定量充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6~8min时，反应的平衡常数___________kPa2；若8min时改变的条件是缩小容器容积，该时刻将容器容积缩小到___________L，其中分压与时间关系可用图中曲线___________(填“”、“”、“”或“”)表示。
三、有机推断题
7．（2020·河北张家口·一模）有机物F为重要的有机原料中间体，合成F的路线如图：
已知：I.烃A的相对分子量为42；
II.R-CH=CH2R-CHO+HCHO:
III.R-Cl+2Na+Cl-R'→R-R'+2NaCl
IV.已知C=C-OH不稳定，原子会发生重排，例：
回答下列问题：
(1)有机物B的名称是___。
(2)E的结构简式是___。
(3)反应①的反应类型为___；反应③所需的试剂和条件为___。
(4)反应②的化学方程式为___。
(5)与NaOH反应的化学方程式为___。
(6)有机物的同分异构体有多种，其中属于二元羧酸的同分异构体有___种(不含立体异构)写出其中核磁共振氢谱显示只有3组峰的同分异构体的结构简式：___。
(7)请写出用溴苯为原料制备己二酸(HOOCCH2CH2CH2CH2COOH)的合成路线___(无机试剂任选)。
8．（2021·河北张家口·统考一模）化合物M()是一种缓释型解热镇痛药。实验室由A和B制备M的一种合成路线如图：
①RCH2COOHRCHClCOOH
②
③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___；C的化学名称为___；由D生成E的反应条件为__。
(2)X中官能团的名称为___；由G生成H的反应类型为___。
(3)由F和I生成M的化学方程式为__。
(4)B的同分异构体中，属于芳香化合物且核磁共振氢谱有3组吸收峰的所有结构简式为__(不含立体异构)。
(5)参照上述合成路线和信息，以苯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚苯乙烯的合成路线__。
9．（2022·河北张家口·统考一模）化合物M是一种医药中间体，以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___________；C的化学名称为___________；F中官能团的名称为___________。
(2)由B和C生成D的反应中同时生成两种能参与大气循环的无机物，该反应的化学方程式为___________。
(3)由G生成H的反应类型为___________；M中含有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)的数目为___________。
(4)Q是E的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构有___________种(不含立体异构)，任写出其中一种结构简式：___________。
①苯环上有3个取代基；
②能与溶液发生显色反应；
③能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol Ag。
(5)参照上述合成路线和信息，以丙二醛和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备聚—2—丁烯酸()的合成路线：___________。
参考答案：
1． 加快反应速率，提高镍元素的浸出率 MoO3+2OH-=MoO42-+H2O 实现镍元素和铁、镁元素的分离 浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化按分解，氨水的利用率低 用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红 [Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS- 2：3 Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑ 1.025mol•L-1
【分析】镍钼矿渣(主要含有MoO3、NiO、MgO和Fe2O3)先加入足量的NaOH溶液，MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4；滤渣主要含NiO、MgO和Fe2O3，再加入NH4Cl-氨水混合液，NiO溶解得到[Ni(NH3)6]2+，再过滤，滤渣I主要有MgO和Fe2O3；滤液中通入足量的硫化氢，和[Ni(NH3)6]2+反应得到NiS沉淀，过滤向沉淀中加入稀硝酸，S元素被氧化得到硫单质，之后向滤液中加入碳酸氢钠得到碳酸镍沉淀。
【详解】(1)将镍钼矿渣粉碎，固体表面积增大，目的是加快反应速率，提高镍元素的浸出率；
(2)根据题目所给信息可知MoO3可溶于强碱，溶解得到Na2MoO4，根据电荷守恒可得离子方程式为MoO3+2OH-=MoO42-+H2O；
(3)MgO和Fe2O3不溶于NH4Cl-氨水混合液，NiO溶于NH4Cl-氨水混合液生成[Ni(NH3)6]2+，所以“氨溶解”的目的是实现镍元素和铁、镁元素的分离；利用NH4Cl-氨水混合液“氨溶解”时，浓度过低NiO的浸出速率比较低，温度过高会导致氨的挥发，氯化铵分解，氨水的利用率低；
