2022屆河北省邯鄲市2020屆-高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題

高三模擬試題高三模擬試題PAGE2PAGE1河北省邯鄲市2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題一、工業(yè)流程題1．（2020·河北邯鄲·一模）錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O2)在染料工業(yè)用作媒染劑。以錫渣廢料（主要成分是SnO，還含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）為原料，制備錫酸鈉晶體的工藝流程圖如圖：已知：水碎液中溶質的主要成分為Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。(1)“堿溶”時，SnO發(fā)生反應的化學方程式為___。(2)工業(yè)上制備錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O)時，會將“水碎渣”再次水洗，其目的是___。(3)“除Sb”時發(fā)生反應的離子方程式為___。(4)“除Te”過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___，該過程中反應時間、反應溫度對Te的脫除率的影響關系如圖，則70℃后隨溫度升高Te的脫除率下降的原因可能是___；“除Te”的最優(yōu)反應時間和反應溫度分別為___、___。(5)已知錫酸鈉的溶解度一般隨著溫度的升高而升高，則在“濃縮、結晶”時，加入NaOH的原因是___。2．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）是制備鐵催化劑的主要原料，某化學小組利用莫爾鹽制備的實驗流程如下：已知：氧化操作中除生成外，另一部分鐵元素轉化為紅褐色沉淀。(1)“酸溶”時，莫爾鹽_______(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是_______。(2)第一次“煮沸”時，生成的離子方程式為_______。(3)“氧化”時所用的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略去)，導管a的作用是_______；“氧化”時反應液應保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為_______(填“直接加熱”或“水浴加熱”)。(4)測定產品中鐵的含量。步驟?。悍Q量mg樣品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反應完全。步驟ⅱ：向步驟ⅰ所得的溶液中加入過量粉，反應完全后，濾去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至終點，消耗溶液zmL。①步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，則所測的鐵元素的含量_______(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)，若步驟ⅱ中不濾去不溶物，則所測的鐵元素的含量_______。②該樣品中鐵元素的質量分數(shù)為_______(用含m、y、z的代數(shù)式表示)。3．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）碳酸鈣是橡膠工業(yè)中使用最早且用量最大的填充劑之一、工業(yè)上用主要含及少量的廢渣制取輕質，其工藝流程如圖：已知：時和沉淀完全，時開始溶解。回答下列問題：(1)“預處理”時的溫度不宜太高，原因是___________，為提高“預處理”的反應速率除加熱外還可以采取的措施為___________(寫一種即可)。(2)“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是___________(填化學式，下同)，“濾渣2”的主要成分是___________。(3)“調節(jié)pH”時，應調節(jié)pH至___________的范圍內，物質X可選用___________(填標號)。A．

B．

C．(4)向“濾渣3”中加入NaOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為___________。(5)“沉鈣”時所用的物質Y為___________(填化學式)，充分反應后經___________(填具體操作)后得到輕質。4．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）五氧化二釩()廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，用作合金添加劑、生產硫酸或石油精煉用的催化劑等。從廢釩催化劑(含有、、、、、等)中回收釩，既能避免對環(huán)境的污染，又能節(jié)約寶貴的資源，回收工藝流程如下：已知：①“酸浸”時和與稀硫酸反應分別生成和。②溶液中與可相互轉化：，且為沉淀。(1)“酸浸”前，需對廢釩催化劑進行粉碎預處理，其目的是___________。(2)“還原轉化”中加入的目的是將轉化為，寫出反應的離子方程式：___________。(3)加入的目的是將過量的轉化為?！把趸?”后，溶液中含有的金屬陽離子主要有、、，調節(jié)使離子沉淀，若溶液中，則調節(jié)溶液的最小值為___________可使沉淀完全(離子濃度≤時沉淀完全)，此時___________(填“有”或“無”)沉淀生成。{假設溶液體積不變，，，}(4)“氧化2”過程中發(fā)生反應的離子方程式為___________。(5)“沉釩”時，通入氨氣的作用是___________。(6)若該廢釩催化劑中的含量為10%(原料中所有的釩已換算成)。取100g待處理樣品，按照上述流程進行實驗。當加入溶液時，溶液中的釩元素恰好完全反應，則該工藝中釩的回收率是___________%(假設與反應后的操作步驟中釩元素無損失)。二、原理綜合題5．（2020·河北邯鄲·一模）甲醇制氫作為一種綠色能源技術備受關注。I．甲醇裂解制氫法(1)該方法的主反應：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H1>0此反應能自發(fā)進行的原因是___。(2)一定溫度下，向某一剛性恒容密閉容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，反應起始時CH3OH(g)的壓強為5.00MPa，th后反應達到平衡，此時H2的物質的量分數(shù)為60%，則0~th內的平均反應速率v(CO)=___MPa?h-1，CH3OH的平衡轉化率α(CH3OH)=___，此時平衡常數(shù)Kp=___(Kp為以平衡分壓表示的平衡常數(shù)）。(3)科研人員通過計算機模擬用Pd(III)催化甲醇裂解的反應機理，得到附著在Pd(III)表面上甲醇變換的反應歷程圖［如圖1，附在Pd(III)表面的物種用＊標注］，此歷程中活化能最小的反應方程式為___。II．甲醇水蒸氣重整制氫法(4)該方法的部分反應如下：主反應：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)

△H2=+49kJ?mol-1副反應：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)

△H3=-41kJ·mol-1①相同條件下，甲醇水蒸氣重整制氫法與甲醇裂解制氫法相比較，從經濟效益和綠色化學角度分析，前者先進之處在于___。②在某催化劑的作用下，在相同時間內，不同溫度下測得CH3OH的轉化率、CO的生成率與溫度的變化關系如圖2所示。隨著溫度的升高，CH3OH實際反應轉化率不斷接近平衡狀態(tài)轉化率的原因是___（填字母）。A．主反應的活化能降低B．主反應的反應速率增大C．CH3OH的平衡轉化率降低隨著溫度的升高，CO的實際反應生成率沒有不斷接近平衡狀態(tài)生成率的原因是___。為提高CH3OH的轉化率且使副反應不向正反應方向進行，可采取的措施有___（任寫一條）。6．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）一定條件下能氧化制，這對資源綜合利用有重要意義。相關的化學反應如下：I.II.(1)已知反應的能量變化如圖1所示。①當生成等物質的量的時，反應_______(填“I”或“II”)吸收的熱量更多。②生成的熱化學方程式為_______。(2)反應II不利于乙烯的生成的原因是_______。(3)有研究表明，在催化劑作用下，反應I分兩步進行，其反應過程及能量變化如圖2所示。①決定反應I的反應速率的步驟是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。②第一步的化學方程式為_______。(4)在恒容密閉的容器中充入一定量的和，保持其他條件不變，控制反應溫度分別為和，測得隨時間的變化曲線如圖3所示，則_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。(5)溫度為T時，向一密閉容器中通入和，一段時間后，反應Ⅰ和反應Ⅱ均達到平衡，的轉化率為50%，的選擇性為60%，此時容器容積為，則該溫度下反應I的平衡常數(shù)_______。7．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）以為原料制備甲醇等能源物質具有較好的發(fā)展前景。因此，研發(fā)利用技術，降低空氣中含量成為研究熱點。(1)在催化劑的作用下，氫氣還原的過程中可同時發(fā)生反應I、II。(已知活化能：)I.

