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广东省深圳市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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这是一份广东省深圳市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24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。
广东省深圳市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·广东深圳·统考一模）钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)中回收钴和钼的工艺流程如图：
已知：浸取液中的金属离子主要为、、。
(1)钼酸铵中的化合价为________，在空气中高温焙烧产生两种氧化物：和________(填化学式)。
(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为________(任写一条)。
(3)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取和，萃取情况如图所示，当协萃比________，更有利于的萃取。
(4)操作Ⅰ的名称为________。
(5)向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为________。
(6)萃取的反应原理为，向有机相2中加入能进行反萃取的原因是________(结合平衡移动原理解释)。
(7)水相2中的主要溶质除了，还有________(填化学式)。
(8)可用作电极，若选用电解质溶液，通电时可转化为，其电极反应式为________。
2．（2021·广东深圳·统考一模）锰的重要用途是制造锰钢.一种以高铁锰矿(含MnO2、Fe2O3及少量FeO、CaO、K2O、Na2O)为原料生产金属锰的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“焙烧还原”时，高铁锰矿中MnO2被还原为MnO。
①理论上，还能被还原的成分有__、__(填化学式)。
②根据表中数据，焙烧时应选择的温度为__。
还原温度/℃
焙烧后Mn元素在主要含锰物质中的分布/%
MnO2
高价锰(MnxOy)
低价锰(MnO)
600
800
1000
1100
1200
40.92
10.56
5.77
痕量
痕量
34.76
6.63
2.70
0.46
0.30
24.32
82.81
91.29
98.76
97.94
(2)“浸出”产生“滤渣”的主要成分为___(填化学式)；该步骤中需再加入MnSO4以促进“滤渣”析出，结合化学反应原理解释其原因：___。
(3)“除杂”时，加入的MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为___；再将pH逐步调至6，Fe3+水解为Fe(OH)3，同时Fe3+与Na+、K+形成络合物沉淀。
(4)电解“净化”所得溶液(MnSO4的酸性溶液)制备Mn。
①电解时，溶液中的阳离子在阴极存在两个相互竞争的电极反应，其产物分别为Mn和__(填化学式)。
②研究表明，加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出.机理为：SeO2与水反应生成的H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，该电极反应为__；电极上的Se对Mn2+有特殊的吸附性能，使Mn2+的电还原沉积成为主要反应。
③电解废液可在上述流程的___步骤中循环使用。
3．（2022·广东深圳·统考一模）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣(主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质)为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分为SiO2和____(填化学式)；TiO2发生反应的化学方程式为___。
(2)“有机相2”可在该流程___步骤中循环使用。
(3)“水相2”中钛的存在形式为___。
(4)“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol·L-1。向“水相1”中加入NH3·H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。“滤液”中c(Fe3+)=____mol·L-1；“滤液”经处理后得到的____(填化学式)可做化肥。
(5)“试剂X”为____(填化学式)溶液。
(6)钛铁(TiFe)合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿(主要成分为FeTiO3)制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源____极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应：
第一步析铁：____；
第二步析钛：TiO2+4e-=Ti+2O2-
Ⅱ.转化：2Fe+Ti=TiFe2；TiFe2+Ti=2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是____。
二、原理综合题
4．（2020·广东深圳·统考一模）大气环境中的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的________0(填“”“”或“”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：
第二步：
第三步：________
第四步：
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、、，通入使其浓度达到。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________(用a、b、c表示)；、去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490℃时，若测得对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氮气 D．寻找更好的催化剂
③490℃时的反应速率________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
5．（2021·广东深圳·统考一模）CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点。在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：
反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0
反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2＞0
(1)原料CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是__(填标号)。
A．Na2CO3溶液 B．NaOH溶液 C．CH3CH2OH D．NH4Cl溶液
(2)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓(△fH)。下表为几种物质在298K的标准生成焓，则反应ⅱ的△H2=__kJ•mol-1。
物质
H2(g)
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
△fH(kJ•mol-1)
0
-394
-111
-242
(3)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，下列说法错误的是__(填标号)。
A．增大H2浓度有利于提高CO2的转化率
