福建省漳州市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

这是一份福建省漳州市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25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。

福建省漳州市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·福建漳州·统考二模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：

已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配位体，K=1.6×10-14)
②Ksp[Fe(OH)3] =2.16×10-39， Ksp[Ni(OH)2] =2×10-15
③Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5
④“脱络”过程中，R-与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基)，·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH－+·OH.
ii.R-+·OH=OH-+·R
iii.H2O2+2OH=O2↑+2H2O
请回答下列问题：
(1)中间产物·OH的电子式是_______。
(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01 mol/L，加入碳酸钠调溶液的pH为______(假设溶液体积不变，1g6≈0.8)使Fe 3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5 mol/L)，此时_____（填“有”或“无”）Ni(OH)2沉淀生成。
(3)25℃时pH=3的草酸溶液中=____________(保留两位小数)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是____________。
(4)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是____________。
(5)工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO-把Ni(OH)2氧化为三氧化二镍。写出该反应的离子方程式：____________。
2．（2021·福建漳州·统考二模）铬铁矿的主要成分为亚铬酸亚铁()，还含有及少量难溶于水和碱溶液的杂质。以铬铁矿为原料制备重铬酸钾()的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)为了加快“煅烧”的反应速率，可以采取的措施有_______(写一条即可)。
(2)亚铬酸亚铁()中铬元素的化合价为_______；“煅烧”后亚铬酸亚铁转化为和，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
(3)“水浸”时，遇水强烈水解，有红褐色沉淀产生，其水解的离子方程式为_______。
(4)“滤液1”中主要含有、、等阴离子。利用“煅烧”产生的气体X调节pH，可防止产品混入较多的杂质，则气体X为_______(填化学式，下同)，滤渣2的主要成分为_______。
(5)“铬转化”时，若盐酸浓度过大，在较高温度下会转化为，影响产品的纯度并产生有毒气体污染环境，写出影响产品纯度的相关反应离子方程式_______。
(6)处理含有的酸性废水防止铬对环境产生污染。
①每次取废水样品amL，用溶液进行处理，将转化为毒性较低的，同时转化为，平均每次消耗了vmL。废水中为_______。(用含a、b、v的式子表示)。
②室温下，将上述溶液再调节至，使转化成而沉降，分离出污泥，检测到废水中浓度约为，室温下_______。
3．（2022·福建漳州·统考二模）废三元锂离子电池中含有镍、钻、锰、锂、铝等金属元素，是重要的二次资源。由某18650型废三元锂离子电池回收镍、钻、锰的工艺流程如下图所示：

已知：①浸出液中各金属离子的质量浓度如下表。
金属离子





质量浓度()
1600
5144
1495
842
254

②能与、、形成配合物。
回答下列问题：
(1)“浸出”后得到浸出液的操作是___________。
(2)正极活性材料中的在“浸出”过程中转化的化学方程式为___________。
(3)镍、钻、锰的浸出率随时间、温度的变化如图1、图2所示。

①综合考虑，选择浸出时间为___________。
②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是___________。
(4)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式为___________。
(5)“沉淀”中气体A为___________(填化学式)。沉淀后，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，判断沉淀洗净的方法是___________。
(6)已知25℃时，部分物质的溶度积常数如下：
物质








要使滤液中、、沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)的pH应大于___________(lg2=0.3，lg5=0.7)。

二、原理综合题
4．（2020·福建漳州·统考二模）CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。
(1)将体积比为2：1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。将残留固体溶于水，所得溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)____________c(Na+)（填“>”“<”或“=”） 。
(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)    △H=-566.0 kJ/mol；键能E（o=o）=499.0 kJ/mol
①CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)+O(g) 的△H=____________kJ/mol
②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。某时刻该反应体系中各物质浓度满足： c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。
(3)已知：反应CO2(g)⇌CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；反应2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，
①分析图1，求2min内v(CO2)=_______。
②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1 L，则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。
(4)为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：3进行实验，得到如下数据：
选项
T/K
时间/min
催化剂种类
甲醇的含量(%)
A
450
10
CuO-ZnO
78
B
450
10
CuO-ZnO-ZrO2
88
C
450
10
ZnO-ZrO2
46