II.

①則的___________，其中反應I能自發(fā)進行的條件是___________。②保持溫度T不變時，在容積不變的密閉容器中，充入一定量的及，起始及達到平衡時，容器內各氣體的物質的量及總壓強數(shù)據如表所示：/mol/mol/mol/mol/mol總壓強/kPa起始0.50.9000平衡m0.3p若反應I、II均達到平衡，，則表中m=_______；反應I的平衡常數(shù)_______(用含p的代數(shù)式表示)。(2)在kPa下，向恒壓反應器中通入3mol、1mol，的平衡轉化率及的平衡產率隨溫度變化的關系如圖。已知：的產率①下列說法正確的是___________(填標號)。A．反應過程中，容器內壓強不再變化，說明反應I達到平衡B．反應過程中，氣體密度保持不變，說明反應I達到平衡C．反應過程中，氣體的平均摩爾質量保持不變，說明反應I達到平衡②圖中500K以后，的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是________。(3)工業(yè)上常用電解法將合成為羧酸以實現(xiàn)資源化處理。以Pt為電極、質子惰性有機溶劑為電解液的裝置，可將轉化為草酸()，其陰極的電極反應式為________。三、有機推斷題8．（2020·河北邯鄲·一模）有機化合物H(根皮素）是一種新型天然皮膚美白劑，H的一種合成路線如圖：已知：+H2O回答下列問題：(1)A的化學名稱是___，E中官能團的名稱為___。(2)由B生成C和由C生成D的反應類型分別為___、___。(3)H的分子式為___。(4)E→G的化學方程式為___。(5)M是D的同分異構體，同時符合下列條件的M的結構有___種（不考慮立體異構）。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為l：2：2：2：1的M的結構簡式為___。(6)設計以2一氯丙烷和1，3一丙二醛為起始原料制備的合成路線___（無機試劑及溶劑任選）。9．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）H是抗癲癇藥物的合成中間體，其合成路線如下：已知：(1)H中的官能團名稱為_______。(2)A的名稱為_______。(3)B、D的結構簡式分別為_______、_______。(4)F生成G的反應的化學方程式為_______，反應類型為_______。(5)滿足下列條件的E的同分異構體有_______種。①能與溶液發(fā)生顯色反應，且能發(fā)生銀鏡反應；②該物質完全水解消耗。(6)設計一條以苯甲醇和甲醇為原料制備苯乙烯的合成路線(無機試劑任選)_____。10．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）有機物F是一種藥物合成的重要中間體，其合成路線如圖。已知：。(1)有機物A中含有的官能團的名稱為___________。(2)A→B的反應類型為___________。(3)寫出有機物E的結構簡式：___________。(4)寫出CD的化學方程式：___________。(5)有機物H是C的同分異構體，符合下列條件的H有___________種，其中核磁共振氫譜中有5組吸收峰且峰面積之比為3：2：2：2：1的結構簡式為___________。①分子中除苯環(huán)外不含其他環(huán)狀結構。②僅含有一種官能團，能與新制反應，生成磚紅色沉淀。③苯環(huán)上有3個取代基。(6)設計以和為原料制備的合成路線。(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)______高三模擬試題PAGE2PAGE1▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：1．

2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O

洗去水碎渣表面附著的錫酸鈉，從而提高錫酸鈉的產量

4+5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-

1:1

H2O2受熱分解

60min

70℃

在NaOH存在的環(huán)境中，錫酸鈉的溶解度隨溫度的升高而降低，從而有利于錫酸鈉的結晶析出〖祥解〗錫渣廢料（主要成分是SnO，還含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空氣的情況下用NaOH堿溶，生成溶質的主要成分為Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后續(xù)操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成為水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分別轉化為Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；過濾后所得濾液中加入Sn粒，Na3SbO4轉化為Sb，而Sn轉化為Na2SnO3；過濾后濾液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化為Na2TeO4沉淀；過濾后所得濾液經濃縮、結晶，加入NaOH，使Na2SnO3結晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3結晶析出?！荚斘觥?1)“堿溶”時，SnO被空氣中的O2在NaOH存在的環(huán)境中氧化為Na2SnO3，發(fā)生反應的化學方程式為2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O；(2)工業(yè)上制備錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O)時，為提高所得產品的產量，會將“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附著的錫酸鈉，從而提高錫酸鈉的產量；(3)“除Sb”時，Na3SbO4與Sn在水溶液中發(fā)生反應生成Sb和Na2SnO3，發(fā)生反應的離子方程式為4+5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-；(4)“除Te”過程中發(fā)生反應的化學方程式為Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1；從圖中可以看出，70℃后隨溫度升高Te的脫除率下降，則主要是H2O2熱分解造成的，原因可能是H2O2受熱分解；從圖中可以看出,“除Te”的最優(yōu)反應時間和反應溫度分別為60min、70℃；(5)加入的NaOH未參與反應，則必是影響錫酸鈉的溶解度，所以在“濃縮、結晶”時，加入NaOH的原因是在NaOH存在的環(huán)境中，錫酸鈉的溶解度隨溫度的升高而降低，從而有利于錫酸鈉的結晶析出?！肌狐c石成金』〗在書寫反應方程式時，一定要注意反應所處的環(huán)境，題中反應都處于堿性環(huán)境中，所以反應式中不能出現(xiàn)H+。2．

不能

會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等)

平衡氣壓，使液體順利滴下

水浴加熱

不變

偏大

〖祥解〗該工藝流程圖中，“酸溶”步驟加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步驟發(fā)生的離子方程式為，“氧化”步驟主要是將Fe2+氧化為Fe3+，加入草酸鉀溶液后得到溶液，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，過濾洗滌干燥即可，(4)①由于步驟ⅰ中KMnO4溶液主要是與草酸根反應，過量的KMnO4將先與步驟ⅱ中的銅粉反應而不影響步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量，但若步驟ⅱ中不濾去不溶物，不溶物中含有過量的銅粉會與KMnO4溶液反應，將使步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，則所測的鐵元素的含量偏大，②根據氧化還原反應中得失電子總數(shù)相等可找到關系式，即可進行計算，據此分析解題?！荚斘觥?1)由于莫爾鹽中鐵為+2價，硝酸具有強氧化性，故“酸溶”時，莫爾鹽不能用的溶解，否則因發(fā)生：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O生成的NO污染環(huán)境，且H2C2O4具有還原性，也能與硝酸反應導致后續(xù)步驟中消耗的H2C2O4增多，故〖答案〗為：不能；會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等)；(2)第一次“煮沸”即莫爾鹽與草酸反應生成，故該反應的離子方程式為，故〖答案〗為：；(3)“氧化”時所用的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略去)，有實驗圖中可知，導管a的作用是平衡氣壓，使液體順利滴下；水浴加熱能使受熱更加均勻，便于控制溫度且保持溫度小于水的沸點，故“氧化”時反應液應保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故〖答案〗為：平衡氣壓，使液體順利滴下；水浴加熱；(4)①由于步驟ⅰ中KMnO4溶液主要是與草酸根反應，過量的KMnO4將先與步驟ⅱ中的銅粉反應而不影響步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量，故步驟ⅰ若加入的溶液過量，則所測的鐵元素的含量不變，但若步驟ⅱ中不濾去不溶物，不溶物中含有過量的銅粉會與KMnO4溶液反應，將使步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，則所測的鐵元素的含量偏大，故〖答案〗為：不變；偏大；②根據氧化還原反應中得失電子總數(shù)相等可找到關系式，可以得出，該樣品中鐵元素的質量分數(shù)為=，故〖答案〗為：。3．

