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山东省济南市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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这是一份山东省济南市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。
山东省济南市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·山东济南·统考一模）利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
回答下列问题：
(1)“焙烧”后V元素转化为，元素转化为________(写化学式)。
(2)欲除尽磷元素(即)，最终溶液中的浓度至少为________(已知)。
(3)“沉钒”过程中，由8.5到5.0发生反应的离子方程式为________；最终需要控制约为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。
(4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。
2．（2021·山东济南·统考一模）超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制备超细纳米铜粉的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶解”的离子方程式为_______，为了加快“溶解”反应，可采取的措施有_______(写出一种即可)。
(2)“滤饼B”是一种白色晶体，元素分析表明含有、S、O、N、H五种元素，、S、N的原子数目比为，光谱分析显示所含阴离子呈三角锥形，其中一种阳离子呈正四面体形，则该晶体的化学式为_______。
(3)“酸解”的化学方程式为_______；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是_______(填操作及现象)。
(4)“溶液C”可以循环利用，应将其导入到_______操作中(填操作单元的名称)。
3．（2022·山东济南·统考一模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。
回答下列问题：
(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
l4
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。
(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。
(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。
二、原理综合题
4．（2020·山东济南·统考一模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)________。
(2)时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为80%，则0~5min内反应的平均速率________，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。
A．固体的物质的量不再变化
B．体系的压强保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗和生成的物质的量相等
(3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示，时刻改变了一个外界条件，可能是________。
(4)向密闭容器中加入足量的、和一定量的、，在和下，反应③体系中和的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度：)
时，随时间变化关系的曲线是________，时，随时间变化关系的曲线是________。向时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的，再次达到平衡时，与的物质的量之比为________。
5．（2021·山东济南·统考一模）“推动绿色发展，绘就绿水青山齐鲁画卷”是山东“十四五”时期的战略任务之一。采用镍系催化剂的水煤气(主要有效成分为和)甲烷化是推动绿色发展的有效途径，该过程中涉及的反应有：
①
②
③
已知：反应①称为甲烷化反应；转化率，甲烷的选择性，两式中的L为进口或出口流量()。
回答下列问题：
(1)相应条件下，用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为_______。
(2)积碳会造成催化剂性能大幅度下降。向反应器中通入水蒸气可有效抑制积碳现象，但过量的水蒸气会对生产造成不利。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．积碳会导致反应的平衡常数减小，影响反应发生
B．通入水蒸气抑制积碳现象，反应③重新达到平衡后，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．加入过量的水蒸气会抑制反应①的进行，使的产率降低
适当增大氢碳比也可有效抑制积碳。实验表明当氢碳比逐渐增加到3的过程中，既提高了平衡转化率和选择性，又有效抑制了积碳现象，主要原因是_______。
(3)当氢碳比为3时，的转化率和的选择性与不同的氢气流速变化关系如图所示。
氢气流速低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是_______。
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，和_______(用含n、x、y、z和p的式子表示，下同)，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp=_______。
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可选择的反应条件为_______(填标号)。
A．高温高压、高氢碳比(3~4) B．低温低压、低氢碳比(1~2)
C．低温高压、高氢碳比(3~4) D．低温高压、低氢碳比(1~2)
6．（2022·山东济南·统考一模）反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1
副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ·mol-1
413
436
463
a
则a=___。
(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/(m2•g-1)
80
120
120
①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(3)对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。
