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河北省邯郸市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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这是一份河北省邯郸市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26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。
河北省邯郸市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·河北邯郸·一模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O2)在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：
已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。
(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为___。
(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是___。
(3) “除Sb”时发生反应的离子方程式为___。
(4) “除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，则70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是___；“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为___、___。
(5)已知锡酸钠的溶解度一般随着温度的升高而升高，则在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是___。
2．（2021·河北邯郸·统考一模）是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：
已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。
(1)“酸溶”时，莫尔盐_______(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是_______。
(2)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为_______。
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是_______；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为_______(填“直接加热”或“水浴加热”)。
(4)测定产品中铁的含量。
步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。
步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液zmL。
①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量_______。
②该样品中铁元素的质量分数为_______(用含m、y、z的代数式表示)。
3．（2021·河北邯郸·统考一模）碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一、工业上用主要含及少量的废渣制取轻质，其工艺流程如图：
已知：时和沉淀完全，时开始溶解。
回答下列问题：
(1)“预处理”时的温度不宜太高，原因是___________，为提高“预处理”的反应速率除加热外还可以采取的措施为___________(写一种即可)。
(2)“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是___________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是___________。
(3)“调节pH”时，应调节pH至___________的范围内，物质X可选用___________(填标号)。
A． B． C．
(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为___________(填化学式)，充分反应后经___________(填具体操作)后得到轻质。
4．（2022·河北邯郸·统考一模）五氧化二钒()广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有、、、、、等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时和与稀硫酸反应分别生成和。
②溶液中与可相互转化：，且为沉淀。
(1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是___________。
(2)“还原转化”中加入的目的是将转化为，写出反应的离子方程式：___________。
(3)加入的目的是将过量的转化为。“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有、、，调节使离子沉淀，若溶液中，则调节溶液的最小值为___________可使沉淀完全(离子浓度≤时沉淀完全)，此时___________(填“有”或“无”)沉淀生成。{假设溶液体积不变，，，}
(4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________。
(6)若该废钒催化剂中的含量为10%(原料中所有的钒已换算成)。取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的回收率是___________%(假设与反应后的操作步骤中钒元素无损失)。
二、原理综合题
5．（2020·河北邯郸·一模）甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。
I．甲醇裂解制氢法
(1)该方法的主反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H1>0此反应能自发进行的原因是___。
(2)一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，反应起始时CH3OH(g)的压强为5.00MPa，t h后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0~t h内的平均反应速率v(CO)=___MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)=___，此时平衡常数Kp=___(Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。
(3)科研人员通过计算机模拟用Pd(III)催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd(III)表面上甲醇变换的反应历程图［如图1，附在Pd(III)表面的物种用＊标注］，此历程中活化能最小的反应方程式为___。
II．甲醇水蒸气重整制氢法
(4)该方法的部分反应如下：
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1
①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于___。
②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。
随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是___（填字母）。
A．主反应的活化能降低
B．主反应的反应速率增大
C．CH3OH的平衡转化率降低
随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有___（任写一条）。
6．（2021·河北邯郸·统考一模）一定条件下能氧化制，这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反应如下：
I.
II.
(1)已知反应的能量变化如图1所示。
①当生成等物质的量的时，反应_______(填“I”或“II”)吸收的热量更多。
②生成的热化学方程式为_______。
(2)反应II不利于乙烯的生成的原因是_______。
(3)有研究表明，在催化剂作用下，反应I分两步进行，其反应过程及能量变化如图2所示。
①决定反应I的反应速率的步骤是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。
②第一步的化学方程式为_______。
(4)在恒容密闭的容器中充入一定量的和，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，测得随时间的变化曲线如图3所示，则_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。
(5)温度为T时，向一密闭容器中通入和，一段时间后，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡，的转化率为50%，的选择性为60%，此时容器容积为，则该温度下反应I的平衡常数_______。
7．（2022·河北邯郸·统考一模）以为原料制备甲醇等能源物质具有较好的发展前景。因此，研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。
(1)在催化剂的作用下，氢气还原的过程中可同时发生反应I、II。(已知活化能：)
I.
II.
