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河北省唐山市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
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这是一份河北省唐山市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22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。
河北省唐山市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·河北唐山·统考二模）三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以固体含Ru废料为原料制备RuCl3晶体，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)K2RuO4中Ru的化合价为_____，“碱熔”中产生的气体可用于____(写一种工业用途)。
(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为______mol。
(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有______。
(4)RuO4气体有剧毒，“盐酸吸收”时的化学方程式为___________。
(5)可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2 = 2Ru＋6HCl，所得实验数据记录如下：
实验序号
产品质量/g
固体Ru质量/g
①
5.1875
2.0210
②
5.1875
2.0190
③
5.1875
2.0200
④
5.1875
1.6200
则产品的纯度为________(用百分数表示)。
(6)钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式________。
2．（2021·河北唐山·统考二模）LiFePO4是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如图：
(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，则FeTiO3可写成______，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为______。
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解形成TiO2·xH2O相应反应的离子方程式______。
(3)加入双氧水的目的是______。
(4)若“滤液2”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，此时______ (填“是”或“否”)有Mg3(PO4)2沉淀生成。列式计算解释原因______。［已知：Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24。
(5)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式______。
(6)锂离子电池充电时，LiFePO4接电源的______极(填“正”或“负”)，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x=，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=_______。
3．（2022·河北唐山·统考二模）以电镀厂含锌废液(主要成分为，还含有少量的)为原料制备的工艺流程如下：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀
1.9
7.0
3.0
6.6
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
9.1
回答下列问题：
(1)“氧化”工序作用之一是除锰，发生反应的离子反应方程式是_______。
(2)工业生产中，“试剂a”通常可选用_______ (填字母代号)
A．溶液 B． C．稀硫酸 D．
滤渣X的成分是_______，调的范围是_______。
(3)“沉锌”主要反应的离子反应方程式是_______；过滤出的产品经过多次洗涤，如何证明产品已洗净_______。
(4)对产品进行系列加工可得单质和，科研团队进一步研发了可逆电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的解离成和。电池工作原理如图所示：
闭合时，电池复合膜中向_______(填“左”或“右”)迁移；闭合时，电极发生的电极反应式为_______。
二、原理综合题
4．（2020·河北唐山·统考二模）多种短周期非金属元素的气态氧化物常会造成一些环境污染问题，化学工作者设计出将工业废气中污染物再利用的方案，以消除这些不利影响。
(1)以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化示意图如下：
写出以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式_________，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，可判断Ea1_____Ea3(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)向体积为2 L的恒温恒容容器中通入2 mol CO和2 mol SO2，发生反应2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)。若反应进行到10 min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前16 min的平均反应速率v(CO)＝____，该温度下反应化学平衡常数K＝____。
(3)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。
①室温条件下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点溶液中n()∶n()＝________。
②已知室温条件下，Ka1(H2SO3) =1.5×10-2；Ka2(H2SO3) =1.0×10-7；Kb(NH3•H2O) =1.8×10-5。室温下，0.1mol•L-1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度(不考虑OH-)由大到小顺序为________。
(4)利用电解烧碱和食盐的混合液，使工业废气脱氮，原理如图。
①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：_________________。
②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，该装置中应使用_______ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
5．（2021·河北唐山·统考二模）氮氧化物的处理是环境科学研究的热点课题。
(1)已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1
Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1
Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol-1
利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。
①该反应正反应的活化能为EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为______ kJ·mol-1。