反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。
三、有机推断题
7．（2020·山东济南·统考一模）以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：
已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2
b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。
回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称是________。N中含氧官能团的名称为________。
(2)M的结构简式是________。
(3)F→G的反应类型是________。
(4)写出C→D的化学方程式________。
(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；
②苯环上连接—C5H11。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有________和________(写结构简式)
(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)
8．（2021·山东济南·统考一模）氯苯噻乙酸是一种新的甾体消炎镇痛药，其合成方法如下：
已知：(X表示或)
回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为_______，反应②的化学方程式为_______。
(2)B中官能团的名称为羧基、_______。
(3)A的核磁共振氢谱只有1组峰，可以水解得到二元酸，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环，写出该离子的结构简式：_______(体现七元环结构，氢键用“…”表示)。与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的有_______(填结构简式)。
(4)噻唑类商品化试剂是生产维生素B的一种中间体，其合成路线如图所示：
其中E、F的结构简式分别为_______、_______。
9．（2022·山东济南·统考一模）黄连素(化合物1)主要用于治疗胃肠炎、细菌性痢疾等肠道感染。一种合成路线如图：
已知：
①RCOOHRCOCl
②CH3NH2+CH3COCH3
回答下列问题：
(1)符合下列条件的A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①含有两个酚羟基②苯环上有三个取代基③能发生银镜反应④能发生水解反应
(2)B的结构简式为____，B→C的反应类型为____，C中官能团的名称是____。
(3)C→D的化学方程式为____。
(4)F→G中，参与反应的位点是____(填“①”或“②”)，设计步骤E→F的目的是____。
(5)写出由制备的合成路线____。
参考答案：
1． 2
【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，故答案为：Na2SiO3；
(2)因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设PO43-刚好完全除尽，即c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为，故答案为：；
(3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时V3O93-转化为V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5；
(4)根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将VO2+还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O；5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。
2． 增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施) 或或 取酸解所得液体少许于试管中，用一束可见光照射，在入射光侧面可观察到一条光亮的通路 中和成盐
【分析】“溶解”步骤中空气中的氧气将铜氧化，与氨水反应生成，加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入SO2，将铜离子还原为+1价铜，生成晶体，“酸解”步骤中加入足量硫酸，发生反应生成铜单质，过滤得到铜单质，再进行后续处理得到超细纳米铜粉。
【详解】(1) “溶解”可以理解为铜被氧化成二价铜，Cu2+与氨水反应生成铜氨配离子，故离子方程式为：；为了加快“溶解”反应，可采取的措施有：增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施)；
(2)阴离子呈三角锥形，不能是硝酸根离子(平面三角形)、硫酸根离子(正四面体)，只能是亚硫酸根离子，其中一种阳离子呈正四面体形，为铵根离子，则该晶体的化学式为：
或或；
(3)酸解生成气体D为SO2，观察到流程下一步，有铜生成，说明亚铜离子在酸性条件下会反应生成铜单质与二价铜离子。故化学方程式为：；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是利用丁达尔效应：取少量酸解液体于试管中，用一束可见光来照射，可观察到一条光亮的通路；
(4)酸解由于加入了过量的硫酸，故溶液C中含有硫酸、硫酸铵、硫酸铜。硫酸可以循环利用，应将其导中和成盐操作中。
3．(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2) 酸性、还原性 KBF4
(3) 3.3≤pH<7 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O 17.2
(4) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
（1）
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）
用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；
（3）
“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；
（4）
用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
4． -28 0.048 64 AC 恒压条件下充入一定量 a c 1:7
【分析】(1)根据盖斯定律进行ΔH3的计算；
(2)根据题干信息，列三段式求出CO转化的物质的量，从而求出0~5min内的平均反应速率和平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志；
(3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答；
