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天津市红桥区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
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这是一份天津市红桥区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题，共28页。试卷主要包含了在生产生活中有重要的用途，沐舒坦是临床上使用广泛的祛痰药等内容，欢迎下载使用。
天津市红桥区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2021·天津红桥·统考二模）我国有丰富的Na2SO4资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制备重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。
①装置A中盛装浓氨水的仪器名称为___________ ；橡皮管a的作用是___________。
②装置B中加入CCl4的目的是___________。
③装置D中发生的离子方程式是___________。
④装置C中的试剂b是___________。
(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有___________。
(3)依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用___________溶液。
(4)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取12.5 g所得产品，配成1000 mL溶液，每次取出配制的溶液20 mL，用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
l
2
3
4
标准溶液体积/ mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为___________(以百分数表示，保留三位有效数字)。
(5)分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式___________。
2．（2022·天津红桥·统考二模）在生产生活中有重要的用途。某化学小组尝试制备并探究的某些性质，进行了以下实验：
(1)该小组用和HCl合成。
①写出用A装置制备的化学方程式_______。
②用B装置制备HCl，E装置中的试剂为_______；为使和HCl在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺为a→d→c→_______、_______←h←g←b。
③装置D处除易堵塞导管外，还有不足之处为_______。
(2)该小组为探究Mg与溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。
资料：a.溶液呈中性；
b.对该反应几乎无影响。
实验
实验试剂
实验现象
1
5mL蒸馏水
反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为)
2
5mL 1.0mol/L 溶液(pH=4.6)
剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
①经检验实验2中刺激性气味气体为，检验方法是_______用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为。
②已知灰白色沉淀中含有、。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀，再滴加溶液，出现白色沉淀。灰白色固体可能是_______(填化学式)。
③甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是溶液中大，与Mg反应快。乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验
实验装置
现象
3
两试管反应剧烈程度相当
试剂X是_______。
④为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。
实验
实验试剂
实验现象
4
5mL 乙醇溶液
有无色无味气体产生(经检验为)
依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_______。
⑤实验总结：通过上述实验，该小组同学得出Mg能与反应生成的结论。
3．（2020·天津红桥·统考二模）我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于_____区，请写出基态Cu原子的价电子排布式_______________。第一电离能Il(Zn)_______Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是________。
(2)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是______，加“*”碳原子的杂化方式为________。
(3)硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为____，提供孤电子对的成键原子是______。
②立体构型是_____________。
③NH3的沸点 _________(填“高于”或“低于”)PH3；
(4)一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为__________。
4．（2020·天津红桥·统考二模）L为磷酸氯喹，研究表明其对“COVID-19”的治疗有明显的疗效，其合成路线如下所示：
已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。
回答下列问题：
(1)有机物A为糠醛，A中含氧官能团的名称为________，A的核磁共振氢谱中有_____组吸收峰，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为___________。
(2)D与E之间的关系为____________，C的结构简式为_____________。
(3)反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为_______。
(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种属于羧酸且含有手性碳原子，其结构简式为_______。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)__。
5．（2021·天津红桥·统考二模）沐舒坦(结构简式为 ，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出沐舒坦的分子式___________；其中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应①的反应试剂为浓硝酸和浓硫酸的混合物，则该反应的反应类型是___________ 。
(3)写出M的结构简式___________。
(4)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和___________ 。
(5)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是___________。
(6)写出三种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 ___________。
①有碳碳双键 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
(7)请用你学习过的有机化学知识设计由 制备的合成路线______ (无机试剂任选)。 (合成路线常用的表达方式为：AB······ 目标产物)
6．（2022·天津红桥·统考二模）普瑞巴林(Pregabalin)，化学名称(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式为，是一种抗癫痫药，临床上主要治疗带状疱疹后神经痛。其结构简式为。其合成路线如图：