①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。
②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。
A．使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2     B．适当降低反应温度
C．增大CO和H2的初始投料比       D．恒容下，再充入a mol CO和3a mol H2
5．（2021·福建漳州·统考二模）科学家利用Li4SiO4吸附CO2，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。回答下列问题：
(1)可用Li2CO3与SiO2反应制取吸附剂Li4SiO4。
已知：2Li2O(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s) ΔH1=akJ⋅mol-1
Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li2SiO3(s)+CO2(g)  ΔH2=bkJ⋅mol-1
Li2SiO3(s)=Li2O(s)+SiO2(s)  ΔH3=ckJ⋅mol-1
则2Li2CO3(s)+SiO2(s)=Li4SiO4(s)+2CO2(g) ΔH=______kJ⋅mol−1(用含a、b、c的式子表示)。
(2)CO2的吸附回收及材料再生的原理如下图所示：

“吸附”过程中主要反应的化学方程式为______。
(3)为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4吸附剂，通入10.0mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量百分数与温度的关系如下图所示。

①该反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②A点的v正_____v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是_____。
③不同CO2的体积分数对于吸附速率的影响是______。
④保持B点的温度不变，若所用刚性容器体积为原来的一半，则平衡时理论上c(CO2)较原平衡______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
⑤B点CO2的吸收率为______(保留3位有效数字)。

6．（2022·福建漳州·统考二模）甲醇是重要的化工原料，广泛应用于有机合成、医药生产等领域。在一定条件下，用和可以合成甲醇，这对于减少排放，实现“碳中和”具有重要意义。以和为原料合成甲醇主要发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑其他反应)：
Ⅰ．  
Ⅱ．  
(1)已知：  ，则反应Ⅱ的___________。
(2)和在某催化剂表面合成甲醇(反应Ｉ)的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用∗标注，“TS”表示过渡状态。
①气体在催化剂表面的吸附是___________(填“吸热”或“放热”)过程。
②该反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式为___________。

(3)往恒容密闭容器中按充入和，在催化剂作用下合成甲醇，平衡转化率和选择性随温度和压强的变化情况如图1、图2所示。

已知：的选择性
①据图可知，压强、、由小到大的顺序是___________。
②图2中选择性随温度变化的原因是___________。
③当温度为250℃、压强为时，平衡转化率和选择性如图中和点所示。若平衡时容器内，则反应Ｉ的平衡常数___________(列计算式)。
(4)目前，科研人员在研究光电催化还原为甲醇的领域也取得了一定的进展，其原理如图所示，则生成甲醇的电极反应式为___________。


三、有机推断题
7．（2020·福建漳州·统考二模）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下（A~I）均为有机物）：

已知：a.
b. RCHO
回答下列问题：
(1)反应①的化学方程式为_______；F的官能团名称为______。
(2)反应②的类型是_______。D→E所需试剂、条件分别是_______、______。
(3)G的结构简式为____________。
(4)芳香族化合物W的化学式为C8H8O2， 且满足下列条件的W的结构共有_______种（不考虑立体异构）。
i.遇FeCl3溶液显紫色；   ii.能发生银镜反应。
其中核磁共振氢谱显示有5种不司化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的是____________（写出结构简式）。
(5)设计以甲苯和乙醛为原料制备的合成路线。无机试剂任选，合成路线的表示方式为：_____________.
8．（2021·福建漳州·统考二模）沙芬酰胺是治疗帕金森病的新药，一种合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，B中含有的官能团名称为_______。
(2)写出③的反应方程式_______。
(3)⑤的中间产物极不稳定，易失去一分子水最终生成F，F的结构简式为_______。
(4)⑥的反应类型为_______。
(5)是沙芬酰胺另一种合成路线的原料，有机物G与该原料的分子式相差1个CH2原子团。G有多种同分异构体，写出一种同时满足下列条件的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有两个对位取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
9．（2022·福建漳州·统考二模）他米巴罗汀(H)是一种抗炎、抗血管增生的药物，对自身免疫性视网膜炎、多种肿瘤性疾病具有良好的治疗效果。其一种合成路线如下：

