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山东省烟台市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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这是一份山东省烟台市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21页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山东省烟台市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、原理综合题
1．（2021·山东烟台·统考一模）氮的化合物在生产、生活中有着重要作用。如何增加氨的产量，减少机动车尾气中NOx和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)工业合成氨：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=akJ·mol-1的反应历程和能量变化如图所示，标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质。
①a=_______；用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤_______。
②控制压强为P0 MPa、温度在700K，将N2(g)和H2(g)按照体积比1：3充入密闭容器合成NH3(g)。反应达到平衡状态时体系中NH3的体积分数为60%，则化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×气体体积分数)。
(2)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
I.NO+Pt(s)=NO* II.CO+Pt(s)=CO* III.NO*=N*+O*
IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+ N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
①图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。
②图2中温度T2℃时反应V的活化能_______反应VI的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度T3℃时发生的主要反应为_______(填“IV”、“V”或“VI”)。
③模拟汽车的“催化转化器”，将2 mol NO(g)和2mol CO(g)充入1L的密闭容器中，发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。
图象中A点逆反应速率_______C点正反应速率(填“>”“=”或“＜”)；实验测得：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时A点处对应的v正：v逆=_______。
2．（2020·山东烟台·统考一模）氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。
(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
已知：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g) ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) ΔH3 = +172 kJ·mol-1
则反应2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) ΔH = ________。
(2)H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)。
Ⅰ.若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：
①图中曲线1表示的物质是________________(填化学式)。
②A点时H2S的转化率为__________________。
③C点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S、1.0mol H2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图所示：
①M点和O点的逆反应速率v(M)______v(O) (填“>”“<”或“=”，下同)；
②M、N两点容器内的压强2P(M)_____P(N)，平衡常数K(M)_____K(N)。
3．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
二、工业流程题
4．（2021·山东烟台·统考一模）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
(1)“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为_______。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用_______。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d. 浓硫酸
(3)常温下，NaHTeO3溶液的pH_______7(填“＜”、“>”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是_______。
(4)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式_______。流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥_______mol·L-1。
5．（2020·山东烟台·统考一模）目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料，其流程如图：
已知：
Ⅰ：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；
Ⅱ：浸渣为S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质；
Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+；
Ⅳ：Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+。
回答下列问题：
(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)_______；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是___。
(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_______。
(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H2SO4的作用是_______。
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是______。
(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)__________。
6．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
三、有机推断题
7．（2021·山东烟台·统考一模）乙烯是基本的有机化工原料，以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下：
已知：① R1CHO+R2CH2CHO+H2O
②
③R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2
(1)实验室制备A的化学方程式为_______，B的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为_______。
(2)C的结构简式为_______，按先后顺序写出检验C所含官能团的试剂_______。
(3)D是五元环状化合物，E→F的化学方程式是_______。
(4)L的结构简式为_______。
(5)以乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)_______。
8．（2020·山东烟台·统考一模）2020年2月17日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣告诉记者：磷酸氯喹对“COVID-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗的安全性是可控的。其合成路线如图所示：