①则的___________，其中反应I能自发进行的条件是___________。
②保持温度T不变时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的及，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：
/mol
/mol
/mol
/mol
/mol
总压强/kPa
起始
0.5
0.9
0
0
0
平衡
m
0.3
p
若反应I、II均达到平衡，，则表中m=_______；反应I的平衡常数_______(用含p的代数式表示)。
(2)在kPa下，向恒压反应器中通入3mol、1mol，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图。
已知：的产率
①下列说法正确的是___________(填标号)。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应I达到平衡
B．反应过程中，气体密度保持不变，说明反应I达到平衡
C．反应过程中，气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡
②图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是________。
(3)工业上常用电解法将合成为羧酸以实现资源化处理。以Pt为电极、质子惰性有机溶剂为电解液的装置，可将转化为草酸()，其阴极的电极反应式为________。
三、有机推断题
8．（2020·河北邯郸·一模）有机化合物H(根皮素）是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如图：
已知：+H2O
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___，E中官能团的名称为___。
(2)由B生成C和由C生成D的反应类型分别为___、___。
(3)H的分子式为___。
(4)E→G的化学方程式为___。
(5)M是D的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有___种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为___。
(6)设计以2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备的合成路线___（无机试剂及溶剂任选）。
9．（2021·河北邯郸·统考一模）H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如下：
已知：
(1)H中的官能团名称为_______。
(2)A的名称为_______。
(3)B、D的结构简式分别为_______、_______。
(4)F生成G的反应的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有_______种。
①能与溶液发生显色反应，且能发生银镜反应；
②该物质完全水解消耗。
(6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线(无机试剂任选)_____。
10．（2022·河北邯郸·统考一模）有机物F是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图。
已知：。
(1)有机物A中含有的官能团的名称为___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)写出有机物E的结构简式：___________。
(4)写出CD的化学方程式：___________。
(5)有机物H是C的同分异构体，符合下列条件的H有___________种，其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为___________。
①分子中除苯环外不含其他环状结构。
②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀。
③苯环上有3个取代基。
(6)设计以和为原料制备的合成路线。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)______
参考答案：
1． 2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4+ 5Sn+H2O==4Sb+5+2OH- 1:1 H2O2受热分解 60min 70℃ 在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出
【分析】锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出。
【详解】(1)“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O；
(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
(3)“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4+ 5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-；
(4)“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出,“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
(5)加入的NaOH未参与反应，则必是影响锡酸钠的溶解度，所以在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
【点睛】在书写反应方程式时，一定要注意反应所处的环境，题中反应都处于碱性环境中，所以反应式中不能出现H+。
2． 不能 会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等) 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 不变 偏大
【分析】该工艺流程图中，“酸溶”步骤加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步骤发生的离子方程式为 ，“氧化”步骤主要是将Fe2+氧化为Fe3+，加入草酸钾溶液后得到 溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可，(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，即可进行计算，据此分析解题。
【详解】(1) 由于莫尔盐中铁为+2价，硝酸具有强氧化性，故 “酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，否则因发生：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O生成的NO污染环境，且H2C2O4具有还原性，也能与硝酸反应导致后续步骤中消耗的H2C2O4增多，故答案为：不能；会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等)；
(2)第一次“煮沸”即莫尔盐与草酸反应生成，故该反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，有实验图中可知，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热能使受热更加均匀，便于控制温度且保持温度小于水的沸点，故“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热；
(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，故步骤ⅰ若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量不变，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，故答案为：不变；偏大；
②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，可以得出，该样品中铁元素的质量分数为=，故答案为：。
3． 温度过高，碳酸铵会分解 适当搅拌 5~8.5 B 过滤、洗涤、干燥
【分析】主要含及少量的废渣与碳酸铵溶液进行反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是，“滤渣2”的主要成分是，因为不与盐酸反应，加入的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和三价铁离子，时和沉淀完全，时开始溶解，应调节pH至5~8.5，则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质，据此解题。
【详解】(1)温度过高，碳酸铵会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度。
(2)加入的碳酸铵与硫酸钙反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是；不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是。
(3)根据已知条件可知，应调节pH至5~8.5，选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，且不引进新杂质。
(4) 向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质。
4．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)
(3) 2.8 无
(4)
(5)使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度
(6)81.9
【分析】本题主要考查由废钒催化剂制备五氧化二钒的工艺流程，向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸，将和与稀硫酸反应分别生成和，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，NiO转化为NiSO4，过滤后的滤渣1，主要成分为SiO2，加入FeSO4是将转化为，加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后续调pH步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3，滤液2中加入萃取剂，萃取出含有钒微粒，再进行反萃取后得到含钒的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒，经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，过滤洗涤最后灼烧沉淀得V2O5，据此分析解题。