(4)根据分析可知滤渣I的主要成分为MgO和Fe2O3，需要制备Fe2O3，根据题目所给信息可知pH为3.18时Fe3+完全沉淀，而pH为8.10时Mg2+开始沉淀，所以可以通过调节镁离子和铁离子混合液的pH值实现二者的分离，具体操作为：用稀硫酸溶解滤渣I，然后向反应后的溶液中加入碱调节pH到3.18~8.10之间，过滤、洗涤、干燥后，经煅烧可制得铁红；
(5)“一次沉镍”时加入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，H2S过量，所以最终产物中有HS-，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为[Ni(NH3)6]2++5H2S=NiS↓+6NH4++4HS-；
(6)氧化时稀硝酸被还原成NO，化合价降低3价，NiS被氧化成S，化合价升高2价，根据电子守恒可知氧化剂：还原剂=2:3；
(7)加入碳酸氢钠，得到碳酸镍沉淀，说明碳酸氢根电离出的碳酸根和镍离子生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生大量氢离子，氢离子和碳酸氢根结合又生成二氧化碳，据此可知离子方程式为Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+H2O+CO2↑；
(8)NiCO3转化成NiC2O4的离子方程式为NiCO3(s)+C2O42-NiC2O4(s)+CO32-，该反应的平衡常数K==40，处理后的溶液中碳酸根的浓度为1mol/L，则溶液中草酸根的浓度为0.025mol/L，沉淀NiC2O4中含有1mol草酸根，所以加入的草酸钠溶液的浓度c(Na2C2O4)=1.025mol/L。
【点睛】第5题离子方程式的书写为易错点，要注意H2S过量，所以产物有HS-，类似的还有SO2和CO2在和碱性溶液反应时，若过量则相应的生成HSO3-和HCO3-。
2． 增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分 0.0408 H2SO4 反应Ⅲ中有氟化钠和氟化铵生成，氟离子水解生成氢氟酸，与陶瓷中的二氧化硅发生反应 制备单质硅 反应Ⅲ
【分析】反应Ⅰ：硫酸和萤石、硅石反应生成了氟硅酸溶液；反应Ⅱ，氟硅酸与硫酸钠反应，反应方程式为；反应Ⅲ：Na2SiF6与浓氨水反应生成氟化钠和氟化铵；反应Ⅳ，氟化钠和氟化铵与偏铝酸钠反应，方程式为。
【详解】(1) 硅石和萤石需预先研磨的目的为增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
(2) CaSO4饱和溶液中，意味着1L溶液中溶解CaSO4 3×10-4mol，，而1L溶液质量为1000g，溶液质量可以看做水的质量，故1000g水中溶解CaSO4 0.408g，每100g水中溶解CaSO4 0.0408g；
(3)反应Ⅱ：，故滤液为H2SO4；
(4) 反应Ⅲ中有氟化钠和氟化铵生成，氟离子水解生成氢氟酸，与陶瓷中的二氧化硅发生反应；硅石可以用来制备单质硅；
(5)，故滤液2为NH3·H2O，浓缩后可返回反应Ⅲ工序循环再利用；
(6) 向滴定后溶液中加入NH4F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO3)2标准溶液滴定，消耗cmol•L-1Pb(NO3)2体积为V2mL，则，n(Al)=n(Pb)=cV2×10-3mol，故n(Na3AlF6)= cV2×10-3mol，m(Na3AlF6)=n·M=cV2×10-3mol×210g/mol，则质量分数为
3．(1) 增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分 转化Ⅲ
(2)
(3)、
(4) ＞13
(5)降低的溶解度，便于完全沉淀
(6)做制冷剂
【分析】由题给流程可知，富钒废渣和碳酸钠固体混合研磨后，高温下在氧气在焙烧时，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，将得到的烧渣加入盐酸调节溶液pH小于进行酸浸，将五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣1和滤液1；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2；向滤渣2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，过滤得到滤渣3和滤液3；向滤液3中通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，向转化后的溶液中加入氯化铵溶液得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
（1）
焙烧中，研磨所得粉末与氧气逆流混合可以增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；由分析可知，焙烧所生成的气体为二氧化碳，可在转化Ⅲ工序中将溶液中离子转化为离子，故答案为：增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分；转化Ⅲ；