(4)结合第(2)中的平衡常数，根据CO和CO2的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下的大小关系，从而结合图象分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求出比值。
【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应(④-②×3)得到，根据盖斯定律，ΔH3=(ΔH4-3ΔH2)=(460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28；
(2)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应③，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，设CO转化了x mol，列三段式有：
则，解得x=2.4mol，因此0~5min内反应的平均速率，该温度下的平衡常数；
A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生改变时，可以说明反应达到了平衡，A选项正确；
B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不能说明反应达到了平衡，B选项错误；
C．混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C选项正确；
D．单位时间内消耗CO和生成CO2都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D选项错误；
答案选AC，故答案为：0.048；64；AC；
(3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图象变化趋势可知，在t2时v正减小，且重新平衡时等于原平衡的v正，平衡不移动，则改变的条件可能是在恒压条件下充入一定量的CO2气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的CO2气体；
(4)由(2)知，T1时，反应③的平衡常数，因为T1>T2>T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3>K2>K，则达到平衡后，T3时的>T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图象对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。
5． C 氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动 氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳 C
【详解】(1)①
②
③
利用盖斯定律，将反应③-②，即得用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为。答案为：；
(2)A．积碳不会引起温度的变化，不会导致反应的平衡常数减小，A不正确；
B．通入水蒸气抑制积碳现象，增大了水蒸气的浓度，反应③中正反应速率增大，逆反应速率增大，B不正确；
C．加入过量的水蒸气，会使反应①的平衡逆向移动，从而使的产率降低，C正确；
故选C。
当氢碳比逐渐增加到3的过程中，反应①的平衡正向移动，从而提高平衡转化率和选择性，减小了CO的浓度，使反应②的平衡逆向移动，从而有效抑制了积碳现象，主要原因是氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动。答案为：C；氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动；
(3)氢气流速过慢时，H2的量不足，不利于平衡的正向移动，氢气流速过快时，与催化剂的接触时间短，所以低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳。答案为：氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳；
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，，则可建立如下变化量关系：
则混合气中H2的物质的量为()，CO物质的量为(1-x-2y-z)mol，H2的物质的量为(n-3x+Z)mol，CH4的物质的量为xmol，H2O的物质的量为(x-z)mol，气体的总物质的量为(1+n-2x-y)mol，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp==。答案为：；；
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可增加H2的用量以提高氢碳比，因为反应是气体分子数增大的放热反应，所以适宜低温高压，从而得出反应条件为低温高压、高氢碳比(3~4)，故选C。答案为：C。
【点睛】在同一混合体系中，尽管一种物质在几个反应中出现，但其浓度是相同的，也就是一种物质只有一个浓度。
6．(1)745
(2) ＜ b 4.8
(3) C
【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；
②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，
可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；
（3）反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
7． 3，4-二甲基-3-己烯 酯基 消去反应 48
【分析】根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C13H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；
(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；
(3)根据上述分析，F→G发生的是—OH的消去反应，故答案为：消去反应；
(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；
(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个—CHO，且苯环上连接—C5H11，则该分子的结构可以是、、、、、6种结构，由于—C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；；；
(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。
8． 取代(反应) 碳氯键(或氯原子)、(酮)羰基
【分析】根据氯苯噻乙酸的结构及已知反应倒推C的结构为：，B的结构简式为：。根据加氢特点进行反推去氢，且在两个相邻的碳原子上去掉氢原子，推测A的结构简式为： ，