【详解】（1）“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）“还原转化”中加入的目的是将转化为，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）当时，根据的公式可知，溶液中的，，计算可得，，因为，所以无生成，故答案为：2.8；无；
（4）将氧化为的过程中，中氯元素得电子被还原为，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为，故答案为：；
（5）溶液中存在平衡，通入氨气，溶液中浓度增大，消耗了，该平衡正向移动，从而使尽可能都转化为，故答案为：使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度；
（6）“氧化2”过程中将氧化成，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为。100g待处理样品中，，则，即；，由于，故，则该工艺中钒的最大回收率为，故答案为：81.9。
5． 反应为熵增的反应 75% 168.75(MPa)2 CH3OH∗CH3O∗+H∗ 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等
【分析】I．甲醇裂解制氢法
一个反应的自发性判断，可使用焓判据、熵判据，最好使用复合判据。对于一个可逆反应，计算反应速率、反应物的转化率、平衡常数时，都需使用浓度或分压，建立三段式，便可解决问题。从图中提取信息，可确定活化能最小的反应。
II．甲醇水蒸气重整制氢法
甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)，比较两个反应，从H2的生成量、产物对空气质量的影响两个方面可得出前者先进之处。结合图形和反应，对A、B、C三选项的内容逐一分析，找出符合要求的选项。对两个反应进行分析，分析温度升高，对两个反应的影响，从而回答相关问题。
【详解】(1)对于反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H1>0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应。答案为：反应为熵增的反应；
(2)起始时，CH3OH(g)的压强为5.00MPa，设CH3OH(g)的压强变化量为x，则三段式为：
依题意得：，x=MPa。
则0~t h内的平均反应速率v(CO)==MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)== 75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75(MPa)2。答案为：；75%；168.75(MPa)2；
(3)从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗CH3O∗+H∗。答案为：CH3OH∗CH3O∗+H∗；
(4)①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；
利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g) △H2=+8kJ•mol-1；
比较两个反应[设参加反应的CH3OH(g)为1mol]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体(CO)，所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体。答案为：前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；
②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；
B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；
C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；
故选B。答案为：B；
对于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等。答案为：升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低；升温或降压等。
【点睛】利用平衡时分压计算平衡常数时，需考虑总压强的改变，温度、容积一定，当反应前后气体分子数改变时，气体物质的量改变，压强改变，且压强的变化量之比等于物质的量的变化量之比。
6． I 反应II的产物中有，增大的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成 第二步 第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能 大于 温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应I和反应II均向正反应方向进行 0.495
【详解】(1) ①根据图示，反应Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反应Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以当生成等物质的量的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的能量多；
②根据盖斯定律，得；
(2)反应Ⅱ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成；
(3)①第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，第二步为慢反应，决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是第二步；
②第一步的化学方程式为；
(4)温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向进行，所以大于；
(5)的转化率为50%，则参与反应的的物质的量为1mol，的选择性为60%，生成的的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与反应的的物质的量为0.4mol；； ；故平衡时容器中：，，，。又因容器容积为1L，所以。
7．(1) -91.1 低温 0.2
(2) BC 反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应II起主导作用，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大
(3)
【解析】（1）
①根据盖斯定律可知， ；
的、，根据可知，反应Ⅰ能自发进行的条件为低温下自发。
②根据表格列出各物质的物质的量变化：
平衡时各物质的量：mol，mol，
mol，mol，mol。
根据T、V一定时，压强之比等于物质的量之比，则，计算得出mol。
平衡后物质的总量(mol)。
平衡后各物质分压：kPa，kPa，kPa，kPa。
。
（2）
①A．因为反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，故反应Ⅰ不一定达到平衡，A错误；
B．反应为气体分子数改变的反应，在恒压反应器中进行，则总体积改变，气体总质量不变，如果气体密度保持不变，说明反应I达到平衡，B正确；
C．反应过程中气体总质量不变，气体的分子的物质的量改变，如果气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡，C正确；
故选BC；
②升高温度，反应Ⅰ为发热反应则导致的转化率减小，反应Ⅱ为吸热反应则导致的转化率增大，而图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应Ⅱ的平衡移动占主导地位，故反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡右移，500K以后，温度升高，反应Ⅱ平衡右移的程度更大，故的平衡转化率增大。
（3）
以质子惰性有机溶剂为电解液的装置，将转化为草酸()，阴极反应为二氧化碳得到电子，发生还原反应生产草酸，反应为。
8． 苯酚 羟基和醛基 取代反应 氧化反应 C15H14O5 + +H2O 13
【分析】(1)~(4)由B的结构简式，结合A的分子式，可逆推出A的结构简式为，则A→B发生取代反应；由B→C，-OH转化为-OCH3，发生取代反应；由C→D，-CH3转化为-CHO，发生氧化反应；由D→E，-OCH3转化为-OH，发生取代反应；E→G，由二者的结构简式改变，结合F的分子式和题给已知，可确定F的结构简式为，此过程发生先加成后消去反应；由G→H，发生碳碳双键的加成反应。
(5) M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3，再调整取代基的位置，便可确定同分异构体的结构简式。
(6)先分析原料有机物与目标有机物分子中的碳原子数，刚好为二者碳原子数之和；再分析题给流程图和已知，确定应将2一氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应，便可得到目标有机物。
【详解】(1)由以上分析可知，A的结构简式为，化学名称是苯酚，E为，官能团的名称为羟基和醛基。答案为：苯酚；羟基和醛基；
(2)由分析可知，由B生成C和由C生成D的反应类型分别为取代反应、氧化反应。答案为：取代反应；氧化反应；
(3)H的结构简式为，分子式为C15H14O5。答案为：C15H14O5；
(4) 与反应生成和H2O，化学方程式为++H2O。答案为：++H2O；
(5) M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3。当中苯环上的1个H原子被-CH2CHO取代时，有邻、间、对3种异构体；当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体，从而确定符合条件的M的结构有13种。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为。答案为：13；；
(6)2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，需将2一氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应。也就是将2一氯丙烷先水解生成2一丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物。合成路线为：。答案为：。