已知：
(1)普瑞巴林分子含氧官能团的名称为_______，的电子式为_______。
(2)A→B的有机反应类型为_______；写出C→D的化学反应方程式_______。
(3)上述转化关系中的有机物X的结构简式：_______。
(4)写出分子式为，且能发生银镜反应的同分异构体共_______种，其中有两种化学环境不同的氢原子的物质的结构简式为：_______。
(5)参考以上合成路线及反应条件，以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，写出合成路线流程图_____(无机试剂任选)。
7．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
8．（2022·天津红桥·统考二模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
已知：；
(1)基态原子的核外电子排布式是___________。
(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。
(3)溶液a的主要成分是___________。
(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。
(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。
(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。
(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。
9．（2020·天津红桥·统考二模）CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，捕集、利用 CO2 始终是科学研究的热点。
⑴新的研究表明，可以将 CO2 转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①整个过程中 FeO 的作用是_____________；
②写出 CO2 转化为炭黑的总反应化学方程式_____________。
⑵由CO2 合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
研究表明在催化剂作用下CO2 和H2可发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_______。(填字母)
a．使用催化剂 b．加压 c．增大初始投料比n(CO2 )/ n(H2)
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210 ℃~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如下图所示。ΔH____0(填“＞”或“＜”)，其依据是_______。
⑶工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。
①该反应平衡常数的表达式为_________________。
②投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为 _________________。
10．（2021·天津红桥·统考二模）硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答下列问题：
(1)二溴硼基二茂铁( )是硼的有机化合物，写出基态Fe原子的电子排布式 ___________；基态溴原子的最外层电子排布图 ___________。
(2)立方氮化硼(BN)可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料，同属原子晶体的氮化硼比晶体硅具有更高的硬度和耐热性的原因是：_____。
(3)BF3常被用于制取其他硼的化合物，BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是 ___________ ，SiF4微粒的空间构型是___________。
(4)NaBH4被认为是有机化学中的“万能还原剂”，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是___________；NaBH4的电子式为___________。
(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作，实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成，其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是___________(填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．金属键
11．（2021·天津红桥·统考二模）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
12．（2022·天津红桥·统考二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和CO以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2∶1通入和，
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变 B．和的转化率相等
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变 D．
②测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图中b所示。
a._______0(填“>”“<”或“不确定”)。
b.改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能Ea(正)_______ Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将3.0mol 和7.0mol 充入2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时(g)和(g)的物质的量分别为1mol和0.5mol。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。
已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②A中、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程式：_______。
参考答案：
1． 分液漏斗 平衡气压，使氨水能顺利滴下 防止溶液倒吸 CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2 ↑+ H2O 饱和NaHCO3溶液 烧杯、玻璃棒、漏斗 Na2SO4 96.0% Na2SO4 + CO2 + H2O = NaHSO4 + NaHCO3
【分析】由实验装置可知“一次反应”中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备CO2的装置，反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，装置C则是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去CO2中的HCl，装置B为反应装置，反应方程式为：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，然后过滤分离出硫酸铵溶液，进入“二次反应”室，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O，然后对复盐进行煅烧，反应为：Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O 2NaHSO4+2NH3+2H2O，“一次反应”和“煅烧”均产生含有NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中多次测量求平均值时，应将明显误差的第二组数据舍去再进行计算。