【详解】(1)根据反应①的反应物和生成物的特点少了1个氢原子，多了1个氯原子判断，该反应为取代反应，反应②的方程式根据已知反应中官能团的变化类比书写： ；
(2)根据B的结构简式 判断所含官能团为：羧基、氯原子、(酮)羰基；
(3) A的核磁共振氢谱只有1组峰，则A的结构简式为： ，含有两个酯基，水解后产物为 ，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环 ；与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的结构简式为： ；
(4)根据已知反应的反应机理判断，利用 的结构及碳原子的数倒退F的结构简式，利用F推测E的结构，E的结构简式为：、F的结构简式为：。
【点睛】根据已知反应找出成键或者断键的部位判断反应机理，反应的官能团，根据官能团判断反应，以此进行类比。
9．(1)30
(2) 取代反应 醚键、酰胺基
(3)+H2O
(4) ① 防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)
(5)
【分析】由题干合成流程图中信息可知，由A和C的结构简式结合A到B，B到C的转化条件并结合信息①可知B的结构简式为：，(1)已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，(5) 本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线，据此分析解题。
(1)
已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，故答案为：30；
(2)
由分析可知，B的结构简式为，B→C即+生成和HCl，故该反应的反应类型为取代反应，由题干中C的结构简式可知，C中官能团的名称是醚键和酰胺基，故答案为：；取代反应；醚键和酰胺基；
(3)
由题干合成流程图可知，C→D即转化为，则该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
由题干流程图比较F和G的结构简式可知，F→G中，参与反应的位点是①，由于F中Br所在的位置和①点位对称即等效，如果不设计步骤E→F则在F到G的转化中将发生更多的副反应，降低原料的转化率，使目标产物纯度降低，故答案为：①；防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)；
(5)
本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线为： ，故答案为： 。
山东省济南市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·山东济南·统考一模）利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
回答下列问题：
(1)“焙烧”后V元素转化为，元素转化为________(写化学式)。
(2)欲除尽磷元素(即)，最终溶液中的浓度至少为________(已知)。
(3)“沉钒”过程中，由8.5到5.0发生反应的离子方程式为________；最终需要控制约为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。
(4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。
2．（2021·山东济南·统考一模）超细纳米铜粉的比表面积大、表面活性中心数目多，在冶金和石油化工中是优良的催化剂。利用铜屑制备超细纳米铜粉的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“溶解”的离子方程式为_______，为了加快“溶解”反应，可采取的措施有_______(写出一种即可)。
(2)“滤饼B”是一种白色晶体，元素分析表明含有、S、O、N、H五种元素，、S、N的原子数目比为，光谱分析显示所含阴离子呈三角锥形，其中一种阳离子呈正四面体形，则该晶体的化学式为_______。
(3)“酸解”的化学方程式为_______；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是_______(填操作及现象)。
(4)“溶液C”可以循环利用，应将其导入到_______操作中(填操作单元的名称)。
3．（2022·山东济南·统考一模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：
已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。
回答下列问题：
(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
l4
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。
(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。
(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。
二、原理综合题
4．（2020·山东济南·统考一模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)________。
(2)时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为80%，则0~5min内反应的平均速率________，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。
A．固体的物质的量不再变化
B．体系的压强保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗和生成的物质的量相等
(3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示，时刻改变了一个外界条件，可能是________。
(4)向密闭容器中加入足量的、和一定量的、，在和下，反应③体系中和的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度：)
时，随时间变化关系的曲线是________，时，随时间变化关系的曲线是________。向时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的，再次达到平衡时，与的物质的量之比为________。
5．（2021·山东济南·统考一模）“推动绿色发展，绘就绿水青山齐鲁画卷”是山东“十四五”时期的战略任务之一。采用镍系催化剂的水煤气(主要有效成分为和)甲烷化是推动绿色发展的有效途径，该过程中涉及的反应有：
①
②
③
已知：反应①称为甲烷化反应；转化率，甲烷的选择性，两式中的L为进口或出口流量()。
回答下列问题：
(1)相应条件下，用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为_______。
(2)积碳会造成催化剂性能大幅度下降。向反应器中通入水蒸气可有效抑制积碳现象，但过量的水蒸气会对生产造成不利。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．积碳会导致反应的平衡常数减小，影响反应发生