②该反应在下能______自发进行(填“高温”或“低温”)。
③在2L恒容密闭容器中加入3molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变化关系如图所示：则T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______ ；T1温度下，上述反应的平衡常数K=______L·mol-1；若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，则a的取值范围是______。
(2)有人利用反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。现向恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。
①若为绝热容器，下列表示该反应达到平衡状态的是______(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体的压强保持不变
C．NO和N2的消耗速率之比为1：2
D．混合气体中c(NO)=c(N2)
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中______点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是______。
6．（2022·河北唐山·统考二模）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为：，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
(1)主要反应的最大能垒为_______。
(2)副反应的热化学方程式为_______。
(3)已知
则的_______。
(4)在体积的刚性容器中，投入气态，在一定催化剂作用下，反应时间时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)。
①时内生成甲醛的平均反应速率是_______。
②若时恰好平衡，容器的初始压强为，甲醇的转化率为，甲醛的选择性为，主要反应的压强平衡常数为_______。
③以后，甲醛的选择性下降的可能原因为_______。
(5)利用甲醇、氯气和氢气为原料在℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下：。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同，的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙的转化率相同，混合气体的颜色相同
三、有机推断题
7．（2020·河北唐山·统考二模）莽草酸(E)主要作为抗病毒和抗癌药物中间体， 作为合成治疗禽流感药物达菲(Tamiflu)的主要原料之一。其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_____。D的分子式为_____。莽草酸(E)中含氧官能团的名称是_____。
(2)①的化学反应类型为_____。
(3)C与足量NaOH稀溶液反应的化学方程式为______。
(4)设计步骤②、③的目的是________。
(5) F是B的一种同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F的结构简式为____。
(6)有机材料G(属降冰片烯酸类，结构简式：)用作医药中间体，依据题中合成路线设计以A(CH2=CH—COOH)和为起始原料制备G的合成路线(无机试剂任选)______。
8．（2021·河北唐山·统考二模）有机化合物H可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
已知：①RCOOHR为烃基
②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。
请回答：
(1)E的结构简式为______，F的名称为______。
(2)C+F→G的反应类型为______；H中含氧官能团的名称为______。
(3)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是______。
(4)写出G与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式______。
(5)化合物D的同分异构体有多种，其中能与FeCl3溶液发生显色反应的结构有______种(不包括D本身)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为______。(任写一种)。
(6)苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线(无机试剂任选)：______。
9．（2022·河北唐山·统考二模）化合物G是治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)反应所需的试剂和条件是_______，的反应类型是_______。
(2)C分子中最多共面的碳原子数有_______个，E中官能团的名称是_______。
(3)写出的化学方程式_______。
(4)能将酯基还原成醇羟基，F的分子式是，则F的结构简式为_______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种。
①分子中含苯环且只有两个取代基，官能团分别在两个取代基上，即不与苯环直接相连。
②该分子催化氧化的产物能发生银镜反应。
(6)以苯甲醇、和必要的无机试剂为原料，参照上述流程合成，写出合成路线_______。
参考答案：
1． ＋6价 用来制取硝酸 2 适当升高温度、粉碎固体废料 2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O 80.00% N2＋3H22NH3
【分析】含Ru废料加入硝酸钾和氢氧化钾反应生成二氧化氮和K2RuO4，K2RuO4与NaClO、硫酸反应生成RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O。
【详解】(1)根据K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为−2价分析得到K2RuO4中Ru的化合价为＋6价，“碱熔”中产生的气体是二氧化氮，二氧化氮可用于制硝酸；故答案为：＋6价；用来制取硝酸。
(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，根据得失电子守恒分析2mol K2RuO4氧化为RuO4失去4mol电子，NaClO中Cl元素的化合价由+1价降为-1价，1mol NaClO得到2mol电子，因此需要氧化剂的物质的量为2 mol；故答案为：2。
(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎固体废料；故答案为：适当升高温度、粉碎固体废料。
(4)RuO4气体有剧毒，根据图中信息用“盐酸吸收”时生成RuCl3，Ru化合价降低，则盐酸中氯元素的化合价升高变为氯气，其化学方程式为2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O。
(5)根据数据得出第④实验数据误差较大，应舍弃，取另外三次的平均数据，得到Ru质量为2.0200g，产品中RuCl3的质量为g ，则产品的纯度为；故答案为：80.00%。
(6)根据图中信息得到氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，其合成反应的化学方程式；N2＋3H22NH3；故答案为：N2＋3H22NH3。
【点睛】化工流程是常考题型，主要考查工艺中设计的氧化还原反应、利用得失电子守恒分析、与电化学知识结合考查等形式。
2． FeO·TiO2 SiO2 +(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl- 将Fe2+氧化成Fe3+ 否 c()===1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
