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1、广东省梅州市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广东梅州 统考二模)V2O5是接触法生产硫酸的催化剂，属于两性氧化物，可从富与凡炉渣(主要含有VQ，、FeO和少量A iq、SiO?)中提取，其工艺流程如下：稀H2so?Na2sO3 NaClOj NaOH溶液 稀H2so4、(NH4)2SO47I 氧 化 蠹一L NaVO3_|X.I-NH4VO3-*V,O5滤渣1 注液 滤渣2富钢炉渣酸浸还原已知：2VO；+H2O V2O5+2H+一些金属阳离子沉淀的pH 范围：开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.59.0Fe3+2.23.5A产4.1
2、5.4(1)“酸浸还原 时V2O5转化为VCP+,写出有关V2O5反 应 的 离 子 方 程 式;经“氧化”后帆以V O J存在，写出生成V O J反应的离子方程式_ _ _ _ _ _ _ _。(2)调节溶液pH至 2.03.5,宜 选 用 的 试 剂 是(填 标 号)。A.HNO,B.H2SO4 C.Na2co3 D.Ca(OH)2(3)“滤 渣 1”的 主 要 成 分 是；&O5粗 品 中 的 杂 质 为。(4)“沉钿”时需加入稀H2so4,其目的是 o(5)焙烧产生的气体用 吸收后，其产物可以在该工艺中循环利用.(6)V2O5在一定条件下可转化为不同价态的锐离子(V 、寸、VO2+VO
3、；),可作为全钢液充电流电池的电极液，电池总反应为VO?，+V3+H2O3+VO；+2H。下图是锐电池基本工作原理示意图:存充电时阳极的反应式为一；能够通过机电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是2.(2 0 2 0 广东梅州 统考二模)硫酸镒晶体(M n S O r 7 H?O)是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软铳矿(主要成分为M n O?,含有少量A L O，、F e。、S i O2等杂质制取硫酸镭晶体，其具体流程如下：已知：反应原理为：M n O2+H2C2O4+H2S O4=M n S O4+2 C O2 T +2 H2O ；M n C?。难溶于水。(1)滤渣2主
4、要成分是M n C)2,步 骤 中 的 稀 硫 酸 的 作 用 是。步骤中采用6.0 m o l 1 T 硫酸和草酸晶体溶解MW2,草 酸 晶 体 的 作 用 是；配制1 0 0 m L 6.0 m o l 1 7,硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要。将滤渣2置于烧杯中，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是 o(3)步 骤 的 具 体 实 验 操 作 有,经洗涤后干燥得到M n S O4-7 H Q 晶体。(4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸镐的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锈晶体高温下分解
5、产物为M n O y、S O2,S O,及水蒸气。为了确定Mn J Dy 的化学式，采用下面装置进行测定(已知：S O,的熔点为1 6.8 C,沸点为4 4.8)。试卷第2页，共 1 1 页MnSO-7H0热电G强热B C 装置中吸收的气体为实验自始至终均需通入N 2,其目的是若起始时，在装置A 中加入83.1 g MnSO4.7H,0,充分反应后，测得装置C 增重6.4g,则MnxOv的化学式为。3.(2021 广东梅州 统考二模)钺有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石 Be3Al/SiOj”为原料制备金属被的工艺如下：Na/cF,.NaOH 岚、焦油
6、、已知：NasFeR难溶于水，Be?+可与过量OH结合成Be(OH)：。回答下列问题：(1)“操 作 1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是(2)烧结时；Na,FeFe与绿柱石作用除生成易溶于水的Na?FeF4外，还有铁、铝、硅的氧化物，该 反 应 的 化 学 方 程 式 为。“滤 渣 1”中的酸性氧化物是 o(3户过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀，但 NaOH不能过量，原因是(用离子方程式表示)。(4)已知K jB e(O H)J O x 10口，室温下Be?+恰好完全沉淀时 此时Be2+浓度为c(Be2+)=1.0 x10 5mol/L 的
