山西省太原市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

这是一份山西省太原市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23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。

山西省太原市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·山西太原·统考一模）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：

已知：
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
Mn(OH)2
Ksp(室温下)
4.0×10-38
1.0×10-33
1.6×10-14
2.0×10-13

(1)①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是__；以下最适合作为物质X的是____（填字母）。
A．双氧水          B．氨水            C．盐酸        D．NiO
②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___  。
(2)滤渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为______。
(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为___________。
(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_______（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_____。
2．（2021·山西太原·统考一模）综合利用炼锌矿渣［主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]可获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：

已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中的金属离子百分数)见表2。
表1 金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度/mol·L-1)
开始沉淀的pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0

表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率/%
Fe2+
0
Fe3+
99
Z2+
0
Ga3+
97~98.5

(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为______，“操作1”为______。
(2)“滤液1”中可回收利用的物质是______。“滤饼”的主要成分是______。“萃取”前加入的固体X为______。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，镓的存在形式为______(填化学式)。
(4)GaN可采用“MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术”制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，在一定条件下使其与NH3发生反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。
(5)下图可表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的工作原理。H+向______(填“左”或“右”)池移动；铜电极上发生反应的电极反应式为______。

3．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。

已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0

回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有_________(填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式：_________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_________。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是_________；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式：_________。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为_________。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl

以上热解产物中，热稳定性最差的是_________(填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是_________。

二、原理综合题
4．（2020·山西太原·统考一模）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。
(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H=___。
共价键
C-C
C=C
C-H
H-H
键能/(kJ∙mol-1)
348
615
413
436

(2)下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）

①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是__（填字母）。
A．∆H保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键
②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是____（填字母）
A．增大压强        B．升高温度           C．保持容积不变充入氩气
工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_____。
③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是___、____（填标号）
④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp=____Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）
(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是____，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_____。
5．（2021·山西太原·统考一模）二氧化碳的资源化利用一直是科学研究的热点领域，工业上可利用反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)制备甲醇。回答下列问题：
(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1
CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-676.0 kJ·mol-1
则反应I的ΔH=______。
(2)T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，容器中n(H2)随时间的变化如图中实线所示。

①从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率v(CO2)=______，氢气的转化率为______。
②该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数Kp=______(kPa)-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压x体积分数)
(3)①若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线______(填“I”或“II”)，判断的依据是______。
②a点的正反应速率______b点的逆反应速率(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是______。
6．（2022·山西太原·统考一模）二氧化碳资源化利用有助于实现“双碳目标”。在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式有
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
(1)计算 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =___________。
(2)图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是___________(填图中字母)，判断依据是___________。

(3)①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，则n(H2O)= ___________mol(用含a的代数式表示，需化简)。
②若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp=___________。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)科研人员提出CeO2催化CO2合成碳酸二甲酯(DMC)的反应过程如图2所示，由图可知 其中没有O-H键断裂的步骤是___________ (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为___________。(CH3OH不需标注同位素原子)。


三、有机推断题
7．（2020·山西太原·统考一模）有机物1是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知：①R1CHO+R2CH2CHO
②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
(1)A的名称是___，H含有的官能团名称是_____。
(2)②的反应条件是___。⑦的反应类型是______。
(3)I的结构简式是________。
(4)④的化学方程式是_________。NaOH/H2O
(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种（不考虑立体异构）
(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）__ 。
8．（2021·山西太原·统考一模）黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反应”合成一种环己烷衍生物K的路线如下：

已知：①R-ClR-COOH
②R1CH2R2
③RCOOR1+R2CH2COOR3+R1OH
回答下列问题：
(1)已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，则B中含有的官能团是______(填名称)。
(2)C→D的化学方程式是______，D→E的反应类型是______。
(3)E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是______。
(4)H的结构简式是______。
(5)某化合物乙的结构为，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则：
①丙的化学名称是______(用系统命名法)。
②乙的同分异构体中，能与新制的Cu(OH)2反应的共有______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9：2：1的是______(填结构简式)。
9．（2022·山西太原·统考一模）M是合成某药物的中间体，以A为原料合成M的路线如下(部分条件和产物省略)：

已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)芳香化合物A的化学名称为___________，M中所含的含氧官能团除羟基外，还有___________。
(2)B有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为___________。
①能发生水解反应，但不能发生银镜反应
②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3
(3)试剂R的结构简式为___________，由D生成E的化学方程式为___________。
(4)由A生成B的多步反应中，存在反应，结合合成路线中的相关反应，说明设计该反应的目的为___________。
(5)参照上述流程，写出以乙醇为原料合成2－丁醇的路线：(其他试剂自选) ___________。