B．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量
(4)某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，10min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性χ=×100%
①用CO2表示0～10min内平均反应速率v(CO2)=___。
②反应ⅰ的平衡常数K=___(写出计算式即可)。
(5)维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度变化的关系如图所示：
已知催化剂活性受温度影响变化不大。结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析235℃后曲线变化的原因。
①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是___；
②二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是___。
6．（2022·广东深圳·统考一模）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)。
(2)已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为___kcal·mol-1。
②下列有关反应i的说法不正确的是___(填标号)。
A．过程Ⅰ中有极性键断裂
B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子
(4)模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为____m3·h-1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为____(任写一条)。
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n(投料)/mol
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/mol
50
x
20
25
2
2
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：
其中x=____，N2O的平衡转化率为____(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=___kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
三、有机推断题
7．（2020·广东深圳·统考一模）海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体G的合成线路如图：
已知：
①R-COOH+R′-NH2 +H2O；
②R-CN
回答下列问题：
(1)X为醛类物质，其名称为________，C中含氧官能团的名称为________。
(2)C→D的反应类型为________。
(3)化合物F的结构简式为________。
(4)B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________。
(5)有机物Y是A的同分异构体，满足条件：①能与溶液发生显色反应，②与足量金属Na反应生成，③结构中含“”，Y共有________种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为________(写出其中一种结构简式)。
(6)设计以为起始原料制备的合成线路(无机试剂任选) ________。
8．（2021·广东深圳·统考一模）曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
已知：R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，反应⑤的反应类型是__。
(2)写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子___。
(3)下列有关说法正确的是__(填标号)。
a.反应①需用铁粉作催化剂
b.曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键
c.E中所有碳原子可处于同一平面
d.化合物G能发生取代反应、加成反应和消去反应
(4)反应⑦的化学方程式为__。
(5)化合物M是E的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结构有__种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为___。
(6)参照上述合成路线，以和OHC—CH2—CH2—CHO为原料，设计制备的合成路线___(无机试剂任选)。
9．（2022·广东深圳·统考一模）以1，6—二酚(化合物A)为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物A的分子式为____、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、___。
(2)写出反应①的化学方程式____。
(3)化合物D的结构简式为____。
(4)反应②的反应类型为____。
(5)若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag(NH3)2]OH与M的物质的量最大比为___。
(6)化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为___(任写一种)。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
c.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
(7)参照上述合成路线，以 和为主要原料，设计合成合成 的路线____。
参考答案：
1． 搅拌 分液 根据可知，加入，增大，平衡向左移动
【分析】从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)经过焙烧后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为、、，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和，有机相2中含有、SO42-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。
【详解】(1)中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；
(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；
(3)根据图象，找到最多，较少的协萃比为4:1；
(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；
(5)有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为；
(6)根据可知，加入，增大，平衡向左移动，能进行反萃取；
(7)水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和；
(8)可以表示成，在碱性条件下可发生氧化反应，生成，电极反应为。
2． Fe2O3 FeO 1100℃ CaSO4 增加c(SO)，使反应Ca2++ SOCaSO4平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出。[或增加c(SO)，使得QC＞Ksp(CaSO4)，反应向生成CaSO4沉淀的方向移动。] MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O H2 H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O 浸出