请回答下列问题：
(1)②的反应类型为___________。
(2)A的官能团名称为___________，A在NaOH水溶液中加热所得有机物的结构简式为___________。
(3)反应④的化学方程式为___________。
(4)化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：
①属于芳香族化合物且能与反应；
②能发生银镜反应；
③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应；
④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1。
则X的结构简式为___________。
(5)根据上述路线中的相关知识，写出以苯和1，3-丁二烯为原料制备的合成路线：___________(其它无机试剂任选)。

参考答案：
1．          2.8     无     3.02     Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+     Fe2+和H2O2发生反应产生·OH，·OH将R-转化为·R，c(R-)减小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正反应方向移动，实现“脱络”     ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O
【分析】Fe2+与H2O2反应产生中间产物•OH、Fe3+、OH-，含镍废水NiR2在“脱络”过程中R-与中间产物•OH反应产生•R和OH-，然后向溶液中加入Na2CO3，发生盐的双水解反应产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，过滤后向滤液中价态草酸，发生反应产生NiC2O4沉淀，然后灼烧NiC2O4与O2反应产生Ni2O3、CO2气体。
【详解】(1)中间产物•OH由氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对，电子式为：；
(2)“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)=2.16×10-39，则c(OH-)= mol/L=6×10-12 mol/L，故c(H+)=×10-2 mol/L，所以此时pH=-lg c(H+)=2+lg6=2.8；溶液中c(Ni2+)=0.01 mol/L，则Qc[Ni(OH)2]=0.01 mol/L×(6×10-12 mol/L)2 (3)25℃时，pH=3的草酸溶液中=3.02；“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀，离子方程式为：Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+；
(4)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是是Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c(R-)减小，使平衡使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)向正反应方向移动，实现“脱络”；
(5)工业上还可用电解NiCl2等混合溶液的方法制取三氧化二镍。电解过程中ClO-把Ni(OH)2氧化为Ni2O3，ClO-被还原产生Cl-。根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O。
【点睛】本题考查了工艺流程分析，涉及溶度积、电离平衡常数的应用，化学平衡移动，氧化还原反应等，掌握反应原理是解题关键，注意题目信息的获取与应用。
2．     将铬铁矿和Na2CO3固体粉碎     +3     7:4          CO2     (或)              
【分析】通过整个工业流程来看，铬铁矿与氧气、碳酸钠一起加热煅烧过程中，碳酸钠与二氧化硅反应生成了硅酸钠同时放出了二氧化碳气体，煅烧后的产物遇到水，水解生成了氢氧化铁沉淀，过滤后，往滤液中通入二氧化碳气体调节溶液的值同时除去溶液中的硅酸根离子、氢氧根离子，然后再次过滤，往滤液中加盐酸使铬转化，最后加氯化钾固体生成重铬酸钾，据此解答。
【详解】(1)加快“煅烧”的反应速率,对于固体来说，只需把固体粉碎，增大相互之间反应的接触面；
(2)亚铬酸亚铁()中铬元素的化合价为+3价，根据煅烧前后物质的成分，可以分析出氧化剂是O2，还原剂是，氧化产物是和，还原剂中的铁由+2价到产物中+3价，铬由+3价到产物中的+6价，总共升了7价，O2化合价由0价到产物中的-2价，总共降了4价，氧化剂和还原剂的升降价总数是相等的，所以二者的关系是7O2~4，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为7:4；
(3) “水浸”时，遇水强烈水解，有红褐色沉淀产生，红褐色沉淀是氢氧化铁，所以其水解的离子方程式是；
(4)根据煅烧时加入Na2CO3固体可判断产生的反应气体为，滤液1中主要含有、、等阴离子，则通入的会与溶液反应生成不溶于水的(或)沉淀；
(5)通过题目可知，“铬转化”时，若盐酸浓度过大，在较高温度下会转化为，并产生有毒气体污染环境，可知其过程中氯离子被氧化为氯气，所以这个过程中的离子方程式为；
(6)①发生反应的离子方程式为：，或由氧化还原反应升降价守恒可知关系式为，由题目可知废水样品amL，消耗了vmL浓度为的溶液，则消耗的Na2S2O5的物质的量是bv10-3mol，根据关系式可知被还原的的物质的量是，则废水中为==；
②由，可得，则。所以。
3．(1)过滤
(2)
(3)     2.5h     60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变
(4)
(5)          取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净
(6)10.15