【点睛】当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体。它们分别是：
(在苯环上移动-CH3可生成4种异构体)，(在苯环上移动-CH3可生成4种异构体)，，。
9． 羟基、酯基 苯酚 +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应) 10
【分析】A的分子式为C6H6O，A能和H2发生反应，则A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B，则B为，B和试剂a发生反应生成C，C的分子式为C6H11Br，则C为，该反应为取代反应，和Mg、乙醚反应生成D，根据已知信息推测，D为，和G反应生成H，根据已知信息推测，G为，根据反应条件可知，E被氧化生成F,F发生酯化发应生成G，根据分子式推测，E中含有羟基、羧基，F中含有醛基、羧基，则E为，F为。
【详解】(1) 根据分析，H中的官能团为羟基、酯基；
(2) 根据分析，A的名称为苯酚；
(3) 根据分析，B的结构简式为；D的结构简式为；
(4) F生成G的反应的化学方程式为+CH3OH+H2O；该反应为取代反应(或酯化反应)；
(5) 由题意可知，苯环上含有3个取代基，分别为-OH、-CH2OH和-OOCH，共有10种，分别为羟基与酯基为邻位时，有4种；羟基和酯基为间位时，有4种；羟基和酯基为对位时有2种；故有10种；
(6) 以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线为。
10．(1)羟基、醛基
(2)取代反应
(3)
(4)+CH3I +HI
(5) 16 (或)
(6)
【分析】根据A的结构可知其中所含有的官能团的名称，A→B的反应为A中酚羟基上的氢原子被取代，D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为，以此解题。
（1）
中含有的官能团为羟基、醛基。
（2）
A()→B（），B是A与发生取代反应生成的，反应类型为取代反应。
（3）
D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为。
（4）
C和CH3I发生反应生成D，故反应方程式为+CH3I +HI；
（5）
根据C的结构可知，H中含有一个苯环，除了苯环外，还有两个不饱和度，因为②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀，故其中含有2个-CHO，并且H中还应该有1个-CH2CH3，一共三个取代基，这样的同分异构体一共有6种；也可能是1个-CHO，1个-CH2CHO，1个-CH3，这样的结构一共有10种，则满足要求的同分异构体一共有16种；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为 (或)；
（6）
以和为原料制备的合成路线，从题给流程中可以看出，需先将卤原子转化为醛基，然后发生的转化，最后一步是和的溶液发生加成反应，故其合成路线为： 。
河北省邯郸市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·河北邯郸·一模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O2)在染料工业用作媒染剂。以锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程图如图：
已知：水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。
(1)“碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为___。
(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是___。
(3) “除Sb”时发生反应的离子方程式为___。
(4) “除Te”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___，该过程中反应时间、反应温度对Te的脱除率的影响关系如图，则70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是___；“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为___、___。
(5)已知锡酸钠的溶解度一般随着温度的升高而升高，则在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是___。
2．（2021·河北邯郸·统考一模）是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：
已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。
(1)“酸溶”时，莫尔盐_______(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是_______。
(2)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为_______。
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是_______；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为_______(填“直接加热”或“水浴加热”)。
(4)测定产品中铁的含量。
步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。
步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液zmL。
①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量_______。
②该样品中铁元素的质量分数为_______(用含m、y、z的代数式表示)。
3．（2021·河北邯郸·统考一模）碳酸钙是橡胶工业中使用最早且用量最大的填充剂之一、工业上用主要含及少量的废渣制取轻质，其工艺流程如图：
已知：时和沉淀完全，时开始溶解。
回答下列问题：
(1)“预处理”时的温度不宜太高，原因是___________，为提高“预处理”的反应速率除加热外还可以采取的措施为___________(写一种即可)。
(2)“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是___________(填化学式，下同)，“滤渣2”的主要成分是___________。
(3)“调节pH”时，应调节pH至___________的范围内，物质X可选用___________(填标号)。
A． B． C．
(4)向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为___________(填化学式)，充分反应后经___________(填具体操作)后得到轻质。
4．（2022·河北邯郸·统考一模）五氧化二钒()广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有、、、、、等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下：
已知：
①“酸浸”时和与稀硫酸反应分别生成和。
②溶液中与可相互转化：，且为沉淀。
(1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是___________。
(2)“还原转化”中加入的目的是将转化为，写出反应的离子方程式：___________。
(3)加入的目的是将过量的转化为。“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有、、，调节使离子沉淀，若溶液中，则调节溶液的最小值为___________可使沉淀完全(离子浓度≤时沉淀完全)，此时___________(填“有”或“无”)沉淀生成。{假设溶液体积不变，，，}
(4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(5)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________。
(6)若该废钒催化剂中的含量为10%(原料中所有的钒已换算成)。取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的回收率是___________%(假设与反应后的操作步骤中钒元素无损失)。
二、原理综合题
5．（2020·河北邯郸·一模）甲醇制氢作为一种绿色能源技术备受关注。
I．甲醇裂解制氢法
(1)该方法的主反应：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H1>0此反应能自发进行的原因是___。
(2)一定温度下，向某一刚性恒容密闭容器中充入CH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，反应起始时CH3OH(g)的压强为5.00MPa，t h后反应达到平衡，此时H2的物质的量分数为60%，则0~t h内的平均反应速率v(CO)=___MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)=___，此时平衡常数Kp=___(Kp为以平衡分压表示的平衡常数）。
(3)科研人员通过计算机模拟用Pd(III)催化甲醇裂解的反应机理，得到附着在Pd(III)表面上甲醇变换的反应历程图［如图1，附在Pd(III)表面的物种用＊标注］，此历程中活化能最小的反应方程式为___。
II．甲醇水蒸气重整制氢法
(4)该方法的部分反应如下：
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1
①相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢法与甲醇裂解制氢法相比较，从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于___。
②在某催化剂的作用下，在相同时间内，不同温度下测得CH3OH的转化率、CO的生成率与温度的变化关系如图2所示。
随着温度的升高，CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是___（填字母）。
A．主反应的活化能降低
B．主反应的反应速率增大
C．CH3OH的平衡转化率降低
随着温度的升高，CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是___。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有___（任写一条）。
6．（2021·河北邯郸·统考一模）一定条件下能氧化制，这对资源综合利用有重要意义。相关的化学反应如下：
I.