【分析】高铁锰矿(含MnO2、Fe2O3及少量FeO、CaO、K2O、Na2O)研磨后加入足量碳粉焙烧还原，MnO2被还原为MnO，Fe2O3及少量FeO被还原为Fe单质，之后加入硫酸浸取，CaSO4微溶，成为滤渣，其余金属元素以阳离子的形式进入滤液，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值形成Fe(OH)3沉淀，同时Fe3+与Na+、K+形成络合物沉淀，净化除杂后得到MnSO4溶液，加入SeO2电解得到Mn单质。
【详解】(1)①Fe3+和Fe2+有较强氧化性，可以被碳粉还原得到Fe单质；
②高价锰难溶于稀硫酸，所以焙烧时应将Mn元素尽可能多的转化为低价锰，根据所给数据可知在1100℃焙烧时低价锰的含量最高，所以焙烧时应选择的温度为1100℃；
(2)高铁锰矿锰矿中含有CaO，而硫酸钙微溶，所以用稀硫酸浸出时滤渣主要为CaSO4，以及还原时加入的过量碳粉；加入MnSO4可以增加c(SO)，使反应Ca2++ SOCaSO4平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出。[或增加c(SO)，使得QC＞Ksp(CaSO4)，反应向生成CaSO4沉淀的方向移动]；
(3)除杂时MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒可知MnO2和Fe2+的系数比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)①溶液中存在的阳离子为Mn2+和H+(酸性溶液)，Mn2+放电生成Mn，H+也可能放电生成H2；
②根据题意可知H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应时为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O；
③电解MnSO4的酸性溶液时阳极主要为水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极主要为锰离子放电生成Mn，所以电解废液中主要含有H2SO4，可以在“浸出”步骤中循环使用。
3．(1) CaSO4 TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O
(2)萃取
(3)TiO2+(或TiOSO4)
(4) 4×10-20 (NH4)2SO4
(5)NaOH
(6) 负 FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2- 防止生成的TiFe合金被氧化
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏铝酸钠。
（1）
酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；
（2）
有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用；
（3）
根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+；
（4）
溶液pH为8，则溶液中c(OH-)=10-6mol/L，“滤液”中c(Fe3+)==mol/L=4×10-20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有(NH4)2SO4，处理后可以作氮肥；
（5）
试剂X可以将Al(OH)3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液；
（6）
①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2-；
③氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。
4． ＜ 降温 a 相同条件下，NO去除率更高 BD 0.0225 96%
【分析】(1)根据反应可以自发进行的判据，常温下ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH的大小，根据化学平衡的移动分析，让平衡正向移动的方法；
(2)将总反应减去第一步，第二步，第四步反应式，得到第三步反应式；
(3) ①490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是一氧化氮的去除率最高的，、去除NO的去除率较高；
②图象中490℃时NO的去除率是45%，从浓度和催化剂角度分析去除率提高的原因；
③利用速率公式，结合“三段式”，平衡常数进行计算。
【详解】(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；
(2)总反应为，
① 、②、④
根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到：；
(3) ①由图可知，、和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知，、去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，
A．及时分离出，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A错误；
B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B正确；
C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C错误；
D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D正确；
答案选BD。
③根据图象，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L，；
设平衡时生成的氮气的浓度为x，
开始mol/L 0.1 0 0
变化mol/L 2x x x
平衡mol/L 0.1-2x x x
则平衡常数K==121，解得x=，反应达平衡时NO的去除率为×100%=96%。
5． AB +41 C ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动 反应达平衡后，升高温度，反应 ⅰ 使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应 ⅱ 使二氧化碳的转化率增大的程度
【详解】(1)能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，故选AB；
(2)根据已知信息可得热化学方程式：①H2(g)+ O2(g)= H2O(g) △H=-242kJ•mol-1；②C(s)+ O2(g)= CO(g) △H=-111kJ•mol-1；③C(s)+ O2(g)= CO2(g) △H=-394kJ•mol-1；根据盖斯定律可得，由①+②-③可得反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ•mol-1；
(3) A. 增大H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，正确；
B. 混合气体的总质量不变，但是总物质的量随反应进行发生变化，则气体的平均相对分子质量会随反应的进行发生变化，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C. 体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应ⅰ正向移动，CO2、H2的浓度减小，则反应ⅱ逆向移动，错误；
D. 催化剂虽然不能使平衡发生移动，但是可以加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量，正确；故选C；
(4)①用CO2表示0～10min内平均反应速率；
②反应达到平衡时，CO2的转化量为0.2mol，CH3OH的选择性为50%，则，则，则可得：，，则平衡时，c(CO2)=1mol/L-0.1 mol/L -0.1 mol/L =0.8 mol/L，c(H2)=5mol/L-0.3mol/L -0.1 mol/L =4.6 mol/L，c(CH3OH)=0.1 mol/L ，c(H2O)=0.1 mol/L+0.1 mol/L =0.2mol/L，反应ⅰ的平衡常数；