溫度過高，碳酸銨會分解

適當攪拌

5~8.5

B

過濾、洗滌、干燥〖祥解〗主要含及少量的廢渣與碳酸銨溶液進行反應，生成硫酸銨，“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是，“濾渣2”的主要成分是，因為不與鹽酸反應，加入的鹽酸可以除去過量碳酸根，濾液中有鋁離子和三價鐵離子，時和沉淀完全，時開始溶解，應調節(jié)pH至5~8.5，則選用氫氧化鈣使鋁離子和三價鐵離子轉化為沉淀，“沉鈣”時所用的物質Y為或其他合適的碳酸鹽，充分反應后經過濾、洗滌、干燥后得到輕質，據此解題?！荚斘觥?1)溫度過高，碳酸銨會發(fā)生分解；為提高“預處理”的反應速率，除加熱外還可以采取的措施為適當攪拌或適當增大碳酸銨的濃度。(2)加入的碳酸銨與硫酸鈣反應，生成硫酸銨，“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是；不溶于稀鹽酸，“濾渣2”的主要成分是。(3)根據已知條件可知，應調節(jié)pH至5~8.5，選用氫氧化鈣來調節(jié)，可以保留鈣離子，且不引進新雜質。(4)向“濾渣3”中加入NaOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為。(5)“沉鈣”時所用的物質Y為或其他合適的碳酸鹽；充分反應后經過濾、洗滌、干燥后得到輕質。4．(1)增大接觸面積，加快反應速率(2)(3)

2.8

無(4)(5)使平衡正向移動，將轉化為，同時增大的濃度(6)81.9〖祥解〗本題主要考查由廢釩催化劑制備五氧化二釩的工藝流程，向廢釩催化劑中加入稀硫酸進行酸浸，將和與稀硫酸反應分別生成和，F(xiàn)e2O3轉化為Fe2(SO4)3，NiO轉化為NiSO4，過濾后的濾渣1，主要成分為SiO2，加入FeSO4是將轉化為，加入H2O2是將過量的Fe2+全部轉化為Fe3+便于后續(xù)調pH步驟中除去，過濾得濾渣2，主要成分為Fe(OH)3，濾液2中加入萃取劑，萃取出含有釩微粒，再進行反萃取后得到含釩的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是將低價態(tài)的釩氧化為+5價的釩，經過加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，過濾洗滌最后灼燒沉淀得V2O5，據此分析解題?！荚斘觥剑?）“酸浸”前，需對廢釩催化劑進行粉碎預處理，其目的是增大接觸面積，加快反應速率，故〖答案〗為：增大接觸面積，加快反應速率；（2）“還原轉化”中加入的目的是將轉化為，根據氧化還原反應配平可知，該反應的離子方程式為：，故〖答案〗為：；（3）當時，根據的公式可知，溶液中的，，計算可得，，因為，所以無生成，故〖答案〗為：2.8；無；（4）將氧化為的過程中，中氯元素得電子被還原為，根據氧化還原反應配平可得其離子方程式為，故〖答案〗為：；（5）溶液中存在平衡，通入氨氣，溶液中濃度增大，消耗了，該平衡正向移動，從而使盡可能都轉化為，故〖答案〗為：使平衡正向移動，將轉化為，同時增大的濃度；（6）“氧化2”過程中將氧化成，便于后續(xù)沉釩，進而實現(xiàn)釩的回收，相關的離子方程式為。100g待處理樣品中，，則，即；，由于，故，則該工藝中釩的最大回收率為，故〖答案〗為：81.9。5．

反應為熵增的反應

75%

168.75(MPa)2

CH3OH?CH3O?+H?

前者H2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體

B

升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低

升溫或降壓等〖祥解〗I．甲醇裂解制氫法一個反應的自發(fā)性判斷，可使用焓判據、熵判據，最好使用復合判據。對于一個可逆反應，計算反應速率、反應物的轉化率、平衡常數(shù)時，都需使用濃度或分壓，建立三段式，便可解決問題。從圖中提取信息，可確定活化能最小的反應。II．甲醇水蒸氣重整制氫法甲醇水蒸氣重整制氫法的反應為：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H2=+49kJ?mol-1；利用蓋斯定律，可得出甲醇裂解制氫法的反應為：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)，比較兩個反應，從H2的生成量、產物對空氣質量的影響兩個方面可得出前者先進之處。結合圖形和反應，對A、B、C三選項的內容逐一分析，找出符合要求的選項。對兩個反應進行分析，分析溫度升高，對兩個反應的影響，從而回答相關問題?！荚斘觥?1)對于反應CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H1>0，此反應中反應物的氣體分子數(shù)小于生成物的氣體分子數(shù)，為熵增的反應，所以此反應能自發(fā)進行的原因是反應為熵增的反應?！即鸢浮綖椋悍磻獮殪卦龅姆磻?2)起始時，CH3OH(g)的壓強為5.00MPa，設CH3OH(g)的壓強變化量為x，則三段式為：依題意得：，x=MPa。則0~th內的平均反應速率v(CO)==MPa?h-1，CH3OH的平衡轉化率α(CH3OH)==75%；平衡時總壓強為5.00MPa+2x=12.50MPa，此時平衡常數(shù)Kp==168.75(MPa)2?！即鸢浮綖椋海?5%；168.75(MPa)2；(3)從圖中可看出，此歷程中活化能最小的點為過渡態(tài)1，反應方程式為CH3OH?CH3O?+H??！即鸢浮綖椋篊H3OH?CH3O?+H?；(4)①甲醇水蒸氣重整制氫法的反應為：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H2=+49kJ?mol-1；利用蓋斯定律，可得出甲醇裂解制氫法的反應為：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+8kJ?mol-1；比較兩個反應〖設參加反應的CH3OH(g)為1mol〗，前一反應H2的生成量是后者的1.5倍，前一反應不產生污染環(huán)境的氣體(CO)，所以從經濟效益和綠色化學角度分析，前者先進之處在于前者H2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體?！即鸢浮綖椋呵罢逪2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體；②A．催化劑一定時，對于主反應來說，升高溫度不能使其活化能降低，A不合題意；B．升高溫度，主反應的反應速率增大，平衡正向移動，CH3OH轉化率不斷接近平衡轉化率，B符合題意；C．平衡正向移動，CH3OH的平衡轉化率增大，C不合題意；故選B?！即鸢浮綖椋築；對于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=-41kJ·mol-1，隨著溫度的升高，平衡逆向移動，CO的產率減小，所以實際反應生成率沒有不斷接近平衡狀態(tài)生成率的原因是升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低。為提高CH3OH的轉化率且使副反應不向正反應方向進行，可采取的措施有升溫或降壓等?！即鸢浮綖椋荷邷囟?，平衡逆向移動，CO的轉化率降低；升溫或降壓等。〖『點石成金』〗利用平衡時分壓計算平衡常數(shù)時，需考慮總壓強的改變，溫度、容積一定，當反應前后氣體分子數(shù)改變時，氣體物質的量改變，壓強改變，且壓強的變化量之比等于物質的量的變化量之比。6．