II.
(1)已知反应的能量变化如图1所示。
①当生成等物质的量的时，反应_______(填“I”或“II”)吸收的热量更多。
②生成的热化学方程式为_______。
(2)反应II不利于乙烯的生成的原因是_______。
(3)有研究表明，在催化剂作用下，反应I分两步进行，其反应过程及能量变化如图2所示。
①决定反应I的反应速率的步骤是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。
②第一步的化学方程式为_______。
(4)在恒容密闭的容器中充入一定量的和，保持其他条件不变，控制反应温度分别为和，测得随时间的变化曲线如图3所示，则_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。
(5)温度为T时，向一密闭容器中通入和，一段时间后，反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡，的转化率为50%，的选择性为60%，此时容器容积为，则该温度下反应I的平衡常数_______。
7．（2022·河北邯郸·统考一模）以为原料制备甲醇等能源物质具有较好的发展前景。因此，研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。
(1)在催化剂的作用下，氢气还原的过程中可同时发生反应I、II。(已知活化能：)
I.
II.
①则的___________，其中反应I能自发进行的条件是___________。
②保持温度T不变时，在容积不变的密闭容器中，充入一定量的及，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：
/mol
/mol
/mol
/mol
/mol
总压强/kPa
起始
0.5
0.9
0
0
0
平衡
m
0.3
p
若反应I、II均达到平衡，，则表中m=_______；反应I的平衡常数_______(用含p的代数式表示)。
(2)在kPa下，向恒压反应器中通入3mol、1mol，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图。
已知：的产率
①下列说法正确的是___________(填标号)。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应I达到平衡
B．反应过程中，气体密度保持不变，说明反应I达到平衡
C．反应过程中，气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡
②图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是________。
(3)工业上常用电解法将合成为羧酸以实现资源化处理。以Pt为电极、质子惰性有机溶剂为电解液的装置，可将转化为草酸()，其阴极的电极反应式为________。
三、有机推断题
8．（2020·河北邯郸·一模）有机化合物H(根皮素）是一种新型天然皮肤美白剂，H的一种合成路线如图：
已知：+H2O
回答下列问题：
(1)A的化学名称是___，E中官能团的名称为___。
(2)由B生成C和由C生成D的反应类型分别为___、___。
(3)H的分子式为___。
(4)E→G的化学方程式为___。
(5)M是D的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构有___种（不考虑立体异构）。
①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为___。
(6)设计以2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备的合成路线___（无机试剂及溶剂任选）。
9．（2021·河北邯郸·统考一模）H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如下：
已知：
(1)H中的官能团名称为_______。
(2)A的名称为_______。
(3)B、D的结构简式分别为_______、_______。
(4)F生成G的反应的化学方程式为_______，反应类型为_______。
(5)满足下列条件的E的同分异构体有_______种。
①能与溶液发生显色反应，且能发生银镜反应；
②该物质完全水解消耗。
(6)设计一条以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线(无机试剂任选)_____。
10．（2022·河北邯郸·统考一模）有机物F是一种药物合成的重要中间体，其合成路线如图。
已知：。
(1)有机物A中含有的官能团的名称为___________。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)写出有机物E的结构简式：___________。
(4)写出CD的化学方程式：___________。
(5)有机物H是C的同分异构体，符合下列条件的H有___________种，其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为___________。
①分子中除苯环外不含其他环状结构。
②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀。
③苯环上有3个取代基。
(6)设计以和为原料制备的合成路线。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)______
参考答案：
1． 2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O 洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量 4+ 5Sn+H2O==4Sb+5+2OH- 1:1 H2O2受热分解 60min 70℃ 在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出
【分析】锡渣废料（主要成分是SnO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，Na3SbO4转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出。
【详解】(1)“碱溶”时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O；
(2)工业上制备锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)时，为提高所得产品的产量，会将“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附着的锡酸钠，从而提高锡酸钠的产量；