(5)①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动；
②反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，会使二氧化碳的转化率有减小的趋势；反应ⅱ为吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，会使二氧化碳的转化率有增大的趋势，反应 ⅰ 使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应 ⅱ 使二氧化碳的转化率增大的程度，故二氧化碳的转化率随温度升高在下降。
6．(1)△H3-△H1-△H2
(2)放热
(3) 82.17 C
(4) 960 减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等) 1 97.1% 500po
【解析】(1)
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H=△H3-△H1-△H2。答案为：△H3-△H1-△H2；
(2)
已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其∆S＞0，则∆Ｈ＜０，所以该反应为放热反应。答案为：放热；
(3)
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49 kcal·mol-1-(-44.68 kcal·mol-1)= 82.17kcal·mol-1。
②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；
B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；
C．从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；
D．从图中看出， A-O2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；
故选C。答案为：82.17；C；
(4)
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。
②利用表中数据，可建立以下三段式：
由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa ==500po kPa。
答案为：960；减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)；1；97.1%；500po。
【点睛】虽然N2O发生三个分解反应，但在平衡混合气中，不同反应中的同一种物质，物质的量相同。
7． 甲醛 羟基、醚键 取代反应 +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O 8 或或
【分析】A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C，C加入PBr3可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为，D的结构简式为，F的结构简式为，F与在SOCl2作用下生成G，据此分析解答。
【详解】(1) A是，X为醛类物质，得到，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；
(2) C的结构简式为，D的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；
(3)根据分析，化合物F的结构简式为；
(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C7H6O3，满足条件：①能与溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②与足量金属Na反应生成，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为中的任意一种；
(6)以为起始原料制备的合成线路为。
8． 甲苯 还原反应 bd +→+HBr 15 OHC—CH2—CH2—CHO H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH BrCH2—CH2—CH2—CH2Br。
【分析】A分子式是C7H8，由C的结构简式可知A含有苯环，则A是甲苯，甲苯和氯气发生甲基上的取代反应生成B()，由E逆推，可知D是；还原成F，根据F的分子式C10H14O，可知F是；H和生成，逆推可知H是。
【详解】(1) A分子式是C7H8，由C的结构简式可知A含有苯环，A的结构简式是，A名称是甲苯，反应⑤是由C10H12O2生成C10H14O，有机物分子中减少了氧原子、增多了氢原子，反应类型是还原反应；
(2) 还原成F，根据F的分子式C10H14O，可知F是，含有的手性碳原子；
(3) a.反应①是甲苯和氯气发生甲基上的取代反应生成，反应条件是光照，故a错误；
b. 的含氧官能团为酯基和醚键，故b正确；
c. 中有1个碳原子通过单键连接3个碳原子，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c错误；
d. 含有溴原子、羟基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，含有溴原子能发生消去反应，故d正确；
(4)反应⑦是与发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为+→+HBr。
(5) M与具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，两个取代基可能为-CH2CH2CH3和-COOH、-CH(CH3)2和-COOH、-CH2CH3和-CH2COOH、-CH3和-CH2CH2COOH、-CH3和-CH(CH3)COOH，每种组合均有邻间对三种位置异构，M的可能结构有15种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为。
(6) OHC—CH2—CH2—CHO还原成H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH ，H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH 再与HBr发生取代反应生成BrCH2—CH2—CH2—CH2Br，BrCH2—CH2—CH2—CH2Br和反应生成；合成路线为OHC—CH2—CH2—CHO H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH BrCH2—CH2—CH2—CH2Br。
【点睛】本题考查有机合成和推断，明确各步反应产物结构简式的变化是解题关键，掌握常见官能团的结构和性质，充分利用“逆推法”进行有机物结构简式的推断。
9．(1) C10H8O2 羰基(酮基、酮羰基)
(2)+2CH3I +2HI
(3)
(4)加成反应(或还原反应)
(5)6：1
(6)(或)
(7)
【分析】根据A的结构可知其分子式为C10H8O2，B的分子式为C12H12O2，对比发现多了两个CH3，即两个甲基，再观察A生成B的反应条件，以及后续产物的结构特点可知，A应是与CH3I发生取代反应(甲基取代酚羟基的氢原子)生成B，则B为，B再被还原生成C，根据C生成D的反应条件以及题目所给知识可知，D应为；D再与发生取代反应生成E，E中与六元环相连的羰基先加成得到另一个六元环和羟基，羟基再发生消去反应生成F，F与氢气加成生成G。
(1)
根据A的结构可知其分子式为C10H8O2，E中的含氧官能团为醚键、羰基(酮基、酮羰基)；
(2)
A中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成B，化学方程式为+2CH3I +2HI；
(3)
根据分析可知D的结构简式为；
(4)
反应②为F中碳碳双键与氢气的加成反应，也属于还原反应；
(5)
E中含有3个O原子，不饱和度为7，所以其同分异构体中最多含有3个醛基，1mol醛基可以消耗2mol[Ag(NH3)2]OH，所以M消耗的[Ag(NH3)2]OH与M的物质的量最大比为6：1；