I

反應II的產物中有，增大的濃度，能使反應Ⅰ的化學平衡向逆反應方向移動，不利于乙烯的生成

第二步

第二步反應的活化能大于第一步反應的活化能

大于

溫度越高，反應速率越快，且反應Ⅰ和反應Ⅱ均為吸熱反應，升高溫度，反應I和反應II均向正反應方向進行

0.495〖詳析〗(1)①根據圖示，反應Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反應Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以當生成等物質的量的CO(g)時，反應Ⅰ吸收的能量多；②根據蓋斯定律，得；(2)反應Ⅱ的產物中有CO，增大CO的濃度，能使反應Ⅰ的化學平衡向逆反應方向移動，不利于乙烯的生成；(3)①第二步反應的活化能大于第一步反應的活化能，第二步為慢反應，決定反應Ⅰ的反應速率的步驟是第二步；②第一步的化學方程式為；(4)溫度越高，反應速率越快，且反應Ⅰ和反應Ⅱ均為吸熱反應，升高溫度，反應Ⅰ和反應Ⅱ均向正反應方向進行，所以大于；(5)的轉化率為50%，則參與反應的的物質的量為1mol，的選擇性為60%，生成的的物質的量為0.6mol，則反應Ⅱ參與反應的的物質的量為0.4mol；；；故平衡時容器中：，，，。又因容器容積為1L，所以。7．(1)

-91.1

低溫

0.2

(2)

BC

反應I放熱，溫度升高平衡左移，反應II吸熱，溫度升高平衡右移，500K以后，反應II起主導作用，溫度升高，反應II平衡右移的程度更大，故CO2的平衡轉化率增大(3)〖解析〗（1）①根據蓋斯定律可知，

；的、，根據可知，反應Ⅰ能自發(fā)進行的條件為低溫下自發(fā)。②根據表格列出各物質的物質的量變化：平衡時各物質的量：mol，mol，mol，mol，mol。根據T、V一定時，壓強之比等于物質的量之比，則，計算得出mol。平衡后物質的總量(mol)。平衡后各物質分壓：kPa，kPa，kPa，kPa。。（2）①A．因為反應在恒壓反應器中進行，容器內壓強始終不變，故反應Ⅰ不一定達到平衡，A錯誤；B．反應為氣體分子數(shù)改變的反應，在恒壓反應器中進行，則總體積改變，氣體總質量不變，如果氣體密度保持不變，說明反應I達到平衡，B正確；C．反應過程中氣體總質量不變，氣體的分子的物質的量改變，如果氣體的平均摩爾質量保持不變，說明反應I達到平衡，C正確；故選BC；②升高溫度，反應Ⅰ為發(fā)熱反應則導致的轉化率減小，反應Ⅱ為吸熱反應則導致的轉化率增大，而圖中500K以后，的平衡轉化率隨溫度升高而增大，則表明500K以后，反應Ⅱ的平衡移動占主導地位，故反應Ⅰ放熱，溫度升高平衡左移，反應Ⅱ吸熱，溫度升高平衡右移，500K以后，溫度升高，反應Ⅱ平衡右移的程度更大，故的平衡轉化率增大。（3）以質子惰性有機溶劑為電解液的裝置，將轉化為草酸()，陰極反應為二氧化碳得到電子，發(fā)生還原反應生產草酸，反應為。8．

苯酚

羥基和醛基

取代反應

氧化反應

C15H14O5

++H2O

13

〖祥解〗(1)~(4)由B的結構簡式，結合A的分子式，可逆推出A的結構簡式為，則A→B發(fā)生取代反應；由B→C，-OH轉化為-OCH3，發(fā)生取代反應；由C→D，-CH3轉化為-CHO，發(fā)生氧化反應；由D→E，-OCH3轉化為-OH，發(fā)生取代反應；E→G，由二者的結構簡式改變，結合F的分子式和題給已知，可確定F的結構簡式為，此過程發(fā)生先加成后消去反應；由G→H，發(fā)生碳碳雙鍵的加成反應。(5)M是D的同分異構體，依據限定條件，可確定M分子中一定含有的結構片斷，另外還存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3，再調整取代基的位置，便可確定同分異構體的結構簡式。(6)先分析原料有機物與目標有機物分子中的碳原子數(shù)，剛好為二者碳原子數(shù)之和；再分析題給流程圖和已知，確定應將2一氯丙烷轉化為丙酮，再與丙二醛發(fā)生類似題給已知中的反應，便可得到目標有機物?！荚斘觥?1)由以上分析可知，A的結構簡式為，化學名稱是苯酚，E為，官能團的名稱為羥基和醛基?！即鸢浮綖椋罕椒?；羥基和醛基；(2)由分析可知，由B生成C和由C生成D的反應類型分別為取代反應、氧化反應?！即鸢浮綖椋喝〈磻谎趸磻?；(3)H的結構簡式為，分子式為C15H14O5。〖答案〗為：C15H14O5；(4)與反應生成和H2O，化學方程式為++H2O。〖答案〗為：++H2O；(5)M是D的同分異構體，依據限定條件，可確定M分子中一定含有的結構片斷，另外還存在取代基-CH2CHO或-CHO和-CH3。當中苯環(huán)上的1個H原子被-CH2CHO取代時，有鄰、間、對3種異構體；當中苯環(huán)上的2個H原子分別被-CHO和-CH3取代時，有10種異構體，從而確定符合條件的M的結構有13種。其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為l：2：2：2：1的M的結構簡式為?！即鸢浮綖椋?3；；(6)2一氯丙烷和1，3一丙二醛為起始原料制備，需將2一氯丙烷轉化為丙酮，再與丙二醛發(fā)生類似題給已知中的反應。也就是將2一氯丙烷先水解生成2一丙醇，再氧化為丙酮，最后與丙二醛發(fā)生反應，即得目標有機物。合成路線為：?！即鸢浮綖椋骸！肌狐c石成金』〗當中苯環(huán)上的2個H原子分別被-CHO和-CH3取代時，有10種異構體。它們分別是：(在苯環(huán)上移動-CH3可生成4種異構體)，(在苯環(huán)上移動-CH3可生成4種異構體)，，。9．