【详解】(1)①装置A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加；
②NH3和CO2不溶于CCl4，装置B中加入CCl4的目的是防止溶液倒吸；
③装置D中盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳和水，发生的离子方程式是CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2 ↑+ H2O；
④分析可知，装置C是除去CO2中混有的HCl，应选用饱和NaHCO3溶液；
(2)分离该复盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；
(3)依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用Na2SO4溶液吸收尾气；
(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用NaOH标准溶液20 mL，所得产品硫酸氢钠的纯度=×100%=96.0%；
(5)由流程图知，该流程总反应的化学方程式为Na2SO4 + CO2 + H2O = NaHSO4 + NaHCO3。
2．(1) 浓硫酸 e f 无尾气处理装置
(2) 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 5mL 1.0mol/L溶液 取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉
【分析】用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，氨气、氯化氢混合制备氯化铵，由于氨气的密度小于氯化氢，为使氨气和氯化氢逆流混合，氨气由长导管通入反应容器、氯化氢由短导管通入反应容器；探究氯化铵与镁反应的原因，注意“控制变量法”的应用和对比实验。
【详解】（1）①A装置适合用氯化铵和氢氧化钙加热制备，反应的化学方程式为。
②E装置的作用是干燥氯化氢，试剂为浓硫酸，氨气的密度小于氯化氢，为使和HCl在D中充分混合并反应，氨气由长导管通入、氯化氢由短导管通入，上述装置的连接顺为a→d→c→e、f←h←g←b。
③装置D的不足之处为无尾气处理装置。
（2）①氨气是碱性气体，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，证明该气体为氨气；
②已知灰白色沉淀中含有、。将洗涤后固体溶于稀，再滴加溶液，出现白色沉淀，说明固体中含有Cl-，灰白色固体可能是。
③溶液呈中性，溶液呈酸性，同浓度的、溶液与镁反应的剧烈程度相同，说明实验1反应剧烈的原因是不是溶液中大，所以试剂X是5mL 1.0mol/L溶液；
④5mL 乙醇溶液与镁反应放出氢气，要证明Mg能与反应生成，还需验证乙醇和镁不反应，所以取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉，若不放出氢气，说明Mg能与反应生成。
3． ds 3d104s1 大于 Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 6 sp3 配位键 N（或氮原子） 正四面体 高于 3:1
【详解】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn。
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；
③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为，铜原子的数量为，故铜、镍原子个数比为3：1。
4． 醛基、醚键 4 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 同分异构体 加成反应 CH3COCH2CH=CH2（或CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3） 13 CH3CH2CH(CH3)COOH
【分析】有机物A为糠醛，根据逆推法，C发生加成反应生成D，故C为，则反应①为加成反应，B可能为，反应④醚键断裂生成，E 在浓硫酸环境下与NaBr反应取代羟基，生成G，在无水乙醇条件下发生加成反应，生成H，继续在无水乙醇环境下发生消去反应，生成I，与氢气发生加成反应，生成CH3-CH(NH2)-(CH2)3-N(C2H5)2，最后与反应生成K。
【详解】(1)有机物A为糠醛，根据结构可知，A中含氧官能团的名称为醛基、醚键，A的核磁共振氢谱中有4组吸收峰，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。
(2)D与E分子式相同，关系为同分异构体，根据逆推法，C的结构简式为。
(3)根据分子式可知，反应⑦的反应类型为加成反应；反应⑤若温度过高会发生副反应，包括羟基的消去反应或成醚反应，其有机副产物的结构简式为CH3COCH2CH=CH2（或CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3）。
(4)有机物E为，分子式为C5H10O2，其中属于羧酸有4种，酯有9种，共计13种，在这些同分异构体中，有一种属于羧酸且含有手性碳原子，其结构简式为CH3CH2CH(CH3)COOH。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺，根据逆推法和题中信息，。
5． C13H18N2OBr2 羟基 硝化反应或取代反应 HCl 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 、 、
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为 、B为 ； 与高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，则C为 ； 与铁、盐酸发生还原反应生成 ，则D为 ； 经过一系列反应生成 ，一定条件下 转化为 ，则G为 ； 与氯化氢发生取代反应生成 ， 与 发生取代反应生成沐舒坦，则M为 。
【详解】(1)由结构简式为 可知，沐舒坦的分子式为C13H18N2OBr2，含氧官能团为羟基；
(2)反应①为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成 和水，反应类型是硝化反应或取代反应；
(3)由分析可知，M的结构简式为 ，故答案为： ；
(4) 由分析可知，反应④为与 发生取代反应生成沐舒坦和氯化氢，氯化氢会与沐舒坦分子中的氨基反应，则加入碳酸钾的目的是中和反应生成的氯化氢，防止氯化氢与沐舒坦分子中的氨基反应，
故答案为：HCl；
(5) 由分析可知，反应②为B中甲基被氧化生成C中羧基，反应③为C中硝基被还原生成D中氨基，由题给信息可知，苯环上的氨基易被氧化，而羧基又不易被还原，则为防止甲基氧化时，氨基被氧化，反应②、反应③的顺序不能颠倒，
故答案为：苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原；
(6) 由C4H6O2的同分异构体含有碳碳双键，能发生银镜反应，能发生水解反应可知，同分异构体分子中含有碳碳双键和—OOCH结构，符合条件的结构简式为 、 、 ；
(7)由题给原料和产品的结构简式可知，由 制备 的合成步骤为在光照条件下， 与液溴发生取代反应生成， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，在铜做催化剂的作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成 ，合成路线如下。
6．(1) 羧基
(2) 取代反应
(3)
(4) 4
(5)
【分析】乙酸和氯气发生取代反应得到A，A到B发生了取代反应，B到C发生了水解反应，C到D发生了酯化反应；结合题中已知信息，D到E应为D与反应得到E；E到F双键位置发生了加成反应，引入了-CN；F到G发生了酯基的水解，并且碳链变短；G到H-CN位置变成了氨基，H经过一系列反应得到产物普瑞巴林。
（1）
根据普瑞巴林分子的结构简式，含氧官能团的名称为羧基；氨基的电子式为：；
（2）
根据分析，A到B 的反应类型为取代反应，C到D发生了酯化反应，化学方程式为；
（3）
根据分析，X的结构简式为；
（4）