参考答案：
1．     除去Al3+、Fe3+     D     pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生     MnO2     2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+     4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O     阳     LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+
【分析】废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣Ⅰ；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2~+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。
【详解】(1)①由以上分析知，调节溶液的pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；
②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生；
(2)由以上分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2价升高到+3价，则反应物中应有氧化剂(O2)参加反应，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案为：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；
(4)充电时LiNiO2转化为Li1-xNiO2，Ni价态由+3价升高为+(3+x)价，所以在阳极发生反应，该电极的电极反应式为LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案为：阳；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。
【点睛】pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，c(Fe3+)===4.0×10-11mol/L<1×10-5mol/L，所以Fe3+完全转化为沉淀；同理，溶液中的c(Al3+)==1.0×10-6mol/L<1×10-5mol/L，所以Al3+完全转化为沉淀。
2．     +3     过滤     硫酸锌     Fe(OH)3、Ga(OH)3     Fe     NaGaO2     Ga(CH3)3+NH33CH4+GaN     右    
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，据此解答。
【详解】(1) Ga 呈+3价，则Ga2(Fe2O4)3中Fe的化合价为+3，“操作1”用于分离不溶性固体和溶液，为过滤。
(2)据分析，“滤液1”含锌离子，则可回收利用的物质是硫酸锌。亚铁离子被双氧水氧化为铁离子、由表和流程知，调节pH=5.4是为了沉淀铁离子和Ga3+，则“滤饼”的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3。后续流程中需萃取Ga3+ 而不能萃取Fe3+ ，由表可知，需将Fe3+转变为Fe2+，则“萃取”前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。“反萃取”后，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
(4)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，则该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。
(5)由图中电子的流向可知，GaN电极为该电池的负极，Cu电极为该电池的正极，溶液中H+向正极移动，即向右移动，铜电极上，二氧化碳得到电子转化为甲烷，电极反应式为 。
3．(1)     AB     Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3)     Fe3+、Zn2+     8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4)     Pr3++3e-=Pr     PrOCl     1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2

【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
4．     +123 kJ∙mol-1     C     B     该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移     ⅳ     ⅰ     3.3×103     C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面     生成有毒气体CO(或其他合理说法)
【分析】(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H。
(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关；
B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变；
C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小；
D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键。
②A．增大压强，平衡逆向移动；
B．升高温度，平衡正向移动；
C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响。
工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度。
③1×104Pa与1×105Pa进行对比，从平衡移动的方向确定图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线。
④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp。
(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，由此可确定原因及缺点。
【详解】(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H=(2×413+348) kJ∙mol-1-(615+436) kJ∙mol-1=+123 kJ∙mol-1。答案为：+123 kJ∙mol-1；
(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关，A不合题意；
B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变，所以密度不变时不一定达平衡状态，B不合题意；
C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键，反应不一定达平衡状态，D不合题意；
故选C。答案为：C；
②A．增大压强，平衡逆向移动，丙烯的平衡产率减小，A不合题意；
B．升高温度，平衡正向移动，丙烯的平衡产率增大，B符合题意；
C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响，C不合题意；
故选B。答案为：B；
工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度，其目的是该反应为气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移。答案为：该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移；
③升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则ⅰ、ⅲ为丙烷的曲线，ⅱ、ⅳ为丙烯的曲线，1×104Pa与1×105Pa相比，压强减小，平衡正向移动，从而得出表示丙烷体积分数的曲线为ⅳ，表示丙烯体积分数的曲线为ⅰ。答案为：ⅳ；ⅰ；
④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp==3.3×103。答案：3.3×103；
(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，其原因是C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是生成有毒气体CO(或其他合理说法)。答案为：C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；生成有毒气体CO(或其他合理说法)。
【点睛】利用键能计算反应热时，比较反应物与生成物的结构式，确定键的断裂与形成是解题的关键。
丙烷的结构式为，丙烯的结构式为，H2的结构式为H-H，由此可确定断键与成键的种类及数目。
5．     -49.4kJ/mol          45%          Ⅰ     曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动          增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强
【详解】(1)已知：H2的燃烧热为ΔH1=-285.8kJ·mol-1，则反应①：H2的燃烧热化学方程式为： ，变化②为：H2O(g)=H2O(1) ΔH2=-44.0 kJ·mol-1，反应③为：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3=-676.0 kJ·mol-1，按盖斯定律，反应Ⅰ=反应①×3-变化②-反应③，则反应I的ΔH= 3ΔH1-ΔH2-ΔH3=-49.4kJ/mol。
(2) ①T℃下，将6mol CO2和8mol H2组成的气态混合物充入2L密闭容器中发生反应I，从反应开始至a点，用CO2表示的平均反应速率 ，氢气的转化率。②由已知、图示数据可得三段式： ,则混合气体中，, 该温度下，达到平衡时容器的总压为p总kPa，则此反应的化学平衡常数，即Kp= (kPa)-2。
(3)①早拐早平速度快，升温时反应速率增大、CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol平衡左移，氢气的物质的量减小，故：若图中虚线表示仅改变温度时n(H2)随时间的变化，则升高温度对应的是曲线I，反应判断的依据是：曲线Ⅰ反应速率更快且平衡时n(H2)变大，平衡逆向移动。②从a到b，反应物浓度下降，反应速率减小，则a点的正反应速率b点的逆反应速率。
(4) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体分子总数减小的反应，在T℃下，提高CO2平衡转化率的一种措施是：体积不变时增大n(H2)或缩小容器的容积，增大压强。
6．(1)+205.9KJ∙mol-1
(2)     A     反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小
(3)     3.26-a    
(4)     ②     2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O

