辽宁省丹东市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

这是一份辽宁省丹东市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。

辽宁省丹东市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·辽宁丹东·统考二模）硫酸镍是电镀镍和化学镀镍时使用的主要镍盐。以废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍晶体的流程如图所示：

已知：Ni3+的氧化性比稀HNO3强。
回答下列问题：
(1)已知：Cr3++4OH-= CrO2-+2H2O。“一次碱析”时，需加入过量的NaOH溶液的目的是______________________。
(2)“氨解”的目的为_______________________。
(3)“净化”“过滤”后得到含有两种元素的不溶性化合物，该化合物的化学式为________，写出“氧化”中发生反应的离子方程式：____________________________________。
(4)从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为__________，__________，过滤，洗涤，干燥（填操作名称）。
(5)1844年，科学家发现金属镍可以用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，这一原理现用于化学镀镍。写出化学镀镍原理的离子方程式___________。
(6)为测定硫酸镍晶体（NiSO4·n H2O）的组成，进行如下实验：称取2.63g样品，配成250.00mL溶液，准确量取配制的溶液25.00mL，用0.0400mol/L EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL。则硫酸镍晶体的化学式为_____________________________。
2．（2021·辽宁丹东·统考二模）As2O3在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，以增强玻璃制品的透光性，工业上用高浓度含砷废水(砷元素以+3价形式存在)提取As2O3的工艺流程如下：

(1)不同pH时，该含砷废水中各种含砷微粒的物质的量分数如下图所示：

①H3AsO3为_______元_______(填“强”或“弱”)酸。
②“调pH”时，控制溶液的pH=6，“沉砷”时会生成As2S3沉淀。写出“沉砷”时反应的离子方程式：_______。
(2)已知As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS(aq)，则“沉砷"中加入FeSO4的作用是_______。
(3)“氧化”步骤除了可以加入氧化剂，还可通过电解反应将有毒的AsO可转化为无毒的AsO。用石墨为电极，在强碱性溶液中电解含AsO的溶液，阳极的电极反应式为_______。
(4)加H2SO4调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为_______。
(5)已知As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示，为了提高As2O3的沉淀率，“一系列操作”过程中，冷却结晶时应控制的条件为_______。

3．（2022·辽宁丹东·统考二模）稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪的工艺流程如图1所示。回答下列问题：

已知：xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的沉淀，在强酸中部分溶解。
(1)Sc元素在周期表中的位置_______。
(2)“焙烧”过程中使Sc2(C2O4)3充分氧化可采取的措施_______，_______。
(3)含钪元素的微粒与lgc(F-)、pH的关系如下图2所示，用氨水调节溶液的pH，控制pH的范围是3.5
(4)xNH4Cl·yScF3·zH2O中存在的化学键类型有_______。
A．离子键      B．极性键       C．非极性键     D．配位键     E.氢键
(5)“脱水除铵”是复盐沉淀(xNH4Cl·yScF3·zH2O)的热分解过程，其固体质量与温度的关系如图3所示。其中在380-400°C过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3。复盐沉淀(xNH4Cl·yScF3·zH2O)分解的总反应方程式为_______。

(6)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是_______。

二、原理综合题
4．（2020·辽宁丹东·统考二模）氨和甲烷等原料在工业生产中发挥着重要的作用。
Ⅰ．我国科学家以MoS2 为催化剂，通过调节催化剂/电解质的表界面相互作用，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示。

(1)将Na2SO4 溶液换成Li2SO4 溶液后，反应速率明显加快的主要原因是加快了下列____________转化的反应速率(填标号)。
A．N2→*N2    B．*N2→*N2H    C．*N2H3→*N    D．*NH→*NH2
Ⅱ. 甲烷水蒸气的重整反应是工业制备氢气的重要方式，其化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。回答下列问题：
(2)已知：CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l)  ΔH1=akJ·mol—1，
2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g)  ΔH2=b kJ·mol—1，
2H2(g) +O2(g)=2 H2O (l)  ΔH3=c kJ·mol—1
CO(g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g)  ΔH4=d kJ·mol—1
则甲烷水蒸气重整反应的ΔH=____________kJ·mol—1（用字母a、b、c、d表示）通过计算机模拟实验，对400~1200℃、操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比（1~10）进行了热力学计算，反应平衡体系中H2物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示：