分子式为的物质的不饱和度为1，能发生银镜反应说明含有醛基，除醛基外，剩下部分为丁基，丁基的同分异构体有（只画出碳骨架）：、 、、，共4种，故分子式为且能发生银镜反应的同分异构体有4种；其中有两种不同化学环境的氢原子，说明其结构高度对称，结构简式为：；
（5）
参照题中合成路线，可采用逆推法，参照题中G到H的合成方法，产物可由得来，可由得到，可由得到，故合成路线为。
7． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
8．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4
(3)CuSO4
(4) Au 4
(5)
(6) sp3杂化 作还原剂
(7)
【分析】铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。
（1）
Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）
可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；
（3）
由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
（4）
配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；
（5）
根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；
（6）
N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；
（7）
由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。
9． 催化剂 CO2C+O2 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应 m3＞ m2＞ m1
【分析】⑴①FeO参与了化学反应但FeO的量没有变化；②根据图象分析CO2反应。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小；②升高温度，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①根据反应方程式书写平衡常数表达式；②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【详解】⑴①FeO在反应过程中参与了化学反应，但FeO的量没有变化，因此FeO的作用是催化剂；故答案为：催化剂。
②FeO和CO2反应生成C和Fe3O4，Fe3O4反应生成FeO和O2，因此CO2转化为炭黑的总反应化学方程式CO2C+O2；故答案为：CO2C+O2。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变，故a不符合题意；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故b符合题意；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，故c不符合题意；综上所述，答案为b。
②升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①该反应平衡常数的表达式为；故答案为：。
②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，因此投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为m3 ＞ m2＞ m1；故答案为：m3 ＞ m2＞ m1。
【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要分析化学平衡状态、平衡常数计算及影响平衡的因素。
10． 1s22s22p63s23p63d64s2 B-N的键长比Si-Si的键长短(或B-N的键能较大) 杂化 正四面体 H > B > Na D
【详解】(1)基态Fe原子为26号元素，电子排布式为[Ar]3d64s2；基态溴原子的最外层电子排布式为4s24p5，则排布图为 ；
(2)氮化硼为原子晶体，且原子半径小于Si，则氮化硼中的共价键的键长小于Si-Si，则键能大，其硬度和耐热性更高；
(3)BF3分子中中心原子价层电子对数为3，杂化轨道类型是杂化；SiF4中心原子价层电子对数为4，含有4条σ键，则微粒的空间构型为正四面体构型；
(4)元素的非金属性越强，电负性越大，则三种元素的电负性由大到小的顺序是H > B > Na；NaBH4为离子化合物，电子式为 ；
(5)根据其结构图可知，其为离子化合物，则含有离子键，存在H-O、B-O共价键，B-O配位键，存在O⋯H氢键，不存在金属键，答案为D。
11． C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol 0.002mol/(L·min) D P3>P2>P1 > 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
12．(1) AC < 使用催化剂
(2) < 10
(3)
【解析】(1)
反应：为气体分子数减少的反应，恒容密闭溶液中，按物质的量之比2∶1通入和：
A．容器体积一定，当气体的物质的量和质量保持不变时，反应法达平衡，容器内气体的平均相对分子质量不变，A正确；
B．按物质的量之比2∶1通入和，按系数比投料，两者的转化率始终相等，不能判断达平衡，B错误；
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变说明各组分的物质的量均不变，可以判断达平衡，C正确；
D. 表示方向均为正反应方向，可以判断达平衡，D错误；
故选AC。
由图可知，随着反应的进行压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故 ；改变条件后化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂；
(2)
反应II为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应II的Ea(正)
流程中B为电解食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，产生的氯气进入C装置中制备氯化铜，产生的氢气进入A装置中与一氧化碳和二氧化碳反应制备甲醇。
B中为电解饱和食盐水的反应，发生的总反应的离子方程式为：；根据分析，A中、CO与氢气反应制备甲醇，、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程为：。
天津市红桥区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题
1．（2021·天津红桥·统考二模）我国有丰富的Na2SO4资源，2020年10月，中科院工程研究所公布了利用Na2SO4制备重要工业用碱(NaHCO3)及盐(NaHSO4)的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”。
①装置A中盛装浓氨水的仪器名称为___________ ；橡皮管a的作用是___________。
②装置B中加入CCl4的目的是___________。
③装置D中发生的离子方程式是___________。
④装置C中的试剂b是___________。
(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，分离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有___________。
(3)依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用下图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好选用___________溶液。
(4)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取12.5 g所得产品，配成1000 mL溶液，每次取出配制的溶液20 mL，用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
l
2
3
4