【分析】图1升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高，C表示CO的变化；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小，A表示甲烷的变化；B代表二氧化碳。
图2：反应原理：①CH3OH+H-O-催→CH3O-催+H2O，②CH3O-催+CO2→CH3COO-催，③CH3OH+CH3COO-催→CH3OCOOCH3+H-O-催，总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O。
(1)
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)          kJ·mol-1
反应 Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)         =+41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ ：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)         =-247.1 kJ·mol-1
起始时向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图1所示。回答下列问题：
由盖斯定律可知：Ⅱ-Ⅰ得 CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的 =+41.2 kJ·mol-1-( kJ·mol-1)=+205.9KJ∙mol-1。故答案为：+205.9KJ∙mol-1；
(2)
图1中表示n(CH4)随温度变化的曲线是A(填图中字母)，判断依据是反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小。故答案为：A；反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应，当温度升高时，平衡均逆向移动，n(CH4)均减小；
(3)
①在600℃时，已知平衡体系中n(H2)=a mol，

则n(H2O)= (2×0.37+4-2×0.37-a)=(3.26-a)mol(用含a的代数式表示，需化简)。故答案为：3.26-a；
②从图中读出，2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)中n(CO2)=0.26mol，n(CH4)=0.37mol，n(CO)=0.37mol，又n(H2)=amol，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，由反应Ⅰ求出气体物质的量的变化量为2×0.37，反应后气体的总物质的量为：5-2×0.37=4.26mol，若平衡时体系的压强为p，则反应Ⅲ的平衡常数Kp==。(用含a、p的代数式表示，列出计算式即可，平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数)故答案为：；
(4)
由图可知 ①中CH3OH生成CH3O-，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，其中没有O-H键断裂的步骤是② (填“①”、“②'或“③”)，合成DMC的总反应方程式为2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。(CH3OH不需标注同位素原子)。故答案为：②；2CH3OH+CO2 CH3OCOOCH3+H2O。
7．     乙烯     羧基、碳碳双键     铜、氧气、加热     酯化反应          +2NaOH+2NaCl+H2O     10     CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH
【分析】由D的分子式，可确定其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成E的结构简式为，在NaOH水溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，；由I的分子式，可确定A分子中含有2个碳原子，由反应⑤的条件，与信息①进行比较，可确定C为CH3CHO，则B为CH3CH2OH，A为CH2=CH2。反应生成G的结构简式为，H为，I为。
【详解】(1)由以上分析知，A的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯，H为，含有的官能团名称是羧基、碳碳双键。答案为：乙烯；羧基、碳碳双键；
(2)反应②为CH3CH2OH氧化为CH3CHO，则反应条件是铜、氧气、加热。反应⑦为转化为，反应类型是酯化反应。答案为：铜、氧气、加热；酯化反应；
(3)由以上分析知，I的结构简式是。答案为：；
(4)反应④为生成，化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；
(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，若1个取代基为-CH=CH2，则另一取代基为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH；若1个取代基为-CH3，则另一取代基为-CH=CHOOCH、-OOC-CH=CH2、-COOCH=CH2、；若1个取代基为-OOCH，则另一取代基为-CH2CH=CH2、-CH=CHCH3、,则L共有10种（不包括立体异构）。答案为：10；
