吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

这是一份吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共25页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

一、工业流程题
1．（2020·吉林长春·统考二模）某实验室以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO、BaO 和SiO2)为原料制备NixOy 和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图：

已知有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的 pH 如表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的 pH
1.5
6.5
7.2
7.7
沉淀完全的 pH
3.7
9.7
9.4
9.2

请回答以下问题：
(1)“滤渣Ⅰ”主要成分为(填化学式)_____。
(2)“氧化”时(加入 NaClO3)的离子方程式为_____。
(3)加入 Na2CO3 来“调 pH”的目的是生成黄钠铁钒沉淀而除去铁，也可通过加入MO(对应的金属氧化物)来调节 pH 将铁除去，则 pH 控制的范围为_____。
(4)在实验室萃取操作应该在_____中完成(填仪器名称)，向水相中加入NaHCO3 时的离子方程式为_________。
(5)从 NiSO4 溶液获得NiSO4·6H2O 晶体的操作依次是：_____，_________，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为_____。

2．（2021·吉林长春·统考二模）用软锰矿(主要成分为MnO2，所含杂质为质量分数约8%Fe3O4和约5%Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3，同时制得Ba(OH)2，工艺流程如下：

已知：25℃时相关物质的Ksp见下表
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7

回答下列问题：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为___________，能否通过加热的方式加快该反应的速率，___________(填“能”或“否”)
(2)已知MnO2为两性氧化物，保持BaS投料量不变，随软锰矿粉与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是___________。
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为___________。
(4)净化时需先加入的试剂X为___________(填化学式) 。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为___________(当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为___________。
3．（2022·吉林长春·统考二模）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿[主要成分为ZnCO3，还含有Cd(II)、Fe(II)、 Mn[(II)等杂质]制备。工艺如图所示：

相关金属离子[c(Mn+ )=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1

已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有： Zn2+、 Fe2+、 Cd2+、 Mn2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。
回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有_______ 。(写一条即可)
(2)“调pH”是将“溶浸”后的溶液调节至弱酸性(pH约为5)，若pH过低，对除杂的影响是_______。
(3)加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+和_____
(4)“还原除杂”中镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。

若需置换出112.0kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_______ kg。
(5)“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式_______。形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
(6)ZnO可与NH3·H2O、NH4HCO3反应生成可溶性的[Zn (NH3)n]CO3和H2O。若有1molZnO溶解，则在该转化反应中参加反应的NH3·H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值为_______(已知： 1≤n≤4 )。

二、原理综合题
4．（2020·吉林长春·统考二模）对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应(i)：2CH4(g)＋O2(g)⇌2CO(g)＋4H2(g)△H=－71.4kJ•mol-1
反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.0 kJ•mol-1
(1)写出表示CO燃烧热的热化学方程式：_____。
(2)在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应(ii)：CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) (不发生其它反应)，CO2的平衡转化率如表所示：
容器
起始物质的量(n) / mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.1
0.1
0
0
50％
Ⅱ
0.1
0.1
0.2
0.2
/

①下列条件能说明反应达到平衡状态的是_____。
A．v正(CH4) =2v逆(CO)
B．容器内各物质的浓度满足c(CH4)·c(CO2)=c2(CO)·c2(H2)
C．容器内混合气体的总压强不再变化
D．容器内混合气体密度保持不变
②达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：2n(CO)Ⅰ_____n(CO)Ⅱ(填“＞”、“＝”或“＜”)
(3)将一定量的甲烷和氧气混合完成反应(i)，其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图所示。c点_____(填“可能”、“一定”或“一定未”)达到平衡状态，理由是_____。

(4)CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)∆H<0。设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。通过实验得到下列图象：
图1图2图3
①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为_________。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为_________。
③图3表示在总压为5 MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算)。
5．（2021·吉林长春·统考二模）I. 甲烷和水蒸气催化制氢主要存在如下两个反应：
①CH4(g)+ H2O (g)CO(g)+3H2(g) ∆H= +206kJ•mol-1
②CO(g)+ H2O (g)CO2 (g)+H2(g) ∆H= —41kJ•mol-1
恒定压强为P0时，将n(CH4)：n(H2O)=1 ：3的混合气体投入反应器中，平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式：___________。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是___________ (填字母)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，同时降低反应温度，相同时间内的转化率可能不变
(3)恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在___________℃左右。
(4) 600°C时，CH4的平衡转化率为___________ (保留2位有效数字)，反应①的平衡常数的计算式为Kp=___________ (Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
II.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，反应后B中溶液浓度变大，结构示意图如下：