标准溶液体积/ mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为___________(以百分数表示，保留三位有效数字)。
(5)分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反应的化学方程式___________。
2．（2022·天津红桥·统考二模）在生产生活中有重要的用途。某化学小组尝试制备并探究的某些性质，进行了以下实验：
(1)该小组用和HCl合成。
①写出用A装置制备的化学方程式_______。
②用B装置制备HCl，E装置中的试剂为_______；为使和HCl在D中充分混合并反应，上述装置的连接顺为a→d→c→_______、_______←h←g←b。
③装置D处除易堵塞导管外，还有不足之处为_______。
(2)该小组为探究Mg与溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。
资料：a.溶液呈中性；
b.对该反应几乎无影响。
实验
实验试剂
实验现象
1
5mL蒸馏水
反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为)
2
5mL 1.0mol/L 溶液(pH=4.6)
剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
①经检验实验2中刺激性气味气体为，检验方法是_______用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为。
②已知灰白色沉淀中含有、。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀，再滴加溶液，出现白色沉淀。灰白色固体可能是_______(填化学式)。
③甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是溶液中大，与Mg反应快。乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验
实验装置
现象
3
两试管反应剧烈程度相当
试剂X是_______。
④为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。
实验
实验试剂
实验现象
4
5mL 乙醇溶液
有无色无味气体产生(经检验为)
依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_______。
⑤实验总结：通过上述实验，该小组同学得出Mg能与反应生成的结论。
3．（2020·天津红桥·统考二模）我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。Cu和Zn在元素周期表中位于_____区，请写出基态Cu原子的价电子排布式_______________。第一电离能Il(Zn)_______Il(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是________。
(2)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式，请分析1个松脂酸铜中π键的个数是______，加“*”碳原子的杂化方式为________。
(3)硫酸铜溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4深蓝色溶液。
①在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+、NH3之间形成的化学键为____，提供孤电子对的成键原子是______。
②立体构型是_____________。
③NH3的沸点 _________(填“高于”或“低于”)PH3；
(4)一种铜镍合金(俗称白铜)的晶胞如下图所示，铜、镍原子个数比为__________。
4．（2020·天津红桥·统考二模）L为磷酸氯喹，研究表明其对“COVID-19”的治疗有明显的疗效，其合成路线如下所示：
已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。
回答下列问题：
(1)有机物A为糠醛，A中含氧官能团的名称为________，A的核磁共振氢谱中有_____组吸收峰，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为___________。
(2)D与E之间的关系为____________，C的结构简式为_____________。
(3)反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为_______。
(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种属于羧酸且含有手性碳原子，其结构简式为_______。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)__。
5．（2021·天津红桥·统考二模）沐舒坦(结构简式为 ，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。
已知：①
②苯环上的氨基易被氧化，有碱的特性。
(1)写出沐舒坦的分子式___________；其中含氧官能团的名称为___________。
(2)反应①的反应试剂为浓硝酸和浓硫酸的混合物，则该反应的反应类型是___________ 。
(3)写出M的结构简式___________。
(4)反应④中除加入反应试剂M外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和___________ 。
(5)反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是___________。
(6)写出三种满足下列条件的C4H6O2的同分异构体的结构简式 ___________。
①有碳碳双键 ②能发生银镜反应 ③能发生水解反应
(7)请用你学习过的有机化学知识设计由 制备的合成路线______ (无机试剂任选)。 (合成路线常用的表达方式为：AB······ 目标产物)
6．（2022·天津红桥·统考二模）普瑞巴林(Pregabalin)，化学名称(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式为，是一种抗癫痫药，临床上主要治疗带状疱疹后神经痛。其结构简式为。其合成路线如图：
已知：
(1)普瑞巴林分子含氧官能团的名称为_______，的电子式为_______。
(2)A→B的有机反应类型为_______；写出C→D的化学反应方程式_______。
(3)上述转化关系中的有机物X的结构简式：_______。
(4)写出分子式为，且能发生银镜反应的同分异构体共_______种，其中有两种化学环境不同的氢原子的物质的结构简式为：_______。
(5)参考以上合成路线及反应条件，以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，写出合成路线流程图_____(无机试剂任选)。
7．（2020·天津红桥·统考二模）研究光盘金属层含有的Ag(其它金属微量忽略不计)、丢弃电池中的Ag2O等废旧资源的回收利用意义重大。下图为从光盘中提取Ag的工业流程，请回答下列问题。
(1)NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 _____。
(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为______。有人提出以HNO3代替NaClO氧化Ag，从反应产物的角度分析，其缺点是_______。
(3)操作Ⅰ的名称为_______。化学上常用10％的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1：2反应可生成Cl－和一种阳离子__________的溶液(填阳离子的化学式)。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是_______。
(4)常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原(3)中生成的阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1 mol的水合肼可提取到 ______g的单质Ag。