7、pH=。(5)BeCl?在熔融状态下不能导电，工业上用电解NaCl-BeClz熔融混合物制备金属镀，可选 用 银 用 期 作 电 解 槽 的(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为;加入NaCl的主要目的是。4.(2022广东梅州.统考二模)用含铝不锈钢废渣(含SiCh、Cr2O3 Fe2O3,AI2O3等)制取 CnOK铭绿)的工艺流程如图所示:KOH.-/液 I,KjCO)空气 含KO,、HjSO,NijSO,HjSO.MOH1 I KjSib,.I 述淮”1 I纲一总曲一峰图|亩化I 画 域 存 货%原 一 磕c O H bI pH-7-8 I oH-74 I谑渣I 加幺近
8、洗逑渣2 加热近那 6 0；回答下列问题：(1)“碱熔”时，为 使 废 渣 充 分 氧 化 可 采 取 的 措 施 是(任 写 一 条)。(2)Cr2O3 KOH、O?反应生成KzCrCU的 化 学 方 程 式 为。(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeCh强 烈 水 解 生 成 的 难 溶 物 为(填 化 学 式);为 检 验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+的操作是。(4)常温下，“酸化”时 pH 不 宜 过 低 的 原 因 是。(5)“还原”时 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。(6)为精准投放药量，先利用滴定方法测定“过滤”后滤液2 中的CnO含量。方法如下：步骤I：量 取 10
9、.00mL滤液2 于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化(除CnO；外，其他成分不参与滴定反应)。步骤H：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O+6 I+14H+=2Cr3+3l2+7H20o步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol/LNa2s2O3溶液进行滴定，平均用去 Na2s2O3 溶液 18.00mL(L+2Na2s2Ch=2NaI+Na2s4。6)。步骤I 量 取 10.00mL滤液2 选 择 的 仪 器 是。CnO；的含量为 g/L。二、原理综合题5.(2020.广东梅州.统考二模)碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。(1)以CO?与 N&为原料可合成
10、尿素。已知：2NH,(g)+CO2(g)=NH2COONH4(S)AH=-159.5 kJ mor NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)AH=+116.5 kJ m or1 H?O=H qig)AH-+44.0 kJ-m of1写出NH3和 CO2合成尿素和液态水的热化学方程式 O(2)高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)+CO2(g)2C0(g)o向容试卷第4 页，共 11页积 为 1L的恒容容器中加入OZmolCCh,在不同温度下达到平衡时C02的物质的量浓度随温度的变化如图所示。则 该 反 应 为(填“放热”或“吸热”)反应；某温度下若向该平衡
11、体系中再通入0.2molCCh,达到新平衡后，体系中C 0 的百分含量_ _ _ _ _ _ _(填“变大，、“变小，或“不变”)。(3)一定量的CO?与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)-2 C 0(g),平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示:650时，反应达平衡后C02的转化率为厂C时，平衡常数Kp=Ps(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x体积分数)。(4)NC)2 与S0?能发生反应：NO2(g)+SO2(g).-SO,(g)+NO(g)AH ”、“=”或“$稔)+10值)(慢反应)第三步：I0(g)+NQ(g)fN2(g)+O2(g)+U(g)
12、(快反应)实验表明，含碘时N g 分解速率方程v=k-c(NQ)c(l2W 1k为速率常数)。下列表述正确的是_ _ _ _ _ _ _ _A.升高温度，第一步向右进行的程度变大 B.第二步的活化能比第三步小C.10为反应的催化剂 D.N Q 分解反应的速率与是否含碘蒸气有关为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g).N2(g)+2CO2(g)H=-746.5kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中 M 点对应的速率(对应温度400)v v(填“”、“”“3的产量，故答案为
13、：使 NH；的水解平衡逆向移动，增大NH：浓度，从而增大NH4V0、的产量；答案第1 页，共 16页(5)焙烧过程中N H4V 0,分解产生氨气和VQs,产生的氨气可以用稀硫酸吸收转变成硫酸镀在沉钮时循环使用，故答案为：稀 H z S。,；(6)充电时阳极发生氧化反应，结合总反应式可得阳极电极反应为：V O2+H2O-e-=V O J +2 H-,由阳极反应可知电解过程中阳极区的氢离子浓度增大，为维持两侧溶液的电荷守恒，氢离子应透过隔膜向阴极移动，故答案为：V O2+H2O-e-=V0+2H；2.除去F%O，做还原剂，将 M n C h 还原为M M+1 0 0 m L 容量瓶、胶头滴管 防止