已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。回答下列问题：
(1)有机物A为糠醛，它广泛存在于各种农副产品中。A中含氧官能团的名称为______，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_______。
(2)C的结构简式为________，D与E之间的关系为_______。
(3)反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为____。
(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种是羧酸，且含有手性碳原子，其名称为_________。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：_________(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)。
9．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
参考答案：
1． — 92 2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH) (MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 > IV < 40.5
【详解】(1) ①由图可知，合成氨反应为放热反应，反应的反应热△H=—(500—308—100)kJ/mol=—92 kJ/mol，则a=—92；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步，由图可知，2N*、6H*转为2NH时，反应的活化能最大，反应速率最慢，则对总反应速率影响较大的步骤的方程式为2N*+6H*=2NH，故答案为：—92；2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH)；
②由反应方程式可知，氮气和氢气按照体积比1：3充入密闭容器合成氨气时，容器中氮气和氢气的体积比恒定为1:3，反应达到平衡状态时体系中氨气的体积分数为60%，则氮气的体积分数为(1—60%)×=10%，氢气的体积分数为(1—60%)×=30%，化学平衡常数Kp==(MPa)-2=133.3 P0-2 (MPa)-2，故答案为：(MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2；
(2) ①由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小；
②反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图2可知，温度T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应V的反应速率小于反应VI，反应的活化能大于反应VI；温度T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应IV，故答案为：>；IV；
③由图可知，温度一定时，A点一氧化碳的转化率小于B点，说明反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；T1℃时B点一氧化碳转化率为50%，由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×50%）=1mol/L，氮气的浓度为2mol/L×50%×=0.5 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×50%=1 mol/L，由v逆=v逆可得，= ==0.5，A点一氧化碳转化率为25%，则由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×25%）=1.5mol/L，氮气的浓度为2mol/L×25%×=0.25 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×25%=0.5mol/L，==0.5×=40.5，,故答案为：<；40.5。
2． ＋572kJ·mol－1 S2 50% p Pa < < <
【分析】(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) ΔH的计算；
(2)Ⅰ.由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，曲线m表示的物质是H2S，曲线n表示的物质是H2，据此分析解答；
Ⅱ.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，据此解答；
【详解】(1)根据盖斯定律，反应(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)×2可得到反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)，其ΔH=2(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(172+327-213)=+572kJ·mol-1，故答案为：+572kJ·mol-1；
(2)Ⅰ.①由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，故答案为：S2；
②根据图象，A点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S的转化率为50%，故答案为：50%；
③根据A点可知，起始时硫化氢为20mol，B点时，硫化氢与S2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x，则20-x=，解得x=mol，容器中含有H2S为mol，S2为mol，H2为mol，物质的量分数分别为，，，平衡常数Kp=，故答案为：p Pa；
Ⅱ.①反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，恒容容器中，M点的浓度小于O点，则逆反应速率v(M)< v(O)，故答案为：<；
②由图象可知，H2S的转化率均为45%，可列三段式有：
n(总)N=1.1+0.45+0.9=2.45mol
n(总)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol；2n(总)M=n(总)M，又图象可知TM
3．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
4． 2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2 c < TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失 2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O H2SO4 6.0×10-13
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后TeO32-转化为TeO2沉淀，过滤后，通过HCl和SO2转化为Te。剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的SeO42-还原为SeO32-除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒。
【详解】（1）阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（2）浸取渣主要成分为Cu2O，Cu元素化合价为+1，其转化为铜元素化合价为+2的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，SO2氧化性很弱无法氧化Cu2O，Cl2会引入新杂质Cl-，浓硫酸氧化Cu2O需要加热条件，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选；c；
（3）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下HTeO3-在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh= < Ka2，故HTeO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH<7；由题中信息可知TeO2是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失；