回答下列问题：
(5)电池中，Zn 极上发生的电极反应式为___________。
(6)电池放电过程中，每消耗6.5gZn，理论上PbO2电极质量增重___________ g。
6．（2022·吉林长春·统考二模）碳、氮及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，回答下列问题：
(1)我国学者结合实验与计算机模拟结果研究了在铜催化剂表面上将(CH3)2NCHO转化为三甲胺[N(CH3)3]的反应历程，如图所示。其中吸附在铜催化剂表面，上的物种用*标注。

(CH3)2NCHO转化为三甲胺[N(CH3)3]的反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)，该历程中能垒最小的一步能垒(活化能)E正=_______ eV，写出该步骤的化学方程式_______。
(2)乙烯氧化制取环氧乙烷（）的反应2 C2H4O(g) ∆H<0；的正逆反应速率可表示为： ( C2H4O)， (k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度)。
①反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是_______(填字母)。
A．k正、k逆均增大，且k正增大的程度更大   
B．k正、k逆均减小，且k正减小的程度更小
C．k正增大、k逆减小，平衡正向移动        
D．k正、k逆均减小，且k逆减小的程度更小
②若在容积为0.5L的密闭容器中加入1.5mol CH2=CH2(g)和1mol O2(g)，在一定温度下发生。上述反应，经过10min反应达到平衡，CH2=CH2(g)的转化率为50.0%，则0—10min内v(O2)=_______ ；该温度下，k正与k逆的大小关系为： k正_______ k逆(填 “大于”、“小于”或“等于”)。
(3)用CH4和水蒸气制氢包含的反应有：
I .甲烷部分氧化的反应：2CH4(g)+ O2(g)2CO(g)+4H2(g)
II. 水蒸气重整： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
III.水煤气变换： CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2 (g)
已知甲烷部分氧化、水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图所示。

①反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H=_______0(填“>”或“<”)。
②在压强为1 atm的恒压密闭容器中加入lmol CH4(g)和lmol H2O(g)，在某温度下只发生水蒸气重整反应，达到平衡时，H2的平衡分压为0.5atm。此温度下反应的lnKp=_______(已知： ln3≈1.l， ln4≈1.4)。
(4)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示。若生成的乙烯和乙烷的体积比为1 ：1， 则阳极的电极反应式为_______。


三、有机推断题
7．（2020·吉林长春·统考二模）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一种合成路线如下：

已知：R-CH3 R-CN R-COOH
R-CH=CH2 R-COOH+CO2
回答下列问题：
(1)B 的官能团名称为_____，D 的分子式为_____。
(2)①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。
(3)H 的结构简式为_____。
(4)⑤的化学方程式为_____。
(5)M 与G 互为同系物，M 的相对分子质量比G 大 14；N 是 M 的同分异构体，写出同时满足以下条件的N 的结构简式：______________(写两种，不考虑立体异构)。
Ⅰ.既能与 FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；
Ⅱ.与 NaOH 溶液反应时，1mol N 能消耗 4molNaOH；
Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 1:2:2:2:1。
8．（2021·吉林长春·统考二模）石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成医药中间体K的线路如下：

已知：①D、E、F、G含有相同碳原子数且均为链状结构，E、F能发生银镜反应，1molF与足量的银氨溶液反应可以生成4molAg。
②1mol E与足量金属钠反应能产生11.2L 氢气(标况下)。
③
(1)A为石油裂解气的一种链状烃，其核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1：2，则A的名称为___________。
(2)C的结构简式为___________。
(3)反应I、II的反应类型分别是___________、___________。
(4)E中所含官能团的名称是___________，E→F 反应所需的试剂和条件是 ___________。
(5)写出反应G→H的化学方程式___________。
(6)K的结构简式为___________，K的同分异构体中，与F互为同系物的有___________种。
9．（2022·吉林长春·统考二模）奴佛卡因是口腔科局麻用药，某兴趣小组以甲苯和乙烯采用如图合成路线进行制备。