(6) C为CH3CHO，由高聚物确定单体为CH3CH=CHCOOH，则依据信息①，两个CH3CHO先在NaOH水溶液中反应，再加热，从而生成CH3CH=CHCHO，再用银氨溶液氧化即得CH3CH=CHCOOH，然后发生加聚反应从而生成。合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH。答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。
【点睛】合成有机物时，我们常采用逆推法，由高聚物确定链节，再由链节确定单体，先比较原料有机物与单体上的碳原子数，再比较官能团，以便确定发生的反应类型以及反应条件。
8．     羧基、氯原子     HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3     取代反应               2,2-二甲基丁烷     8     (CH3)3CCH2CHO
【分析】A可与饱和NaHCO3溶液反应，已知A可与饱和NaHCO3溶液反应，说明A中含有羧基，则A为CH3COOH，A发生取代反应生成B，B能发生信息①的反应，则B为ClCH2COOH，C为HOOCCH2COOH，C和乙醇发生酯化反应生成D，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，根据G结构简式知，D发生取代反应生成E，E为， E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是，F结构简式为，F和乙醇发生酯化反应生成G，G发生信息③的反应生成H为，J发生黄鸣龙反应生成K，根据K结构简式知，J为，I的分子式为C5H8O2，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，根据J知I结构简式为CH3CH2OOC-CH=CH2，以此来解答。
【详解】(1)据分析，B为ClCH2COOH，则B中含有的官能团是羧基、氯原子。
(2)C→D的反应，为丙二酸和乙醇之间按物质的量之比为1:2进行的酯化反应，化学方程式是HOOCCH2COOH+ 2CH3CH2OH 2H2O+CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，D为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， E为，则D→E的反应类型是取代反应。
(3) E为、F为，E→F为两步连续氧化反应，中间产物甲可发生银镜反应，甲的结构简式是。
(4)据分析，G→H，发生的是信息③反应，则H的结构简式是。
(5) ①化合物乙，经过黄鸣龙反应得到化合物丙，则丙为，属于烷烃，用系统命名法命名，其主链4个碳原子、2号碳原子上有2个甲基，则丙的化学名称是2,2-二甲基丁烷。
②乙的分子式为C6H12O，不饱和度为1，乙的同分异构体中，含-CHO的能与新制的Cu(OH)2反应，即-CHO与-C5H11组成的能与新制的Cu(OH)2反应 ，-C5H11为戊基，正戊烷分子内有3种氢原子、对应的戊基有3种、异戊烷分子内有4种氢原子、对应的戊基有4种、新戊烷分子内有1种氢原子、对应的戊基有1种、故共有8种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为9:2:1，则分子内有3种氢原子、醛基上有1个H、另外有1个-CH2-，有3个-CH3，则结构简式是(CH3)3CCH2CHO。
9．(1)     甲苯     羰基、醚键
(2)、
(3)          2+O22+2H2O
(4)保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化
(5)

【分析】A为芳香族化合物，含有苯环，其分子式为C7H8，所以结构简式为，经多步反应生成B，根据反应条件可知，B与试剂R发生类似已知信息的反应生成C，结合B、C的结构简式可知R为，C水解生成D，D在催化氧化生成E，根据E中含有羰基可知，C水解后生成羟基，所以D为。
（1）
A的结构简式为，苯环上有一个甲基，所以名称为甲苯；根据M的结构简式可知其含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（2）
B中含有8个C原子，2个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：能发生水解反应，不能发生银镜反应，可知含有酯基，但不是甲酸某酯，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：2：2：3，即结构对称，可得满足相关条件的芳香族化合物的结构简式为、；
（3）
根据分析，R的结构简式为；D中羟基被催化氧化生成D，化学方程式为2+O22+2H2O；
（4）
根据后续产物可知-OCH3最终又转化为酚羟基，结合酚羟基很活泼性质，容易发生氧化反应可知，其目的就是保护酚羟基，防止在酚羟基反应过程中被氧化；
（5）
乙醇为CH3CH2OH，2－丁醇为，通过乙醇合成2-丁醇需要将碳链加长，根据已知信息可知CH3CHO可以和CH3CH2Cl在Mg/乙醚条件下生成，再水解即可得到2－丁醇，而乙醇被催化氧化可以生成CH3CHO，与浓盐酸发生取代反应可以生成CH3CH2Cl，所以合成路线为。