（4）根据流程烧结是产生的少量Na2SeO4背FeSO4还原为Na2SeO3除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O；最后一步加入SO2产生粗硒的同时会生成H2SO4可以返回到稀硫酸调节pH的步骤循环利用，所以可以循环利用的物质为：H2SO4；
（5）已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，则Fe2+恰好完全沉淀时c(S2-)=，故溶液中c(S2-)≥
5． 粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH- 将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+ 调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀 产生H2S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量 能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO2)污染大气
【分析】由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+和[Cd(NH3)4]2+，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质，滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3，经稀硫酸得到ZnSO4溶液，ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。
【详解】(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；
(2)浸取釜中O2与碳酸铵和FeS反应生Fe(OH)CO3、S，反应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-；
(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+，根据上述分析，(NH4)2SO3
中SO32-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3可将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，从而加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，故答案为：将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+；调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀；
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸过量会产生H2S气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；
(5) “高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体(SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体(SO2)污染大气。
6．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
7． CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O CH2=CHCHO 银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水 +2NaOH+2NaBr+2H2O
【分析】A（C2H4）为乙烯，经过氧化变成B，B的化学式C2H4O，则B为CH3CHO，根据题中已知①反应，和C的化学式C3H4O推得C为CH2=CH-CHO，G为HCHO。结合已知③反应，和M的结构可推知L为，由题中（3）可知D为五元环状化合物，结合分子式C5H8可知D为，则E为D和Br加成产物，E为，结合已知②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为
【详解】(1)A为乙烯，制备A的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；B为乙醛，之后一种化学环境的H的B的同分异构体只能是环状结构，结构为：
(2)由C的分子式和已知信息①，可以推出C为CH2=CH-CHO；碳碳双键可以用溴水检验，醛基可用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，但由于醛基会被溴水中的HBrO氧化，醛基也会使溴水褪色，故先检验-CHO，再酸化，再检验碳碳双键，故检验C所含官能团的试剂顺序为：银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水；
(3)D是五元环状化合物分子式C5H8，可知D为，则D→E为D和溴发生加成反应生成E，根据已知信息②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为，E→F的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(4)结合已知③反应，和M的结构，可推知L为
(5)乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，仿照题中合成路线，先合成环，后碳碳双键断裂形成聚合物。根据①反应，两个乙醛反应生成，CH3-CH=CH-CHO，再根据②反应，CH3-CH=CH-CHO和1，3-丁二烯反应成环生成，最后参照③反应，得到，合成路线为：
8． 醛基、醚键 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 同分异构体 加成反应 CH3COCH2CH=CH2 13 2—甲基丁酸 CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3
【分析】根据合成线路可知，A()与H2发生加成反应生成B()，根据已知“醛基在一定条件下可以还原成甲基”可得B与H2在一定条件下发生还原反应生成C()，C发生加成反应得到D，D的同分异构体E在浓硫酸、加热的条件下反应生成F[CH3CO(CH2)3Br]，F再和NH(C2H5)2反应得到G，G发生加成反应生成H，H发生消去反应得到I，I与H2发生加成反应得到J，J发生取代反应生成K，K与磷酸制的L磷酸氯喹，据此分析解答问题。
【详解】(1)化合物A的结构式为，其含氧官能团有醚键和醛基，A中的醛基可以与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2O的砖红色沉淀，方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：醚键、醛基；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(2)由上述分析可知，C的结构简式为，D与E的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：；同分异构体；
(3)反应⑦为G发生加成反应生成H，反应⑤为E在浓硫酸、加热的条件下反应生成F[CH3CO(CH2)3Br]，若温度过高会发生消去反应生成CH3COCH2CH=CH2，故答案为：加成反应；CH3COCH2CH=CH2；
(4)有机物E的同分异构体中，属于羧酸和酯的有CH3CH2CH2CH2COOH、、、、、、、、、、、、共13种，其中有一种是羧酸，且含有手性碳原子为
，其名称为2-甲基丁酸，故答案为：13；2-甲基丁酸；
(5)结合题干合成信息，可将2—丙醇催化氧化制得CH3COCH3，再在与NH3、无水乙醇得到，加入无水乙醇发生消去反应生成，最后与H2发生加成反应得到2-丙胺[CH3CH(NH2)CH3]，合成路线为CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3，故答案为：CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3。
9．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
山东省烟台市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、原理综合题
1．（2021·山东烟台·统考一模）氮的化合物在生产、生活中有着重要作用。如何增加氨的产量，减少机动车尾气中NOx和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)工业合成氨：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=akJ·mol-1的反应历程和能量变化如图所示，标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质。