(5)废旧电池中Ag2O能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料Ag并有效去除毒气甲醛。则此电池的正极反应式为 _____，负极的产物有____。
8．（2022·天津红桥·统考二模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
已知：；
(1)基态原子的核外电子排布式是___________。
(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。
(3)溶液a的主要成分是___________。
(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。
(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。
(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。
(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。
9．（2020·天津红桥·统考二模）CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，捕集、利用 CO2 始终是科学研究的热点。
⑴新的研究表明，可以将 CO2 转化为炭黑回收利用，反应原理如图所示。
①整个过程中 FeO 的作用是_____________；
②写出 CO2 转化为炭黑的总反应化学方程式_____________。
⑵由CO2 合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。
研究表明在催化剂作用下CO2 和H2可发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_______。(填字母)
a．使用催化剂 b．加压 c．增大初始投料比n(CO2 )/ n(H2)
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210 ℃~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如下图所示。ΔH____0(填“＞”或“＜”)，其依据是_______。
⑶工业用二氧化碳加氢可合成乙醇：保持压强为5MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。
①该反应平衡常数的表达式为_________________。
②投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为 _________________。
10．（2021·天津红桥·统考二模）硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答下列问题：
(1)二溴硼基二茂铁( )是硼的有机化合物，写出基态Fe原子的电子排布式 ___________；基态溴原子的最外层电子排布图 ___________。
(2)立方氮化硼(BN)可利用人工方法在高温高压条件下合成，属于超硬材料，同属原子晶体的氮化硼比晶体硅具有更高的硬度和耐热性的原因是：_____。
(3)BF3常被用于制取其他硼的化合物，BF3分子中中心原子的杂化轨道类型是 ___________ ，SiF4微粒的空间构型是___________。
(4)NaBH4被认为是有机化学中的“万能还原剂”，其中三种元素的电负性由大到小的顺序是___________；NaBH4的电子式为___________。
(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作，实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成，其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是___________(填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．金属键
11．（2021·天津红桥·统考二模）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
12．（2022·天津红桥·统考二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和CO以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2∶1通入和，
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变 B．和的转化率相等
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变 D．
②测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图中b所示。
a._______0(填“>”“<”或“不确定”)。
b.改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能Ea(正)_______ Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将3.0mol 和7.0mol 充入2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时(g)和(g)的物质的量分别为1mol和0.5mol。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。
已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②A中、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程式：_______。
参考答案：
1． 分液漏斗 平衡气压，使氨水能顺利滴下 防止溶液倒吸 CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2 ↑+ H2O 饱和NaHCO3溶液 烧杯、玻璃棒、漏斗 Na2SO4 96.0% Na2SO4 + CO2 + H2O = NaHSO4 + NaHCO3
【分析】由实验装置可知“一次反应”中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备CO2的装置，反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，装置C则是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去CO2中的HCl，装置B为反应装置，反应方程式为：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，然后过滤分离出硫酸铵溶液，进入“二次反应”室，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O，然后对复盐进行煅烧，反应为：Na2SO4⋅(NH4)2SO4⋅2H2O 2NaHSO4+2NH3+2H2O，“一次反应”和“煅烧”均产生含有NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中多次测量求平均值时，应将明显误差的第二组数据舍去再进行计算。
【详解】(1)①装置A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加；
②NH3和CO2不溶于CCl4，装置B中加入CCl4的目的是防止溶液倒吸；
③装置D中盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳和水，发生的离子方程式是CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2 ↑+ H2O；
④分析可知，装置C是除去CO2中混有的HCl，应选用饱和NaHCO3溶液；
(2)分离该复盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；
(3)依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用Na2SO4溶液吸收尾气；
