河北省保定市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

这是一份河北省保定市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。
河北省保定市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·河北保定·统考二模）金属铋在自然界中的量极少，用途非常广泛，通常以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：

已知：①辉铋矿主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物和硫化物等。
②Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。
③常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38,Ksp[Bi    (OH)3]=4×10-30；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；
回答下列问题：
（1）写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式_______________。
（2）滤渣1的成分为_______________。
（3）除杂剂的作用a.调节溶液pH,b_______________，写出一种能提高产物产量的除杂剂_______________。
（4）滤液2还可用来制备NaBiO3,可向滤液2中加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3,写出该反应的离子方程式_______________。
（5）滤液2采用电解法制取金属铋单质，阳极产物处理后可继续循环使用，电解装置如图所示。

①交换膜类型为_______________（填“Cl-”或“OH-”)交换膜。
②阳极电极反应式为_______________。
2．（2021·河北保定·统考二模）碳酸锰()是制造电信器材软磁铁氧体的原料。工业上利用软锰矿主要成分为，还含有、、等杂质)制取碳酸锰的流程如图。

已知：还原烧主反应为；能将氧化为
请回答下列问题：
(1)若在实验室中进行步骤A，则需用到的主要仪器为___________，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是___________(填写1条即可)。
(2)步骤C中得到的滤渣的成分是___________，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________，
步骤E中调节pH至4.5的作用是___________。
(3)的溶液中，不同价态含锰微粒的能量()如图。若某种含锰微粒的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。上述五种含锰微粒中，不能稳定存在于的溶液中的离子是___________。

(4)步骤H的化学方程式为___________；确认已完全反应的现象是___________。
3．（2022·河北保定·统考二模）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：

(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为____。
(2)“酸浸”时，Na2SO3的作用____。“滤渣”的主要成分有SiO2和____(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____。

(3)“除铁”的离子方程式为____。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为____。
(5)“灼烧”时Ar的作用是____。
(6)某工厂用10t钌矿石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。(保留三位有效数字)

二、原理综合题
4．（2020·河北保定·统考二模）将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：
（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_______________反应（填“放热”或“吸热")。设CO2的初始浓度为comol•L-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________    (列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________（填“上方”或“下方”)。

（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C—O
H—O
N—H
C—N
键能/k.J•mol-1
351
463
393
293

则该反应的△H=_______________k.J•mol-1 。
（3）已知：①CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)    △H1=-226kJ•rnol-1
②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1
③N2(g)+O2(g)2NO(g)    △H3=+183kJ•mol-1
则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)    △H=_______________kJ•mol-1。
（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_______________（填选项字母）。
A．及时移去甲醇    B．改进催化剂    C．提高反应物浓度    D．增大容器压强
（5）甲烷重整可选氧化物NiO-    Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_______________。［已知：Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16]
5．（2021·河北保定·统考二模）低碳经济已成为一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是一个重要研究方向，既可变废为宝，又可减少碳的排放。工业上可用和制备被誉为“21世纪的清洁燃料”二甲醚：如在时，在密闭容器中将炼焦中的转化为二甲醚，其相关反应为：
主反应：
副反应：
请回答下列问题：
(1)已知：①
②
③
则主反应的___________。
(2)在一定温度下某恒容密闭容器中按和的浓度比为投料进行反应，测得不同时间段部分物质的浓度如表。
时间(min)
浓度
0
10
20
30
40

1.00
0.68
0.40
0.30
0.30

0
0.05
0.08
0.10
0.10

①下列情况不能说明主反应达到平衡状态的是___________(填字母)
a.混合气体的平均摩尔质量不再改变    b.不再改变
c.的体积分数不再改变    d.
②10~30min内，___________。
③根据以上数据计算主反应的平衡常数___________(列式，代入数据，不计算结果)。
(3)欲提高产率，控制生产的关键因素是___________。
(4)对于副反应，温度对的转化率及催化剂的效率影响如图。下列说法正确的是___________。