羥基、酯基

苯酚

+CH3OH+H2O

取代反應(或酯化反應)

10

〖祥解〗A的分子式為C6H6O，A能和H2發(fā)生反應，則A為苯酚，苯酚和氫氣發(fā)生加成反應生成B，則B為，B和試劑a發(fā)生反應生成C，C的分子式為C6H11Br，則C為，該反應為取代反應，和Mg、乙醚反應生成D，根據已知信息推測，D為，和G反應生成H，根據已知信息推測，G為，根據反應條件可知，E被氧化生成F,F發(fā)生酯化發(fā)應生成G，根據分子式推測，E中含有羥基、羧基，F(xiàn)中含有醛基、羧基，則E為，F(xiàn)為?！荚斘觥?1)根據分析，H中的官能團為羥基、酯基；(2)根據分析，A的名稱為苯酚；(3)根據分析，B的結構簡式為；D的結構簡式為；(4)F生成G的反應的化學方程式為+CH3OH+H2O；該反應為取代反應(或酯化反應)；(5)由題意可知，苯環(huán)上含有3個取代基，分別為-OH、-CH2OH和-OOCH，共有10種，分別為羥基與酯基為鄰位時，有4種；羥基和酯基為間位時，有4種；羥基和酯基為對位時有2種；故有10種；(6)以苯甲醇和甲醇為原料制備苯乙烯的合成路線為。10．(1)羥基、醛基(2)取代反應(3)(4)+CH3I+HI(5)

16

(或)(6)〖祥解〗根據A的結構可知其中所含有的官能團的名稱，A→B的反應為A中酚羥基上的氫原子被取代，D→E的反應參照已知條件進行分析，可知E的結構簡式為，以此解題。（1）中含有的官能團為羥基、醛基。（2）A()→B（），B是A與發(fā)生取代反應生成的，反應類型為取代反應。（3）D→E的反應參照已知條件進行分析，可知E的結構簡式為。（4）C和CH3I發(fā)生反應生成D，故反應方程式為+CH3I+HI；（5）根據C的結構可知，H中含有一個苯環(huán)，除了苯環(huán)外，還有兩個不飽和度，因為②僅含有一種官能團，能與新制反應，生成磚紅色沉淀，故其中含有2個-CHO，并且H中還應該有1個-CH2CH3，一共三個取代基，這樣的同分異構體一共有6種；也可能是1個-CHO，1個-CH2CHO，1個-CH3，這樣的結構一共有10種，則滿足要求的同分異構體一共有16種；其中核磁共振氫譜中有5組吸收峰且峰面積之比為3：2：2：2：1的結構簡式為(或)；（6）以和為原料制備的合成路線，從題給流程中可以看出，需先將鹵原子轉化為醛基，然后發(fā)生的轉化，最后一步是和的溶液發(fā)生加成反應，故其合成路線為：。高三模擬試題高三模擬試題PAGE2PAGE1河北省邯鄲市2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題一、工業(yè)流程題1．（2020·河北邯鄲·一模）錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O2)在染料工業(yè)用作媒染劑。以錫渣廢料（主要成分是SnO，還含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）為原料，制備錫酸鈉晶體的工藝流程圖如圖：已知：水碎液中溶質的主要成分為Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3。(1)“堿溶”時，SnO發(fā)生反應的化學方程式為___。(2)工業(yè)上制備錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O)時，會將“水碎渣”再次水洗，其目的是___。(3)“除Sb”時發(fā)生反應的離子方程式為___。(4)“除Te”過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為___，該過程中反應時間、反應溫度對Te的脫除率的影響關系如圖，則70℃后隨溫度升高Te的脫除率下降的原因可能是___；“除Te”的最優(yōu)反應時間和反應溫度分別為___、___。(5)已知錫酸鈉的溶解度一般隨著溫度的升高而升高，則在“濃縮、結晶”時，加入NaOH的原因是___。2．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）是制備鐵催化劑的主要原料，某化學小組利用莫爾鹽制備的實驗流程如下：已知：氧化操作中除生成外，另一部分鐵元素轉化為紅褐色沉淀。(1)“酸溶”時，莫爾鹽_______(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是_______。(2)第一次“煮沸”時，生成的離子方程式為_______。(3)“氧化”時所用的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略去)，導管a的作用是_______；“氧化”時反應液應保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為_______(填“直接加熱”或“水浴加熱”)。(4)測定產品中鐵的含量。步驟?。悍Q量mg樣品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反應完全。步驟ⅱ：向步驟ⅰ所得的溶液中加入過量粉，反應完全后，濾去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至終點，消耗溶液zmL。①步驟ⅰ中，若加入的溶液過量，則所測的鐵元素的含量_______(填“偏大”、“偏小”或“不變”，下同)，若步驟ⅱ中不濾去不溶物，則所測的鐵元素的含量_______。②該樣品中鐵元素的質量分數(shù)為_______(用含m、y、z的代數(shù)式表示)。3．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）碳酸鈣是橡膠工業(yè)中使用最早且用量最大的填充劑之一、工業(yè)上用主要含及少量的廢渣制取輕質，其工藝流程如圖：已知：時和沉淀完全，時開始溶解?；卮鹣铝袉栴}：(1)“預處理”時的溫度不宜太高，原因是___________，為提高“預處理”的反應速率除加熱外還可以采取的措施為___________(寫一種即可)。(2)“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是___________(填化學式，下同)，“濾渣2”的主要成分是___________。(3)“調節(jié)pH”時，應調節(jié)pH至___________的范圍內，物質X可選用___________(填標號)。A．