(6)
C中含有12个C原子、2个O原子，不饱和度为6，其同分异构体满足：a.含两个六元环，则最多有一个苯环；b.酸性条件下水解可得CH3COOH，即含有乙酸形成的酯基；c.1mol该物质最多可消耗2molNaOH，由于该物质中只有2个氢原子，所以应含有乙酸和酚羟基形成的酯基，符合条件的为或；
(7)
根据E生成F的过程可知，可以由发生类似的反应生成，根据D生成E的过程可知，可以和反应得到，可以通过催化氧化生成，所以合成路线为。
广东省深圳市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·广东深圳·统考一模）钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)中回收钴和钼的工艺流程如图：
已知：浸取液中的金属离子主要为、、。
(1)钼酸铵中的化合价为________，在空气中高温焙烧产生两种氧化物：和________(填化学式)。
(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为________(任写一条)。
(3)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取和，萃取情况如图所示，当协萃比________，更有利于的萃取。
(4)操作Ⅰ的名称为________。
(5)向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为________。
(6)萃取的反应原理为，向有机相2中加入能进行反萃取的原因是________(结合平衡移动原理解释)。
(7)水相2中的主要溶质除了，还有________(填化学式)。
(8)可用作电极，若选用电解质溶液，通电时可转化为，其电极反应式为________。
2．（2021·广东深圳·统考一模）锰的重要用途是制造锰钢.一种以高铁锰矿(含MnO2、Fe2O3及少量FeO、CaO、K2O、Na2O)为原料生产金属锰的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“焙烧还原”时，高铁锰矿中MnO2被还原为MnO。
①理论上，还能被还原的成分有__、__(填化学式)。
②根据表中数据，焙烧时应选择的温度为__。
还原温度/℃
焙烧后Mn元素在主要含锰物质中的分布/%
MnO2
高价锰(MnxOy)
低价锰(MnO)
600
800
1000
1100
1200
40.92
10.56
5.77
痕量
痕量
34.76
6.63
2.70
0.46
0.30
24.32
82.81
91.29
98.76
97.94
(2)“浸出”产生“滤渣”的主要成分为___(填化学式)；该步骤中需再加入MnSO4以促进“滤渣”析出，结合化学反应原理解释其原因：___。
(3)“除杂”时，加入的MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为___；再将pH逐步调至6，Fe3+水解为Fe(OH)3，同时Fe3+与Na+、K+形成络合物沉淀。
(4)电解“净化”所得溶液(MnSO4的酸性溶液)制备Mn。
①电解时，溶液中的阳离子在阴极存在两个相互竞争的电极反应，其产物分别为Mn和__(填化学式)。
②研究表明，加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出.机理为：SeO2与水反应生成的H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，该电极反应为__；电极上的Se对Mn2+有特殊的吸附性能，使Mn2+的电还原沉积成为主要反应。
③电解废液可在上述流程的___步骤中循环使用。
3．（2022·广东深圳·统考一模）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣(主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质)为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分为SiO2和____(填化学式)；TiO2发生反应的化学方程式为___。
(2)“有机相2”可在该流程___步骤中循环使用。
(3)“水相2”中钛的存在形式为___。
(4)“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol·L-1。向“水相1”中加入NH3·H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。“滤液”中c(Fe3+)=____mol·L-1；“滤液”经处理后得到的____(填化学式)可做化肥。
(5)“试剂X”为____(填化学式)溶液。
(6)钛铁(TiFe)合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿(主要成分为FeTiO3)制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源____极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应：
第一步析铁：____；
第二步析钛：TiO2+4e-=Ti+2O2-
Ⅱ.转化：2Fe+Ti=TiFe2；TiFe2+Ti=2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是____。
二、原理综合题
4．（2020·广东深圳·统考一模）大气环境中的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的________0(填“”“”或“”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：
第二步：
第三步：________
第四步：
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、、，通入使其浓度达到。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________(用a、b、c表示)；、去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490℃时，若测得对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氮气 D．寻找更好的催化剂
③490℃时的反应速率________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
5．（2021·广东深圳·统考一模）CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点。在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：
反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0
反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2＞0
(1)原料CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是__(填标号)。
A．Na2CO3溶液 B．NaOH溶液 C．CH3CH2OH D．NH4Cl溶液
(2)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓(△fH)。下表为几种物质在298K的标准生成焓，则反应ⅱ的△H2=__kJ•mol-1。
物质
H2(g)
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
△fH(kJ•mol-1)
0
-394
-111
-242
(3)在CO2加氢合成CH3OH的体系中，下列说法错误的是__(填标号)。
A．增大H2浓度有利于提高CO2的转化率
B．若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量