14、M n C h 固体表面产生M n C z C U 而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 加热浓缩、冷却结晶、过滤 S O 2 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 M n.,0 4【分析】由题给流程可知，向软锦矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化镭和氧化铁不溶解，则滤渣1 为二氧化铳和氧化铁；向滤渣1 中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化镭不溶解，则滤渣2为二氧化镒；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化镒和草酸发生氧化还原反应生成硫酸铳，硫酸锯溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗
15、涤、干燥得到M n S O4-7 H2O 晶体。【详解】(1)步骤为向滤渣1 中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化镭不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去F e 2 O 3,故答案为：除去F e 2 O 3；(2)步骤为向滤渣2加入6.0 m o l/L 硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化镭和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化镭做氧化剂，草酸做还原剂，将 M n Ch 还原为M i?+；配制1 0 0 m L 6.0 m o l/L 硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、1 0 0 m L 容量瓶、胶头滴管；由题意可知M n Cz CX i 难溶于水，溶解二氧化镒过程中，为防
16、止M n C h 固体表面产生M n Cz Ch 而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将 M n Ch 还原为M r?*；1 0 0 m L 容量瓶、胶头滴管；防止M n O 2 固体表面产生M n C2 O 4 而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；(3)步骤为硫酸镭溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到M n S O r 7 H 2 O 晶体，答案第2页，共 1 6 页故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；由题意可知，MnSO4-7H2O 晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫
17、、三氧化硫和水蒸气,三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：S02：实验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4-7H2O 晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；83.1gMnSO4.7H2O 的物质的量为 湍 黯=0.3mol,6.4g二氧化硫的物质的量为就i=0.1m ol,设 MnxOy中锌元素的化合价为a,由得失电子数目守恒可得0.3molx(a2)=0.1molx
18、2,解得 a=E，则 MnQy 为 M ru d i,故答案为：MmCM。【点睛】MnSO4-7H2O 晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫是解答关键。3.粉碎(或破碎、或研750磨)ZNa.FeR+Be3A12(SiO3)6=3Na2Be6+A12O3+Feq3+6SiO：!S i 02电解Be(OH)2+2OH=Be(OH)；-6.0 或 6 阴极 B e (熔融)-Be+Cl?T 增强熔盐的导电性【分析】绿柱石的主要成分Be3A12(SiO3
19、)6,可表示为3BeOA12O36SiO2,由流程可知，烧结时发生 Be3A12(SiO3)6+2Na3FeF6空 3Na2BeF4+A12O3+Fe2O3+6SiO2,碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为AI2O3、Fe2O3 SiO2,滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若 NaOH过量与 Be(OH)2反应，降低B e的产率，Be(OH。煨烧得BeO,BeO与 C、CL反应得到BeCh、C O,电解NaCl-BeCL熔融混合物制备金属镀，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF61+3Na2SO4,难溶物循环利用，以此来解答。【详解】(1)绿柱石 Be3Ab(SiO3