【详解】(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，活泼金属氧化物写在前面，则FeTiO3可写成FeO·TiO2，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，由于酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2；
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，水解形成TiO2·xH2O，相应反应的离子方程式为+(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl-；
(3)加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与反应生成沉淀FePO4；
(4) c()===1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6) LiFePO4为原电池正极物，锂离子电池充电时，接电源的正极，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x=，化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe2+为a，Fe3+为b，则有，解得a=，b=，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=13：3。
3．(1)S2O+Mn2++2H2O =MnO2↓+2SO+4H+
(2) BD Fe(OH)3、Al(OH)3 4.7~6.6
(3) 3Zn2++ 6HCO=ZnCO3∙2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净
(4) 右 [Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-
【分析】电镀厂含锌废液主要成分为，还含有少量的，用Na2S2O8把氧化为，过滤出MnO2，滤液中加氧化锌或碳酸锌调节pH在4.7~6.6之间，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素；滤液中加NH4HCO3生成ZnCO3∙2Zn(OH)2沉淀。
【详解】（1）“氧化”工序用Na2S2O8把氧化为，除锰发生反应的离子反应方程式是S2O+Mn2++2H2O =MnO2↓+2SO+4H+；
（2）工业生产中，加入“试剂a”的目的是调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素，为不引入新杂质，a通常可选用或，故选BD；滤渣X的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，为使Fe3+、Al3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，调的范围是4.7~6.6。
（3）“沉锌”过程是硫酸锌和NH4HCO3反应生成ZnCO3∙2Zn(OH)2沉淀，反应的离子反应方程式是3Zn2++ 6HCO=ZnCO3∙2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O；若洗涤液中不含硫酸根离子，说明产品已洗净，检验方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净。
（4）闭合时，构成原电池，放电时右侧生成甲酸，所以电池复合膜中向右迁移；电池放电时，Zn极是负极，闭合时，构成电解池，给电池充电，电极是阴极，[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn，发生的电极反应式为[Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-。
4． 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4 ＜ 0.05 mol·L−1·min−1 26.7 3∶1 c()＞c()＞c()＞c(H+) 3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O 阴
【分析】(1)将第一步和第二步两步方程式相加，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大。
(2)建立三段式，根据题中信息计算转化量，再计算速率和平衡常数。
(3)①根据图所示，b点溶液电荷守恒、溶液呈中性和n() = n()；②亚硫酸根水解常数与铵根水解常数比较得出谁的水解程度占主要。
(4)①阳极产物是氯气；②阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应。
【详解】(1)将第一步和第二步两步方程式相加得到氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，因此可判断Ea1＜Ea3；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4；＜。
(2)若反应进行到10 min时达平衡，设转化二氧化硫物质的量为xmol，，测得CO2的体积分数为0.5，，解得x=0.8，则前16 min的平均反应速率，该温度下反应化学平衡常数；故答案为：0.05 mol·L−1·min−1；26.7。
(3)①b点溶液电荷守恒和溶液呈中性得到n()=2n() + n()，又由于n() = n()，因此n()∶n()＝3:1；故答案为：3:1。
②室温下，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根水解，铵根水解，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主，因此离子浓度由大到小顺序为c()＞c()＞c()＞c(H+)。
(4)①根据放电顺序，阳极产物是氯气，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O；故答案为：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O。
②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应，因此该装置中应使用阴离子交换膜；故答案为：阴。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查热化学方程式的书写，化学反应速率、化学平衡移动、三段式建立关系及化学平衡常数，电化学知识，解题时正确理解原理和原理的应用是关键。
5． Ea+746.5 低温 0.16mol·L-1·min-1 0.25 a＞2 AB BC 催化剂活性降低导致速率变慢
【详解】(1)①已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1 Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1 Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol-1根据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)由2Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ，故该反应的＝-746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为EakJ·mol-1，故逆反应的活化能为(746.5+Ea)kJ·mol-1，故答案为：746.5+Ea；
②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即＜0，又知<0，故该反应在能低温下自发进行，故答案为：低温；