B．通入水蒸气抑制积碳现象，反应③重新达到平衡后，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．加入过量的水蒸气会抑制反应①的进行，使的产率降低
适当增大氢碳比也可有效抑制积碳。实验表明当氢碳比逐渐增加到3的过程中，既提高了平衡转化率和选择性，又有效抑制了积碳现象，主要原因是_______。
(3)当氢碳比为3时，的转化率和的选择性与不同的氢气流速变化关系如图所示。
氢气流速低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是_______。
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，和_______(用含n、x、y、z和p的式子表示，下同)，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp=_______。
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可选择的反应条件为_______(填标号)。
A．高温高压、高氢碳比(3~4) B．低温低压、低氢碳比(1~2)
C．低温高压、高氢碳比(3~4) D．低温高压、低氢碳比(1~2)
6．（2022·山东济南·统考一模）反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=-270kJ·mol-1
副反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键
C—H
H—H
H—O
C=O
键能/kJ·mol-1
413
436
463
a
则a=___。
(2)为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1molCO2和4molH2，在三种不同实验条件(见表)下进行两个反应，反应体系的总压强(p)随时间变化情况如图所示：
实验编号
a
b
c
温度/K
T1
T1
T2
催化剂的比表面积/(m2•g-1)
80
120
120
①T1____T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是____。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)=____kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp=____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
(3)对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正(H2)=k1•c4(H2)•c(CO2)或v逆(H2O)=k2•c2(H2O)•c(CH4)，相应的速率与温度关系如图所示。
反应Ⅰ的平衡常数K=____(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是____。
三、有机推断题
7．（2020·山东济南·统考一模）以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：
已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2
b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。
回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称是________。N中含氧官能团的名称为________。
(2)M的结构简式是________。
(3)F→G的反应类型是________。
(4)写出C→D的化学方程式________。
(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；
②苯环上连接—C5H11。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有________和________(写结构简式)
(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)
8．（2021·山东济南·统考一模）氯苯噻乙酸是一种新的甾体消炎镇痛药，其合成方法如下：
已知：(X表示或)
回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为_______，反应②的化学方程式为_______。
(2)B中官能团的名称为羧基、_______。
(3)A的核磁共振氢谱只有1组峰，可以水解得到二元酸，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环，写出该离子的结构简式：_______(体现七元环结构，氢键用“…”表示)。与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的有_______(填结构简式)。
(4)噻唑类商品化试剂是生产维生素B的一种中间体，其合成路线如图所示：
其中E、F的结构简式分别为_______、_______。
9．（2022·山东济南·统考一模）黄连素(化合物1)主要用于治疗胃肠炎、细菌性痢疾等肠道感染。一种合成路线如图：
已知：
①RCOOHRCOCl
②CH3NH2+CH3COCH3
回答下列问题：
(1)符合下列条件的A的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①含有两个酚羟基②苯环上有三个取代基③能发生银镜反应④能发生水解反应
(2)B的结构简式为____，B→C的反应类型为____，C中官能团的名称是____。
(3)C→D的化学方程式为____。
(4)F→G中，参与反应的位点是____(填“①”或“②”)，设计步骤E→F的目的是____。
(5)写出由制备的合成路线____。
参考答案：
1． 2
【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，故答案为：Na2SiO3；
(2)因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设PO43-刚好完全除尽，即c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为，故答案为：；
(3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时V3O93-转化为V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5；
(4)根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将VO2+还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O；5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。