（2）
由分析可知，酸浸时钒元素发生的反应为五氧化二钒与盐酸反应生成VO2Cl和水，反应的离子反应方程式为，故答案为：；
（3）
由分析可知，滤渣2含有的物质为五氧化二钒和氢氧化铁，故答案为：、；
（4）
由分析可知，转化Ⅱ为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子；转化Ⅲ为通入过量二氧化碳气体，将溶液中离子转化为离子，反应的离子方程式为，故答案为：＞13；；
（5）
沉钒时加入过量氯化铵，增大溶液中铵根离子浓度，有利于降低钒酸铵的溶解度，便于离子完全沉淀，提高产品产率，故答案为：降低的溶解度，便于完全沉淀；
（6）
由分析可知，煅烧中生成的气体B为氨气，氨易液化，液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低，可做制冷剂，故答案为：制冷剂。
4． CoO+(s)+CO(g)Co+(s)+CO2(g) -374.5kJ•mol-1 143.8kJ•mol-1 = > 0.018mol•L-1•s-1 37.7 ［达到平衡时，x(N2O)=0.07对应的点在120s之后即可] N2O+2e-+2H+=N2+H2O
【分析】(2)有反应历程可知CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)△H=-358.6kJ/mol，该反应属于气体反应前后气体系数相等的可逆反应，只要初始加入反应物的量成比例，达到平衡时两个容器中各气体的百分含量相等，属于等效平衡。
【详解】(1)①总反应方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)；第一步反应为Co+(s)+ N2O(g)CoO+(s)+ N2(g)H1=+15.9kJ•mol-1；第二步反应=总反应-第一步反应，所以第二步反应为CoO+(s)+CO(g)Co+(s)+CO2(g)；据图可知该反应初始时的相对能量为+15.9kJ/mol，末态的相对能量为-358.6kJ/mol，所以该反应的△H2=-358.6kJ/mol-15.9kJ/mol=-374.5 kJ/mol；
②根据反应历程图象中的数据可知，有-127.9 kJ/mol到+15.9 kJ/mol这两个能量状态之间转化过程中垒能最高，为143.8 kJ/mol；
(2)①丙中投料为2molCO2和2molN2，完全转化相当于2molCO和2molN2O，所以平衡时与甲容器为等效平衡，又因为丙中投料为甲的2倍，所以Q1+=358.6kJ/mol；甲乙两个容器中反应物的物质的量浓度不同，乙容器中浓度更大，反应速率更快，所以t1> t2；
②该反应前后气体系数之和相等，所以反应过程中气体的总物质的量不变，为2mol+2mol=4mol，乙容器中0~20s时间内的化学反应速率v(N2O)=0.018mol•L-1•s-1，同一反应同一时段内反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO)=v(N2O)= 0.018mol•L-1•s-1；
丙中投料极限转化和乙完全相同，所以两容器达到平衡时各物质的物质的量分数相同，根据表格数据可知120s后，两容器中N2O的物质的量分数均为0.07，所以此时反应达到平衡，平衡时，N2O的物质的量分数为0.07，根据反应方程式可知，CO为0.07，N2为0.43，CO2为0.43，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，所以K=；
③由于是等效平衡，甲容器比乙容器的压强小，反应速率慢，所以甲容器中N2O的物质的量分数x(N2O)与反应时间t的关系图与表格中乙容器的反应数据趋势相似，但到达平衡时间比乙长，因此图象为，［达到平衡时，x(N2O)=0.07对应的点在120s之后即可]；
(3)原电池中正极发生还原反应，据图可知该过程中N2O被还原成N2，电解质溶液为稀硫酸，应还生成水，所以电极方程式为N2O+2e-+2H+=N2+H2O。
【点睛】对应反应前后气体系数之和相等的可逆反应，可以用物质的量、物质的量分数、体积分数等来代替浓度计算平衡常数。
5． -590.1 kJ•mol-1 潮湿 潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应 增大O2的浓度(其他合理答案均可) 60% 0.21 温度 ＜
【详解】(1)已知：Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-196.6kJ•mol-1
Ⅱ.C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1
Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3=-483.6kJ•mol-1
根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得2SO2(g)+C(s)+2O2(g)2SO3(g)+CO2(g)△H=-590.1 kJ•mol-1；