【分析】由题可知，18650型废三元锂离子电池经过预处理，在正极活性材料中经过硫酸和过氧化氢的作用下，会将镍、钻、锰、锂、铝等金属元素转化为、、、、等离子；过滤除去不溶物，浸出液中含有、、、、等离子；加入碳酸氢铵调节pH，可以将，转化为氢氧化铝；过滤后得到滤渣氢氧化铝，滤液中含有、、、离子；滤液中加入氨水和氢氧化钠，将、、转化为镍、钻、锰的氢氧化物，实现回收镍、钻、锰，据此分析作答。
(1)
“浸出”后得到浸出液和滤渣，则该操作过滤，故答案为：过滤；
(2)
正极活性材料中的与硫酸和过氧化氢反应，得到、，可知为氧化剂，过氧化氢为还原剂，在“浸出”过程中转化的化学方程式为：，故答案为：；
(3)
①由图1可知，在2.5h后镍、钻、锰的浸出率最高，之后无太大变化，综合考虑，选择浸出时间为2.5h，故答案为：2.5h；
②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变，故答案为：60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变；
(4)
“调pH”中有沉淀生成，该沉淀为氢氧化铝，是由铝离子和碳酸氢根反应得到，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
“沉淀”中根据流程可知，只能产生，则气体A为；沉淀后，含有的离子为硫酸根离子，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，主要洗涤硫酸根离子，判断沉淀洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净，故答案为：；取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净；
(6)
根据溶度积常数，可知最难沉淀，当沉淀完全时，滤液中、、沉淀完全， ，，则pH=10.15，即pH应大于10.15，故答案为：10.15。
4．     <     -33.5     向左     3×10-7 mol/(Lmin)     3.2×10-8 mol/L     B     cd     BD
【分析】(1)碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合溶液中电荷守恒分析；
(2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②根据Qc与K的相对大小判断；
(3)①2min内O的浓度增大0.6×10-6 mol/L，则二氧化碳减小0.6×10-6mol/L，根据v(CO2)=计算；
②根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的物质的量，利用体积比等于物质的量的比，结合K的含义计算；
(4)①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，图2中a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率；
②由CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-53.7 kJ/mol可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度。
【详解】(1) Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，电火花不断引燃，发生反应：2CO+O22CO2，整个过程相当于CO+Na2O2=Na2CO3，由于加入足量的Na2O2固体，则反应后的气体只能为O2，所以反应后生成物的化学式是Na2CO3、O2；Na2CO3在溶液中水解显碱性，则c(OH-)>c(H+)。溶液中电荷守恒为：2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(OH-)>c(H+)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-) (2)①已知：(i)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)    △H=-566.0 kJ/mol；