③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率(CO)=(NO) =0.16mol·L-1·min-1，根据三段式分析可知： ，T1温度下，上述反应的平衡常数K==0.25 L·mol-1，若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，即Qc=小于K，解得：a＞2，则a的取值范围是a＞2，故答案为：0.16mol·L-1·min-1；0.25；a＞2；
(2) ①A．混合气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的量保持不变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，B符合题意；
C．NO的消耗速率表示正反应速率，N2的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO和N2的消耗速率之比为2：1时反应达到平衡，C不合题意；
D．平衡的标志是体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N2)不能说明反应达到平衡，D不合题意；
故答案为：AB；
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时， NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。
6．(1)73.2
(2)CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ∙mol−1
(3)-673
(4) 0.04 mol∙ L-1min-1 温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
(5)BC
【详解】（1）结合图示可知，该历程中最大能垒活化能，故答案为。
（2）结合图示分析可知，副反应的热化学方程式为：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ∙mol−1
（3）
由得到： 故，答案为： 故
（4）①结合图示分析可知,600℃时5min内甲醇的转化率为50%，甲醛的选择性为80%，=0.4mol，5min内生成甲醛的平均反应速率是；
②，由于甲醛的选择性为，甲醛压强为0.2P0，氢气的压强为主副反应氢气压强之和：0.2P0+0.8P0=P0，故压强平衡常数Kp为。
③600℃以后，甲醛的选择性下降的可能原：因为温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
（5）A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A错误；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色不相同，故D错误；
故答案为BC。
7． 丙烯酸 C13H18O6 羧基、羟基 加成反应 +3NaOH+2CH3COONa+H2O 保护羟基
【分析】A中含有官能团碳碳双键和羧基，A和B经过反应①得到C，观察对比反应前后结构简式可以发现，A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应，C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，经过反应②③可以发现，羟基先被消耗后又复原，其目的在于保护羟基，同分异构体书写时要使氢的种类少尽可能考虑对称结构，G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线。
【详解】(1)A含有官能团碳碳双键和羧基，化学名称为丙烯酸，根据D的结构确定其分子式为C13H18O6，根据莽草酸(E)的结构可知其含氧官能团的名称是羧基、羟基；
(2)经过反应① A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应；
(3)C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，化学方程式为+3NaOH+2CH3COONa+H2O；
(4)设计步骤②、③的目的是保护羟基；
(5) F能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F含有酚羟基，其中的取代基呈对称结构，其结构简式为；
(6) G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线，合成路线为。
【点睛】有机题的解答观察对比反应前后物质结构，比较容易得出反应原理，比如①的反应原理，比如②③的目的，对于合成路线设计，这是考查迁移能力，从题目中找到影子，比如G和C有相似之处，参照题目中的合成原理进行推导，设计出合理的路线。
8． CH3OH 邻羟基苯甲酸甲酯 取代反应 羟基、酯基 银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液) +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 11 、、、
【分析】由题干合成路线图可知，结合A的分子式和G的结构简式可推知A为CH3CHO，由A到B的转化条件可知，B为CH3COOH，结合题干信息①可知推知，C为CH3COCl，由于题干信息②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化可知，D到F是羧基上发生酯化反应，结合G的结构简式可推知E为CH3OH，F的结构简式为：，苯甲酸苯酚酯()可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，E的结构简式为CH3OH，F的结构简式为：，故名称为：邻羟基苯甲酸甲酯，故答案为：CH3OH；邻羟基苯甲酸甲酯；
(2)C+F→G即+CH3COCl生成，故反应类型为取代反应，H的结构简式为：，故其中含氧官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：取代反应；酯基和羟基；
(3)由分析可知， A→B即乙醛转化为乙酸的反应，检验A即乙醛可以用银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；
(4)由题干流程图可知，G的结构简式为：，故它与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；
(5)由题干流程图可知，化合物的分子式为：C7H6O3，故其中能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基的结构有：若两个取代基上有邻、间、对三种，有-OH和-COOH有2种(除去D本身)，-OH和—OOCH有3种，若有三个取代基，即两个羟基和一个醛基，两个酚羟基有邻、间、对三种，另一个醛基分别有：2种，3种，1种，故一共有2+3+2+3+1=11种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为 、 、 、，故答案为：11；、 、 、；
(6)苯甲酸苯酚酯( )可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得，故最终确定合成路线为：
，故答案为：
。
9．(1) Br2(g)、光照 取代反应
(2) 9 酯基、醚键
(3)
(4)
(5)9
(6)
【分析】A中甲基上的氢原子被溴原子取代生成B，B中溴原子被取代生成C，C中羟基被取代生成D，D中溴原子悲哀取代生成E，F发生取代反应生成G，根据E、G的结构简式知，F为；
【详解】（1）是甲基上的氢原子被溴原子取代，反应所需的试剂和条件是Br2(g)、光照；D中C-Br断裂与反应物的-CH2-中C-H键断裂，生成E和HBr，的反应类型是取代反应；
（2）苯环为平面型，由于单键可旋转，则C分子中最多共面的碳原子数有9，E中官能团的名称是酯基、醚键；
（3）发生取代反应，反应的化学方程式；
（4）能将酯基还原成醇羟基，F的分子式是，则F的结构简式为；
（5）①分子中含苯环且只有两个取代基，官能团分别在两个取代基上，即不与苯环直接相连。②该分子催化氧化的产物能发生银镜反应即含有醛基，该分子含有-CH2OH结构，满足条件的D的同分异构体有：、、共9种；