20、)6 灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操 作 1 名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；答案第3 页，共 16页(2)Na3FeF6与 Be3Ab(SiO3)6作用生成易溶于水的Na?BeF4和 FezCh、AI2O3、SiCh等固体难溶750物，该反应的化学方程式为 2Na、Fe耳+Be3A12(S iO j6 =3 N a：5BeR+A12O3+Fe：;O3+6SiO2,“滤 渣 1”中的酸性氧化物是:SiO2；(3)因为Be(OH”呈两性，“过 滤 1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是Be(OH)2+2OH=Be(OH)
21、j ；(4)c(0H-)=J Kp.=L 2 rl2 _ lm oi/L=1.0 xl0-8mol/L,常温下，Vc(Be2+)Y 1.0 x10-5Kc(H+)=-y =1.0 xl0-mol/L,pH=6；(6)若银作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镁生烟作电解槽的阴极材料，电电解解时BeCb熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为BeCL(熔融)Be+C T从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。4.(1)粉碎废渣(或充分搅拌、或通入足量空气等)高温(2)2Cr2Ch+8K0H+302=4K2CrO4+4H2O(3)Fe(0H)3
22、取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+(4)pH过低，A/+进入滤液 或防止Al(0H)3被过量的酸溶解(5)Cr2O；+3SO:+8H+=2Cr3+3S0:+4H2O(6)酸式滴定管(或移液管)6.48(或6.5)【分析】含铝不锈钢废渣(含SiO?、Cr2O3 Fe2O3 AI2O3等)经过碱熔时，发生一系列反应,生成了可溶性盐KFeCh、K2CrO4 LSiCh和 KAlCh，加水溶解，KFeCh强烈水解生成的难溶物Fe(0H)3,并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH 在 7 8,硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸
23、根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铭酸根离子转化为重辂酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铭酸根离子为C B,加入氢氧化钠沉淀C/+,再通过加热锻烧Cr(0H)3得到氧化物Cr2O3；答案第4 页，共 16页(1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态KOH、K2cO3中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎废渣；充分搅拌；(2)CnCh、KOH、O2 反应生成 K2C1O4 时 CnO3-2K2CrO4 得到 6e ChTKzCrCU、H2O 得到 4e,依据得失电子数相等，配平得发生反应的化学方程式高温 高温2Cr2O3+8KOH+3O2=4K2(：24+4
24、比0,故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O2 4K2CrO4+4H2O；(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeCh强烈水解，FeCh一结合H2O 电离出的H卡 及 H2O 生成Fe(OH)3和 K O H,即不溶物为Fe(OH)3；含有Fe?+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变红色，则检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+,可向滤液中滴加KSCN溶液，若不变红，则不含有Fe3+,故答案为：Fe(OH)3；取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有 Fe3+；若溶液不呈红色，说明不含Fe3+；(4)酸化”时 pH 过低，NaAlCh会直接与酸反应生成AP+,进入滤液，故答案为