(4)某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入1molCO2(g)和5molH2(g)，10min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性χ=×100%
①用CO2表示0～10min内平均反应速率v(CO2)=___。
②反应ⅰ的平衡常数K=___(写出计算式即可)。
(5)维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度变化的关系如图所示：
已知催化剂活性受温度影响变化不大。结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析235℃后曲线变化的原因。
①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是___；
②二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是___。
6．（2022·广东深圳·统考一模）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
回答下列问题：
(1)根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)。
(2)已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为___kcal·mol-1。
②下列有关反应i的说法不正确的是___(填标号)。
A．过程Ⅰ中有极性键断裂
B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子
(4)模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为____m3·h-1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为____(任写一条)。
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n(投料)/mol
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/mol
50
x
20
25
2
2
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：
其中x=____，N2O的平衡转化率为____(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=___kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
三、有机推断题
7．（2020·广东深圳·统考一模）海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体G的合成线路如图：
已知：
①R-COOH+R′-NH2 +H2O；
②R-CN
回答下列问题：
(1)X为醛类物质，其名称为________，C中含氧官能团的名称为________。
(2)C→D的反应类型为________。
(3)化合物F的结构简式为________。
(4)B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________。
(5)有机物Y是A的同分异构体，满足条件：①能与溶液发生显色反应，②与足量金属Na反应生成，③结构中含“”，Y共有________种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为________(写出其中一种结构简式)。
(6)设计以为起始原料制备的合成线路(无机试剂任选) ________。
8．（2021·广东深圳·统考一模）曲美布汀是一种消化系统药物的有效成分，能缓解各种原因引起的胃肠痉挛，可通过以下路线合成。
已知：R—CNR—COOH
回答下列问题：
(1)A的名称是___，反应⑤的反应类型是__。
(2)写出F的结构简式并用星号(*)标出手性碳原子___。
(3)下列有关说法正确的是__(填标号)。
a.反应①需用铁粉作催化剂
b.曲美布汀的含氧官能团为酯基和醚键
c.E中所有碳原子可处于同一平面
d.化合物G能发生取代反应、加成反应和消去反应
(4)反应⑦的化学方程式为__。
(5)化合物M是E的同分异构体，已知M与E具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，则M的可能结构有__种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为___。
(6)参照上述合成路线，以和OHC—CH2—CH2—CHO为原料，设计制备的合成路线___(无机试剂任选)。
9．（2022·广东深圳·统考一模）以1，6—二酚(化合物A)为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
(1)化合物A的分子式为____、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、___。
(2)写出反应①的化学方程式____。
(3)化合物D的结构简式为____。
(4)反应②的反应类型为____。
(5)若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag(NH3)2]OH与M的物质的量最大比为___。
(6)化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为___(任写一种)。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
c.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
(7)参照上述合成路线，以 和为主要原料，设计合成合成 的路线____。
参考答案：
1． 搅拌 分液 根据可知，加入，增大，平衡向左移动
【分析】从废钴钼催化剂(主要含有、CoS和)经过焙烧后，得到，CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为、、，经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和，有机相2中含有、SO42-，加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。
【详解】(1)中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；
(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；
(3)根据图象，找到最多，较少的协萃比为4:1；
(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；
(5)有机相1中含有，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为；
(6)根据可知，加入，增大，平衡向左移动，能进行反萃取；
(7)水相1中含有、，SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和；
(8)可以表示成，在碱性条件下可发生氧化反应，生成，电极反应为。
2． Fe2O3 FeO 1100℃ CaSO4 增加c(SO)，使反应Ca2++ SOCaSO4平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出。[或增加c(SO)，使得QC＞Ksp(CaSO4)，反应向生成CaSO4沉淀的方向移动。] MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O H2 H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O 浸出
【分析】高铁锰矿(含MnO2、Fe2O3及少量FeO、CaO、K2O、Na2O)研磨后加入足量碳粉焙烧还原，MnO2被还原为MnO，Fe2O3及少量FeO被还原为Fe单质，之后加入硫酸浸取，CaSO4微溶，成为滤渣，其余金属元素以阳离子的形式进入滤液，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值形成Fe(OH)3沉淀，同时Fe3+与Na+、K+形成络合物沉淀，净化除杂后得到MnSO4溶液，加入SeO2电解得到Mn单质。