（6）苯甲醇与HBr发生取代反应生成，再发生D生成G类型的反应，合成路线为：
。
河北省唐山市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·河北唐山·统考二模）三氯化钌广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。现以固体含Ru废料为原料制备RuCl3晶体，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)K2RuO4中Ru的化合价为_____，“碱熔”中产生的气体可用于____(写一种工业用途)。
(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，则需要氧化剂的物质的量为______mol。
(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有______。
(4)RuO4气体有剧毒，“盐酸吸收”时的化学方程式为___________。
(5)可用氢还原重量法测定产品的纯度，其原理为2RuCl3＋3H2 = 2Ru＋6HCl，所得实验数据记录如下：
实验序号
产品质量/g
固体Ru质量/g
①
5.1875
2.0210
②
5.1875
2.0190
③
5.1875
2.0200
④
5.1875
1.6200
则产品的纯度为________(用百分数表示)。
(6)钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，根据图示写出合成反应的化学方程式________。
2．（2021·河北唐山·统考二模）LiFePO4是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如图：
(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，则FeTiO3可写成______，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为______。
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出水解形成TiO2·xH2O相应反应的离子方程式______。
(3)加入双氧水的目的是______。
(4)若“滤液2”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，此时______ (填“是”或“否”)有Mg3(PO4)2沉淀生成。列式计算解释原因______。［已知：Ksp(FePO4)=1.3×10-22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24。
(5)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式______。
(6)锂离子电池充电时，LiFePO4接电源的______极(填“正”或“负”)，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x=，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=_______。
3．（2022·河北唐山·统考二模）以电镀厂含锌废液(主要成分为，还含有少量的)为原料制备的工艺流程如下：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀
1.9
7.0
3.0
6.6
完全沉淀
3.2
9.0
4.7
9.1
回答下列问题：
(1)“氧化”工序作用之一是除锰，发生反应的离子反应方程式是_______。
(2)工业生产中，“试剂a”通常可选用_______ (填字母代号)
A．溶液 B． C．稀硫酸 D．
滤渣X的成分是_______，调的范围是_______。
(3)“沉锌”主要反应的离子反应方程式是_______；过滤出的产品经过多次洗涤，如何证明产品已洗净_______。
(4)对产品进行系列加工可得单质和，科研团队进一步研发了可逆电池，电池工作时复合膜(由a、b膜复合而成)层间的解离成和。电池工作原理如图所示：
闭合时，电池复合膜中向_______(填“左”或“右”)迁移；闭合时，电极发生的电极反应式为_______。
二、原理综合题
4．（2020·河北唐山·统考二模）多种短周期非金属元素的气态氧化物常会造成一些环境污染问题，化学工作者设计出将工业废气中污染物再利用的方案，以消除这些不利影响。
(1)以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥——尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化示意图如下：
写出以氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式_________，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，可判断Ea1_____Ea3(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)向体积为2 L的恒温恒容容器中通入2 mol CO和2 mol SO2，发生反应2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)。若反应进行到10 min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前16 min的平均反应速率v(CO)＝____，该温度下反应化学平衡常数K＝____。
(3)利用“亚硫酸盐法”吸收工业废气中的SO2。
①室温条件下，将工业废气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点溶液中n()∶n()＝________。
②已知室温条件下，Ka1(H2SO3) =1.5×10-2；Ka2(H2SO3) =1.0×10-7；Kb(NH3•H2O) =1.8×10-5。室温下，0.1mol•L-1的(NH4)2SO3溶液中离子浓度(不考虑OH-)由大到小顺序为________。
(4)利用电解烧碱和食盐的混合液，使工业废气脱氮，原理如图。
①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：_________________。
②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，该装置中应使用_______ 离子交换膜(填“阴”或“阳”)。
5．（2021·河北唐山·统考二模）氮氧化物的处理是环境科学研究的热点课题。
(1)已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1
Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1
Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol-1
利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。
①该反应正反应的活化能为EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为______ kJ·mol-1。
②该反应在下能______自发进行(填“高温”或“低温”)。
③在2L恒容密闭容器中加入3molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变化关系如图所示：则T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=______ ；T1温度下，上述反应的平衡常数K=______L·mol-1；若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，则a的取值范围是______。