(2)①小炭粒能将O2转化为活性氧而加快SO2的氧化速率，反应的活化能越低，反应越容易反应，根据图示可知，干燥环境下的活化能比潮湿环境下的活化能高，则在潮湿的环境下更容易发生反应，因此活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行；
②根据反应Ⅰ的速率方程为v=kp-1(SO2)p(O2)(k为与温度有关的常数)可知，增大O2的分压或减小SO2的分压都可以使反应速率变大，则增大O2的浓度，O2的分压变大，反应速率加快；
(3)一定温度下，向起始容积为5L的恒压密闭容器中加入2molC(s)和2molH2O(g)，发生反应Ⅱ。实验测得CO2的平衡物质的量为0.6mol，列三段式：
①H2O(g)的平衡转化率为×100%=60%；
②起始容积为5L的恒压密闭容器中，保持压强不变，当反应达到平衡状态时，容器的体积发生变化，根据相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则平衡时容器的体积=×5L=6.5L，此时反应的平衡常数Kc=≈0.21；
③反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+90.1kJ•mol-1的正反应方向是气体体积增大的吸热反应，如图2所示为H2O(g)的平衡转化率与温度、压强的关系，图中随着x的增大，H2O(g)的平衡转化率逐渐增大，即平衡正向移动，升高温度，平衡正向移动，增大压强平衡逆向移动，则x表示的物理量为温度，与表示的物理量为压强；根据图示y1压强下H2O(g)的平衡转化率大于y2压强下H2O(g)的平衡转化率，即由y2至y1H2O(g)的平衡转化率增大，平衡正向移动，则由y2至y1为减小压强的过程，因此y1＜y2。
6．(1) Ⅰ 反应Ⅰ放出热量 BC 消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
(2) 较高 5
【解析】（1）①反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，由方程式可知，反应Ⅰ为放热反应，反应II为吸热反应，所以在热力学上趋势更大的是反应Ⅰ，故答案为：Ⅰ；反应Ⅰ放出热量；②设液态甲酸分解的反应为反应Ⅲ，由图可知，液态甲酸分解的热化学方程式为，由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅰ可得液态甲酸转化为气态甲酸的方程式，则，则甲酸的汽化热；A．由图可知，生成TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤，故A错误；B．由图可知，反应过程中的催化剂为，故B正确；C．由图可知，氢离子参与反应过程的转化，所以溶液中pH能影响反应速率，故C正确；D．由图可知，反应过程中Fe的成键数目目发生改变，故D错误；故选BC；故答案为：；BC；③由图可知，℃之后，升高温度，积碳量减小说明消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度，故答案为：消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
（2）①由方程式可知，该反应为熵增的吸热反应，反应的、，高温下，反应，反应能自发进行，故答案为：较高，②由图可知，6~8min时，反应达到平衡，甲烷、乙炔、氢气的平衡分压分别为kPa、kPa、kPa，则反应的平衡常数kPa2；由图可知，8min时缩小容器容积的瞬间，乙炔分压增大到原来的2倍，则容器容积应缩小到5L，该反应为气体分子总数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则曲线表示乙炔分压与时间关系，故答案为：；5；。
7． 3—氯丙烯 取代反应 氢氧化钠水溶液、加热 +CH2=CHCH2Cl +HCl +NaOH→ 8 OHCCH2CH2CH2CH2CHO HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。
【分析】A为烃类，相对分子量为42，则A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3；根据B到C6H10的反应条件可知该过程发生类似信息III的反应，C6H10的不饱和度为2，说明B的不饱和度为1，即A到B发生的是取代反应，B为CH2=CHCH2Cl；C6H10的结构简式为CH2=CHCH2CH2CH=CH2；与HBr发生加成反应生成C6H12Br2；根据转化关系和反应条件可知C中含有羟基，D中含有醛基，D被氧化生成，则D为，C为，所以C6H12Br2的结构简式为；E能被银氨溶液氧化再酸化后得到，所以E为；中酯基发生水解并酸化得到F，由于水解后羟基与碳碳双键相连，所以发生信息IV的反应，所以F的结构简式为。
【详解】(1)根据分析可知B为CH2=CHCH2Cl，名称为3-氯丙烯；
(2)根据分析可知E的结构简式为；
(3)反应①与信息III类似，烃基上的氯原子被代替，所以为取代反应；反应③为水解生成，反应条件为：氢氧化钠水溶液、加热；
(4)B为CH2=CHCH2Cl，根据反应②的条件和产物可得方程式：+CH2=CHCH2Cl +HCl；
(5)中酯基在NaOH溶液中发生水解得到羧基和羟基，羧基和NaOH反应生成羧酸钠和水，羟基与双键相连，所以重整为羰基，反应方程式为+NaOH→；