2． 增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施) 或或 取酸解所得液体少许于试管中，用一束可见光照射，在入射光侧面可观察到一条光亮的通路 中和成盐
【分析】“溶解”步骤中空气中的氧气将铜氧化，与氨水反应生成，加入硫酸中和成盐生成硫酸铜和硫酸铵，再通入SO2，将铜离子还原为+1价铜，生成晶体，“酸解”步骤中加入足量硫酸，发生反应生成铜单质，过滤得到铜单质，再进行后续处理得到超细纳米铜粉。
【详解】(1) “溶解”可以理解为铜被氧化成二价铜，Cu2+与氨水反应生成铜氨配离子，故离子方程式为：；为了加快“溶解”反应，可采取的措施有：增大氨水的浓度(或通入氧气、升高温度、搅拌等合理措施)；
(2)阴离子呈三角锥形，不能是硝酸根离子(平面三角形)、硫酸根离子(正四面体)，只能是亚硫酸根离子，其中一种阳离子呈正四面体形，为铵根离子，则该晶体的化学式为：
或或；
(3)酸解生成气体D为SO2，观察到流程下一步，有铜生成，说明亚铜离子在酸性条件下会反应生成铜单质与二价铜离子。故化学方程式为：；验证酸解后所得铜粉为纳米级的简便方法是利用丁达尔效应：取少量酸解液体于试管中，用一束可见光来照射，可观察到一条光亮的通路；
(4)酸解由于加入了过量的硫酸，故溶液C中含有硫酸、硫酸铵、硫酸铜。硫酸可以循环利用，应将其导中和成盐操作中。
3．(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2) 酸性、还原性 KBF4
(3) 3.3≤pH<7 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O 17.2
(4) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
（1）
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）
用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；
（3）
“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；
（4）
用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
4． -28 0.048 64 AC 恒压条件下充入一定量 a c 1:7
【分析】(1)根据盖斯定律进行ΔH3的计算；
(2)根据题干信息，列三段式求出CO转化的物质的量，从而求出0~5min内的平均反应速率和平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志；
(3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答；
(4)结合第(2)中的平衡常数，根据CO和CO2的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下的大小关系，从而结合图象分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求出比值。
【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应(④-②×3)得到，根据盖斯定律，ΔH3=(ΔH4-3ΔH2)=(460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28；
(2)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应③，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，设CO转化了x mol，列三段式有：
则，解得x=2.4mol，因此0~5min内反应的平均速率，该温度下的平衡常数；
A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生改变时，可以说明反应达到了平衡，A选项正确；
B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不能说明反应达到了平衡，B选项错误；
C．混合气体的平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C选项正确；
D．单位时间内消耗CO和生成CO2都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D选项错误；
答案选AC，故答案为：0.048；64；AC；
(3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图象变化趋势可知，在t2时v正减小，且重新平衡时等于原平衡的v正，平衡不移动，则改变的条件可能是在恒压条件下充入一定量的CO2气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的CO2气体；
(4)由(2)知，T1时，反应③的平衡常数，因为T1>T2>T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3>K2>K，则达到平衡后，T3时的>T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图象对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。
5． C 氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动 氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳 C
【详解】(1)①
②
③
利用盖斯定律，将反应③-②，即得用焦炭与水蒸气制取水煤气的热化学方程式为。答案为：；
(2)A．积碳不会引起温度的变化，不会导致反应的平衡常数减小，A不正确；
B．通入水蒸气抑制积碳现象，增大了水蒸气的浓度，反应③中正反应速率增大，逆反应速率增大，B不正确；
C．加入过量的水蒸气，会使反应①的平衡逆向移动，从而使的产率降低，C正确；
故选C。
当氢碳比逐渐增加到3的过程中，反应①的平衡正向移动，从而提高平衡转化率和选择性，减小了CO的浓度，使反应②的平衡逆向移动，从而有效抑制了积碳现象，主要原因是氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动。答案为：C；氢碳比为3时，反应①正向移动，反应②逆向移动；
(3)氢气流速过慢时，H2的量不足，不利于平衡的正向移动，氢气流速过快时，与催化剂的接触时间短，所以低于或高于都不利于甲烷化反应，可能的原因是氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳。答案为：氢气流速过低导致供给量不足，选择性差，不利于甲烷化反应；氢气流速过高导致停留时间过短，与催化剂接触时间不足，导致催化效率不佳；
(4)若向一定温度下的密闭容器中投入n和1，发生上述3个反应，达到平衡时，测得气体总压为p，容器中存在x，yC，，则可建立如下变化量关系：