(ii)O2(g)=2O(g) △H=+499 kJ/mol；
根据盖斯定律：[(i)+ (ii)]÷2，整理可得：两个方程相加除以2即可得到CO(g)+O2(g)⇌CO2(g)+O(g) 的△H=-33.5 kJ/mol；
②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，则Qc==1>K=0.40，则反应向左进行；
(3)①2min内O的浓度增大0.6×10-6 mol/L，则CO2的浓度减小0.6×10-6 mol/L，则v(CO2)==3×10-7 mol/(L·min)；
②在反应开始时n(CO2)=1 mol，设生成的O2为x mol，则平衡时n(O2)=x mol，n(CO)=2x mol，n(CO2)=(1-2x) mol，由于平衡时，氧气的体积分数为0.2，则=0.2，解得x=0.002，此时容器体积为1 L，则c(CO2) =0.996 mol/L，c(CO)=0.004 mol/L，c(O2)=0.002 mol/L，所以该反应的化学平衡常数K= mol/L≈3.2×10-8 mol/L；
(4)①表中数据可知，相同条件下甲醇的含量最高时催化剂效果最好，所以甲醇含量88%最高，催化剂CuO-ZnO-ZrO2最佳，故合理选项是B；
图3中a、b、c、d四点是该温度下CO平衡转化率的必须是平衡状态下的转化率，a、b点反应未达到平衡状态，不是平衡转化率，而c、d点是平衡转化率，故合理选项是cd；
②A.使用催化剂CuO-ZnO-ZrO2 加快反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高CO的平衡转化率，A错误；
B.该反应的正反应是放热反应，适当降低反应温度，可以使化学平衡正向移动，可增大反应物CO的转化率，B正确；
C.增大CO和H2的初始投料比，可增大H2的转化率，CO的转化率减小，C错误；
D.恒容下，再充入a molCO和3a mol H2，相当于增大压强，中的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，CO转化率增大，D正确；
故合理选项是BD。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、反应热和反应速率的计算、化学平衡移动等知识，掌握盐的水解规律、盖斯定律及有关概念的含义，理解平衡移动原理的影响因素是解得关键，要结合物质反应转化的物质的量比等于方程式中化学计量数的比计算，试题侧重考查学生的分析能力和计算能力。
5．     a+2b+2c          放热     >     A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆     CO2的体积分数越大吸附速率越大     不变     66.7%
【详解】(1)已知：①
②
③
根据盖斯定律知，①+2②+2③得，故答案为：a+2b+2c；
(2)根据图示知，吸附过程发生的反应为，故答案为：；
(3)①图中各曲线后半部分，固体样品质量百分数随温度升高而降低，说明温度升高平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，故答案为：放热；
②如图所示，A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆，故答案为：>；A点尚未达到平衡状态，反应仍正向进行中，因此v正>v逆；
③的体积分数越大，则浓度越大，化学反应速率越大，吸附速率越大；故答案为：CO2的体积分数越大吸附速率越大；
④，虽然改变了体积，但温度不变不变，因此不变，故答案为：不变；
⑤由反应可知，固体增重的质量等于吸收的的质量。因B点固体增重，故被吸收的，由图中和的比例可知，混合气体中含的物质的量为，吸收率为，故答案为：66.7%。
6．(1)
(2)     放热     或
(3)          反应Ｉ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择性减小    
(4)

