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河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
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这是一份河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题，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。
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2020·河北邯郸·二模）钒、钛、铝组成的金属合金常用于飞机发动机、宇航船舱骨架、导弹、军舰的水翼等。钒精矿可表示为，还含有其他难溶硫酸盐杂质。“萃取”钒工艺流程路线图如下：
已知：①中为价。
②“氧化”后的溶液中钒以存在，反萃取后的溶液中钒以存在。
③为萃取剂。
回答下列问题：
(1)将钒精矿写成氧化物的形式____________________________。
(2)写出“氧化”过程中反应的离子方程式____________________________。
(3)加入调节溶液的目的是____________________________。
(4)“还原”过程中主要反应的离子反应方程式为____________________________。
(5)为了提高的产率，反萃取剂应该呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(6)若用氧化剂“氧化沉钒”时，生成，至少需要_________。
(7)写出煅烧多钒酸铵的化学反应方程式__________________。
2．（2021·河北邯郸·统考二模）镍及硫酸镍在新型材料、新型电池的生产中有着十分广泛的应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备纯镍或硫酸镍的流程如下：
已知：①氧化性：Cu2+＞H+(酸)＞Ni2+＞Fe2+＞H+(水)；
②常温下溶度积常数：、。
(1)步骤①所得炉气和炉渣均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其中炉渣能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是____；炉气使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为____。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行所需要使用的玻璃仪器有___。
(3)步骤⑥以NiS(含CuS)作阳极、NiSO4溶液作电解液电解可在___极(填“阳”或“阴”)获得粗镍，阳极的主要电极反应式为____。粗镍的电解精炼需要将电解液的pH控制在2~5之间，下列有关说法错误的是_____(填序号)。
A．防止溶液的酸性过强造成放电，在阴极生成H2
B．防止溶液的酸性过弱使Ni2+转化成Ni(OH)2沉淀
C．若溶液的pH＜2，可加入NiO或Ni(OH)2固体调节溶液的pH
D．使粗镍中所含的杂质Cu在阳极放电而进入电解液中
(4)化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于时该离子沉淀完全。步骤③所得的NiSO4溶液中通常含有Cu2+，若该溶液中的，请通过计算说明可通过在溶液中加入NiS的方法除去溶液中Cu2+的原因：____。
3．（2022·河北邯郸·统考二模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为_______。
(2)“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为_______。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
(3)“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为_______。
(4)“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是_______。
(5)“溶析结晶”的操作是_______，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；
(7)所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为_______。
二、原理综合题
4．（2020·河北邯郸·二模）为防治一氧化碳、一氧化氮对大气环境的危害，科学家将它们按一定比例混合、反应得到空气组成的其中两种成分。
(1)下列反应中体现一氧化氮性质与其他三个明显不同的是_______________。
A．一氧化氮在空气中转化为二氧化氮
B．一氧化氮与氧气按的比例被水吸收
C．一氧化氮与氨气在催化剂加热条件下转变为氮气和水
D．一氧化氮与二氧化氮按的比例被氢氧化钠溶液吸收
(2)已知：①
②
③
则按科学混合比例、反应得到的热化学方程式：______________；对于该反应，下列措施既能加快反应速率又能提高NO的平衡转化率的是_________。
A．升温 B．加高效催化剂 C．缩小容器容积 D．增大和的投料比
(3)某实验小组探究起始反应物的碳氮比对NO去除率的影响：T℃时，向体积为1L的恒容密闭容器中充入总物质的量为4mol的NO和CO混合气体，并加入一定量的固体催化剂进行反应，实验测得平衡体系中气体组分的转化率和氮气的体积分数的变化如图所示。
①根据图象推测转化率2表示的是_____________(填“CO”或“NO”)转化率。
②M点时，反应的平衡常数K=_____________。
(4)汽车的排气管装了三元催化装置的目的是消除的污染，其反应机理[表示催化剂，表示吸附态NO]如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
V.
Ⅵ.
尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图1、图2所示：
①330℃以下的低温区发生的主要化学反应方程式为______；
②低温区，反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能，简述理由________。
5．（2021·河北邯郸·统考二模）控制CO2的排放是防止温室效应等不良气候现象产生的有效途径。
(1)高炉炼铁会排放大量的CO2和烟尘，必须进行严格的控制。
已知：①3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g) △H=+a kJ/mol
②3C(石墨，s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+489.0 kJ/mol
③C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ/mol
则a=____。若在恒温恒容密闭容器中发生反应①，当达到平衡后，充入CO2，则达到新平衡后CO的体积分数____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，其转化率_____。
(2)炼铁时需要用石灰石除去铁矿石中的脉石，该过程中涉及反应：。若在恒温恒容的密闭容器中进行上述反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，t2时刻反应重新达到平衡，画出t1时刻后的正逆反应速率随时间变化的图象_____。
(3)CH4与CO2反应得到合成气的原理为。某小组向体积是1 L的一密闭容器中充入物质的量均是1 mol的CH4与CO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：p1____p2(填“>”或“<”)。
②1100℃、p1条件下，20 min时反应达到平衡状态，则0~20 min内CH4的反应速率v(CH4)=___mol/(L∙min)，反应的平衡常数Kp=___(用含p1的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)通过电化学方法可有效实现以CO2和水为原料合成甲酸，其原理示意图如下：
则A极的电极反应式为___；若生成1 mol甲酸，则反应中转移电子的物质的量为____mol。
6．（2022·河北邯郸·统考二模）2030年实现碳达峰，2060年达到碳中和的承诺，体现了我国的大国风范。以CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3=+91kJ·mol-1，则ΔH1=_______。
(2)①不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。
压强P1、P2、P3由大到小的顺序是_______，判断理由是_______，压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率升高的原因是_______。
②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应I和反应II，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是_______(填化学式)，该组分平衡时的分压为_______MPa。0~15min内，反应I的反应速率v(H2)_______mol·L-1·min-1；T℃时，反应II的平衡常数Kp=_______(用分压代替浓度)。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示。
①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：_______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为_______mol。
三、有机推断题
7．（2020·河北邯郸·二模）化合物G是一种治疗新冠病毒药物合成的中间体，其合成路线如下：
已知：①
②RCHO
回答下列问题：
(1)A中除—OH外的含氧官能团的名称为_________，C的俗名为___________。
(2)B的结构简式为_________________。
(3)②的反应类型为______________；③的反应类型为______________。
(4)反应①的化学方程式为___________。
(5)M为的同分异构体，写出符合下列条件的所有M的结构简式______。
①硝基与苯环直接相连
②遇溶液能够发生显色反应
③其核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为
(6)参照G的合成路线，设计以丙酮为原料制备的合成路线__________(无机试剂任选)。
8．（2021·河北邯郸·统考二模）盐酸氨溴索是目前临床上作用最强的祛痰药，以A、E为原料合成盐酸氨溴索(化合物K)的路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)E转化成F的试剂和条件是___。盐酸氨溴索的分子式是____。
(2)A→B的化学方程式是___，其反应类型为__，B中含有官能团的名称是溴原子、___。
(3)化合物J的结构简式是_______。
(4)有机物M是H的同分异构体，且M的核磁共振氢谱和红外光谱表明：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种；②M分子中有—COOH，则符合条件的M的结构有___种(不考虑立体异构)，写出其中一种的结构简式：____。