A．温度低于时，随温度升高甲醇的产率一定减小
B．其他条件不变，若不使用催化剂，则时的转化率可能位于
C．点时平衡常数比N点时平衡常数小
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高的转化率
6．（2022·河北保定·统考二模）我国科学家利用钴分子筛实现丙烯高选择性合成甲基环氧乙烷()：
主反应：(g，甲基环氧乙烷)  
副反应：(g，丙醛)    (a、b都大于0)
请回答下列问题：
(1)(g，甲基环氧乙烷)(g，丙醛)   ______。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，同时发生上述两个反应，下列表明反应已达到平衡状态的是____________(填标号)。
A．混合气体的密度不随时间变化
B．混合气体的总压强不随时间变化
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间变化
D．消耗丙烯的速率等于消耗O2速率的2倍
(3)在恒容密闭容器中充人一定量丙烯和氧气，在不同催化剂Cat1、Cat2条件下发生反应(g，甲基环氧乙烷)，测得单位时间内丙烯转化率与温度的关系如图1。
①相对催化效率较大的催化剂是______(填“Cat1”或“Cat2”)。
②在Cat1催化下，300℃时对应的状态______(填“是”或“不是”)平衡状态，判断的依据是______。
③在Cat1催化下，温度高于300℃时丙烯转化率急剧下降的主要原因可能是_______。(答一条即可)

(4)在一密闭容器中充入2mol丙烯和xmol，同时发生上述两个反应，测得丙烯平衡转化率与温度、压强的关系如图2。
①其他条件相同，p1、p2、p3由大到小的顺序为______。
②在p3、T℃时反应达到平衡，甲基环氧乙烷选择性为80%，此时容器体积为2L。
提示：甲基环氧乙烷选择性等于甲基环氧乙烷的物质的量与甲基环氧乙烷和丙醛总物质的量之比。
主反应的平衡常数K=____。保持温度、容积不变，再充入0.5mol和0.5mol，副反应_____(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)进行。

三、有机推断题
7．（2020·河北保定·统考二模）烃A常用于有机合成及用作色谱分析的标准物质，其相对分子质量为82,分子中含有两个碳碳双键、无支链，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为2:2:1。D无酸性，相对分子质量为202。F为高分子化合物(C10H14O4)n。有机物A、B、C、D、E、F之间的转化关系如图：

已知：①RCH=CH2    RCH(CH3)CHO
②(CH3)2CHCOORCH2=C(CH3)COOR
回答下列问题：
（1）⑤的反应类型为_______________，E中含氧官能团的名称为_______________。
（2）用系统命名法命名的A的名称为_______________。
（3）下列有关物质A的说法错误的是_______________。
a.A能使酸性高锰酸钾溶液褪色    b.A分子中最少有三个碳原子共面
c.A分子中存在两种顺反异构    d.A分子一定条件下能发生加聚反应
（4）写出②的化学方程式_______________
（5）G与有机物D互为同系物，比D分子少6个碳原子，满足下列条件的G的同分异构体有_______________种（不考虑立体异构）。
a.1molG与碳酸氢钠溶液反应生成1molCO2
b.1molG与NaOH溶液反应消耗2moLNaOH
以上同分异构体中，任意写出一种满足核磁共振氢谱有3组峰的有机物的结构简式_______________。
（6）参照上述已知中的信息，以乙烯为原料（无机试剂任选），设计制备的路线。_______________
8．（2021·河北保定·统考二模）有机物N和R为高分子材料，其制取的流程如图。

已知：
(1)反应Ⅰ的反应条件是___________；化合物C的结构简式为___________；生成N的反应类型是___________。
(2)下列说法正确的是___________(填字母)。
a.A可与溶液反应    b.常温下，A易溶于水
c.化合物C可使酸性高锰酸钾溶液褪色    d.E存在顺反异构体
(3)由生成的反应类型是___________，D生成E的过程中，浓硫酸的作用是___________。
(4)B中的含氧官能团的名称为___________。
(5)反应Ⅱ的化学方程式为___________。
(6)符合下列条件的B的同分异构体有___________种。
a.能与饱和溴水反应生成白色沉淀；    b.属于酯类；
c.苯环上只有两个取代基；    d.苯环上的一氯代物有2种。
9．（2022·河北保定·统考二模）以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如图：

已知：①同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：RCH(OH)2→RCHO+H2O。
②R1CHO+R2CH2COOHR1CH=CHR2+CO2↑+H2O。
③
请回答下列问题：
(1)G中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应类型是____，C的分子式为____。
(3)E的结构简式为____。
(4)F→G的化学方程式为____。
(5)H是D的同分异构体，同时满足下列条件的H有____种(不包括立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生水解反应；
③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(写一种即可)。
(6)根据上述路线中的相关知识，设计以 和乙酸为原料制备 的合成路线____。(无机试剂任选)