(3)“除Sb”时，Na3SbO4与Sn在水溶液中发生反应生成Sb和Na2SnO3，发生反应的离子方程式为4+ 5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-；
(4)“除Te”过程中发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；从图中可以看出，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，则主要是H2O2热分解造成的，原因可能是H2O2受热分解；从图中可以看出,“除Te”的最优反应时间和反应温度分别为60min、70℃；
(5)加入的NaOH未参与反应，则必是影响锡酸钠的溶解度，所以在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的原因是在NaOH存在的环境中，锡酸钠的溶解度随温度的升高而降低，从而有利于锡酸钠的结晶析出。
【点睛】在书写反应方程式时，一定要注意反应所处的环境，题中反应都处于碱性环境中，所以反应式中不能出现H+。
2． 不能 会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等) 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 不变 偏大
【分析】该工艺流程图中，“酸溶”步骤加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步骤发生的离子方程式为 ，“氧化”步骤主要是将Fe2+氧化为Fe3+，加入草酸钾溶液后得到 溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可，(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，即可进行计算，据此分析解题。
【详解】(1) 由于莫尔盐中铁为+2价，硝酸具有强氧化性，故 “酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，否则因发生：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O生成的NO污染环境，且H2C2O4具有还原性，也能与硝酸反应导致后续步骤中消耗的H2C2O4增多，故答案为：不能；会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等)；
(2)第一次“煮沸”即莫尔盐与草酸反应生成，故该反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，有实验图中可知，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热能使受热更加均匀，便于控制温度且保持温度小于水的沸点，故“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；水浴加热；
(4) ①由于步骤ⅰ中KMnO4溶液主要是与草酸根反应，过量的KMnO4将先与步骤ⅱ中的铜粉反应而不影响步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量，故步骤ⅰ若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量不变，但若步骤ⅱ中不滤去不溶物，不溶物中含有过量的铜粉会与KMnO4溶液反应，将使步骤ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，则所测的铁元素的含量偏大，故答案为：不变；偏大；
②根据氧化还原反应中得失电子总数相等可找到关系式，可以得出，该样品中铁元素的质量分数为=，故答案为：。
3． 温度过高，碳酸铵会分解 适当搅拌 5~8.5 B 过滤、洗涤、干燥
【分析】主要含及少量的废渣与碳酸铵溶液进行反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是，“滤渣2”的主要成分是，因为不与盐酸反应，加入的盐酸可以除去过量碳酸根，滤液中有铝离子和三价铁离子，时和沉淀完全，时开始溶解，应调节pH至5~8.5，则选用氢氧化钙使铝离子和三价铁离子转化为沉淀，“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐，充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质，据此解题。
【详解】(1)温度过高，碳酸铵会发生分解；为提高“预处理”的反应速率，除加热外还可以采取的措施为适当搅拌或适当增大碳酸铵的浓度。
(2)加入的碳酸铵与硫酸钙反应，生成硫酸铵，“滤液1”中的溶质除过量的外，主要是；不溶于稀盐酸，“滤渣2”的主要成分是。
(3)根据已知条件可知，应调节pH至5~8.5，选用氢氧化钙来调节，可以保留钙离子，且不引进新杂质。
(4) 向“滤渣3”中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式为。
(5)“沉钙”时所用的物质Y为或其他合适的碳酸盐；充分反应后经过滤、洗涤、干燥后得到轻质。
4．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)
(3) 2.8 无
(4)
(5)使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度
(6)81.9
【分析】本题主要考查由废钒催化剂制备五氧化二钒的工艺流程，向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸，将和与稀硫酸反应分别生成和，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，NiO转化为NiSO4，过滤后的滤渣1，主要成分为SiO2，加入FeSO4是将转化为，加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后续调pH步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3，滤液2中加入萃取剂，萃取出含有钒微粒，再进行反萃取后得到含钒的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒，经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，过滤洗涤最后灼烧沉淀得V2O5，据此分析解题。
【详解】（1）“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）“还原转化”中加入的目的是将转化为，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：，故答案为：；