25、：p H 过低，Al3+进入滤液 或防止A1(OH)3被过量的酸溶解;(5)“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原CnO；为 c e,同时氧化产后为SO：,则发生反应的离子方程式为 CrzO；+3SO,+8H+=2Cr3+3SO：+4比0,故答案为:Cr2O；+3S0；+8H+=2Cr3+3SO：+4H2O；(6)滤液2 中的CnO；具有较强的氧化性，能氧化橡胶管，因此步骤I 量 取 10.00mL滤液2选择的仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；由反应原理：CnO：+6r+l4H+=2Cr3+3L+7H2O,L+2Na2s2C)3=2NaI+Na2s4。6,得到关系式 CnO；3b6 N a
26、2 s 消耗 n(Na2S2O3)=cV=0.1 OOOmobL-1 xO.01800L=0.0018mol,则n(Cr2。；)=n(Na2s2。3)=xO.OO 18mol=0.0003mol,质量为 m=nM=0.0003molx216g/mol6 6答案第5 页，共 16页=0.06 48 g,C n O；的含量=端 等=6.48 8(，故答案为：6.48。5.2N H,(g)+C O2(g)=C O(N H2)2(s)+H,O(1)A H =-8 7.0 k J m o L 吸热 变小 25%0.5 D 降低温度 气=5 t【分析】本题综合考查盖斯定律和化学平衡常数的计算，化学平衡常数
27、的计算常用三段式来进行计算，对于反应C(s)+C C 2(g).2co(g),用平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数的表达式为:“(CO)K =-P P(C02)【详解】(1)根据盖斯定律计算(1)+(2)-(3)得co?与 N H,合成尿素的热化学方程式为:2 N H3(g)+C O2(g)=C O(N H2)2(S)+H2O(1);A H =-8 7.0 k J -m o f ,故本题答案为:2 N H3(g)+C O2(g)=C O(N H2)2(S)+H2O(1)；A H =-8 7.0 k J -m oP1。(2)随着温度的升高，C C h 的物质的量浓度逐渐减小，说明平衡正向移动
28、，因此该反应属于吸热反应；恒容容器中充入二氧化碳可以看做，二氧化碳先与碳在其他容器反应达到平衡后，再混合把体积缩小至原始体积，相当于增大压强，则平衡向逆反应方向进行，达到新平衡后，体系中CO的百分含量减小，故本题答案为：吸热；变小；(3)由图可以知道，6 5 0时，反应达到平衡后CO的体积分数为4 0%,设开始反应时加入的二氧化碳为1 m ol,转化了 x m o l,则有：C(s)+CO2(g).2CO(g)开始 1 0转化 x 2x平衡 1-x 2x所以;-X100%=4 0%,计算出x=0.25 m ol,则二氧化碳的转化率为25%；-x +2xTC时;一氧化碳和二氧化碳的体积分数均为5
29、 0%,则K p =P2(CO)_(0.5P,)2P(CO2)0.5P以0.5P&,故本题答案为：25%；0.5；(4)A,反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 A错误；B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故 B错误；答案第6页，共 16 页C、反应前后气体质量不变气体体积不变，气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、N O 2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；因此，本题正确答案是：D；如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行,正反应为放热反应，
30、降低温度平衡正向进行，因此，本题正确答案是：降低温度；A点平衡转化率为5 0%,n(N 02)：n(S O 2)=0.4,S O 2(g)的起始浓度为cm ol/L,N O 2起始浓度 C(N O 2)=0.4 com ol /L,反应的二氧化氮浓度=0.4com ol/L x5 0%=0.2com ol/L,该时段化学反应速率M N O 2)=O2 C H =?m ol/L,m i n,因此，本题正确答案是：?；t min 5t 5t(4N O 2(g)+S O 2(g)i S 03(g)+N 0(g),H=-41.8 k J/m oL 反应为放热反应，n(N C h)：n(S C h)=l
31、,S C h(g)的起始浓度为cm ol/L,c(N 02)=cm ol/L,图中C、D两点对应的实验温度分别为和T d,C点二氧化氮转化率为5 0%,NO2(g)+s o2(g).s o3(g)+NO(g)GG00O.5 Co0.5 C()O.5 CoO.5 CoO.5 Co0.5 C()0.5 C()O.5 Co平衡常数K=l。D点二氧化碳的转化率为40%,n(N O2)：n(S O2)=1.5,S C h(g)的起始浓度为cm ol/L,c(N O21.5 com ol/L,则NO2(g)+SC)2(g)s=s o3(g)+NO(g)1.5 C0G00O.6 CoO.6 CoO.6 Co