已知：苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
请回答下列问题：
(1)B的名称________C中官能团的名称_______。
(2)F的结构简式_______， 反应⑤的反应条件_______。
(3)下列有关反应的说法正确的是_______(填字母)。
A．步骤①和②可以互换
B．1molH物质最多和4mol氢气发生加成反应
C．步骤①和⑤是取代反应，步骤⑥是还原反应
D．E中所有原子处于同一平面
(4)写出A→B的反应方程式_______。
(5)写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体_______、________(任写两种)
①红外光谱检测分子中含有醛基；
②lH-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
(6)参照上述路线，写出以苯和 为原料合成 的路线图_______。

参考答案：
1．     BaSO4和SiO2          3.7＜pH＜7.2     分液漏斗          蒸发浓缩     冷却结晶     三氧化二镍
【分析】原料的成分含有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，考虑到发生的反应，就可得知滤渣和滤液的成分。题干中还提供了有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH的表格，经过分析可知，要想去除铁元素，应当把铁元素全都转化为三价铁再调节pH才能在不降低产品产量的同时除净杂质铁元素。最后根据失重曲线判断物质的组成，可通过原子守恒进行计算，再进一步判断即可。
【详解】(1)原料的成分有NiO，FeO，Fe2O3，CoO，BaO和SiO2；加入硫酸酸溶，SiO2不反应，所以会出现在滤渣中，BaO会最终变成BaSO4沉淀，所以也会出现在滤渣中；
(2)氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为；
(3)加入Na2CO3这一步是为了除去铁，同时也要避免其他元素的损耗，所以选择的pH区间为3.7~7.2；
(4)萃取最关键的仪器是分液漏斗；加入碳酸氢钠后，产物之一是CoCO3沉淀，考虑到NaHCO3是过量的，所以最终的离子方程式为；
(5)由溶液获取结晶的常规操作是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥；硫酸镍晶体的摩尔质量是263g/mol，所以26.3g即为0.1mol；280℃开始，固体的质量减少，这个时期是因为结晶水丢失导致的，所以A段对应的物质就是0.1mol的NiSO4；温度到600℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3g氧化物中Ni的质量为5.9g，那么O的质量为2.4g即0.15mol，所以固体氧化物中，所以固体氧化物即三氧化二镍。
2．     MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S     能     MnO2为两性氧化物，过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；     漏斗、玻璃棒     H2O2     4.9     Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢钠、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般来说，升高反应的温度可以加快反应速率，故可通过加热的方式加快该反应的速率；
(2)MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒；
(4)净化时为更好的除去Fe元素，需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O。
3．(1)加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或粉碎矿石
(2)Fe3+不能沉淀完全，Mn2+不能转化为MnO2沉淀
(3)MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(4)86.2
(5)     3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑     取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净
(6)3：1