（3）当时，根据的公式可知，溶液中的，，计算可得，，因为，所以无生成，故答案为：2.8；无；
（4）将氧化为的过程中，中氯元素得电子被还原为，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为，故答案为：；
（5）溶液中存在平衡，通入氨气，溶液中浓度增大，消耗了，该平衡正向移动，从而使尽可能都转化为，故答案为：使平衡正向移动，将转化为，同时增大的浓度；
（6）“氧化2”过程中将氧化成，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为。100g待处理样品中，，则，即；，由于，故，则该工艺中钒的最大回收率为，故答案为：81.9。
5． 反应为熵增的反应 75% 168.75(MPa)2 CH3OH∗CH3O∗+H∗ 前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体 B 升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低 升温或降压等
【分析】I．甲醇裂解制氢法
一个反应的自发性判断，可使用焓判据、熵判据，最好使用复合判据。对于一个可逆反应，计算反应速率、反应物的转化率、平衡常数时，都需使用浓度或分压，建立三段式，便可解决问题。从图中提取信息，可确定活化能最小的反应。
II．甲醇水蒸气重整制氢法
甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)，比较两个反应，从H2的生成量、产物对空气质量的影响两个方面可得出前者先进之处。结合图形和反应，对A、B、C三选项的内容逐一分析，找出符合要求的选项。对两个反应进行分析，分析温度升高，对两个反应的影响，从而回答相关问题。
【详解】(1)对于反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H1>0，此反应中反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为熵增的反应，所以此反应能自发进行的原因是反应为熵增的反应。答案为：反应为熵增的反应；
(2)起始时，CH3OH(g)的压强为5.00MPa，设CH3OH(g)的压强变化量为x，则三段式为：
依题意得：，x=MPa。
则0~t h内的平均反应速率v(CO)==MPa•h-1，CH3OH的平衡转化率α(CH3OH)== 75%；平衡时总压强为5.00MPa+2x=12.50MPa，此时平衡常数Kp==168.75(MPa)2。答案为：；75%；168.75(MPa)2；
(3)从图中可看出，此历程中活化能最小的点为过渡态1，反应方程式为CH3OH∗CH3O∗+H∗。答案为：CH3OH∗CH3O∗+H∗；
(4)①甲醇水蒸气重整制氢法的反应为：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H2=+49kJ•mol-1；
利用盖斯定律，可得出甲醇裂解制氢法的反应为：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g) △H2=+8kJ•mol-1；
比较两个反应[设参加反应的CH3OH(g)为1mol]，前一反应H2的生成量是后者的1.5倍，前一反应不产生污染环境的气体(CO)，所以从经济效益和绿色化学角度分析，前者先进之处在于前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体。答案为：前者H2的生成量多且不产生污染环境的气体；
②A．催化剂一定时，对于主反应来说，升高温度不能使其活化能降低，A不合题意；
B．升高温度，主反应的反应速率增大，平衡正向移动，CH3OH转化率不断接近平衡转化率，B符合题意；
C．平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，C不合题意；
故选B。答案为：B；
对于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=-41kJ·mol-1，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO的产率减小，所以实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低。为提高CH3OH的转化率且使副反应不向正反应方向进行，可采取的措施有升温或降压等。答案为：升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低；升温或降压等。
【点睛】利用平衡时分压计算平衡常数时，需考虑总压强的改变，温度、容积一定，当反应前后气体分子数改变时，气体物质的量改变，压强改变，且压强的变化量之比等于物质的量的变化量之比。
6． I 反应II的产物中有，增大的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成 第二步 第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能 大于 温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应I和反应II均向正反应方向进行 0.495
【详解】(1) ①根据图示，反应Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反应Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以当生成等物质的量的CO(g)时，反应Ⅰ吸收的能量多；
②根据盖斯定律，得；
(2)反应Ⅱ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅰ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烯的生成；
(3)①第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，第二步为慢反应，决定反应Ⅰ的反应速率的步骤是第二步；
②第一步的化学方程式为；
(4)温度越高，反应速率越快，且反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ均向正反应方向进行，所以大于；
(5)的转化率为50%，则参与反应的的物质的量为1mol，的选择性为60%，生成的的物质的量为0.6mol，则反应Ⅱ参与反应的的物质的量为0.4mol；； ；故平衡时容器中：，，，。又因容器容积为1L，所以。
7．(1) -91.1 低温 0.2