则混合气中H2的物质的量为()，CO物质的量为(1-x-2y-z)mol，H2的物质的量为(n-3x+Z)mol，CH4的物质的量为xmol，H2O的物质的量为(x-z)mol，气体的总物质的量为(1+n-2x-y)mol，该温度下，甲烷化反应①的分压平衡常数Kp==。答案为：；；
(5)为了同时提高的转化率与的选择性，可增加H2的用量以提高氢碳比，因为反应是气体分子数增大的放热反应，所以适宜低温高压，从而得出反应条件为低温高压、高氢碳比(3~4)，故选C。答案为：C。
【点睛】在同一混合体系中，尽管一种物质在几个反应中出现，但其浓度是相同的，也就是一种物质只有一个浓度。
6．(1)745
(2) ＜ b 4.8
(3) C
【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，△H1=-270kJ·mol-1=2a+436kJ/mol×4-413kJ/mol×4-463kJ/mol×4 ，则a=745。故答案为：745；
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2(填“＞”“＜”或“=”)，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。故答案为：＜；b；
②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200Kpa降到160Kpa， ，n平=4mol，设反应Ⅰ生成2xmol水，
可得等式：5-消耗的二氧化碳和氢气+生成的甲烷+生成的水+生成的一氧化碳=5-（x+4x+1.2-2x+1.2-2x）+x+1.2+1.2-2x=4，x=0.5，平衡时水为0.2mol，甲烷为0.5mol，一氧化碳为0.2mol,氢气为1.8mol，二氧化碳为0.3mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10min达到平衡时生成1.2molH2O，则10min内反应的平均速率v(H2O)= =4.8kPa•min-1，反应Ⅱ的平衡常数Kp= =。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：4.8；；
（3）反应Ⅰ的平衡常数K= ，且平衡时v正(H2)=v逆(H2)=2v逆(H2O)，可得k1•c4(H2)•c(CO2)=2k2•c2(H2O)•c(CH4)整理得：==K，反应Ⅰ的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)；图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v(H2),在平衡时，应有v正(H2)=v逆(H2)，由v逆(H2)=2v逆(H2O)，即v正(H2)=2v正(H2O)，在C点v(H2)=2v(H2O)，能表示反应已达到平衡状态的是C，故答案为：；C。
7． 3，4-二甲基-3-己烯 酯基 消去反应 48
【分析】根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C13H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；
(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；
(3)根据上述分析，F→G发生的是—OH的消去反应，故答案为：消去反应；
(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；
(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个—CHO，且苯环上连接—C5H11，则该分子的结构可以是、、、、、6种结构，由于—C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；；；
(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。
8． 取代(反应) 碳氯键(或氯原子)、(酮)羰基
【分析】根据氯苯噻乙酸的结构及已知反应倒推C的结构为：，B的结构简式为：。根据加氢特点进行反推去氢，且在两个相邻的碳原子上去掉氢原子，推测A的结构简式为： ，
【详解】(1)根据反应①的反应物和生成物的特点少了1个氢原子，多了1个氯原子判断，该反应为取代反应，反应②的方程式根据已知反应中官能团的变化类比书写： ；
(2)根据B的结构简式 判断所含官能团为：羧基、氯原子、(酮)羰基；
(3) A的核磁共振氢谱只有1组峰，则A的结构简式为： ，含有两个酯基，水解后产物为 ，1个链状的D的酸式酸根离子可通过氢键形成1个七元环 ；与D互为同分异构体的二元酯中，核磁共振氢谱只有1组峰的结构简式为： ；
(4)根据已知反应的反应机理判断，利用 的结构及碳原子的数倒退F的结构简式，利用F推测E的结构，E的结构简式为：、F的结构简式为：。
【点睛】根据已知反应找出成键或者断键的部位判断反应机理，反应的官能团，根据官能团判断反应，以此进行类比。
9．(1)30
(2) 取代反应 醚键、酰胺基
(3)+H2O
(4) ① 防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)
(5)
【分析】由题干合成流程图中信息可知，由A和C的结构简式结合A到B，B到C的转化条件并结合信息①可知B的结构简式为：，(1)已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，(5) 本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线，据此分析解题。
(1)
已知A的分子式为：C10H12O4，不饱和度为：=5，则A符合条件①含有两个酚羟基、②苯环上有三个取代基、③能发生银镜反应含有醛基或甲酸酯基、④能发生水解反应含有酯基，故先考虑两个酚羟基有邻、间、对三种位置关系，再连第三个取代基则分别有2种，3种和1种位置关系，即每一组均有2+3+1=6种，第三个取代基可以为：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五种可能，故符合条件的A的同分异构体有6×5=30种，故答案为：30；
(2)
由分析可知，B的结构简式为，B→C即+生成和HCl，故该反应的反应类型为取代反应，由题干中C的结构简式可知，C中官能团的名称是醚键和酰胺基，故答案为：；取代反应；醚键和酰胺基；
(3)
由题干合成流程图可知，C→D即转化为，则该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(4)
由题干流程图比较F和G的结构简式可知，F→G中，参与反应的位点是①，由于F中Br所在的位置和①点位对称即等效，如果不设计步骤E→F则在F到G的转化中将发生更多的副反应，降低原料的转化率，使目标产物纯度降低，故答案为：①；防止后续步骤得到过多副产物(或提高目标产物的纯度)；
(5)
本题采用正向合成法，根据题干已知信息②可知在一定条件下可知转化为，根据题干D到E的转化信息可知，与NaBH4作用可以转化为：，根据F到G的转化信息可知，与HCHO作用可以生成，据此确定合成路线为： ，故答案为： 。
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