9．（2022·河北邯郸·统考二模）由烯烃A制备聚合物G的合成路线如图(部分条件略去)：
已知：，
(1)A的名称为_______。
(2)E的结构简式为_______，F中含氧官能团名称是_______。
(3)A→B的反应类型为_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)H是F的同分异构体，满足下列条件的H共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是_______(写出一种即可)。
①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应；③能发生银镜反应
(6)为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是_______。
(7)根据题目所给信息，设计以乙烯为原料制备丁二酸二乙酯的合成路线(其它无机试剂任选)_______。
参考答案：
1． (或) 使转变成沉淀而除去 酸性 745
【分析】(1)根据质量守恒和硅酸盐以氧化物形式表示“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物”，；
(2)根据流程图及已知信息②，将氧化为；
(3)根据流程图分析可知，溶液中含有剩余的氢离子，及溶解产生的杂质铝离子、铁离子；
(4)根据流程图及已知信息②，加入铁粉将还原为；
(5)酸性条件下，使平衡逆向移动；
(6) 氧化沉钒时被氧化为，生成1mol转移1mol电子，故生成20mol时，转移电子数为，转化为得到电子；
(7)根据流程图，多钒酸铵煅烧得到五氧化二钒，根据元素守恒写出化学反应方程式。
【详解】(1) 中Fe为+3价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，其中V的化合价为+3价，根据质量守恒和硅酸盐以氧化物形式表示“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物”，写成氧化物形式为或，故答案为：(或)；
(2)根据流程图及已知信息②，将氧化为，其离子反应方程式为，故答案为：；
(3)根据流程图分析可知，溶液中含有剩余的氢离子，及溶解产生的杂质铝离子、铁离子，故加入发生、、，将杂质离子转化为沉淀除去，故答案为：使转变成沉淀而除去；
(4)根据流程图及已知信息②，加入铁粉将还原为，结合得失电子守恒和质量守恒写出离子方程式：，故答案为：；
(5)酸性条件下，使平衡逆向移动，增多产率增大，故答案为：酸性；
(6) 氧化沉钒时被氧化为，生成1mol转移1mol电子，故生成20mol时，转移电子数为，转化为得到电子，故至少需要，质量为，故答案为：745；
(7)根据流程图，多钒酸铵煅烧得到五氧化二钒，根据元素守恒写出化学反应方程式：，故答案为：。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
2． 炉渣中含有的Fe2+将还原为Mn2+而使其褪色 分液漏斗﹑烧杯 阴 NiS-2e-=Ni2++S D 若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+已经完全沉淀
【分析】将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)放入电炉中，通入适量氧气，并加入焦炭、石英，在高温下发生反应，部分S元素被氧化变为SO2进入炉气中，其中的FeS被氧化为FeO，并与SiO2反应变为Fe2SiO4，将得到的高镍矿经粉碎、研磨浮选得到NiS(含有CuS)，然后进行电解得到粗镍，再在NiSO4溶液中，经调节溶液pH为2～5进行电解得到纯镍。
【详解】(1)由题意知，硫化镍矿经处理变为Fe2SiO4，炉渣中铁元素存在形式是Fe2+，具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色；
炉气中含有SO2，SO2具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得相应的离子方程式为：。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行萃取操作时所需要使用的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；
(3)在用电解方法制粗镍时，阳极上主要是NiS失电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：NiS-2e-=Ni2++S，在阴极上Ni2+得到电子被还原生成Ni，而得到粗镍。
A．由于离子的氧化性：H+(酸)＞Ni2+放电，当溶液pH＜2时，c(H+)较大，易在阴极放电生成H2，导致不能得到金属Ni，因此要控制溶液pH＜2，A正确；
B．当pH＞5时，溶液中c(OH-)增大，Ni2+易与溶液中OH-结合生成Ni(OH)2沉淀，B正确；
C．向溶液中加入NiO或Ni(OH)2时能消耗溶液中过多的H+，因而可以调节溶液pH，但又不会引入新的杂质，C正确；
D．由于Ni的金属性比Cu强，所以粗镍中所含有的杂质Cu不会在阳极上放电而进入电解液中，D错误；
故合理选项是D；
(4)若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；再由可知，所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+。
3．(1)2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
(2)0.0032 mol·L-1