①a=_______；用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤_______。
②控制压强为P0 MPa、温度在700K，将N2(g)和H2(g)按照体积比1：3充入密闭容器合成NH3(g)。反应达到平衡状态时体系中NH3的体积分数为60%，则化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×气体体积分数)。
(2)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
I.NO+Pt(s)=NO* II.CO+Pt(s)=CO* III.NO*=N*+O*
IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+ N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
①图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。
②图2中温度T2℃时反应V的活化能_______反应VI的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度T3℃时发生的主要反应为_______(填“IV”、“V”或“VI”)。
③模拟汽车的“催化转化器”，将2 mol NO(g)和2mol CO(g)充入1L的密闭容器中，发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。
图象中A点逆反应速率_______C点正反应速率(填“>”“=”或“＜”)；实验测得：v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时A点处对应的v正：v逆=_______。
2．（2020·山东烟台·统考一模）氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。
(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
已知：
反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1
反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g) ΔH2 = +327 kJ·mol-1
反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) ΔH3 = +172 kJ·mol-1
则反应2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) ΔH = ________。
(2)H2S可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)。
Ⅰ.若起始时容器中只有H2S，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：
①图中曲线1表示的物质是________________(填化学式)。
②A点时H2S的转化率为__________________。
③C点时，设容器内的总压为pPa，则平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S、1.0mol H2S，测得不同温度下H2S的平衡转化率如图所示：
①M点和O点的逆反应速率v(M)______v(O) (填“>”“<”或“=”，下同)；
②M、N两点容器内的压强2P(M)_____P(N)，平衡常数K(M)_____K(N)。
3．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
二、工业流程题
4．（2021·山东烟台·统考一模）工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下：
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
(1)“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为_______。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用_______。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d. 浓硫酸
(3)常温下，NaHTeO3溶液的pH_______7(填“＜”、“>”或“=”)。加入稀硫酸调pH时需控制pH范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是_______。
(4)还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化，写出“还原”时反应的离子方程式_______。流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(5)所得粗硒需精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥_______mol·L-1。
5．（2020·山东烟台·统考一模）目前，处理锌矿进行综合利用，多采用传统的“高氧酸浸法”，但该法也存在一些缺点。最近，有文献报道：用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料，采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料，其流程如图：
已知：
Ⅰ：浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成；
Ⅱ：浸渣为S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质；
Ⅲ：浸取液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+；
Ⅳ：Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+。
回答下列问题：
(1)为加快浸取速度，可以采取的措施是(任答两项)_______；在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法，其原因是___。
(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_______。
(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_________；沉降池1中加入稀H2SO4的作用是_______。
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸的量要适当，如果硫酸过量，产生的后果是______。
(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”，其前期处理，都要经过用浸取剂浸取这一步，不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出。两种方法比较，“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)__________。
6．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
三、有机推断题
7．（2021·山东烟台·统考一模）乙烯是基本的有机化工原料，以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下：
已知：① R1CHO+R2CH2CHO+H2O
②
③R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2
(1)实验室制备A的化学方程式为_______，B的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为_______。
(2)C的结构简式为_______，按先后顺序写出检验C所含官能团的试剂_______。
(3)D是五元环状化合物，E→F的化学方程式是_______。
(4)L的结构简式为_______。
(5)以乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)_______。
8．（2020·山东烟台·统考一模）2020年2月17日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣告诉记者：磷酸氯喹对“COVID-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗的安全性是可控的。其合成路线如图所示：