(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用NaOH标准溶液20 mL，所得产品硫酸氢钠的纯度=×100%=96.0%；
(5)由流程图知，该流程总反应的化学方程式为Na2SO4 + CO2 + H2O = NaHSO4 + NaHCO3。
2．(1) 浓硫酸 e f 无尾气处理装置
(2) 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 5mL 1.0mol/L溶液 取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉
【分析】用氯化铵和氢氧化钙反应制备氨气，氨气、氯化氢混合制备氯化铵，由于氨气的密度小于氯化氢，为使氨气和氯化氢逆流混合，氨气由长导管通入反应容器、氯化氢由短导管通入反应容器；探究氯化铵与镁反应的原因，注意“控制变量法”的应用和对比实验。
【详解】（1）①A装置适合用氯化铵和氢氧化钙加热制备，反应的化学方程式为。
②E装置的作用是干燥氯化氢，试剂为浓硫酸，氨气的密度小于氯化氢，为使和HCl在D中充分混合并反应，氨气由长导管通入、氯化氢由短导管通入，上述装置的连接顺为a→d→c→e、f←h←g←b。
③装置D的不足之处为无尾气处理装置。
（2）①氨气是碱性气体，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，证明该气体为氨气；
②已知灰白色沉淀中含有、。将洗涤后固体溶于稀，再滴加溶液，出现白色沉淀，说明固体中含有Cl-，灰白色固体可能是。
③溶液呈中性，溶液呈酸性，同浓度的、溶液与镁反应的剧烈程度相同，说明实验1反应剧烈的原因是不是溶液中大，所以试剂X是5mL 1.0mol/L溶液；
④5mL 乙醇溶液与镁反应放出氢气，要证明Mg能与反应生成，还需验证乙醇和镁不反应，所以取5mL无水乙醇，加入0.5gMg粉，若不放出氢气，说明Mg能与反应生成。
3． ds 3d104s1 大于 Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 6 sp3 配位键 N（或氮原子） 正四面体 高于 3:1
【详解】(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以Cu的价层电子排布式3d104s1；铜和锌分别位于第四周期第ⅠB、ⅡB族，属于ds区。轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn。
(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化；
(3)①N原子提供孤电子对、Cu原子提供空轨道，二者形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
②硫酸根离子中S原子价层电子对个数＝4+＝4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断微粒空间构型为正四面体形；
③氨气中能形成分子间氢键、磷化氢分子之间不能形成氢键，所以氨气熔沸点较高；
(4)根据晶胞结构，镍位于顶点，铜位于面心，则晶胞中镍原子的数量为，铜原子的数量为，故铜、镍原子个数比为3：1。
4． 醛基、醚键 4 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 同分异构体 加成反应 CH3COCH2CH=CH2（或CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3） 13 CH3CH2CH(CH3)COOH
【分析】有机物A为糠醛，根据逆推法，C发生加成反应生成D，故C为，则反应①为加成反应，B可能为，反应④醚键断裂生成，E 在浓硫酸环境下与NaBr反应取代羟基，生成G，在无水乙醇条件下发生加成反应，生成H，继续在无水乙醇环境下发生消去反应，生成I，与氢气发生加成反应，生成CH3-CH(NH2)-(CH2)3-N(C2H5)2，最后与反应生成K。
【详解】(1)有机物A为糠醛，根据结构可知，A中含氧官能团的名称为醛基、醚键，A的核磁共振氢谱中有4组吸收峰，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。
(2)D与E分子式相同，关系为同分异构体，根据逆推法，C的结构简式为。
(3)根据分子式可知，反应⑦的反应类型为加成反应；反应⑤若温度过高会发生副反应，包括羟基的消去反应或成醚反应，其有机副产物的结构简式为CH3COCH2CH=CH2（或CH3CO(CH2)3O(CH2)3COCH3）。
(4)有机物E为，分子式为C5H10O2，其中属于羧酸有4种，酯有9种，共计13种，在这些同分异构体中，有一种属于羧酸且含有手性碳原子，其结构简式为CH3CH2CH(CH3)COOH。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺，根据逆推法和题中信息，。
5． C13H18N2OBr2 羟基 硝化反应或取代反应 HCl 苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原 、 、
【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下， 与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则A为 、B为 ； 与高锰酸钾溶液共热发生氧化反应生成，则C为 ； 与铁、盐酸发生还原反应生成 ，则D为 ； 经过一系列反应生成 ，一定条件下 转化为 ，则G为 ； 与氯化氢发生取代反应生成 ， 与 发生取代反应生成沐舒坦，则M为 。
【详解】(1)由结构简式为 可知，沐舒坦的分子式为C13H18N2OBr2，含氧官能团为羟基；
(2)反应①为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成 和水，反应类型是硝化反应或取代反应；
(3)由分析可知，M的结构简式为 ，故答案为： ；
(4) 由分析可知，反应④为与 发生取代反应生成沐舒坦和氯化氢，氯化氢会与沐舒坦分子中的氨基反应，则加入碳酸钾的目的是中和反应生成的氯化氢，防止氯化氢与沐舒坦分子中的氨基反应，
故答案为：HCl；
(5) 由分析可知，反应②为B中甲基被氧化生成C中羧基，反应③为C中硝基被还原生成D中氨基，由题给信息可知，苯环上的氨基易被氧化，而羧基又不易被还原，则为防止甲基氧化时，氨基被氧化，反应②、反应③的顺序不能颠倒，
故答案为：苯环上的氨基易被氧化，苯环上的羧基不易被还原；
(6) 由C4H6O2的同分异构体含有碳碳双键，能发生银镜反应，能发生水解反应可知，同分异构体分子中含有碳碳双键和—OOCH结构，符合条件的结构简式为 、 、 ；
(7)由题给原料和产品的结构简式可知，由 制备 的合成步骤为在光照条件下， 与液溴发生取代反应生成， 在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成 ，在铜做催化剂的作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成 ，合成路线如下。
6．(1) 羧基
(2) 取代反应
(3)
(4) 4
(5)
【分析】乙酸和氯气发生取代反应得到A，A到B发生了取代反应，B到C发生了水解反应，C到D发生了酯化反应；结合题中已知信息，D到E应为D与反应得到E；E到F双键位置发生了加成反应，引入了-CN；F到G发生了酯基的水解，并且碳链变短；G到H-CN位置变成了氨基，H经过一系列反应得到产物普瑞巴林。
（1）
根据普瑞巴林分子的结构简式，含氧官能团的名称为羧基；氨基的电子式为：；
（2）
根据分析，A到B 的反应类型为取代反应，C到D发生了酯化反应，化学方程式为；
（3）
根据分析，X的结构简式为；
（4）
分子式为的物质的不饱和度为1，能发生银镜反应说明含有醛基，除醛基外，剩下部分为丁基，丁基的同分异构体有（只画出碳骨架）：、 、、，共4种，故分子式为且能发生银镜反应的同分异构体有4种；其中有两种不同化学环境的氢原子，说明其结构高度对称，结构简式为：；
（5）
参照题中合成路线，可采用逆推法，参照题中G到H的合成方法，产物可由得来，可由得到，可由得到，故合成路线为。
7． 水浴加热 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2↑ 生成氮氧化物，污染空气 过滤 [Ag(NH3)2]+ 此反应为可逆反应，不能进行到底 43.2 Ag2O + 2e－+ 2H+ = 2Ag + H2O CO2、H+