(2)有人利用反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)ΔH=-34.0kJ·mol-1，用活性炭对NO进行吸附。现向恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。
①若为绝热容器，下列表示该反应达到平衡状态的是______(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体的压强保持不变
C．NO和N2的消耗速率之比为1：2
D．混合气体中c(NO)=c(N2)
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中______点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是______。
6．（2022·河北唐山·统考二模）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为：，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
(1)主要反应的最大能垒为_______。
(2)副反应的热化学方程式为_______。
(3)已知
则的_______。
(4)在体积的刚性容器中，投入气态，在一定催化剂作用下，反应时间时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)。
①时内生成甲醛的平均反应速率是_______。
②若时恰好平衡，容器的初始压强为，甲醇的转化率为，甲醛的选择性为，主要反应的压强平衡常数为_______。
③以后，甲醛的选择性下降的可能原因为_______。
(5)利用甲醇、氯气和氢气为原料在℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下：。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同，的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙的转化率相同，混合气体的颜色相同
三、有机推断题
7．（2020·河北唐山·统考二模）莽草酸(E)主要作为抗病毒和抗癌药物中间体， 作为合成治疗禽流感药物达菲(Tamiflu)的主要原料之一。其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_____。D的分子式为_____。莽草酸(E)中含氧官能团的名称是_____。
(2)①的化学反应类型为_____。
(3)C与足量NaOH稀溶液反应的化学方程式为______。
(4)设计步骤②、③的目的是________。
(5) F是B的一种同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F的结构简式为____。
(6)有机材料G(属降冰片烯酸类，结构简式：)用作医药中间体，依据题中合成路线设计以A(CH2=CH—COOH)和为起始原料制备G的合成路线(无机试剂任选)______。
8．（2021·河北唐山·统考二模）有机化合物H可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
已知：①RCOOHR为烃基
②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。
请回答：
(1)E的结构简式为______，F的名称为______。
(2)C+F→G的反应类型为______；H中含氧官能团的名称为______。
(3)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是______。
(4)写出G与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式______。
(5)化合物D的同分异构体有多种，其中能与FeCl3溶液发生显色反应的结构有______种(不包括D本身)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为______。(任写一种)。
(6)苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线(无机试剂任选)：______。
9．（2022·河北唐山·统考二模）化合物G是治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)反应所需的试剂和条件是_______，的反应类型是_______。
(2)C分子中最多共面的碳原子数有_______个，E中官能团的名称是_______。
(3)写出的化学方程式_______。
(4)能将酯基还原成醇羟基，F的分子式是，则F的结构简式为_______。
(5)D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种。
①分子中含苯环且只有两个取代基，官能团分别在两个取代基上，即不与苯环直接相连。
②该分子催化氧化的产物能发生银镜反应。
(6)以苯甲醇、和必要的无机试剂为原料，参照上述流程合成，写出合成路线_______。
参考答案：
1． ＋6价 用来制取硝酸 2 适当升高温度、粉碎固体废料 2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O 80.00% N2＋3H22NH3
【分析】含Ru废料加入硝酸钾和氢氧化钾反应生成二氧化氮和K2RuO4，K2RuO4与NaClO、硫酸反应生成RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O。
【详解】(1)根据K元素的化合价为+1价，O元素的化合价为−2价分析得到K2RuO4中Ru的化合价为＋6价，“碱熔”中产生的气体是二氧化氮，二氧化氮可用于制硝酸；故答案为：＋6价；用来制取硝酸。
(2)“氧化”时欲使2mol K2RuO4氧化为RuO4，根据得失电子守恒分析2mol K2RuO4氧化为RuO4失去4mol电子，NaClO中Cl元素的化合价由+1价降为-1价，1mol NaClO得到2mol电子，因此需要氧化剂的物质的量为2 mol；故答案为：2。
(3)为了提高“碱熔”效率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎固体废料；故答案为：适当升高温度、粉碎固体废料。
(4)RuO4气体有剧毒，根据图中信息用“盐酸吸收”时生成RuCl3，Ru化合价降低，则盐酸中氯元素的化合价升高变为氯气，其化学方程式为2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2RuO4＋16HCl = 2RuCl3＋5Cl2↑＋8H2O。
(5)根据数据得出第④实验数据误差较大，应舍弃，取另外三次的平均数据，得到Ru质量为2.0200g，产品中RuCl3的质量为g ，则产品的纯度为；故答案为：80.00%。
(6)根据图中信息得到氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气，其合成反应的化学方程式；N2＋3H22NH3；故答案为：N2＋3H22NH3。
【点睛】化工流程是常考题型，主要考查工艺中设计的氧化还原反应、利用得失电子守恒分析、与电化学知识结合考查等形式。
2． FeO·TiO2 SiO2 +(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl- 将Fe2+氧化成Fe3+ 否 c()===1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
【详解】(1)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O·SiO2，活泼金属氧化物写在前面，则FeTiO3可写成FeO·TiO2，钛铁矿经盐酸浸取后过滤，由于酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2；
(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，水解形成TiO2·xH2O，相应反应的离子方程式为+(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H++4Cl-；