①结合如图回答：当平衡温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比（1~10）的关系是________，其原因是_____________。
②若密闭容器中仅发生CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，平衡温度为750℃，水碳比为1.0时，H2的物质的量分数0.5，甲烷的转化率为___________，其压强平衡常数Kp为________；用气体分压表示反应速率方程为v=k p(CH4)·p—1(H2)，则此时反应速率v=_________。（已知：气体分压=气体的物质的量分数×总压，速率方程中k 为速率常数）。
Ⅲ.利用天然气合成氨，并生产尿素的流程如下：

(3)“电化学转化与分离”装置如图，混合气中CO转化成CO2的电极反应式为______。
5．（2021·辽宁丹东·统考二模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的应用：
(1)正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。正戊烷和异戊烷的部分性质如表：
名称
结构简式
熔点/℃
沸点/℃
燃烧热/kJ∙mol-1
正戊烷
CH3CH2CH2CH2CH3
-130
36
3506.1
异戊烷
(CH3)2CHCH2CH3
-159.4
27.8
3504.1

由表中数据可知，稳定性：正戊烷_______异戊烷(填“>”或“=”或“<”)。
(2)用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表：
助剂
CO2转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8

欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效果最好；从活化能对反应影响的角度说明加入该助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_______。
(3)在密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S)：n(CH4)=2：1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。0.11MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图甲所示：

为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是____(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp=___(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(4)合成碳酸二甲酯的工作原理如图乙所示。阳极的电极反应式为__，离子交换膜a为___(填“阳膜”、“阴膜”)。
6．（2022·辽宁丹东·统考二模）苯乙烯是重要的有机合成单体，工业上常用乙苯为原料合成。
(1)以CO2和乙苯为原料合成苯乙烯，其过程有“途径1”和“途径2”的两种推测如图1所示。

则K3=_______ (用含 K1、K2的代数式表示)
(2)已知主反应I： CO2(g) +(g)(g)+CO(g)+H2O(g)   △H3
副反应II： CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)   △H4
向刚性密闭容器中充入10molCO2和10mol乙苯，在不同温度下测得平衡时各物质的体积分数如图2，则△H3_______0 (填“＞”、“＜”或“=”， 下同)，相同温度下CO2转化率_______乙苯转化率，且温度越高，二者相差越大，可判断△H4_______0。

(3)某研究团队找到乙苯直接脱氢的高效催化剂，反应原理如下： (g) (g)+ H2(g)   △H5
①已知部分化学键键能数据如表所示：
共价键
C-C
C-H
C=C
H-H
键能(kJ/mol)
347.7
413.4
615
436

则△H5=_______。
②工业上，在恒压设备中进行该反应时，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气，请用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因：_______。
③T1℃、100kpa 下，若起始投料=5，平衡时乙苯转化率为60%， 则该温度下，反应的平衡常数Kp = _______kpa。(Kp 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)

三、有机推断题
7．（2020·辽宁丹东·统考二模）莲花清瘟对新型冠状病症状的改善有一定作用，其成分中含有“金银花”。中药“金银花”抗菌杀毒有效成分是“绿原酸”。以下是科研小组设计的“绿原酸”的合成路线：

已知： ；
回答下列问题：
(1)有机物A的名称是__________。
(2)反应①的反应类型是__________。
(3)若碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出有机物B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳__________。
(4)反应D→E中第(1)步的反应方程式是__________。
(5)有机物F中官能团的名称是__________。
(6)反应②的目的是__________。
(7)有机物C的同分异构体有多种，满足以下条件的还有______种。（不考虑立体异构）
a. 具有六元碳环结构；
b. 含有3个氯原子，且同一碳原子上只能连接一个氯原子；
c. 能与NaHCO3溶液反应产生无色无味气泡。
(8)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线如图。

写出M结构简式__________；反应条件1为_______________。
8．（2021·辽宁丹东·统考二模）螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：

已知：①；
②RCOOHRCOClRCONHR′
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；C的结构简式为_______。
(2)由D生成E的反应类型为_______。
(3)F中含氧官能团的名称为_______。
(4)G生成H的化学方程式为_______。
(5)芳香化合物X是D的同分异构体，则符合下列条件的同分异构体有__种。其中能够发生银镜反应的X的结构简式为__。
①核磁共振氢谱中有4组峰；②结构中含
9．（2022·辽宁丹东·统考二模）治疗原发性高血压、心绞痛的药物替利洛尔(Tilisolol)的一 种合成路线如下：