参考答案：
1．     Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O     S和SiO2     除去杂质Fe3+     Bi2O3或Bi(OH)3     Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O     Cl-     Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O
【分析】辉铋矿酸浸氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCl3、NaCl，FeCl3等，为了避免引入新杂质，则加入的除杂试剂可以是Bi2O3或Bi(OH)3，目的是调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，经电解得到铋单质。
【详解】（1）酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O，故答案为：Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O；
（2）由分析知，滤渣1的成分为S和SiO2，故答案为：S和SiO2；
（3）由分析知，可用Bi2O3或Bi(OH)3调节pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：除去杂质Fe3+；Bi2O3或Bi(OH)3；
（4）滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程式为Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，故答案为：Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；
（5）①氯离子为阴离子，电解时，氯离子在阳极放电，氯离子移向阳极，则交换膜类型为Cl-交换膜，故答案为：Cl-；
②阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根，电极反应式为Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O。
【点睛】阳极阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电，若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前），溶液中的阴离子一律不放电，而是电极材料失电子；若阳极是惰性（Pt、Au、石墨），则放电顺序为：S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根离子。
2．     坩埚     增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)     、炭粉          使转化为而除去               取反应后的滤液少许于试管中，滴入溶液，溶液不变紫红色
【分析】软锰矿(主要成分为，还含有、、等杂质)与焦炭还原焙烧，发生主要反应：等，加入稀硫酸浸取，金属阳离子进入溶液，大部分的与结合形成，过滤除去和多余的炭粉，加入氧化成，然后加入NaOH调节pH使转化为而除去，过滤之后加入Na2S除去，此时溶液中含有的主要物质为：，加入NH4HCO3发生反应：，该反应的本质为：，然后过滤、洗涤、干燥得到成品。
【详解】(1)步骤A反应条件为高温，则需用到的主要仪器为坩埚，步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是适当的增加硫酸浓度或适当的升高酸浸温度或者在酸浸时搅拌等，所以答案为：坩埚；增大硫酸的浓度(升高温度或搅拌等其他合理答案)；
(2)根据分析可知步骤C中得到的滤渣的成分是与结合形成的和焙烧时剩余的炭粉，步骤D中反应为：，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，加入氧化成，然后加入NaOH调节pH使转化为而除去，所以步骤E中调节pH至4.5的作用是使转化为而除去，所以答案为：、炭粉；；使转化为而除去；
(3)根据图中信息可知的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左方，所以该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，所以不能稳定存在于的溶液中的离子是；
(4)根据分析可知步骤H的化学方程式为：；能将无色的氧化为紫红色的，所以确认已完全反应的现象是取反应后的滤液少许于试管中，滴入溶液，溶液不变紫红色，所以答案为：；取反应后的滤液少许于试管中，滴入溶液，溶液不变紫红色。
3．(1)+3价
(2)     溶解RuO4     CaSO4     温度为65℃、pH为1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应
(6)87.8%

【分析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。
【详解】（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；
（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65℃、pH为1.0；
（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；
（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；
（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%=87.8%，故答案为：87.8%。
4．     放热          上方     -12     -750     BC     5×10-2 mol·L-1
【详解】（1）根据图象，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为