(3)S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
(4)H2O2受热分解
(5)加热蒸发、趁热过滤
(6)3：1
(7)86.4%
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，以此来解答。
(1)
“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)
假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)
结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)
过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)
碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)
Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)
根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
4． C CD 在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小
【分析】(1)A、B、C、D四个化学反应中，A、B、D三项体现还原性，C项体现氧化性；
(2)根据盖斯定律，题干反应为②+2×③-2×①；
(3)①起始与物质的量之比越大，的转化率越大，的转化率越小；
②M点时，两者的转化率相等故起始反应物的；
(4)①330℃以下的低温区，得到的气体以和为主，含量极低；
②由图象2可知，在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小。
【详解】(1)A、B、C、D化学反应方程式分别为：、、、，A、B、D三项体现还原性，C项体现氧化性，故答案为：C；
(2)根据盖斯定律，题干反应为②+2×③-2×①，；
A．由该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，不能提高的平衡转化率，A不符合题意；
B．加高效催化剂，不能使平衡移动，不能提高的平衡转化率，B不符合题意；
C．缩小容器容积，相当于增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，的平衡转化率增大，C项正确；
D．增大和的投料比，反应速率加快，平衡正向移动，的平衡转化率增大，D项正确；
故答案为：；CD；
(3)①起始与物质的量之比越大，的转化率越大，的转化率越小，根据图象推断，转化率1表示NO的转化率，转化率2表示的转化率，故答案为：；
②反应中和的化学计量数相等，由图象可知，M点时，两者的转化率相等且均为80%，故起始反应物的，由题干可知起始时充入和的总物质的量为，则起始时，则三段式：
初始 2 2 0 0
转化 1.6 1.6 0.8 1.6
平衡 0.4 0.4 0.8 1.6
则平衡常数，故答案为：；
(4)①330℃以下的低温区，得到的气体以和为主，含量极低，发生的主要化学反应方程式为，故答案为：；
②由图象2可知，在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小，故答案为：在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小。
【点睛】影响反应速率的外因：温度，浓度，接触面积，催化剂，压强（气体）等；影响平衡移动的因素：1、温度，升温向吸热方向移动，降温向放热方向移动；2、浓度，增大反应物浓度向正反应方向移动，减小生成物浓度向正反应方向移动；3、压强，增大压强向气体系数减小的方向移动，减小压强向气体系数增大的方向移动。
5． -28.5 不变 减小 ＞ 0.03 2
【详解】(1)根据盖斯定律，可知①式为②-3×③的结果，整理可得：a=489.0 kJ/mol-3×172.5 kJ/mol=-28.5 kJ/mol；
对于反应①，在恒温恒容密闭容器中，平衡后充入CO2，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小；由于化学平衡常数K= 只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，该反应前后气体体积相等，化学平衡常数不变，故平衡后体系中各组分的体积分数保持不变；
(2)对于反应，在恒温恒容下反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，化学平衡逆向移动，但反应物为固体，正反应速率不变，因此逆反应速率突然增大后又随着CO2浓度的降低而减小直至不变。用图象表示为：；
(3)①对于反应，在温度不变时，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，使CO2的转化率增大，根据图象可知CO2的转化率：p2＞p1，说明压强p１＞p２；
②在温度为1100℃、压强为p1条件下，20 min时反应达到平衡状态时，CO2的转化率为60%，即平衡时△n(CO2)=1 mol×60%=0.6 mol，由于容器的容积是1 L，则v(CO2)=，由于同一反应用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(CH4)= v(CO2)=0.03 mol/(L·min )；反应中CO2、CH4是按1：1关系反应的，开始时加入的物质的量都是1 mol，则反应达到平衡时，，，n(总)=0.4 mol+0.4 mol+1.2 mol+1.2 mol=3.2 mol，则用压强分数表示是化学平衡常数表示为；