(2) BC 反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，500K以后，反应II起主导作用，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2的平衡转化率增大
(3)
【解析】（1）
①根据盖斯定律可知， ；
的、，根据可知，反应Ⅰ能自发进行的条件为低温下自发。
②根据表格列出各物质的物质的量变化：
平衡时各物质的量：mol，mol，
mol，mol，mol。
根据T、V一定时，压强之比等于物质的量之比，则，计算得出mol。
平衡后物质的总量(mol)。
平衡后各物质分压：kPa，kPa，kPa，kPa。
。
（2）
①A．因为反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，故反应Ⅰ不一定达到平衡，A错误；
B．反应为气体分子数改变的反应，在恒压反应器中进行，则总体积改变，气体总质量不变，如果气体密度保持不变，说明反应I达到平衡，B正确；
C．反应过程中气体总质量不变，气体的分子的物质的量改变，如果气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应I达到平衡，C正确；
故选BC；
②升高温度，反应Ⅰ为发热反应则导致的转化率减小，反应Ⅱ为吸热反应则导致的转化率增大，而图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应Ⅱ的平衡移动占主导地位，故反应Ⅰ放热，温度升高平衡左移，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡右移，500K以后，温度升高，反应Ⅱ平衡右移的程度更大，故的平衡转化率增大。
（3）
以质子惰性有机溶剂为电解液的装置，将转化为草酸()，阴极反应为二氧化碳得到电子，发生还原反应生产草酸，反应为。
8． 苯酚 羟基和醛基 取代反应 氧化反应 C15H14O5 + +H2O 13
【分析】(1)~(4)由B的结构简式，结合A的分子式，可逆推出A的结构简式为，则A→B发生取代反应；由B→C，-OH转化为-OCH3，发生取代反应；由C→D，-CH3转化为-CHO，发生氧化反应；由D→E，-OCH3转化为-OH，发生取代反应；E→G，由二者的结构简式改变，结合F的分子式和题给已知，可确定F的结构简式为，此过程发生先加成后消去反应；由G→H，发生碳碳双键的加成反应。
(5) M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3，再调整取代基的位置，便可确定同分异构体的结构简式。
(6)先分析原料有机物与目标有机物分子中的碳原子数，刚好为二者碳原子数之和；再分析题给流程图和已知，确定应将2一氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应，便可得到目标有机物。
【详解】(1)由以上分析可知，A的结构简式为，化学名称是苯酚，E为，官能团的名称为羟基和醛基。答案为：苯酚；羟基和醛基；
(2)由分析可知，由B生成C和由C生成D的反应类型分别为取代反应、氧化反应。答案为：取代反应；氧化反应；
(3)H的结构简式为，分子式为C15H14O5。答案为：C15H14O5；
(4) 与反应生成和H2O，化学方程式为++H2O。答案为：++H2O；
(5) M是D的同分异构体，依据限定条件，可确定M分子中一定含有的结构片断，另外还存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3。当中苯环上的1个H原子被-CH2CHO取代时，有邻、间、对3种异构体；当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体，从而确定符合条件的M的结构有13种。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为l：2：2：2：1的M的结构简式为。答案为：13；；
(6)2一氯丙烷和1，3一丙二醛为起始原料制备，需将2一氯丙烷转化为丙酮，再与丙二醛发生类似题给已知中的反应。也就是将2一氯丙烷先水解生成2一丙醇，再氧化为丙酮，最后与丙二醛发生反应，即得目标有机物。合成路线为：。答案为：。
【点睛】当中苯环上的2个H原子分别被-CHO和-CH3取代时，有10种异构体。它们分别是：
(在苯环上移动-CH3可生成4种异构体)，(在苯环上移动-CH3可生成4种异构体)，，。
9． 羟基、酯基 苯酚 +CH3OH+H2O 取代反应(或酯化反应) 10
【分析】A的分子式为C6H6O，A能和H2发生反应，则A为苯酚，苯酚和氢气发生加成反应生成B，则B为，B和试剂a发生反应生成C，C的分子式为C6H11Br，则C为，该反应为取代反应，和Mg、乙醚反应生成D，根据已知信息推测，D为，和G反应生成H，根据已知信息推测，G为，根据反应条件可知，E被氧化生成F,F发生酯化发应生成G，根据分子式推测，E中含有羟基、羧基，F中含有醛基、羧基，则E为，F为。
【详解】(1) 根据分析，H中的官能团为羟基、酯基；
(2) 根据分析，A的名称为苯酚；
(3) 根据分析，B的结构简式为；D的结构简式为；
(4) F生成G的反应的化学方程式为+CH3OH+H2O；该反应为取代反应(或酯化反应)；
(5) 由题意可知，苯环上含有3个取代基，分别为-OH、-CH2OH和-OOCH，共有10种，分别为羟基与酯基为邻位时，有4种；羟基和酯基为间位时，有4种；羟基和酯基为对位时有2种；故有10种；
(6) 以苯甲醇和甲醇为原料制备苯乙烯的合成路线为。
10．(1)羟基、醛基
(2)取代反应
(3)
(4)+CH3I +HI
(5) 16 (或)
(6)
【分析】根据A的结构可知其中所含有的官能团的名称，A→B的反应为A中酚羟基上的氢原子被取代，D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为，以此解题。
（1）
中含有的官能团为羟基、醛基。
（2）
A()→B（），B是A与发生取代反应生成的，反应类型为取代反应。
（3）
D→E的反应参照已知条件进行分析，可知E的结构简式为。
（4）
C和CH3I发生反应生成D，故反应方程式为+CH3I +HI；
（5）
根据C的结构可知，H中含有一个苯环，除了苯环外，还有两个不饱和度，因为②仅含有一种官能团，能与新制反应，生成砖红色沉淀，故其中含有2个-CHO，并且H中还应该有1个-CH2CH3，一共三个取代基，这样的同分异构体一共有6种；也可能是1个-CHO，1个-CH2CHO，1个-CH3，这样的结构一共有10种，则满足要求的同分异构体一共有16种；其中核磁共振氢谱中有5组吸收峰且峰面积之比为3：2：2：2：1的结构简式为 (或)；
（6）
以和为原料制备的合成路线，从题给流程中可以看出，需先将卤原子转化为醛基，然后发生的转化，最后一步是和的溶液发生加成反应，故其合成路线为： 。
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