已知：醛基在一定条件下可以还原成甲基。回答下列问题：
(1)有机物A为糠醛，它广泛存在于各种农副产品中。A中含氧官能团的名称为______，A与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_______。
(2)C的结构简式为________，D与E之间的关系为_______。
(3)反应⑦的反应类型为_______；反应⑤若温度过高会发生副反应，其有机副产物的结构简式为____。
(4)有机物E有多种同分异构体，其中属于羧酸和酯的有______种，在这些同分异构体中，有一种是羧酸，且含有手性碳原子，其名称为_________。
(5)以2—丙醇和必要的试剂合成2—丙胺[CH3CH(NH2)CH3]：_________(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)。
9．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
参考答案：
1． — 92 2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH) (MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 > IV < 40.5
【详解】(1) ①由图可知，合成氨反应为放热反应，反应的反应热△H=—(500—308—100)kJ/mol=—92 kJ/mol，则a=—92；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步，由图可知，2N*、6H*转为2NH时，反应的活化能最大，反应速率最慢，则对总反应速率影响较大的步骤的方程式为2N*+6H*=2NH，故答案为：—92；2N*+6H*=2NH(或N*+3H*=NH)；
②由反应方程式可知，氮气和氢气按照体积比1：3充入密闭容器合成氨气时，容器中氮气和氢气的体积比恒定为1:3，反应达到平衡状态时体系中氨气的体积分数为60%，则氮气的体积分数为(1—60%)×=10%，氢气的体积分数为(1—60%)×=30%，化学平衡常数Kp==(MPa)-2=133.3 P0-2 (MPa)-2，故答案为：(MPa)-2或133.3 P0-2 (MPa)-2；
(2) ①由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小；
②反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图2可知，温度T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应V的反应速率小于反应VI，反应的活化能大于反应VI；温度T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应IV，故答案为：>；IV；
③由图可知，温度一定时，A点一氧化碳的转化率小于B点，说明反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；T1℃时B点一氧化碳转化率为50%，由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×50%）=1mol/L，氮气的浓度为2mol/L×50%×=0.5 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×50%=1 mol/L，由v逆=v逆可得，= ==0.5，A点一氧化碳转化率为25%，则由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×25%）=1.5mol/L，氮气的浓度为2mol/L×25%×=0.25 mol/L，二氧化碳的浓度为2mol/L×25%=0.5mol/L，==0.5×=40.5，,故答案为：<；40.5。
2． ＋572kJ·mol－1 S2 50% p Pa < < <
【分析】(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) ΔH的计算；
(2)Ⅰ.由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，曲线m表示的物质是H2S，曲线n表示的物质是H2，据此分析解答；
Ⅱ.反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，据此解答；
【详解】(1)根据盖斯定律，反应(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)×2可得到反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)，其ΔH=2(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(172+327-213)=+572kJ·mol-1，故答案为：+572kJ·mol-1；
(2)Ⅰ.①由反应方程式2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时S2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是S2，故答案为：S2；
②根据图象，A点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S的转化率为50%，故答案为：50%；
③根据A点可知，起始时硫化氢为20mol，B点时，硫化氢与S2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x，则20-x=，解得x=mol，容器中含有H2S为mol，S2为mol，H2为mol，物质的量分数分别为，，，平衡常数Kp=，故答案为：p Pa；
Ⅱ.①反应2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中，H2S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2S的起始量为0.1mol和0.2mol，恒容容器中，M点的浓度小于O点，则逆反应速率v(M)< v(O)，故答案为：<；
②由图象可知，H2S的转化率均为45%，可列三段式有：
n(总)N=1.1+0.45+0.9=2.45mol
n(总)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol；2n(总)M=n(总)M，又图象可知TM
3．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
4． 2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2 c < TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失 2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O H2SO4 6.0×10-13
【分析】阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O。水浸后过滤，滤渣中Cu2O加入氧化剂和硫酸溶液生成硫酸铜溶液，滤液通过稀硫酸调整pH后TeO32-转化为TeO2沉淀，过滤后，通过HCl和SO2转化为Te。剩下的滤液加入FeSO4将溶液中少量的SeO42-还原为SeO32-除杂，最后通入SO2进行还原得到粗硒。
【详解】（1）阳极泥主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)，通过在氧气和Na2CO3固体中烧结，生成Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，通过元素守恒和电子转移守恒，得到Cu2Te发生的化学方程式为：2Cu2Te+2Na2CO3+3O22Cu2O+2Na2TeO3+2CO2；
（2）浸取渣主要成分为Cu2O，Cu元素化合价为+1，其转化为铜元素化合价为+2的硫酸铜，需要加入氧化剂，选项中，SO2氧化性很弱无法氧化Cu2O，Cl2会引入新杂质Cl-，浓硫酸氧化Cu2O需要加热条件，过氧化氢做氧化剂还原产物为水，不会引入新杂质，故选；c；
（3）根据H2TeO3的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8，常温下HTeO3-在水中的电离平衡常数为Ka2=2×10-8，水解平衡常数Kh= < Ka2，故HTeO3-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故pH<7；由题中信息可知TeO2是两性氧化物，既可以和强酸反应又可以和强碱反应，所以：TeO2是两性氧化物，溶液酸性增强或碱性增强都能发生反应而导致碲元素损失；