根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方，故答案为：放热；；上方；
（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；
（3）由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-750kJ•mol-1，故答案为：-750；
（4）A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确；
C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；
D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；
综上所述，答案为：BC；
（5）pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16，c(Ni2+)=，故答案为：5×10-2 mol·L-1。
5．          b               选用合适的催化剂     B
【详解】(1)根据盖斯定律可知由①×2+②-③×2可得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的ΔH1=[(-90.1)×2+(-34.5)-(41.0)×2]=，所以答案为。
(2)①a.．主反应为，反应在到达平衡的过程中气体总质量不变，但是气体总物质的量会改变，所以该过程混合气体的平均摩尔质量会发生改变，只有平衡时混合气体的平均摩尔质量不改变，所以混合气体的平均摩尔质量不改变能说明反应平衡，故a不符合题意；
b．初始投料CO2和H2的浓度比为1：3，反应时按照1：3反应，所以二者的物质的量之比始终为1：3，比值不变不能说明反应平衡，故b符合题意；
c．反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的体积分数不再改变，所以CO2的体积分数不变可以说明反应达到平衡，故c不符合题意；
d．，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知此时，所以可以说明此时反应到达平衡，d不符合题意；
综上所述答案为b；
②结合表格数据，根据=可知在10～30min 内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)= =0.0025mol/(L·min)，所以答案为：。
③反应开始时c(H2)=1.00mol/L，平衡时c(H2)=0.30mol/L，反应消耗H2浓度为Δc(H2)=(1.00-0.30) mol/L=0.70 mol/L，其中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，c(CH3OCH3)=0.10 mol/L，则此反应生成c(H2O)=0.30 mol/L，反应消耗H2浓度为0.60mol/L，发生副反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.10mol/L，其产生的H2O的浓度是mol/L，所以平衡时水蒸气的浓度是c(H2O)=(0.30+)mol/L；按CO2和H2的浓度比为1∶3投料，发生两个反应时CO2和H2是按1∶3关系反应，达到平衡时二者的物质的量浓度比也是1∶3，反应达到平衡时c(CO2)=(-0.2-)mol/L=0.10 mol/L；故主反应I达到平衡时的化学平衡常数K=。
(3)催化剂对某一类反应有催化作用，对其它反应可能无催化作用或催化效率很低，采用适当的催化剂能大幅提高主反应速率，从而提高二甲醚的产率，所以答案为：选用合适的催化剂。
(4)A．温度低于250℃时，随温度升高，催化效率升高，反应速率加快，相同时间内测定甲醇的产率会增大，A项错误；
B．不使用催化剂反应速率减慢，测定转化率时可能远未达到平衡，此时CO2的转化率可能位于M1，B项正确；
C．升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以M1点时化学平衡常数大于N点，C项错误；
D．较低的温度下进行反应，CO2的转化率较高，但催化剂的催化效率低、反应速率减小，不利于满足实际生产需要，D项错误；
综上所述答案选B。
6．(1)a-b
(2)BC
(3)     Cat2     不是     同温度下两种催化剂的丙烯转化率不同     催化剂选择性降低
(4)          1.6     向逆反应方向