(6)的同分异构体属于二元羧酸，则含有两个羧基，可能的结构有、
、、、、、、
，共8种；其中核磁共振氢谱显示只有3种氢的同分异构体的结构简式为；
(7)溴苯为，对比溴苯和己二酸的结构简式可知，由溴苯合成己二酸需要将环打开，可先将苯环加成得到1-溴环己烷，再发生消去反应可以得到环己烯，根据到E的反应可知，环己稀中的双键可以被氧化成两个醛基，同时将环打开，醛基被氧化得到羧基，所以合成路线为OHCCH2CH2CH2CH2CHO HOOCCH2CH2CH2CH2COOH。
【点睛】解决本题的关键是要对课本所讲官能团的结构和性质熟悉，对各个反应发生的条件要熟悉，羟基被催化氧化得到醛基，醛基被催化氧化得到羧基；正逆结合推出未知物质的结构。
8． 2-氯异丁酸 浓硫酸/加热 酯基、酮羰基 消去反应
【分析】由①RCH2COOHRCHClCOOH可知A为四个碳原子的羧酸，再由F结构中的碳骨架可知A为，所以C为，名称为2-氯异丁酸，由D到E是酯化反应，所以反应条件为浓硫酸加热，由B和G的结构，结合②，可知G的结构中含有酯基和酮羰基，由G生成H，是羟基脱水消去的过程，反应类型为消去反应，由F和I生成M的机理，类比③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH所以化学方程式为，B的同分异构体中，属于芳香化合物必然含有苯环，核磁共振氢谱有3组吸收峰说明对称性很好，所以结构简式为，以苯和乙醛为原料利用反应②的原理，再利用醇的消去生成苯乙烯，再加聚制备聚苯乙烯即可，据此作答。
【详解】(1) 由①RCH2COOHRCHClCOOH可知A为四个碳原子的羧酸，再由F结构中的碳骨架可知A为，所以C为，名称为2-氯异丁酸，由D到E是酯化反应，所以反应条件为浓硫酸加热；
(2) 由B和G的结构，结合②，可知G的结构中含有酯基和酮羰基，由G生成H，是羟基脱水消去的过程，反应类型为消去反应；
(3) 由F和I生成M的机理，类比③R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH所以化学方程式为；
(4) B的同分异构体中，属于芳香化合物必然含有苯环，核磁共振氢谱有3组吸收峰说明对称性很好，所以结构简式为；
(5) 以苯和乙醛为原料利用反应②的原理，再利用醇的消去生成苯乙烯，再加聚制备聚苯乙烯；
9．(1) 丙二酸 (酚)羟基、羧基
(2)+HOOCCH2COOH
(3) 取代反应 1
(4) 10
(5)OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH
【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，A与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为；与C共热发生已知信息的反应生成，则C为HOOCCH2COOH；与碘化氢反应生成，在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，与发生取代反应生成，与(CH3)2CHNH2发生环加成反应生成。
（1）
由分析可知，A的结构简式为；C的结构简式为HOOCCH2COOH，名称为丙二酸；F的结构简式为，官能团为酚羟基和羧基，故答案为：；丙二酸；(酚)羟基、羧基；
（2）
由分析可知，由B和C生成D的反应为与HOOCCH2COOH共热反应生成、二氧化碳和水，反应的化学方程式为+HOOCCH2COOH，故答案为：+HOOCCH2COOH；
（3）
由分析可知，由G生成H的反应为与发生取代反应生成和氯化氢；M的结构简式为，分子中含有如图*所示的1个连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：，故答案为：取代反应；1；
（4）
E的同分异构体Q的苯环上有3个取代基，能与氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应，且1 mol Q参加反应最多生成4 mol 银可知，Q分子中含有的取代基为—OH、—CHO、—CH2CHO，其结构可以视作、和分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代所得，其中、分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代都得到4种结构，分子中苯环上的氢原子被—CH2CHO取代得到2种结构，共有10种，符合条件的结构简式可能为，故答案为：10；；
（5）
由题给有机物转化关系和信息可知，以丙二醛和乙醛为原料制备聚—2—丁烯酸的合成步骤为在催化剂作用下，OHCCH2CHO与氧气共热发生催化氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与乙醛共热反应生成CH3CH=CHCOOH，催化剂作用下CH3CH=CHCOOH发生加聚反应生成，合成路线为OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH，故答案为：OHCCH2CHO HOOCCH2COOHCH3CH=CHCOOH。
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