已知：RCOOHRCOClRCONHR'
回答下列问题：
(1)A分子的名称为_______；B含有官能团的名称是_______；
(2)已知D为链状结构，写出③所需的反应条件_______；写出⑤的反应类型是_______。
(3)E中只有2种不同化学环境的氢原子，F是乙醇的同系物。写出E的结构简式_______。
(4)写出①的化学反应方程式_______。
(5)G的含苯环的同分异构体中，能发生银镜反应、水解反应、与NaHCO3溶液反应的有_______种，写出一种核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：2：2：2的G的同分异构体的结构简式_______。

参考答案：
1．     除去Cr元素     实现镍元素与铁元素的分离     NiS     3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O     蒸发浓缩     冷却结晶     Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni     NiSO4﹒6H2O
【分析】废镍催化剂的主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3，酸溶时NiCO3、Fe2O3、Cr2O3与硫酸反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3，SiO2不反应；过滤后滤液中加入NaOH进行一次碱析，根据“Cr3++4OH-= CrO2-+2H2O”，NiSO4、Fe2(SO4)3转化成Ni（OH）2、Fe（OH）3沉淀，Cr元素转化成CrO2-进入滤液I中；氨解过程中Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+；加入H2S净化时[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀，NiS中加入稀硝酸，由于Ni3+的氧化性比稀HNO3强，故稀硝酸将NiS转化成Ni(NO3)2和S；二次碱析时Ni(NO3)2与NaOH反应生成Ni（OH）2沉淀，Ni（OH）2与硫酸反应生成NiSO4，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸镍晶体；据此分析作答。
【详解】（1）根据“Cr3++4OH-= CrO2-+2H2O”，“一次碱析”时加入过量的NaOH溶液，将Cr3+和氢氧根反应生成了CrO2-，除去了Cr元素，故本题答案：除去Cr元素。
（2）氨解过程中加入NH4Cl—氨水混合液，Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+，而不溶解Fe（OH）3，从而实现镍元素和铁元素的分离，本题答案为：实现镍元素和铁元素的分离。
（3）“净化”过程中通入H2S，生成NiS沉淀；“氧化”过程中，因为Ni3+的氧化性比稀HNO3强，稀HNO3被还原为NO，NiS被氧化为S，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O，故本题答案为：NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O。
（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故本题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
（5）用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，Ni元素的化合价由+2价降为0价，P元素的化合价由+1价升至+3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则离子方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni，故本题答案为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni。
（6）根据方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+可知，原样品中含NiSO4的物质的量为：0.0400mol/L×0.025L×10=0.01mol，该物质的的摩尔质量为=263g/mol，结晶水的系数n为=6，则化学式为：NiSO4﹒6H2O，本题答案为：NiSO4﹒6H2O。
【点睛】解答流程题的思路是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图；了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考从原料到产品依次进行了什么反应，利用了什么原理。每一步操作进行到什么程度最佳，每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物，杂质或副产物是怎样除去的等等。要抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
2．     三     弱     2H3AsO3+3S2—+6H+=As2S3↓+6H2O     与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-继续反应生成(或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)     2OH—+AsO—2e—=AsO+H2O     2AsO+2SO2+2H+=As2O3↓+2+H2O     调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃
【分析】由题给流程可知，向调节溶液 pH后的高浓度含砷废水中加入硫化钠、硫酸亚铁发生反应，过滤得到三硫化二砷和硫化亚铁的固体；焙烧三硫化二砷和硫化亚铁的固体得到氧化铁、三氧化二砷固体和含有二氧化硫的气体，固体经碱浸后，过滤得到亚砷酸钠溶液，向亚砷酸钠溶液中加入氧化剂，将亚砷酸钠氧化为砷酸钠，将含有二氧化硫的气体净化后得到的二氧化硫通入到用稀硫酸酸化的砷酸钠溶液中，酸性条件下砷酸钠与二氧化硫发生氧化还原反应生成三氧化二砷，将反应后的溶液中加入约为7mol/L的硫酸溶液、温度冷却至25℃，过滤、洗涤、干燥得到三氧化二砷固体。
【详解】(1) ①由图可知，亚砷酸溶液中存在亚砷酸、亚砷酸二氢根离子、亚砷酸氢根离子、亚砷酸根离子，则亚砷酸为三元弱酸，故答案为：三；弱；
②“沉砷”时发生的反应为酸性条件下，溶液中的亚砷酸与硫离子反应生成三硫化二砷沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3↓+6H2O；
(2)由题意可知，加入硫酸亚铁可以与溶液中的硫离子与亚铁离子反应生成硫化亚铁，溶液中的硫离子浓度减小，平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS(aq)向逆反应方向移动，防止防止As2S3与S2-继续反应生成离子，提高沉砷效果，故答案为：与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-继续反应生成(或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)；
(3) 由题意可知，用石墨为电极，在强碱性溶液中电解含AsO的溶液时，AsO离子在阳极失去电子发生氧化反应生成AsO，电极反应式为2OH—+AsO—2e—=AsO+H2O，故答案为：2OH—+AsO—2e—=AsO+H2O；
(4)加H2SO4调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的反应为酸性条件下，砷酸钠溶液与二氧化硫反应生成硫酸钠、三氧化二砷沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：2AsO+2SO2+2H+=As2O3↓+2+H2O；
(5)由图可知，三氧化二砷在硫酸浓度为7mol/L、温度为25℃时溶解度最小，则为了提高As2O3的沉淀率，“一系列操作”过程中，冷却结晶时应控制的条件为调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃，故答案为：调节硫酸浓度约为7mol/L，并将温度冷却至25℃。
3．(1)第四周期第IIIB族(或第4周期第IIIB族)
(2)     粉碎废渣     充分搅拌或通入足量空气
(3)防止Sc3+与OH-结合
(4)ABD
(5)3NH4Cl·ScF3·6H2O3NH3↑+ 3HCl↑ + ScF3+ 6H2O
(6)“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解