【详解】(1)①Fe3+和Fe2+有较强氧化性，可以被碳粉还原得到Fe单质；
②高价锰难溶于稀硫酸，所以焙烧时应将Mn元素尽可能多的转化为低价锰，根据所给数据可知在1100℃焙烧时低价锰的含量最高，所以焙烧时应选择的温度为1100℃；
(2)高铁锰矿锰矿中含有CaO，而硫酸钙微溶，所以用稀硫酸浸出时滤渣主要为CaSO4，以及还原时加入的过量碳粉；加入MnSO4可以增加c(SO)，使反应Ca2++ SOCaSO4平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出。[或增加c(SO)，使得QC＞Ksp(CaSO4)，反应向生成CaSO4沉淀的方向移动]；
(3)除杂时MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒可知MnO2和Fe2+的系数比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)①溶液中存在的阳离子为Mn2+和H+(酸性溶液)，Mn2+放电生成Mn，H+也可能放电生成H2；
②根据题意可知H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应时为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O；
③电解MnSO4的酸性溶液时阳极主要为水电离出的氢氧根放电生成氧气，阴极主要为锰离子放电生成Mn，所以电解废液中主要含有H2SO4，可以在“浸出”步骤中循环使用。
3．(1) CaSO4 TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O
(2)萃取
(3)TiO2+(或TiOSO4)
(4) 4×10-20 (NH4)2SO4
(5)NaOH
(6) 负 FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2- 防止生成的TiFe合金被氧化
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏铝酸钠。
（1）
酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；
（2）
有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用；
（3）
根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+；
（4）
溶液pH为8，则溶液中c(OH-)=10-6mol/L，“滤液”中c(Fe3+)==mol/L=4×10-20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有(NH4)2SO4，处理后可以作氮肥；
（5）
试剂X可以将Al(OH)3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液；
（6）
①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2-；
③氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。
4． ＜ 降温 a 相同条件下，NO去除率更高 BD 0.0225 96%
【分析】(1)根据反应可以自发进行的判据，常温下ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH的大小，根据化学平衡的移动分析，让平衡正向移动的方法；
(2)将总反应减去第一步，第二步，第四步反应式，得到第三步反应式；
(3) ①490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是一氧化氮的去除率最高的，、去除NO的去除率较高；
②图象中490℃时NO的去除率是45%，从浓度和催化剂角度分析去除率提高的原因；
③利用速率公式，结合“三段式”，平衡常数进行计算。
【详解】(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；
(2)总反应为，
① 、②、④
根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到：；
(3) ①由图可知，、和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知，、去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，
A．及时分离出，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A错误；
B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B正确；
C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C错误；
D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D正确；
答案选BD。
③根据图象，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L，；
设平衡时生成的氮气的浓度为x，
开始mol/L 0.1 0 0
变化mol/L 2x x x
平衡mol/L 0.1-2x x x
则平衡常数K==121，解得x=，反应达平衡时NO的去除率为×100%=96%。
5． AB +41 C ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动 反应达平衡后，升高温度，反应 ⅰ 使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应 ⅱ 使二氧化碳的转化率增大的程度
【详解】(1)能与CO2反应的，均可以作为CO2捕获剂，故选AB；
(2)根据已知信息可得热化学方程式：①H2(g)+ O2(g)= H2O(g) △H=-242kJ•mol-1；②C(s)+ O2(g)= CO(g) △H=-111kJ•mol-1；③C(s)+ O2(g)= CO2(g) △H=-394kJ•mol-1；根据盖斯定律可得，由①+②-③可得反应ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ•mol-1；
(3) A. 增大H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，正确；
B. 混合气体的总质量不变，但是总物质的量随反应进行发生变化，则气体的平均相对分子质量会随反应的进行发生变化，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C. 体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应ⅰ正向移动，CO2、H2的浓度减小，则反应ⅱ逆向移动，错误；
D. 催化剂虽然不能使平衡发生移动，但是可以加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量，正确；故选C；
(4)①用CO2表示0～10min内平均反应速率；
②反应达到平衡时，CO2的转化量为0.2mol，CH3OH的选择性为50%，则，则，则可得：，，则平衡时，c(CO2)=1mol/L-0.1 mol/L -0.1 mol/L =0.8 mol/L，c(H2)=5mol/L-0.3mol/L -0.1 mol/L =4.6 mol/L，c(CH3OH)=0.1 mol/L ，c(H2O)=0.1 mol/L+0.1 mol/L =0.2mol/L，反应ⅰ的平衡常数；
(5)①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动；