【解析】(1)
已知反应Ⅰ．反应Ⅱ．  则反应III
可由I-II，根据盖斯定律可知， ，解得：，故答案为：；
(2)
①由题干反应历程图可知，气体被催化剂表面吸附之后能量降低，故气体在催化剂表面的吸附是放热过程，故答案为：放热；
②已知反应所需要的活化能越低，该步反应速率越快，由题干反应历程图中可知，或所需要的活化能最低，故该反应历程中反应速率最快步骤的化学方程式为或，故答案为：或；
(3)
①已知反应正反应是一个气体体积减小的方向，故温度相同时，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，结合图示信息可知，压强、、由小到大的顺序是，故答案为：；
②由题干信息可知反应I：  是一个放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，则生成甲醇减少，故甲醇的选择性随温度的升高而减小，故答案为：反应Ｉ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，选择性减小；
③当温度为250℃、压强为时，平衡转化率和选择性如图中和点所示信息为CO2的平衡转化率为：25%，CH3OH的选择性为：70%，若平衡时容器内，根据三段式分析可知：， ，即0.7=c×25%×70%，得c=4mol/L，x=c×25%×30%=4mol/L×25%×30%=0.3mol/L，则平衡时，c(CO2)=4-0.7-0.3=3mol/L，c(H2)=12-2.1-0.3=9.6mol/L，c(CH3OH)=0.7mol/L，c(H2O)=0.7+0.3=1mol/L，故则反应Ｉ的平衡常数=，故答案为：；
(4)
由题干信息图示可知，CO2得到电子，结合溶液中的H+生成甲醇和H2O，故该电极的电极反应式为：，故答案为：。
7．     +Cl2+HCl     醛基     取代反应(或酯化反应)     NaOH溶液     加热          13         
【分析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2)，D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，F是CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为；
(5)苯与氯气在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物。
【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为CH2Cl2，E为HCHO，F为CH3(CH2)6CHO，G为，H为，I为。
(1)反应①为甲苯和氯气的取代反应，方程式为：+Cl2+HCl； F为CH3(CH2)6CHO ，官能团名称为醛基；
(2)反应②是C()与H()发生酯化反应或取代反应产生I()，反应类型为酯化反应或取代反应；
D为CH2Cl2，E为HCHO，D与NaOH水溶液混合加热发生取代反应产生E，所以D→E所需试剂、条件分别是NaOH溶液、加热；
(3)G的结构简式为；
(4)化合物W化学式为C8H8O2，W比C多一个-CH2原子团，且满足下列条件，
①遇 FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基、苯环；
②能发生银镜反应，说明含有醛基，根据不饱和度知，除了苯环外不含双键或环状结构；
如果存在-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种不同结构；
如果取代基为-OH、-CH3、-CHO，有10种不同结构；
所以符合条件的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为 2：2：2：1：1 的结构简式为；
(5)苯与氯气在光照条件下生成，发生水解反应生成，与CH3CHO发生醛的加成反应产生，故合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意信息中醛的加成反应特点，利用顺推法与逆推法相结合进行推断，易错点是同分异构体种类判断，关键是确定取代基的种类及数目。
8．     丙酸     溴原子(或碳溴键)、羧基               加成反应或还原反应     或等
【分析】从流程来看A→B，发生了卤代反应，B→C发生了酸碱中和反应，C→D发生了酯化反应，D→E发生了取代反应，E→F→沙芬酰胺可结合反应条件和E和沙芬酰胺的结构简式来分析F的结构简式，据此解答。
【详解】(1)由A的结构简式可知A是丙酸，由B的结构简式可知其含有溴原子、羧基官能团。
(2) 从题目制备流程可知③的反应是一个酯化反应，故其反应方程式为。
(3)对比⑤的反应物与沙芬酰胺结构，可判断发生反应⑤的官能团是的醛基和的氨基，再由⑤反应的中间产物极不稳定，易失去—分子水，可推断失去—分子水的反应位置在方框处，故可逆推的结构简式为 。
(4)由F的结构简式和沙芬酰胺的结构简式，可知⑥的反应类型为加成反应或还原反应。
(5)有机物与溶液发生显色反应，含有苯环和酚羟基，另一基团在羟基对位，且其分子式与相差1个原子团，故的结构简式为或或不稳定的等。
9．(1)取代(或硝化)反应
(2)     氯原子    
(3)
(4)
(5)

【分析】与苯反生取代反应，生成；在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成；在铁和HCl的作用下，发生还原反应生成；与SOCl2发生取代反应，生成；与发生取代反应，生成；发生水解，生成，据此分析作答。
(1)
在浓硫酸和硝酸的作用下，发生取代反应，生成，故答案为：取代(或硝化)反应；
(2)
A为，其官能团名称为氯原子；在NaOH水溶液中加热，发生取代反应，生成，故答案为：氯原子；；
(3)
与发生取代反应，生成，化学方程式为：，故答案为：；
(4)
E为，化合物X与E互为同分异构体，且满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与反应，说明X存在苯环和羧基；②能发生银镜反应，说明X存在醛基或者甲酯；③酸性条件下可发生水解反应，其产物之一能与发生显色反应，说明苯环上存在羟基，同时存在酯基，结合②，可知为甲酯；④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，则X的结构简式为，故答案为：；
(5)
根据路线可知，要合成，可让苯与反应，1，3-丁二烯与氯气反生1、4加成，生成，与氢气发生加成反应，生成，故合成路线为：，故答案为：。