（4）根据流程烧结是产生的少量Na2SeO4背FeSO4还原为Na2SeO3除去，根据电子转移守恒和元素守恒，反应的离子方程式为2Fe2++SeO+2H+ = 2Fe3++SeO+H2O；最后一步加入SO2产生粗硒的同时会生成H2SO4可以返回到稀硫酸调节pH的步骤循环利用，所以可以循环利用的物质为：H2SO4；
（5）已知25℃时Ksp(FeS)=6.0×10-18，则Fe2+恰好完全沉淀时c(S2-)=，故溶液中c(S2-)≥
5． 粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度 防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解 4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH- 将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+ 调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀 产生H2S气体污染大气；降低锌钡白、CdS的产量 能耗高；设备耐酸性要求高；产生大量有害气体(SO2)污染大气
【分析】由题干信息，分析流程图可知，高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+和[Cd(NH3)4]2+，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质，滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3，经稀硫酸得到ZnSO4溶液，ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白，据此分析解答问题。
【详解】(1)由化学反应速率的影响因素可以知道，可采用粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度等方法加快浸取速率，由于浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成，受热易分解，故在实际生产中采取常温浸取而不采用加热的方法，故答案为：粉碎矿石，增大O2压强，增大氨水和碳酸铵的浓度；防止NH3的挥发，以便形成稳定的配合物，防止双氧水分解；
(2)浸取釜中O2与碳酸铵和FeS反应生Fe(OH)CO3、S，反应的离子方程式为4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-，故答案为：4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-；
(3)Cu+在溶液中不存在，但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+，根据上述分析，(NH4)2SO3
中SO32-具有还原性，在蒸发炉中加入(NH4)2SO3可将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+，从而加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀，故答案为：将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu (NH3)2]+；调节溶液的pH，使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀；
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸过量会产生H2S气体污染大气并降低锌钡白、CdS的产量，故答案为：产生H2S气体污染大气，降低锌钡白、CdS的产量；
(5) “高氧酸浸法”需先高温焙烧，然后再用硫酸浸出，此法需要在高温条件，能耗高；对设备的耐酸性要求高；同时会产生大量有害气体(SO2)污染大气，故答案为：能耗高、设备耐酸性要求高、产生大量有害气体(SO2)污染大气。
6．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
7． CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O CH2=CHCHO 银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水 +2NaOH+2NaBr+2H2O
【分析】A（C2H4）为乙烯，经过氧化变成B，B的化学式C2H4O，则B为CH3CHO，根据题中已知①反应，和C的化学式C3H4O推得C为CH2=CH-CHO，G为HCHO。结合已知③反应，和M的结构可推知L为，由题中（3）可知D为五元环状化合物，结合分子式C5H8可知D为，则E为D和Br加成产物，E为，结合已知②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为
【详解】(1)A为乙烯，制备A的化学方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；B为乙醛，之后一种化学环境的H的B的同分异构体只能是环状结构，结构为：
(2)由C的分子式和已知信息①，可以推出C为CH2=CH-CHO；碳碳双键可以用溴水检验，醛基可用新制的氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验，但由于醛基会被溴水中的HBrO氧化，醛基也会使溴水褪色，故先检验-CHO，再酸化，再检验碳碳双键，故检验C所含官能团的试剂顺序为：银氨溶液(新制氢氧化铜悬浊液)、盐酸、溴水；
(3)D是五元环状化合物分子式C5H8，可知D为，则D→E为D和溴发生加成反应生成E，根据已知信息②反应，推得F为E发生消去反应得到，F为，E→F的化学方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(4)结合已知③反应，和M的结构，可推知L为
(5)乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，仿照题中合成路线，先合成环，后碳碳双键断裂形成聚合物。根据①反应，两个乙醛反应生成，CH3-CH=CH-CHO，再根据②反应，CH3-CH=CH-CHO和1，3-丁二烯反应成环生成，最后参照③反应，得到，合成路线为：
8． 醛基、醚键 +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O 同分异构体 加成反应 CH3COCH2CH=CH2 13 2—甲基丁酸 CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3
【分析】根据合成线路可知，A()与H2发生加成反应生成B()，根据已知“醛基在一定条件下可以还原成甲基”可得B与H2在一定条件下发生还原反应生成C()，C发生加成反应得到D，D的同分异构体E在浓硫酸、加热的条件下反应生成F[CH3CO(CH2)3Br]，F再和NH(C2H5)2反应得到G，G发生加成反应生成H，H发生消去反应得到I，I与H2发生加成反应得到J，J发生取代反应生成K，K与磷酸制的L磷酸氯喹，据此分析解答问题。
【详解】(1)化合物A的结构式为，其含氧官能团有醚键和醛基，A中的醛基可以与新制氢氧化铜悬浊液反应生成Cu2O的砖红色沉淀，方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为：醚键、醛基；+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
(2)由上述分析可知，C的结构简式为，D与E的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：；同分异构体；
(3)反应⑦为G发生加成反应生成H，反应⑤为E在浓硫酸、加热的条件下反应生成F[CH3CO(CH2)3Br]，若温度过高会发生消去反应生成CH3COCH2CH=CH2，故答案为：加成反应；CH3COCH2CH=CH2；
(4)有机物E的同分异构体中，属于羧酸和酯的有CH3CH2CH2CH2COOH、、、、、、、、、、、、共13种，其中有一种是羧酸，且含有手性碳原子为
，其名称为2-甲基丁酸，故答案为：13；2-甲基丁酸；
(5)结合题干合成信息，可将2—丙醇催化氧化制得CH3COCH3，再在与NH3、无水乙醇得到，加入无水乙醇发生消去反应生成，最后与H2发生加成反应得到2-丙胺[CH3CH(NH2)CH3]，合成路线为CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3，故答案为：CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3。
9．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
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