【解析】（1）
由盖斯定律，副反应-主反应可得(g，甲基环氧乙烷)(g，丙醛)，a-b；
（2）
A．反应物和生成物都是气体，在密闭容器中混合气体的总质量不变，容器恒容即体积不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，A不选；
B．上述两个反应都是反应前后气体分子数不相等，则总的物质的量发生变化，在恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则混合气体的总压强不随时间变化即总的物质的量不再变化，能说明反应已达到平衡状态，B选；
C．混合气体的总质量不变，总的物质的量发生变化，则混合气体的平均摩尔质量不随时间变化，能说明反应已达到平衡状态，C选；
D．无论反应是否达到平衡，化学反应速率之比等于系数比，消耗丙烯的速率等于消耗O2速率的2倍都是指同一反应方向的速率，不能说明反应已达到平衡状态，D不选；
故选：BC；
（3）
①由图1可知，相同条件下，催化剂Cat2的丙烯转化率比Cat1的高，则对催化效率较大的催化剂是Cat2；
②催化剂只能改变反应历程，不影响平衡移动，当反应达到平衡时，催化剂Cat1、Cat2的丙烯转化率应相等，则在Cat1催化下，300℃时对应的状态不是平衡状态，判断的依据：同温度下两种催化剂的丙烯转化率不同；
③在Cat1催化下，温度高于300℃时丙烯转化率急剧下降的主要原因可能是：催化剂选择性降低；
（4）
①上述两个反应的正反应方向都是气体分子数减小，则增大压强平衡正移，其他条件相同，丙烯平衡转化率越大，压强也越大，则压强由大到小的顺序为；
②由图2知在p3、T℃时反应达到平衡，丙烯平衡转化率为50%，，假设加入2mol丙烯和1mol，则丙烯转化物质的量为2mol×50%=1mol，设生成甲基环氧乙烷xmol，丙醛ymol，列三段式，、，可得x+y=1，由甲基环氧乙烷选择性为80%，可得，联立两式，解得x=0.8mol，y=0.2mol，容器体积为2L，则主反应的平衡常数； 副反应的平衡常数为，保持温度、容积不变，再充入0.5mol和0.5mol，，平衡逆向移动，则副反应向逆反应方向进行。
7．     加聚反应     酯基     1，5-已二烯     c          5     、、（任写一种）    
【分析】A的相对分子质量为82，分子式为C6H10，含有两个碳碳双键，没有支链，含有三组峰，符合2:2:1的的分子A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2；根据信息①推导出B为OHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，B被氧化生成羧酸，C为HOOC CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOH，再发生酯化反应，生成D为CH3OOCCH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOCH3：根据信息②知道D转化E发生氧化反应，E可以为CH3OOCC(CH3)=CH-CH=C(CH3)COOCH3（E应该还有别的结构，与本题解题无关），E一定要能保证发生加聚反应生成高分子F。
【详解】（1）E发生加聚反应生成F，根据E的结构简式可知含有的官能团为碳碳双键、酯基，其中含氧官能团为酯基，故答案为：加聚反应；酯基；
（2）A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2，其名称为1，5-已二烯，故答案为：1，5-已二烯；
（3）a.因为A分子中含有两个碳碳双键，所以能被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；
b.A分子中含有碳碳双键，乙烯基结构中最少有三个碳原子共面，故b正确；
c.A分子中每一个碳碳双键均存在两个相同的氢，不存在顺反异构情况，故c错误；
d.A分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应，故d正确；
综上所述，答案为：c；
（4）B为OHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，醛基被氢氧化铜氧化为羧基，其反应方程式为，故答案为：；
（5）D的分子式为C10H18O4，则G为C4H6O4，含有1个羧基，同时含有1个酯基，可能的结构简式为、、、、，有5种，其中核磁共振氢谱有3组峰的为后三种中任意一个，故答案为：5；、、（任写一种）；
（6）结合信息①，乙烯转化为丙醛，丙醛再转化为丙醇，依次转化为丙烯、聚丙烯，则合成路线为，故答案为：。
8．     Fe粉做催化剂(或做催化剂)          缩聚反应     ac     取代反应     催化剂、脱水剂     羟基、羧基     +CH3OH+H2O     6
【分析】苯与氯气反应生成氯苯，氯苯在一定条件下反应得到A，A与C反应得到N，结合N的结构简式，可知A是苯酚，C是。通过已知条件，可知在一定条件下生成B，B的结构简式为，B→D结合反应条件可知是B与CH3OH发生了酯化反应，则D的结构简式为，D→E结合反应条件及R是高分子材料，可知D→E是消去反应，则E的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)反应Ⅰ是苯和氯气反应制取氯苯，和溴苯制取条件是一样的，用Fe粉做催化剂(或做催化剂)；A与C反应得到N，根据A、N的结构简式，可知A与C反应是缩聚反应，则C结构简式为。
(2) a．A是苯酚，可与溶液反应，故a正确；
b．常温下，苯酚微溶于水，当温度高于65℃时，能跟水以任意比例互溶，故b错误；
c．化合物C结构中含有碳碳双键，含有醛基，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c正确；
d．E的结构简式为，由于双键中的一个碳原子有两个相同氢原子，则E不存在顺反异构，故错误；
本题答案ac。
(3)是 和CH3COCl反应生成的，是CH3OC-取代了苯环上的氢原子生成的，故其反应类型是取代反应；D生成E的过程是醇发生了消去反应，浓硫酸的作用是催化剂、脱水剂。
(4)经分析B的结构简式为，其含氧官能团的名称为羟基、羧基。
(5)反应Ⅱ的化学方程式为B和CH3OH的酯化反应，则其反应的化学方程式为+CH3OH+H2O。
(6)B的结构简式为，其同分异构体能与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明结构中含有酚羟基，苯环上只有两个取代基，且属于酯类，说明另一个取代基含有酯基，苯环上的一氯代物有2种，说明两个取代基在苯环上是对位关系，酚羟基不能变，能变的只能是另外一个取代基了，则另外一个取代基的同分异构有-OOCCH2CH3、-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH，总计6种，故满足条件的B的同分异构体也就6种。
9．(1)(酚)羟基、酯基
(2)     取代反应     C7H5BrO2
(3)
(4) ++H2O
(5)     9     (或)
(6)

【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，酸化得到，则B为；在溴化铁做催化剂条件下与液溴发生取代反应生成，与甲醇钠发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则E为；发生信息③反应生成，则F为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）G的结构简式为，含氧官能团为(酚)羟基、酯基，故答案为：(酚)羟基、酯基；
（2）由分析可知，C→D的反应为与甲醇钠发生取代反应生成和溴化钠，C的分子式为C7H5BrO2，故答案为：取代反应；C7H5BrO2；
（3）由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；
（4）由分析可知，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；
（5）D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
（6）由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息②反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为，故答案为：。