【分析】钛尾矿经一系列处理后得到Sc2(C2O4)3，在空气中焙烧后用浓盐酸酸溶，再用氨水调节pH值，往该溶液加入NH4F进行沉钪，经过脱水除铵，加入Ca可以置换出Sc。
(1)
Sc元素原子序数是21，在周期表中的位置是第四周期第IIIB族(或第4周期第IIIB族)。
(2)
“焙烧”过程中得到CO2，欲使Sc2(C2O4)3充分氧化可采取粉碎废渣、充分搅拌或通入足量空气等措施。
(3)
由图2所示可知，pH大于4.2，Sc3+离子易于OH-结合，不利于后续沉钪操作得到沉淀。
(4)
xNH4Cl·yScF3·zH2O中存在的化学键类型有N-H极性键、O-H极性键、NH与Cl-离子键、Sc3+与F-离子键、NH内部其中一个N-H键是配位键，故选ABD。
(5)
由图中数据可知，37.05g的xNH4Cl·yScF3·zH2O随温度升高到300°C降到26.25g，此时失去的是结晶水的质量，有37.05g-26.25g=10.8g，物质的量为0.6mol；随温度升高到400°C固体质量降到10.20g，此时失去的是NH4Cl的质量，有26.25g-10.20g=16.05g，物质的量为0.3mol；剩余固体ScF3质量是10.20g，物质的量为=0.1mol，则x：y：z=0.3：0.1：0.6=3：1：6，则复盐沉淀(xNH4Cl·yScF3·zH2O)分解的总反应方程式为：3NH4Cl·ScF3·6H2O3NH3↑+ 3HCl↑ + ScF3+ 6H2O。
(6)
ScF3·6H2O高温脱水通常含有ScOF杂质，是因为Sc3+水解结合了氧元素所致，流程中“沉钪”后“脱水除铵”过程，NH4Cl分解生成HCl，可抑制Sc3+的水解，从而制得纯度很高的ScF3。
4．     B     (a+d-b-c)     水碳水比大时，H2的物质的量分数越大     水碳水比较大时，CO会与H2O进一步反应生成H2，使H2的物质的量分数增大     50.0%     7.5×10-3(MPa)          CO-2e-+H2O=CO2+2H+
【详解】(1)由图可知，需要吸收的能量最高，是该反应过程中的决定反应速率的步骤，将Na2SO4 溶液换成Li2SO4 溶液后，需要的能量降低，反应速率加快，故选B；
(2)设CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l)  ΔH1=akJ·mol—1，为反应①；
2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) ΔH2=b kJ·mol—1，为反应②；
2H2(g) +O2(g)=2 H2O (l) ΔH3=c kJ·mol—1，为反应③；
CO(g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g) ΔH4=d kJ·mol—1为反应④；
根据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可由①+④-②-③得到，故该反应的ΔH= (a+d-b-c) kJ·mol—1；
①根据曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大；根据题(2)中的反应可知，当水碳比较大时，甲烷水解重整反应体系中会存在CO与H2O的反应CO(g)+ H2O(g)= CO2(g)+ H2 (g)，会使H2的物质的量分数增大；
②由于水碳比为1.0，设开始加入的CH4和H2O的物质的量都为，转化的物质的量为。