【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸酸浸时，碳酸锌、碳酸亚铁、碳酸镉、碳酸锰与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，过滤得到含有可溶性硫酸盐的滤液和滤渣1；向滤液中加入氧化锌调节溶液pH约为5后，加入酸性高锰酸钾溶液将溶液中的亚铁离子、锰离子转化为氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣2和含有硫酸锌、硫酸镉的滤液；向滤液中加入锌将镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣3和含有硫酸锌的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将硫酸锌转化为碱式碳酸锌，过滤得到碱式碳酸锌；高温灼烧使碱式碳酸锌受热分解得到氧化锌。
（1）
加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎矿石等措施能提高溶浸过程中的浸出率，故答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或粉碎矿石；
（2）
由题给数据可知，若溶液pH过低，加入酸性高锰酸钾溶液氧化除杂时，不利于铁离子转化为氢氧化铁沉淀，也不利于锰离子转化为二氧化锰沉淀，故答案为：Fe3+不能沉淀完全，Mn2+不能转化为MnO2沉淀；
（3）
由分析可知，氧化除杂的目的是将溶液中的亚铁离子、锰离子转化为氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀，其中氧化亚铁离子的反应物溶液中亚铁离子与高锰酸根离子反应生成氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀和氢离子，反应的离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（4）
由图可知，镉置换率达到98%时，为1.3，则置换出112.0kg镉时，加入锌的实际用量为1.3× =86.2kg，故答案为：86.2；
（5）
沉锌生成碱式碳酸锌的反应为硫酸钠溶液与碳酸钠溶液反应生成碱式碳酸锌沉淀、硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，反应得到的沉淀表面附有可溶性盐硫酸钠，则检查沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；
（6）
由题意可知，溶解氧化锌的反应为：ZnO+(n—1)NH3·H2O+NH4HCO3=[Zn (NH3)n]CO3+H2O，当n为4时，参加反应的NH3·H2O和NH4HCO3物质的量之比最大，则物质的量之比(4—1)：1=3：1，故答案为：3：1。
4．     CO(g)+O2(g)=CO2(g)   △ H=－282.7kJ•mol-1     C     ＞     一定未     催化剂不会影响平衡转化率，在相同条件下，乙催化剂对应的 c 点的转化率没有甲催化剂对应的 b 点的转化率高，所以 c 点一定未平衡     T3＞T2＞T1     m1＞m2＞m3    
【详解】(1)书写燃烧热的热化学方程式，一定要保证：可燃物的化学计量系数为1；可燃物发生完全燃烧；生成产物是在常温常压下稳定存在的物质，根据盖斯定律可得：   ；
(2) ①A．2v正(CH4) =v逆(CO)时，反应才达到平衡状态，A项错误；
B．由于平衡常数未知，所以浓度满足上式不一定处于平衡状态，B项错误；
C．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且属于非等体积反应，根据公式可知，当压强不变，该反应一定达到平衡，C项正确；
D．由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且全为气体参与，根据公式可知，密度恒定与平衡状态无关，D项错误；
答案选C。
②构造容器Ⅲ：除起始物质只加入0.2molCH4和0.2molCO2外，其他条件与Ⅰ、Ⅱ相同；通过分析可知容器Ⅱ、Ⅲ中的平衡等效。容器Ⅲ相比于容器Ⅰ，进料增加了一倍，考虑到反应方程式，所以Ⅲ相比于Ⅰ，平衡逆移，CO的含量下降，所以2n(CO)Ⅰ＞n(CO)Ⅱ；
(3)催化剂对于平衡无影响，相同条件下，加入甲催化剂达到的转化率b高于加入乙催化剂的转化率c，所以c点对应的一定不是平衡状态；
(4) ①由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以T3＞T2＞T1；
②对于两种反应物的反应，增加其中一种物质的投料，会使另一种物质的转化率提高，所以m1＞m2＞m3；
③由于投料按照化学计量系数比进行，所以反应任意时刻，n(H2):n(CO2)=3:1，且n(乙醇)：n(水)=1:3；所以图中c线为H2，d线为CO2，a线为水，b线为乙醇；结合数据可知，T4时，平衡状态时，H2含量为0.375，CO2为0.125，水为0.375，乙醇为0.125。所以压强平衡常数的表达式为：。
5．     CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ∆H= +247kJ/mol     CD     700     78%          Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)     6.4
【详解】I. (1)由盖斯定律可知，①—②可得反应CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ，则∆H=∆H1—∆H2=( +206 kJ/mol)—(—41kJ/mol)=+247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ∆H= +247kJ/mol；
(2) A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，气体总压强增大，但参加反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物的浓度增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞的次数增加，化学反应反应速率加快，故错误；
C．升高温度，反应物的能量增大，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞频率增大，化学反应速率加快，故正确；
D．加入合适的催化剂，化学反应速率加快，该反应为吸热反应，同时降低反应温度，化学反应速率减慢，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，则相同时间内的转化率可能不变，故正确；
CD正确，故答案为：CD；
(3) )由图可知，恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，氢气产率在700℃左右出现峰值，原因是温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，而温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小，则从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在700℃左右，故答案为：700；
(4) 已知混合气体中甲烷和水的物质的量比为1:3，设甲烷和水蒸气的初始物质的量分别为1mol和3mol，反应中消耗甲烷的物质的量为x，反应②中消耗一氧化碳的物质的量为y，由题意建立如下三段式：