B．

C．(4)向“濾渣3”中加入NaOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為___________。(5)“沉鈣”時所用的物質Y為___________(填化學式)，充分反應后經___________(填具體操作)后得到輕質。4．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）五氧化二釩()廣泛用于冶金、化工等行業(yè)，用作合金添加劑、生產硫酸或石油精煉用的催化劑等。從廢釩催化劑(含有、、、、、等)中回收釩，既能避免對環(huán)境的污染，又能節(jié)約寶貴的資源，回收工藝流程如下：已知：①“酸浸”時和與稀硫酸反應分別生成和。②溶液中與可相互轉化：，且為沉淀。(1)“酸浸”前，需對廢釩催化劑進行粉碎預處理，其目的是___________。(2)“還原轉化”中加入的目的是將轉化為，寫出反應的離子方程式：___________。(3)加入的目的是將過量的轉化為?！把趸?”后，溶液中含有的金屬陽離子主要有、、，調節(jié)使離子沉淀，若溶液中，則調節(jié)溶液的最小值為___________可使沉淀完全(離子濃度≤時沉淀完全)，此時___________(填“有”或“無”)沉淀生成。{假設溶液體積不變，，，}(4)“氧化2”過程中發(fā)生反應的離子方程式為___________。(5)“沉釩”時，通入氨氣的作用是___________。(6)若該廢釩催化劑中的含量為10%(原料中所有的釩已換算成)。取100g待處理樣品，按照上述流程進行實驗。當加入溶液時，溶液中的釩元素恰好完全反應，則該工藝中釩的回收率是___________%(假設與反應后的操作步驟中釩元素無損失)。二、原理綜合題5．（2020·河北邯鄲·一模）甲醇制氫作為一種綠色能源技術備受關注。I．甲醇裂解制氫法(1)該方法的主反應：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H1>0此反應能自發(fā)進行的原因是___。(2)一定溫度下，向某一剛性恒容密閉容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，反應起始時CH3OH(g)的壓強為5.00MPa，th后反應達到平衡，此時H2的物質的量分數(shù)為60%，則0~th內的平均反應速率v(CO)=___MPa?h-1，CH3OH的平衡轉化率α(CH3OH)=___，此時平衡常數(shù)Kp=___(Kp為以平衡分壓表示的平衡常數(shù)）。(3)科研人員通過計算機模擬用Pd(III)催化甲醇裂解的反應機理，得到附著在Pd(III)表面上甲醇變換的反應歷程圖［如圖1，附在Pd(III)表面的物種用＊標注］，此歷程中活化能最小的反應方程式為___。II．甲醇水蒸氣重整制氫法(4)該方法的部分反應如下：主反應：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)

△H2=+49kJ?mol-1副反應：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)

△H3=-41kJ·mol-1①相同條件下，甲醇水蒸氣重整制氫法與甲醇裂解制氫法相比較，從經濟效益和綠色化學角度分析，前者先進之處在于___。②在某催化劑的作用下，在相同時間內，不同溫度下測得CH3OH的轉化率、CO的生成率與溫度的變化關系如圖2所示。隨著溫度的升高，CH3OH實際反應轉化率不斷接近平衡狀態(tài)轉化率的原因是___（填字母）。A．主反應的活化能降低B．主反應的反應速率增大C．CH3OH的平衡轉化率降低隨著溫度的升高，CO的實際反應生成率沒有不斷接近平衡狀態(tài)生成率的原因是___。為提高CH3OH的轉化率且使副反應不向正反應方向進行，可采取的措施有___（任寫一條）。6．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）一定條件下能氧化制，這對資源綜合利用有重要意義。相關的化學反應如下：I.II.(1)已知反應的能量變化如圖1所示。①當生成等物質的量的時，反應_______(填“I”或“II”)吸收的熱量更多。②生成的熱化學方程式為_______。(2)反應II不利于乙烯的生成的原因是_______。(3)有研究表明，在催化劑作用下，反應I分兩步進行，其反應過程及能量變化如圖2所示。①決定反應I的反應速率的步驟是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。②第一步的化學方程式為_______。(4)在恒容密閉的容器中充入一定量的和，保持其他條件不變，控制反應溫度分別為和，測得隨時間的變化曲線如圖3所示，則_______(填“大于”或“小于”)，原因是_______。(5)溫度為T時，向一密閉容器中通入和，一段時間后，反應Ⅰ和反應Ⅱ均達到平衡，的轉化率為50%，的選擇性為60%，此時容器容積為，則該溫度下反應I的平衡常數(shù)_______。7．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）以為原料制備甲醇等能源物質具有較好的發(fā)展前景。因此，研發(fā)利用技術，降低空氣中含量成為研究熱點。(1)在催化劑的作用下，氫氣還原的過程中可同時發(fā)生反應I、II。(已知活化能：)I.

II.

①則的___________，其中反應I能自發(fā)進行的條件是___________。②保持溫度T不變時，在容積不變的密閉容器中，充入一定量的及，起始及達到平衡時，容器內各氣體的物質的量及總壓強數(shù)據如表所示：/mol/mol/mol/mol/mol總壓強/kPa起始0.50.9000平衡m0.3p若反應I、II均達到平衡，，則表中m=_______；反應I的平衡常數(shù)_______(用含p的代數(shù)式表示)。(2)在kPa下，向恒壓反應器中通入3mol、1mol，的平衡轉化率及的平衡產率隨溫度變化的關系如圖。已知：的產率①下列說法正確的是___________(填標號)。A．反應過程中，容器內壓強不再變化，說明反應I達到平衡B．反應過程中，氣體密度保持不變，說明反應I達到平衡C．反應過程中，氣體的平均摩爾質量保持不變，說明反應I達到平衡②圖中500K以后，的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是________。(3)工業(yè)上常用電解法將合成為羧酸以實現(xiàn)資源化處理。以Pt為電極、質子惰性有機溶劑為電解液的裝置，可將轉化為草酸()，其陰極的電極反應式為________。三、有機推斷題8．（2020·河北邯鄲·一模）有機化合物H(根皮素）是一種新型天然皮膚美白劑，H的一種合成路線如圖：已知：+H2O回答下列問題：(1)A的化學名稱是___，E中官能團的名稱為___。(2)由B生成C和由C生成D的反應類型分別為___、___。(3)H的分子式為___。(4)E→G的化學方程式為___。(5)M是D的同分異構體，同時符合下列條件的M的結構有___種（不考慮立體異構）。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應②能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為l：2：2：2：1的M的結構簡式為___。(6)設計以2一氯丙烷和1，3一丙二醛為起始原料制備的合成路線___（無機試劑及溶劑任選）。9．（2021·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）H是抗癲癇藥物的合成中間體，其合成路線如下：已知：(1)H中的官能團名稱為_______。(2)A的名稱為_______。(3)B、D的結構簡式分別為_______、_______。(4)F生成G的反應的化學方程式為_______，反應類型為_______。(5)滿足下列條件的E的同分異構體有_______種。①能與溶液發(fā)生顯色反應，且能發(fā)生銀鏡反應；②該物質完全水解消耗。(6)設計一條以苯甲醇和甲醇為原料制備苯乙烯的合成路線(無機試劑任選)_____。10．（2022·河北邯鄲·統(tǒng)考一模）有機物F是一種藥物合成的重要中間體，其合成路線如圖。已知：。(1)有機物A中含有的官能團的名稱為___________。(2)A→B的反應類型為___________。(3)寫出有機物E的結構簡式：___________。(4)寫出CD的化學方程式：___________。(5)有機物H是C的同分異構體，符合下列條件的H有___________種，其中核磁共振氫譜中有5組吸收峰且峰面積之比為3：2：2：2：1的結構簡式為___________。①分子中除苯環(huán)外不含其他環(huán)狀結構。②僅含有一種官能團，能與新制反應，生成磚紅色沉淀。③苯環(huán)上有3個取代基。(6)設計以和為原料制備的合成路線。(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)______高三模擬試題PAGE2PAGE1▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁：1．