，解得=0.5mol，故CH4的转化率为；
反应后的总物质的量为3mol，所以CH4、H2O、CO、H2的分压分别为：、、、，；
用气体分压表示反应速率方程为v=k p(CH4)·p—1(H2)== ；
(3)CO转化成CO2时CO失电子，电极反应为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+。
【点睛】本题要注意第（1）题，化学反应速率一般取决于反应历程中能量变化最大的一步，因为能量变化大的步骤进行的会比较慢，这在化学中叫做速率控制步骤，也叫限速步骤，简称速控步，或决速步骤。
5．     <     K     降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响     减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等     8×10-4     2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+     阳膜
【详解】(1)根据表中数据，正戊烷完全燃烧释放的热量大于异戊烷释放的热量，则异戊烷具有的能量低于相同量的正戊烷，故正戊烷的稳定性小于异戊烷的，故答案为：<；
(2)由表中数据可知，Na的其他副反应占比大，Cu的CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2的转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
(3)根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，H>0；为提高H2S的平衡转化率，即平衡正向移动，除改变温度外，还可减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等；N点时，n(H2S)%= n(H2)%，设起始时加入甲烷的物质的量为3mol，甲烷转化的物质的量为xmol，列出三段式：

由6-2x=4x，解得x=1，平衡体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数Kp===8×10-4(MPa)2。
(4)该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素化合价降低，得电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，根据阴极反应，氧气和氢离子结合生成水，氢离子来自阳极反应的产物，则H+透过离子交换膜向阴极移动，离子交换膜a为阳膜，故答案为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；阳膜。
6．(1)K1·K2
(2)     ＞     ＜     ＞
(3)     +123.5 kJ/mol     正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积增大，有利于平衡向正反应方向移动，提高乙苯的转化率     50

【解析】(1)
由图结合盖斯定律可知，ΔH3=ΔH1+ΔH2，所以K3=K1•K2，故答案为：K1•K2；
(2)
由图可知，随着温度升高，苯乙烯的体积分数逐渐增大，即反应正向移动，所以正反应为吸热反应，ΔH＞0；由图可知，随着温度升高，二氧体积分数比乙苯多，所以相同温度下CO2转化率＜乙苯转化率，且温度越高，二者相差越大，由此可判断第二个反应向正向移动，所以该反应的ΔH＞0，故答案为：＞；＜；＞；
(3)
①化学反应的反应热ΔH=断键吸热之和-成键放热之和=（347.7+5×413.4）kJ/mol-（615+3×413.4+436）kJ/mol=+123.5kJ/mol，故答案为：+123.5kJ/mol；
②由于正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，通入水蒸气，容器体积增大，有利于平衡向正反应方向移动，从而提高乙苯的转化率，因此在恒压设备中进行该反应时，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气；
③设起始加入乙苯5mol，水蒸气1mol，平衡时乙苯的转化率为60%，则根据三段式可知：

平衡时气体的总物质的量为：（2+3+3+1）mol=9mol，乙苯的物质的分数为，苯乙烯和氢气的物质的量分数均为，则反应的平衡常数Kp=kPa=50kPa。
7．     1-氯-1,3-丁二烯     取代反应          +5NaOH +3NaCl+NaBr+H2O     酯基、羟基、醚键     保护其他羟基，防止其转化为酯基     11          NaOH醇溶液加热
【分析】由图可知，化合物A（）与发生双烯合成反应，生成B（），B与CO、H2O在Ni的催化下反应生成C（），C与Br2发生取代反应生成D（），D发生水解得到E（），E与丙酮（）反应，保护四个羟基得到F（），F与发生取代反应，再用H+将酯基和丙酮叉水解，得到 。
【详解】（1）有机物A（）为1-氯-1,3-丁二烯；