由图可知，600℃时CH4的物质的量分数为0.04，则=0.04，解得x=，甲烷的平衡转化率为≈78%；由图可知，平衡时甲烷的物质的量分数为0.04、水的物质的量分数为0.32、二氧化碳的物质的量分数为0.08、氢气的物质的量分数为0.50，则一氧化碳的物质的量分数为1—(0.04+0.32+0.50+0.08)=0.06，反应①的平衡常数Kp==，故答案为：78%；；
II. 由题给示意图可知，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，溶液中阴离子电荷数小于阳离子电荷数，溶液中钾离子通过阳离子交换膜a膜进入B区域，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，溶液中阳离子电荷数小于阴离子电荷数，硫酸根离子通过阴离子交换膜b膜进入B区域，则B区域中电解质溶液为硫酸钾溶液，溶液浓度增大；
(5)由分析可知，电池中，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，故答案为：Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)；
(6) 由分析可知，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，正极质量增加64g，6.5g锌的物质的量为0.1mol，由得失电子数目守恒可知，正极增加的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：6.4。
6．(1)     放热     0.22     (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+ OH*
(2)     B     0.075mol/(L·min)     小于
(3)     >     —0.3
(4)4CH4+3O2——6e—= C2H4+ C2H6+3H2O

【解析】（1）
由图可知，(CH3)2NCHO转化为三甲胺的反应为反应物的总能量大于生成物总能量的放热反应；历程中(CH3)2NCH2OH*+2H*转化为(CH3)2NCH2+OH*+2H*的能垒最小，能垒(活化能)E正=(—1.55eV)— (—1.77eV) =0.22eV；反应的方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+ OH*，故答案为：放热；0.22；(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+ OH*；
（2）
①该反应为放热反应，降低温度，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应方向移动，由正反应速率大于逆反应速率可知，正反应速率常数减小的程度小于逆反应速率常数，故选B；
②由题意可建立如下三段式：

由三段式数据可知，0—10min内氧气的反应速率为=0.075mol/(L·min)；由平衡时，正逆反应速率相等可得反应的平衡常数K====0.8，则正反应速率常数小于逆反应速率常数，故答案为：0.075mol/(L·min)；小于；
（3）
①由盖斯定律可知，II—III可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，则反应的lnKp=，由图可知，温度升高，lnKp (III)减小、lnKp (II)增大，则lnKp随温度升高而增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变大于0，故答案为：>；
②设平衡时生成amol一氧化碳，由题意可建立如下三段式：