【分析】回收光盘金属层中的少量，由流程可知，氧化时发生，为控制 80℃，可水浴加热，过滤分离出，再加10%的氨水溶解，发生 ，用（水合肼）在碱性条件下还原 得到，以此来解答。
【详解】（1）控制 80℃的反应条件，可选择水浴加热，故答案为：水浴加热；
（2）溶液与反应的产物为、和，根据得失电子守恒、原子守恒，发生反应的化学方程式为，以代替氧化，从反应产物的角度分析，其缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：；生成氮氧化物，污染空气；
（3）操作Ⅰ的名称为过滤，用10%的氨水溶解固体，与按1：2反应可生成和一种阳离子，反应的离子方程式，阳离子为，实际反应中，即使氨水过量也不能将固体全部溶解，可能的原因是：此反应为可逆反应，不能进行到底，故答案为：过滤；；此反应为可逆反应，不能进行到底；
（4）常温时（水合肼）在碱性条件下能还原（3）中生成的阳离子，自身转化为无害气体，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为：，根据方程式理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到0.4mol，质量，故答案为：43.2；
（5）废旧电池中能将有毒气体甲醛（）氧化成，科学家据此原理将上述过程设计为原电池回收电极材料并有效去除毒气甲醛，原电池负极上甲醛失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应：，负极的产物有、，正极上得到电子生成银单质，电极反应：，故答案为：；、 。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
8．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4
(3)CuSO4
(4) Au 4
(5)
(6) sp3杂化 作还原剂
(7)
【分析】铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。
（1）
Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）
可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；
（3）
由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
（4）
配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；
（5）
根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；
（6）
N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；
（7）
由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。
9． 催化剂 CO2C+O2 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应 m3＞ m2＞ m1
【分析】⑴①FeO参与了化学反应但FeO的量没有变化；②根据图象分析CO2反应。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小；②升高温度，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①根据反应方程式书写平衡常数表达式；②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。
【详解】⑴①FeO在反应过程中参与了化学反应，但FeO的量没有变化，因此FeO的作用是催化剂；故答案为：催化剂。
②FeO和CO2反应生成C和Fe3O4，Fe3O4反应生成FeO和O2，因此CO2转化为炭黑的总反应化学方程式CO2C+O2；故答案为：CO2C+O2。
⑵①a．使用催化剂，平衡不移动，转化率不变，故a不符合题意；b．该反应是体积减小的反应，加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故b符合题意；c．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，可以理解为n(H2)不变，n(CO2)增大，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，故c不符合题意；综上所述，答案为b。
②升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应，即ΔH＜0；故答案为：＜；升高温度，温度升高，甲醇的平衡产率降低，平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向放热反应。
⑶①该反应平衡常数的表达式为；故答案为：。
②投料比，理解为n(CO2)不变，n(H2)增大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，因此投料比m1、m2、m3由大到小的顺序为m3 ＞ m2＞ m1；故答案为：m3 ＞ m2＞ m1。
【点睛】化学平衡是化学常考题型，主要分析化学平衡状态、平衡常数计算及影响平衡的因素。
10． 1s22s22p63s23p63d64s2 B-N的键长比Si-Si的键长短(或B-N的键能较大) 杂化 正四面体 H > B > Na D
【详解】(1)基态Fe原子为26号元素，电子排布式为[Ar]3d64s2；基态溴原子的最外层电子排布式为4s24p5，则排布图为 ；
(2)氮化硼为原子晶体，且原子半径小于Si，则氮化硼中的共价键的键长小于Si-Si，则键能大，其硬度和耐热性更高；
(3)BF3分子中中心原子价层电子对数为3，杂化轨道类型是杂化；SiF4中心原子价层电子对数为4，含有4条σ键，则微粒的空间构型为正四面体构型；
(4)元素的非金属性越强，电负性越大，则三种元素的电负性由大到小的顺序是H > B > Na；NaBH4为离子化合物，电子式为 ；
(5)根据其结构图可知，其为离子化合物，则含有离子键，存在H-O、B-O共价键，B-O配位键，存在O⋯H氢键，不存在金属键，答案为D。
11． C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol 0.002mol/(L·min) D P3>P2>P1 > 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
12．(1) AC < 使用催化剂
(2) < 10
(3)
【解析】(1)
反应：为气体分子数减少的反应，恒容密闭溶液中，按物质的量之比2∶1通入和：
A．容器体积一定，当气体的物质的量和质量保持不变时，反应法达平衡，容器内气体的平均相对分子质量不变，A正确；
B．按物质的量之比2∶1通入和，按系数比投料，两者的转化率始终相等，不能判断达平衡，B错误；
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变说明各组分的物质的量均不变，可以判断达平衡，C正确；
D. 表示方向均为正反应方向，可以判断达平衡，D错误；
故选AC。
由图可知，随着反应的进行压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故 ；改变条件后化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂；
(2)
反应II为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应II的Ea(正)
流程中B为电解食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，产生的氯气进入C装置中制备氯化铜，产生的氢气进入A装置中与一氧化碳和二氧化碳反应制备甲醇。
B中为电解饱和食盐水的反应，发生的总反应的离子方程式为：；根据分析，A中、CO与氢气反应制备甲醇，、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程为：。
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