32、O.6 CoO.9CoO.4Co0.6 C 0.6C0平衡常数K=l。平衡常数相同，说明反应温度相同，R=T d,因此，本题正确答案：=。【点睛】化学平衡常数只与温度有关，化学平衡常数相同，则温度相同，此为易错点。_36.A D 温度升高催化剂活性降低-3.4X 10-4 减催化剂小 4N H3+4N 0+02=4 N2+6 H,0【详解】(DA.断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，A正确；B.第二步的慢反应，其活化能比第三步大，B错误；答案第7页，共1 6页c.1 0为中间产物，卜是反应的催化剂，C错误；D.根据含碘时N?O分解速率方程v=k-c（N2O）-c（ID（k为速率常
33、数），可判断N。分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，D正确；答案选AD。（2）由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率（对应温度400）v 丫（逆），温度高于400,N 0转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低。0心 内压强减少了 3 kP a,根据方程式可知生成Im o lN g，物质的量减少Im o l,则N Q的压强变化是3 k P a,以N Q表示的该反应速率v（Na）=；kPa-sT，B点时NO?的压强是94kPa,M O 的压强是3 kP a,则反应2NO2 N Q,的平衡常数KP=377 kP
34、a s 3.4x10-4 kPa;94-若t,时，保持温度和活塞位置不变，向针筒中再充入定体积N O 2,相当于增大压强，平衡正向进行，则重新达到平衡时NO2的体积百分含量与t.3时相比减小。（4）根据示意图可知反应物是氨气、N O和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化催化剂学方程式为 4NH3+4NO+O2-4N2+6H20。7.（1）=Kb=KcKa（或 KaKb=K。k 1E=k a-Kp（4）N2（g）2N*（g）或 N2（g）+H2（g）r2N*+H 2（g）1.47 xl.6 xlO-22 x6.02 xlO23 0.01-（-1.46）J xl.6 xlO-22 x6.0
35、2 x l023【解析】反应是可逆反应不能进行彻底，该温度下合成塔中放入2m01叱 和6m01%，生成的氨气小于2 m o l,故达平衡后放出的热量小于184.4 kJ；故答案为：；（2）N2（g）+3H2（g）U2NHMg）是气体分子总数减小的放热反应，增大压强lOMpa30Mpa可促使平答案第8页，共16页衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N 2、H 2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压1 0 M p a 3 0 M p a、冷却液化氨、原料气循环利用；故答案
36、为：加 压 1 0 M p a 3 0 M p a、冷却液化氨、原料气循环利用；(3)该反应AH；_ n(N2)_b点 时,需卜3,与氢气和氮气的化学计量数之比-致，即 a(N 2 M H 力故答案为:平衡常数的大小，仅与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，a、b、c四点对应温度从小到大排列为即b=c K a，故答案为：K b=K c K a；平衡常数Kp=1 厂 时,、,合成氨反应平衡时，v(NH3)=0m o l Um i n 遵循如下方程：p(N2)-p(H2)p3(H,)p2(NHj p3(H,)v(NH3)=k ,l:p(N2),l1-3-k 逆工 才 勺=，即 k .I
37、：,P(N2)1 -K T U 1-a=k 逆P(NHJ p (H,)p (NH,)p2(NH,)P(H,)p2(NH,)Q u ：此时 a=0.5,即 kP(N2)工 s=k 逆%k 正P(H2)P-(NH,)p (H2)kPN HJ/P(HJ 1k 逆 P2(NHJP(N2)P3(H2)-逆故答案为：k)E=k逆 K p；(4)根据题意，N2与 H?合成N H 3 的过程是：N2在催化剂表面化学吸附后变成N*,然后再与此 作用生成过渡态T S,最后再解吸附，因此N?的化学吸附发生在第一步，为 N2(g)-2N*,故答案为：Nz(g)-2N*；根据框图，反应最大能垒为2N*(g)+H2(g)
38、T S,能量E=0.01e V-(-1.46e V)=1.47e V,即可计算出 1.47x 1.6x 10-22 x 6.02x l 023.答案第9 页，共 16页8.2-氯 乙 醇 氯 原 子、羟 基 加 成 反应 d +2CH3OHoII CH3O-C-OCH3+HOCH2cH,0H个)CH、CH2cH20H 浓硫酸I 加科-CH3cH=C H?。一 3cHe1CH20H C a(H)j或 CH3cH2cH20H 浓硫酸加热 CH3cH=CH,H O C 1 CH3cHeH2c产(田心QOH【分析】A 物质乙烯和H O Q 发生加成反应生成B 物质2-氯乙醇后，在 Ca(OH)2的作用