2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O

洗去水碎渣表面附著的錫酸鈉，從而提高錫酸鈉的產量

4+5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-

1:1

H2O2受熱分解

60min

70℃

在NaOH存在的環(huán)境中，錫酸鈉的溶解度隨溫度的升高而降低，從而有利于錫酸鈉的結晶析出〖祥解〗錫渣廢料（主要成分是SnO，還含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物）在通入空氣的情況下用NaOH堿溶，生成溶質的主要成分為Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液，由后續(xù)操作可以看出，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成為水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分別轉化為Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；過濾后所得濾液中加入Sn粒，Na3SbO4轉化為Sb，而Sn轉化為Na2SnO3；過濾后濾液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化為Na2TeO4沉淀；過濾后所得濾液經濃縮、結晶，加入NaOH，使Na2SnO3結晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3結晶析出?！荚斘觥?1)“堿溶”時，SnO被空氣中的O2在NaOH存在的環(huán)境中氧化為Na2SnO3，發(fā)生反應的化學方程式為2SnO+O2+4NaOH==2Na2SnO3+2H2O；(2)工業(yè)上制備錫酸鈉晶體(Na2SnO3?3H2O)時，為提高所得產品的產量，會將“水碎渣”再次水洗，其目的是洗去水碎渣表面附著的錫酸鈉，從而提高錫酸鈉的產量；(3)“除Sb”時，Na3SbO4與Sn在水溶液中發(fā)生反應生成Sb和Na2SnO3，發(fā)生反應的離子方程式為4+5Sn+H2O==4Sb+5+2OH-；(4)“除Te”過程中發(fā)生反應的化學方程式為Na2TeO3+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:1；從圖中可以看出，70℃后隨溫度升高Te的脫除率下降，則主要是H2O2熱分解造成的，原因可能是H2O2受熱分解；從圖中可以看出,“除Te”的最優(yōu)反應時間和反應溫度分別為60min、70℃；(5)加入的NaOH未參與反應，則必是影響錫酸鈉的溶解度，所以在“濃縮、結晶”時，加入NaOH的原因是在NaOH存在的環(huán)境中，錫酸鈉的溶解度隨溫度的升高而降低，從而有利于錫酸鈉的結晶析出?！肌狐c石成金』〗在書寫反應方程式時，一定要注意反應所處的環(huán)境，題中反應都處于堿性環(huán)境中，所以反應式中不能出現(xiàn)H+。2．

不能

會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等)

平衡氣壓，使液體順利滴下

水浴加熱

不變

偏大

〖祥解〗該工藝流程圖中，“酸溶”步驟加入稀硫酸主要是抑制Fe2+水解，“煮沸”步驟發(fā)生的離子方程式為，“氧化”步驟主要是將Fe2+氧化為Fe3+，加入草酸鉀溶液后得到溶液，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，過濾洗滌干燥即可，(4)①由于步驟ⅰ中KMnO4溶液主要是與草酸根反應，過量的KMnO4將先與步驟ⅱ中的銅粉反應而不影響步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量，但若步驟ⅱ中不濾去不溶物，不溶物中含有過量的銅粉會與KMnO4溶液反應，將使步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，則所測的鐵元素的含量偏大，②根據氧化還原反應中得失電子總數(shù)相等可找到關系式，即可進行計算，據此分析解題?！荚斘觥?1)由于莫爾鹽中鐵為+2價，硝酸具有強氧化性，故“酸溶”時，莫爾鹽不能用的溶解，否則因發(fā)生：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O生成的NO污染環(huán)境，且H2C2O4具有還原性，也能與硝酸反應導致后續(xù)步驟中消耗的H2C2O4增多，故〖答案〗為：不能；會與反應生成污染環(huán)境的氣體(或會消耗更多的等)；(2)第一次“煮沸”即莫爾鹽與草酸反應生成，故該反應的離子方程式為，故〖答案〗為：；(3)“氧化”時所用的實驗裝置如圖所示(夾持裝置略去)，有實驗圖中可知，導管a的作用是平衡氣壓，使液體順利滴下；水浴加熱能使受熱更加均勻，便于控制溫度且保持溫度小于水的沸點，故“氧化”時反應液應保持溫度在40℃左右，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故〖答案〗為：平衡氣壓，使液體順利滴下；水浴加熱；(4)①由于步驟ⅰ中KMnO4溶液主要是與草酸根反應，過量的KMnO4將先與步驟ⅱ中的銅粉反應而不影響步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量，故步驟ⅰ若加入的溶液過量，則所測的鐵元素的含量不變，但若步驟ⅱ中不濾去不溶物，不溶物中含有過量的銅粉會與KMnO4溶液反應，將使步驟ⅱ中KMnO4溶液的用量增大，則所測的鐵元素的含量偏大，故〖答案〗為：不變；偏大；②根據氧化還原反應中得失電子總數(shù)相等可找到關系式，可以得出，該樣品中鐵元素的質量分數(shù)為=，故〖答案〗為：。3．

溫度過高，碳酸銨會分解

適當攪拌

5~8.5

B

過濾、洗滌、干燥〖祥解〗主要含及少量的廢渣與碳酸銨溶液進行反應，生成硫酸銨，“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是，“濾渣2”的主要成分是，因為不與鹽酸反應，加入的鹽酸可以除去過量碳酸根，濾液中有鋁離子和三價鐵離子，時和沉淀完全，時開始溶解，應調節(jié)pH至5~8.5，則選用氫氧化鈣使鋁離子和三價鐵離子轉化為沉淀，“沉鈣”時所用的物質Y為或其他合適的碳酸鹽，充分反應后經過濾、洗滌、干燥后得到輕質，據此解題?！荚斘觥?1)溫度過高，碳酸銨會發(fā)生分解；為提高“預處理”的反應速率，除加熱外還可以采取的措施為適當攪拌或適當增大碳酸銨的濃度。(2)加入的碳酸銨與硫酸鈣反應，生成硫酸銨，“濾液1”中的溶質除過量的外，主要是；不溶于稀鹽酸，“濾渣2”的主要成分是。(3)根據已知條件可知，應調節(jié)pH至5~8.5，選用氫氧化鈣來調節(jié)，可以保留鈣離子，且不引進新雜質。(4)向“濾渣3”中加入NaOH溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為。(5)“沉鈣”時所用的物質Y為或其他合適的碳酸鹽；充分反應后經過濾、洗滌、干燥后得到輕質。4．(1)增大接觸面積，加快反應速率(2)(3)