(3)加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+与反应生成沉淀FePO4；
(4) c()===1.3×10-17mol/L，Qc=c3(Mg2+)×c2(PO)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.69×10-40
(6) LiFePO4为原电池正极物，锂离子电池充电时，接电源的正极，脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，若x=，化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe2+为a，Fe3+为b，则有，解得a=，b=，则电极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=13：3。
3．(1)S2O+Mn2++2H2O =MnO2↓+2SO+4H+
(2) BD Fe(OH)3、Al(OH)3 4.7~6.6
(3) 3Zn2++ 6HCO=ZnCO3∙2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净
(4) 右 [Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-
【分析】电镀厂含锌废液主要成分为，还含有少量的，用Na2S2O8把氧化为，过滤出MnO2，滤液中加氧化锌或碳酸锌调节pH在4.7~6.6之间，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素；滤液中加NH4HCO3生成ZnCO3∙2Zn(OH)2沉淀。
【详解】（1）“氧化”工序用Na2S2O8把氧化为，除锰发生反应的离子反应方程式是S2O+Mn2++2H2O =MnO2↓+2SO+4H+；
（2）工业生产中，加入“试剂a”的目的是调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去铁、铝元素，为不引入新杂质，a通常可选用或，故选BD；滤渣X的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，为使Fe3+、Al3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，调的范围是4.7~6.6。
（3）“沉锌”过程是硫酸锌和NH4HCO3反应生成ZnCO3∙2Zn(OH)2沉淀，反应的离子反应方程式是3Zn2++ 6HCO=ZnCO3∙2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O；若洗涤液中不含硫酸根离子，说明产品已洗净，检验方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入少量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，若无白色沉淀证明已洗净。
（4）闭合时，构成原电池，放电时右侧生成甲酸，所以电池复合膜中向右迁移；电池放电时，Zn极是负极，闭合时，构成电解池，给电池充电，电极是阴极，[Zn(OH)4]2-得电子生成Zn，发生的电极反应式为[Zn(OH)4]2-＋2e-=Zn+4OH-。
4． 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4 ＜ 0.05 mol·L−1·min−1 26.7 3∶1 c()＞c()＞c()＞c(H+) 3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O 阴
【分析】(1)将第一步和第二步两步方程式相加，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大。
(2)建立三段式，根据题中信息计算转化量，再计算速率和平衡常数。
(3)①根据图所示，b点溶液电荷守恒、溶液呈中性和n() = n()；②亚硫酸根水解常数与铵根水解常数比较得出谁的水解程度占主要。
(4)①阳极产物是氯气；②阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应。
【详解】(1)将第一步和第二步两步方程式相加得到氨气和二氧化碳气体为原料合成尿素的热化学方程式2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4，反应的速率主要取决于最慢的反应，最慢的反应主要是反应物活化能大，已知两步反应中第二步反应是生产尿素的决速步骤，因此可判断Ea1＜Ea3；故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝Ea1－Ea2＋Ea3－Ea4；＜。
(2)若反应进行到10 min时达平衡，设转化二氧化硫物质的量为xmol，，测得CO2的体积分数为0.5，，解得x=0.8，则前16 min的平均反应速率，该温度下反应化学平衡常数；故答案为：0.05 mol·L−1·min−1；26.7。
(3)①b点溶液电荷守恒和溶液呈中性得到n()=2n() + n()，又由于n() = n()，因此n()∶n()＝3:1；故答案为：3:1。
②室温下，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液中亚硫酸根水解，铵根水解，因此亚硫酸根水解占主要，溶液显碱性，亚硫酸根第一步水解为主，因此离子浓度由大到小顺序为c()＞c()＞c()＞c(H+)。
(4)①根据放电顺序，阳极产物是氯气，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为反应的离子方程式：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O；故答案为：3Cl2＋8OH－＋2NO = 2＋6Cl－＋4H2O。
②为使该电解装置能较长时间正常工作，保持两极电解质溶液导电能力相对稳定，阴极水中的氢离子失去电子变为氢气，剩余氢氧根，氢氧根进入到阳极发生反应，因此该装置中应使用阴离子交换膜；故答案为：阴。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查热化学方程式的书写，化学反应速率、化学平衡移动、三段式建立关系及化学平衡常数，电化学知识，解题时正确理解原理和原理的应用是关键。
5． Ea+746.5 低温 0.16mol·L-1·min-1 0.25 a＞2 AB BC 催化剂活性降低导致速率变慢
【详解】(1)①已知：Ⅰ．C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1 Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-221.0kJ·mol-1 Ⅲ．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol-1根据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)由2Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ，故该反应的＝-746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为EakJ·mol-1，故逆反应的活化能为(746.5+Ea)kJ·mol-1，故答案为：746.5+Ea；
②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即＜0，又知<0，故该反应在能低温下自发进行，故答案为：低温；
③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0~5min内用CO表示的平均反应速率(CO)=(NO) =0.16mol·L-1·min-1，根据三段式分析可知： ，T1温度下，上述反应的平衡常数K==0.25 L·mol-1，若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和amolNO，使平衡向右移动，即Qc=小于K，解得：a＞2，则a的取值范围是a＞2，故答案为：0.16mol·L-1·min-1；0.25；a＞2；