39、下生成C 环氧乙烷，与二氧化碳发生加成反应生成D 物质后在乙醇作用下生成E,E 物质与苯酚反应生成F,F 与双酚A 发生加聚反应得到产物双酚A 型聚碳酸酯，根据分析进行题目解答。【详解】(1)物质A 乙烯和H0C1发生加成反应生成B 物质2-氯乙醇，B 中的官能团为氯原子和羟基。故答案为：2-氯乙醇，氯原子、羟基。(2)C 为环氧乙烷，二氧化碳中C=0断裂发生加成反应生成D 物质。答案第10页，共 16页故答案为：加成反应。(3)根据题目内容，D 物质与乙醇反应过程中开环，生成E 和乙二醇，反应方程式为:OH 0IIO 0 +2cH30H CH3O-C-O C H3+H0CH2CH70HII
40、oIIO O+2CH3OH-CH3O-C-O C H3+HOCH2CH2OH故答案为：1-1 o i(4)和双酚A 发生加成聚合反应生成双酚A 型聚碳酸酯和苯酚，苯酚OOH的结构简式为：。故答案为：、一，。(5)由能发生银镜反应条件可知含有醛基，遇 FeC”溶液显紫色表明结构中含有酚羟基,核磁共振氢谱有六组峰说明结构中含有6 种不同结构的H,故符合题意的结构简式有:故答案为:答案第I I 页，共 16页（6）由 1-丙醇制备 的合成路线可参考从A 物质乙烯到C 物质环氧乙烷，1-丙醇在浓硫酸加热条件下生成丙烯，后与HOC1反应，最后经过与氢氧化钙反应得到产物卜。反应路线为：CH、CH2cH20
41、H 浓硫酸I 加科-CH3cH=C H?。一 3cHe1CH20H或CH3c凡CH20H 浓硫酸加热 CH3cH=CH2 W L CH喘 CH2cl2汕O。故答案为：CH3cH2cHQ H 浓硫酸 1 期恐-CH3cH=CH,-H O C 1C H3CHC1CH2OH-a（O H-D o 或 CH3cH2cHQH-浓硫酸：力哽-CH3cH=CH2-CH雷 氏（:。（。叫 卜。【点睛】在 类 似（6）这种合成路线的设计过程中，尽可能从原题目中参考试剂使用与流程,这样得到的合成路线准确率更高。9.苯 甲 醇 羟 基、酮基（或相基）还原反应（或加成反其中官能团的名称是羟基、酮基（或狱基）。（2）G-
42、麻黄素的反应中碳氮双键被加成，其反应类型是还原反应（或加成反应）。（3）根据已知信息可知E 分子中含有三键，反应后有皴基生成，则根据F 的结构简式可知E答案第12页，共 16页的结构简式为(4)CTD是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，反应的化学方程式为2 O H +0 2 Y-2|j J CHO+2 H 2 O。(5)M 是 G的芳香族同分异构体，已知M 能发生银镜反应,有两种，核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为6：基，且结构是对称的，则 M 的结构简式可能是含有醛基，苯环上的一氯代物只2：2：2：1,这说明含有2个甲广、一、O H C/XO 、O H(入O%0(6)首 先 发 生 催 化
43、 氧 化 生 成 醛基,然后和氨基反应引入碳氮双键，最后碳氮双键发生加成反应得到N,其合成路线为：u 01 0.(1)邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)4cm s r氧化反应COOHCOOH COOH1口,N HC0CH3 江1 /N、C1 Cl 1 0(5)利用磺酸基(-S C h H)占位，减少5号位上F_+C H sC O O H1 原子的取代答案第1 3 页，共 1 6 页【分析】甲苯和浓硝酸发生邻位取代生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯中甲基被氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A,则 A 为COOHNH2，A 发生经过反应、COOHNH2、生成2-氨-3-氯苯甲酸，则 2-氨-3-
44、氯苯甲酸的结构简式为C1(1)CH3NO2的名称是邻硝基甲苯（或 2-硝基甲苯）;反应是-C%被氧化成-COOH的过程,反应类型为氧化反应，故答案为：邻硝基甲苯（或 2-硝基甲苯）；氧化反应;(2)COOHNH2邻硝基苯甲酸中硝基被还原生成A,则 A 的结构简式为COOHNH2,故答案为:(3)COOHNHCCH3II 3在酸性条件下水解生成2-氨-3-氯苯甲酸，反应的化学方程式为riCOOHNHCCH,|+H2OCl,故答案为:答案第14页，共 16页+H2O与NO2COOH互为同分异体的芳香族化合物满足：苯环上含有三个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基，红外光谱显示有-NO2,则苯环上的
45、三个取代基分别为：-CHO、-OH、-NO2,当-CHO、-NO2处于令B位时，-OH有 4 种位置，当-CHO、-NCh处于间位时,-OH有 4 种位置，当-CHO、-NO?处于对位时，-OH有 2 种位置，因此符合条件的同分异构体共有10种，故答案为：10;(5)步骤产率低的原因可能是存在氯原子取代较基的另一个间位氢原子，从而影响产率，新方案利用磺酸基占位，减少5 号位上H 原子的取代，然后再还原，从而提高了产率，故答案为：利用磺酸基(-SChH)占位，减少5 号位上H 原子的取代;(6)COOHNH，CH3为主要原料，经最少的步骤制备含肽键的0COOH/NHz发生缩聚反应得到,COOHN H/C H 3在酸性OCOOH条件下水解生成人/N H z,则合成路线为OHCHoHI N tH,故答案为:答案第15页，共 16页答案第16页，共16页