由平衡时氢气的平衡分压为0.5atm可得：×1atm=0.5atm，解得a=0.5，则甲烷、水蒸气和一氧化碳的平衡分压均为×1atm=atm，反应的lnKp=ln= ln=1.1—1.4=—0.3，故答案为：—0.3；
（4）
由图可知，电极B为电解池的阳极，在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成乙烯、乙烷和水，若生成的乙烯和乙烷的体积比为1 ：1，由碳原子的原子个数守恒可得甲烷、乙烯和乙烷的体积比为4：1 ：1，则电极反应式为4CH4+3O2——6e—= C2H4+ C2H6+3H2O，故答案为：4CH4+3O2——6e—= C2H4+ C2H6+3H2O。
7．     氯原子     C6H10O4     取代反应     NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热     HOCH2CH2CH2CH2OH     +2NH3+3O2→+6H2O    
【分析】从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。
【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；
(2)反应①即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应②为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；
(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；
(4)反应⑤即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2→+6H2O；
(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；
【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。
8．     1，3-丁二烯     CH2BrCH2CH2CH2Br     加成反应     取代反应     羟基、醛基     O2，Cu/Ag 加热     HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O          9
【分析】丙烯发生催化氧化反应生成D，D的不饱和度为，D为链状结构，D的相对分子质量为56，E比D相对分子质量大18，且1mol E与足量金属钠反应能产生11.2L 氢气(标况下)，说明E含有一个羟基，则D和水发生加成反应生成E，E能发生银镜反应则含有醛基，则D含有醛基，D为CH2=CHCHO，F也能发生银镜反应，且1molF与足量的银氨溶液反应可以生成4molAg，则可知F为OHCCH2CHO，E应为OHCH2CH2CHO，E发生催化氧化生成F，F发生银镜反应然后酸化生成G，G和乙醇发生酯化反应生成H，H发生已知③的反应，根据其产物知，G为二元酸，G为HOOCCH2COOH，H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，已知A为石油裂解气的一种链状烃，其核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1：2，结合A的分子式可知，A为CH2=CH-CH=CH2，根据反应Ⅱ的产物、信息反应③以及B的分子式可判断，A发生1.4-加成生成B为CHBrCH=CHCH2Br，B与氢气发生加成反应生成C为CH2BrCH2CH2CH2Br。发生水解反应生成，在加热的条件下失去1分子CO2，则K为。
【详解】(1)A为CH2=CH-CH=CH2，名称为1，3-丁二烯；
(2)C的结构简式为CH2BrCH2CH2CH2Br；
(3)反应I为加成反应，反应II为 CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和CH2BrCH2CH2CH2Br发生信息反应③，为取代反应；
(4)E为OHCH2CH2CHO，所含官能团的名称是羟基、醛基；F为OHCCH2CHO，E发生催化氧化生成F，则E→F 反应所需的试剂和条件是O2，Cu/Ag 加热；
(5) G为HOOCCH2COOH，与乙醇发生酯化反应生成H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，则反应G→H的化学方程式HOOCCH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2COOCH2CH3+2H2O；
(6)F为OHCCH2CHO，K的结构简式为，分子式为C6H10O2，不饱和度为2，K的同分异构体中，与F互为同系物的物质应含有2个醛基，碳原子之间形成单键，则相当于有2个醛基取代了丁烷的2个氢原子，应为丁烷的二元取代物，采用“定一动一”的思路书写，有以下同分异构体：     、  ，共9种。
9．(1)     对硝基甲苯或4—硝基甲苯     硝基、羧基
(2)     HOCH2CH2N(C2H5)2     浓硫酸、加热
(3)C
(4)+HNO3+H2O
(5)          或或
(6)

【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，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，乙烯在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷与NH(C2H5)2发生环加成反应生成HOCH2CH2N(C2H5)2，则F的结构简式为HOCH2CH2N(C2H5)2；HOCH2CH2N(C2H5)2在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成。
（1）
B的结构简式为，名称为对硝基甲苯或4—硝基甲苯；C的结构简式为，官能团为硝基、羧基，故答案为：对硝基甲苯或4—硝基甲苯；硝基、羧基；
（2）
由分析可知，F的结构简式为HOCH2CH2N(C2H5)2；反应⑤为HOCH2CH2N(C2H5)2在浓硫酸作用下与共热发生酯化反应生成和水，故答案为：HOCH2CH2N(C2H5)2；浓硫酸、加热；
（3）
A．若步骤①和②可以互换，羧基为间位定位基，发生硝化反应时生成间硝基甲苯，无法制得对硝基甲苯，故错误；
B．由结构简式可知，H分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molH物质最多和3mol氢气发生加成反应，故错误；
C．由分析可知，步骤①和⑤是取代反应，步骤⑥是还原反应，故正确；
D．由结构简式可知，环氧乙烷分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能处于同一平面，故错误；
故选C；
（4）
A→B的反应为在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+HNO3+H2O，故答案为：+HNO3+H2O；
（5）
由B的同分异构体红外光谱检测分子中含有醛基，lH-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子可知，苯环上含有2个处于对位的取代基，取代基可能为—CHO和—NHOH、—CHO和—ONH2、HCOO—和—NH2、—NHCHO和—OH，则符合条件的结构简式为、、、，故答案为：、或或；
（6）
由有机物的转化关系可知，以苯和为原料合成的步骤为在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与发生环加成反应生成，合成路线为，故答案为：。