(2) ①A．混合气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的量保持不变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，B符合题意；
C．NO的消耗速率表示正反应速率，N2的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO和N2的消耗速率之比为2：1时反应达到平衡，C不合题意；
D．平衡的标志是体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N2)不能说明反应达到平衡，D不合题意；
故答案为：AB；
②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时， NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。
6．(1)73.2
(2)CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ∙mol−1
(3)-673
(4) 0.04 mol∙ L-1min-1 温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
(5)BC
【详解】（1）结合图示可知，该历程中最大能垒活化能，故答案为。
（2）结合图示分析可知，副反应的热化学方程式为：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+90.4kJ∙mol−1
（3）
由得到： 故，答案为： 故
（4）①结合图示分析可知,600℃时5min内甲醇的转化率为50%，甲醛的选择性为80%，=0.4mol，5min内生成甲醛的平均反应速率是；
②，由于甲醛的选择性为，甲醛压强为0.2P0，氢气的压强为主副反应氢气压强之和：0.2P0+0.8P0=P0，故压强平衡常数Kp为。
③600℃以后，甲醛的选择性下降的可能原：因为温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减慢。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率加快
（5）A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A错误；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色不相同，故D错误；
故答案为BC。
7． 丙烯酸 C13H18O6 羧基、羟基 加成反应 +3NaOH+2CH3COONa+H2O 保护羟基
【分析】A中含有官能团碳碳双键和羧基，A和B经过反应①得到C，观察对比反应前后结构简式可以发现，A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应，C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，经过反应②③可以发现，羟基先被消耗后又复原，其目的在于保护羟基，同分异构体书写时要使氢的种类少尽可能考虑对称结构，G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线。
【详解】(1)A含有官能团碳碳双键和羧基，化学名称为丙烯酸，根据D的结构确定其分子式为C13H18O6，根据莽草酸(E)的结构可知其含氧官能团的名称是羧基、羟基；
(2)经过反应① A、B中碳碳双键断裂形成了环，发生了加成反应；
(3)C中含官能团碳碳双键、酯基、羧基，能与NaOH稀溶液以1:3比例反应，化学方程式为+3NaOH+2CH3COONa+H2O；
(4)设计步骤②、③的目的是保护羟基；
(5) F能与FeCl3溶液发生显色反应且核磁共振氢谱只有两组峰，则F含有酚羟基，其中的取代基呈对称结构，其结构简式为；
(6) G的结构与C有相似之处，参照A和B反应原理，采用逆合成设计合成路线，合成路线为。
【点睛】有机题的解答观察对比反应前后物质结构，比较容易得出反应原理，比如①的反应原理，比如②③的目的，对于合成路线设计，这是考查迁移能力，从题目中找到影子，比如G和C有相似之处，参照题目中的合成原理进行推导，设计出合理的路线。
8． CH3OH 邻羟基苯甲酸甲酯 取代反应 羟基、酯基 银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液) +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 11 、、、
【分析】由题干合成路线图可知，结合A的分子式和G的结构简式可推知A为CH3CHO，由A到B的转化条件可知，B为CH3COOH，结合题干信息①可知推知，C为CH3COCl，由于题干信息②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化可知，D到F是羧基上发生酯化反应，结合G的结构简式可推知E为CH3OH，F的结构简式为：，苯甲酸苯酚酯()可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，E的结构简式为CH3OH，F的结构简式为：，故名称为：邻羟基苯甲酸甲酯，故答案为：CH3OH；邻羟基苯甲酸甲酯；
(2)C+F→G即+CH3COCl生成，故反应类型为取代反应，H的结构简式为：，故其中含氧官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：取代反应；酯基和羟基；
(3)由分析可知， A→B即乙醛转化为乙酸的反应，检验A即乙醛可以用银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；
(4)由题干流程图可知，G的结构简式为：，故它与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；
(5)由题干流程图可知，化合物的分子式为：C7H6O3，故其中能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基的结构有：若两个取代基上有邻、间、对三种，有-OH和-COOH有2种(除去D本身)，-OH和—OOCH有3种，若有三个取代基，即两个羟基和一个醛基，两个酚羟基有邻、间、对三种，另一个醛基分别有：2种，3种，1种，故一共有2+3+2+3+1=11种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为 、 、 、，故答案为：11；、 、 、；
(6)苯甲酸苯酚酯( )可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得，故最终确定合成路线为：
，故答案为：
。
9．(1) Br2(g)、光照 取代反应
(2) 9 酯基、醚键
(3)
(4)
(5)9
(6)
【分析】A中甲基上的氢原子被溴原子取代生成B，B中溴原子被取代生成C，C中羟基被取代生成D，D中溴原子悲哀取代生成E，F发生取代反应生成G，根据E、G的结构简式知，F为；
【详解】（1）是甲基上的氢原子被溴原子取代，反应所需的试剂和条件是Br2(g)、光照；D中C-Br断裂与反应物的-CH2-中C-H键断裂，生成E和HBr，的反应类型是取代反应；
（2）苯环为平面型，由于单键可旋转，则C分子中最多共面的碳原子数有9，E中官能团的名称是酯基、醚键；
（3）发生取代反应，反应的化学方程式；
（4）能将酯基还原成醇羟基，F的分子式是，则F的结构简式为；
（5）①分子中含苯环且只有两个取代基，官能团分别在两个取代基上，即不与苯环直接相连。②该分子催化氧化的产物能发生银镜反应即含有醛基，该分子含有-CH2OH结构，满足条件的D的同分异构体有：、、共9种；
（6）苯甲醇与HBr发生取代反应生成，再发生D生成G类型的反应，合成路线为：
。
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