②反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，会使二氧化碳的转化率有减小的趋势；反应ⅱ为吸热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动，会使二氧化碳的转化率有增大的趋势，反应 ⅰ 使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应 ⅱ 使二氧化碳的转化率增大的程度，故二氧化碳的转化率随温度升高在下降。
6．(1)△H3-△H1-△H2
(2)放热
(3) 82.17 C
(4) 960 减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等) 1 97.1% 500po
【解析】(1)
i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g) △H3
根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H=△H3-△H1-△H2。答案为：△H3-△H1-△H2；
(2)
已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其∆S＞0，则∆Ｈ＜０，所以该反应为放热反应。答案为：放热；
(3)
①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49 kcal·mol-1-(-44.68 kcal·mol-1)= 82.17kcal·mol-1。
②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；
B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；
C．从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；
D．从图中看出， A-O2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；
故选C。答案为：82.17；C；
(4)
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。
②利用表中数据，可建立以下三段式：
由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa ==500po kPa。
答案为：960；减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)；1；97.1%；500po。
【点睛】虽然N2O发生三个分解反应，但在平衡混合气中，不同反应中的同一种物质，物质的量相同。
7． 甲醛 羟基、醚键 取代反应 +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O 8 或或
【分析】A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C，C加入PBr3可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为，D的结构简式为，F的结构简式为，F与在SOCl2作用下生成G，据此分析解答。
【详解】(1) A是，X为醛类物质，得到，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；
(2) C的结构简式为，D的结构简式为，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；
(3)根据分析，化合物F的结构简式为；
(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C7H6O3，满足条件：①能与溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②与足量金属Na反应生成，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为的物质为中的任意一种；
(6)以为起始原料制备的合成线路为。
8． 甲苯 还原反应 bd +→+HBr 15 OHC—CH2—CH2—CHO H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH BrCH2—CH2—CH2—CH2Br。
【分析】A分子式是C7H8，由C的结构简式可知A含有苯环，则A是甲苯，甲苯和氯气发生甲基上的取代反应生成B()，由E逆推，可知D是；还原成F，根据F的分子式C10H14O，可知F是；H和生成，逆推可知H是。
【详解】(1) A分子式是C7H8，由C的结构简式可知A含有苯环，A的结构简式是，A名称是甲苯，反应⑤是由C10H12O2生成C10H14O，有机物分子中减少了氧原子、增多了氢原子，反应类型是还原反应；
(2) 还原成F，根据F的分子式C10H14O，可知F是，含有的手性碳原子；
(3) a.反应①是甲苯和氯气发生甲基上的取代反应生成，反应条件是光照，故a错误；
b. 的含氧官能团为酯基和醚键，故b正确；
c. 中有1个碳原子通过单键连接3个碳原子，不可能所有碳原子可处于同一平面，故c错误；
d. 含有溴原子、羟基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，含有溴原子能发生消去反应，故d正确；
(4)反应⑦是与发生取代反应生成和HBr，反应的化学方程式为+→+HBr。
(5) M与具有相同的官能团，且M为苯的二元取代物，两个取代基可能为-CH2CH2CH3和-COOH、-CH(CH3)2和-COOH、-CH2CH3和-CH2COOH、-CH3和-CH2CH2COOH、-CH3和-CH(CH3)COOH，每种组合均有邻间对三种位置异构，M的可能结构有15种；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为。
(6) OHC—CH2—CH2—CHO还原成H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH ，H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH 再与HBr发生取代反应生成BrCH2—CH2—CH2—CH2Br，BrCH2—CH2—CH2—CH2Br和反应生成；合成路线为OHC—CH2—CH2—CHO H2OCH2—CH2—CH2—CH2OH BrCH2—CH2—CH2—CH2Br。
【点睛】本题考查有机合成和推断，明确各步反应产物结构简式的变化是解题关键，掌握常见官能团的结构和性质，充分利用“逆推法”进行有机物结构简式的推断。
9．(1) C10H8O2 羰基(酮基、酮羰基)
(2)+2CH3I +2HI
(3)
(4)加成反应(或还原反应)
(5)6：1
(6)(或)
(7)
【分析】根据A的结构可知其分子式为C10H8O2，B的分子式为C12H12O2，对比发现多了两个CH3，即两个甲基，再观察A生成B的反应条件，以及后续产物的结构特点可知，A应是与CH3I发生取代反应(甲基取代酚羟基的氢原子)生成B，则B为，B再被还原生成C，根据C生成D的反应条件以及题目所给知识可知，D应为；D再与发生取代反应生成E，E中与六元环相连的羰基先加成得到另一个六元环和羟基，羟基再发生消去反应生成F，F与氢气加成生成G。
(1)
根据A的结构可知其分子式为C10H8O2，E中的含氧官能团为醚键、羰基(酮基、酮羰基)；
(2)
A中酚羟基上的氢原子被甲基取代生成B，化学方程式为+2CH3I +2HI；
(3)
根据分析可知D的结构简式为；
(4)
反应②为F中碳碳双键与氢气的加成反应，也属于还原反应；
(5)
E中含有3个O原子，不饱和度为7，所以其同分异构体中最多含有3个醛基，1mol醛基可以消耗2mol[Ag(NH3)2]OH，所以M消耗的[Ag(NH3)2]OH与M的物质的量最大比为6：1；
(6)
C中含有12个C原子、2个O原子，不饱和度为6，其同分异构体满足：a.含两个六元环，则最多有一个苯环；b.酸性条件下水解可得CH3COOH，即含有乙酸形成的酯基；c.1mol该物质最多可消耗2molNaOH，由于该物质中只有2个氢原子，所以应含有乙酸和酚羟基形成的酯基，符合条件的为或；
(7)
根据E生成F的过程可知，可以由发生类似的反应生成，根据D生成E的过程可知，可以和反应得到，可以通过催化氧化生成，所以合成路线为。
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