（2）根据分析，反应①是Br原子取代了羧基的α-H，是取代反应；
（3）根据分析，B为，手性碳有3个，；
（4）根据分析，反应D→E中第(1)步的反应方程式是+5NaOH +3NaCl+NaBr+H2O；
（5）有机物F（）中的官能团有酯基、羟基、醚键；
（6）反应②羟基与丙酮反应生成丙酮叉，后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其他羟基，防止其转化为酯基；
（7）能与NaHCO3溶液反应产生无色无味气泡说明C有羧基，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、、、、、12种，除了C之外还有11种；
（8）Br原子应取代羧基的α-H，故M为；反应为卤代烃的消去反应，故条件为NaOH醇溶液加热；
【点睛】本题要注意第（6）题，有机化学反应中，如果某一步在分子上去一个基团，后续反应又将该基团脱掉，一般来说这个基团的作用就是保护原分子中的某一部分。该方法在有机合成中经常用到，一定要注意。
8．     对二甲苯(或1，4二甲苯)          取代反应     羧基、醚键     +CH3OH+H2O     8     、
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B反应生成C，C是，C经酸化得到D，D是，D与PCl3发生取代反应生成E，E是，G与CH3OH和浓硫酸加热发生酯化反应生成H，，由H逆推可知G是，结合G、E结构你及F的分子式，结合信息②可知F的结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) A是，化学名称是对二甲苯(或1，4二甲苯)，C的结构简式为。
(2) D与PCl3发生取代反应生成E，即由D生成E的反应类型为取代反应。
(3)由题意可知F的结构简式为，所以F中含氧官能团的名称为羧基、醚键。
(4) 通过分析可知G生成H的化学方程式为:+CH3OH+H2O。
(5)D是，芳香化合物X是D的同分异构体，满足下列条件：①核磁共振氢谱中有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的H原子；②结构中含说明含有酯基或羧基。则X可能的结构为：、、、、、、、，则符合条件的同分异构体有8种；其中有醛基的能发生银镜反应，则能够发生银镜反应的X的结构简式为：、。
9．(1)     3-氯丙烯或 3-氯-1-丙烯     碳碳双键羟基
(2)     氢氧化钠醇溶液、加热     取代反应
(3)
(4)CH2=CHCH2Cl+NaOH CH2=CHCH2OH+NaCl
(5)     17     或

【分析】丙烯经Cl2高温发生了-CH3取代反应得到A为CH2=CHCH2Cl，A经NaOH热溶液发生水解得到B为CH2=CHCH2OH，加入Cl2发生加成反应得到C为CH2ClCHClCH2OH。
(1)
A中C的编号为，则A为3-氯-1-丙烯或3-氯丙烯。B为CH2=CHCH2OH含碳碳双键C=C和羟基-OH，则B中官能团为碳碳双键和羟基；
(2)
由以上分析C为CH2ClCHClCH2OH脱去HCl形成的链状物质，即发生了消去反应，条件应该为NaOH醇溶、加热。由已知条件知G与SOCl2得到H为
(3)
由已知推测，G经SOCl2生成了-COCl，则H为。H到G变为分子中-Cl变为，则该反应为取代反应。E的分子式为C8H4O3该分子中不饱和度为，则该分子中除了苯环外还含有2个C=O和一个环，且E中氢有两种，则该该分子结构对称为；
(4)
A→B为取代反应则方程式为；
(5)
G的含苯环的同分异构体中，能发生银镜反应、水解反应、与NaHCO3溶液，同时除了苯环外只有3个C原子该物质中还含-OOCH、-COOH。再考虑苯环上取代基数目，3取代的可以看作-CH3取代以下物质苯环上的H的种类 ，如图标注共有4+4+2=10种；苯环上二取代 即-CHOOCH与-COOH在苯环上邻间对3种位置的取代，或者-OOCH与-CH2COOH在苯环上邻间对3种位置的取代，则G的同分异构体共有10+3+3=16种。核磁峰为1:1:2:2:2的结构或。