2.8

無(4)(5)使平衡正向移動，將轉化為，同時增大的濃度(6)81.9〖祥解〗本題主要考查由廢釩催化劑制備五氧化二釩的工藝流程，向廢釩催化劑中加入稀硫酸進行酸浸，將和與稀硫酸反應分別生成和，F(xiàn)e2O3轉化為Fe2(SO4)3，NiO轉化為NiSO4，過濾后的濾渣1，主要成分為SiO2，加入FeSO4是將轉化為，加入H2O2是將過量的Fe2+全部轉化為Fe3+便于后續(xù)調pH步驟中除去，過濾得濾渣2，主要成分為Fe(OH)3，濾液2中加入萃取劑，萃取出含有釩微粒，再進行反萃取后得到含釩的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是將低價態(tài)的釩氧化為+5價的釩，經過加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，過濾洗滌最后灼燒沉淀得V2O5，據此分析解題?！荚斘觥剑?）“酸浸”前，需對廢釩催化劑進行粉碎預處理，其目的是增大接觸面積，加快反應速率，故〖答案〗為：增大接觸面積，加快反應速率；（2）“還原轉化”中加入的目的是將轉化為，根據氧化還原反應配平可知，該反應的離子方程式為：，故〖答案〗為：；（3）當時，根據的公式可知，溶液中的，，計算可得，，因為，所以無生成，故〖答案〗為：2.8；無；（4）將氧化為的過程中，中氯元素得電子被還原為，根據氧化還原反應配平可得其離子方程式為，故〖答案〗為：；（5）溶液中存在平衡，通入氨氣，溶液中濃度增大，消耗了，該平衡正向移動，從而使盡可能都轉化為，故〖答案〗為：使平衡正向移動，將轉化為，同時增大的濃度；（6）“氧化2”過程中將氧化成，便于后續(xù)沉釩，進而實現(xiàn)釩的回收，相關的離子方程式為。100g待處理樣品中，，則，即；，由于，故，則該工藝中釩的最大回收率為，故〖答案〗為：81.9。5．

反應為熵增的反應

75%

168.75(MPa)2

CH3OH?CH3O?+H?

前者H2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體

B

升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低

升溫或降壓等〖祥解〗I．甲醇裂解制氫法一個反應的自發(fā)性判斷，可使用焓判據、熵判據，最好使用復合判據。對于一個可逆反應，計算反應速率、反應物的轉化率、平衡常數(shù)時，都需使用濃度或分壓，建立三段式，便可解決問題。從圖中提取信息，可確定活化能最小的反應。II．甲醇水蒸氣重整制氫法甲醇水蒸氣重整制氫法的反應為：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H2=+49kJ?mol-1；利用蓋斯定律，可得出甲醇裂解制氫法的反應為：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)，比較兩個反應，從H2的生成量、產物對空氣質量的影響兩個方面可得出前者先進之處。結合圖形和反應，對A、B、C三選項的內容逐一分析，找出符合要求的選項。對兩個反應進行分析，分析溫度升高，對兩個反應的影響，從而回答相關問題?！荚斘觥?1)對于反應CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H1>0，此反應中反應物的氣體分子數(shù)小于生成物的氣體分子數(shù)，為熵增的反應，所以此反應能自發(fā)進行的原因是反應為熵增的反應?！即鸢浮綖椋悍磻獮殪卦龅姆磻?；(2)起始時，CH3OH(g)的壓強為5.00MPa，設CH3OH(g)的壓強變化量為x，則三段式為：依題意得：，x=MPa。則0~th內的平均反應速率v(CO)==MPa?h-1，CH3OH的平衡轉化率α(CH3OH)==75%；平衡時總壓強為5.00MPa+2x=12.50MPa，此時平衡常數(shù)Kp==168.75(MPa)2。〖答案〗為：；75%；168.75(MPa)2；(3)從圖中可看出，此歷程中活化能最小的點為過渡態(tài)1，反應方程式為CH3OH?CH3O?+H??！即鸢浮綖椋篊H3OH?CH3O?+H?；(4)①甲醇水蒸氣重整制氫法的反應為：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H2=+49kJ?mol-1；利用蓋斯定律，可得出甲醇裂解制氫法的反應為：CH3OH(g)CO2(g)+2H2(g)△H2=+8kJ?mol-1；比較兩個反應〖設參加反應的CH3OH(g)為1mol〗，前一反應H2的生成量是后者的1.5倍，前一反應不產生污染環(huán)境的氣體(CO)，所以從經濟效益和綠色化學角度分析，前者先進之處在于前者H2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體。〖答案〗為：前者H2的生成量多且不產生污染環(huán)境的氣體；②A．催化劑一定時，對于主反應來說，升高溫度不能使其活化能降低，A不合題意；B．升高溫度，主反應的反應速率增大，平衡正向移動，CH3OH轉化率不斷接近平衡轉化率，B符合題意；C．平衡正向移動，CH3OH的平衡轉化率增大，C不合題意；故選B?！即鸢浮綖椋築；對于H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=-41kJ·mol-1，隨著溫度的升高，平衡逆向移動，CO的產率減小，所以實際反應生成率沒有不斷接近平衡狀態(tài)生成率的原因是升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低。為提高CH3OH的轉化率且使副反應不向正反應方向進行，可采取的措施有升溫或降壓等。〖答案〗為：升高溫度，平衡逆向移動，CO的轉化率降低；升溫或降壓等?！肌狐c石成金』〗利用平衡時分壓計算平衡常數(shù)時，需考慮總壓強的改變，溫度、容積一定，當反應前后氣體分子數(shù)改變時，氣體物質的量改變，壓強改變，且壓強的變化量之比等于物質的量的變化量之比。6．

I

反應II的產物中有，增大的濃度，能使反應Ⅰ的化學平衡向逆反應方向移動，不利于乙烯的生成

第二步

第二步反應的活化能大于第一步反應的活化能

大于

溫度越高，反應速率越快，且反應Ⅰ和反應Ⅱ均為吸熱反應，升高溫度，反應I和反應II均向正反應方向進行

0.495〖詳析〗(1)①根據圖示，反應Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反應Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以當生成等物質的量的CO(g)時，反應Ⅰ吸收的能量多；②根據蓋斯定律，得；(2)反應Ⅱ的產物中有CO，增大CO的濃度，能使反應Ⅰ的化學平衡向逆反應方向移動，不利于乙烯的生成；(3)①第二步反應的活化能大于第一步反應的活化能，第二步為慢反應，決定反應Ⅰ的反應速率的步驟是第二步；②第一步的化學方程式為；(4)溫度越高，反應速率越快，且反應Ⅰ和反應Ⅱ均為吸熱反應，升高溫度，反應Ⅰ和反應Ⅱ均向正反應方向進行，所以大于；(5)的轉化率為50%，則參與反應的的物質的量為1mol，的選擇性為60%，生成的的物質的量為0.6mol，則反應Ⅱ參與反應的的物質的量為0.4mol；；；故平衡時容器中：，，，。又因容器容積為1L，所以。7．(1)

-91.1

低溫

0.2

(2)

BC

反應I放熱，溫度升高平衡左移，反應II吸熱，溫度升高平衡右移，500K以后，反應II起主導作用，溫度升高，反應II平衡右移的程度更大，故CO2的平衡轉化率增大(3)〖解析〗（1）①根據蓋斯定律可知，

；的、，根據可知，反應Ⅰ能自發(fā)進行的條件為低溫下自發(fā)。②根據表格列出各物質的物質的量變化：平衡時各物質的量：mol，mol，mol，mol，mol。根據T、