(4)A极连接电源的负极，为阴极，在阴极上CO2得到电子被还原转变为HCOOH，则电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，根据电极反应式可知：每反应生成1 mol HCOOH，反应会转移2 mol电子。
6．(1)-49.5 kJ·mol-1
(2) P3 >P2 > P1 反应I正向气体分子数减小，反应II正向气体分子数不变，相同温度下，增大压强反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则增大压强CO2的转化率增大，所以P3 >P2 > P1 反应I正向放热，反应II正向吸热，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定 CO 0.1 0.016 0.1875
(3) CO2+2H++2e-= HCOOH 0.9
【解析】（1）根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2-ΔH3=(+41.5kJ·mol-1)-(+91kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1。
（2）①反应I的正反应为气体分子数减小的反应，反应II气体分子数不变，相同温度下，增大压强，反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则CO2的转化率增大，所以P3 ＞P2 ＞ P1；ΔH1＜0，ΔH2＞0，反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定。②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中，则H2的起始分压为1.5MPa，CO2的起始分压为0.5MPa；根据阿伏伽德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强与气体物质的量成正比，平衡时，P(H2)=0.8MPa，P(CO2)=0.2MPa，则n(H2)==1.6mol，n(CO2)==0.4mol，设转化为CH3OH的CO2的物质的量为x mol，转化为CO的CO2的物质的量为y mol，则有：则有，解得x=0.4，y=0.2，x+y=0.6，即平衡时n(CH3OH)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，则平衡时， P(CH3OH)= n(CH3OH)´=0.4mol´=0.2MPa，P(CO)= n(CO)´=0.2mol´=0.1MPa，P(H2O)= n(H2O)´=0.6mol´=0.3MPa，则图中已有CH3OH和H2O的分压变化，缺少的CO的分压变化，其平衡时的分压为0.1MPa；反应I中，Δn(H2)=1.2mol，v(H2)== =0.016mol·L-1·min-1；反应II的平衡常数KP===0.1875。
（3）该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-= HCOOH，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，CO2中的C呈+4价，C2H4中的C呈-2价，CH3OH中的C呈-2价，若Cu电极上只生成0.15mol C2H4和0.30mol CH3OH，则转移电子的物质的量为2´6´0.15mol+6´0.30mol=3.6mol，故Pt电极上产生O2的物质的量为´3.6mol=0.9mol。
7． 硝基 甘氨酸 取代反应 加成反应 +→+HCl 、
【分析】根据合成路线图可知苯酚在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下，发生硝化反应，生成对硝基苯酚，A为；由已知条件可推出B与反应的原理为氯原子取代—，进而推出B的结构简式为；结合题给信息和路线可推知C的结构简式为。
【详解】(1)根据合成路线图可知苯酚在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下，发生硝化反应，生成对硝基苯酚()，官能团为羟基、硝基，结合题给信息和路线可推知C的结构简式为，即α—氨基乙酸，俗称甘氨酸，故答案为硝基；甘氨酸；
(2)由已知条件可推出B与反应的原理为氯原子取代—，进而推出B的结构简式为，故答案为：；
(3)反应②为和苯酚发生取代反应生成和氯化氢，反应③为甲醛和发生加成反应生成，故答案为：取代反应；加成反应；
(4) A为，根据流程图，可以分析得出反应①为取代反应，其化学反应方程式为：，故答案为：；
(5)M中与苯环直接相连，遇溶液发生显色反应，即含有酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比(氢原子个数比)为，符合题意的结构有2种，分别为：、，故答案为：、；
(6)根据题中合成路线得出，丙酮首先与氢氰酸加成，然后在酸性条件下水解，最后在浓硫酸作用下发生酯化反应生成环酯，具体合成路线如下：
，
故答案为：。
【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。
8． Cl2、催化剂Fe(或FeCl3) C13H19N2OClBr2 +2Br2+2HBr 取代反应 氨基、酯基 4 、、、
【分析】A与Br2在催化剂存在条件下发生取代反应产生B，B发生信息①的反应，结合相关物质的分子组成可知：A为，B为；E分子式是C6H6，则E为，E与Cl2发生苯环上取代反应产生F为，D是，I是，二者在一定条件下发生反应产生J为。
【详解】(1)转变为是苯环上的取代反应，需要在Fe(或FeCl3)作催化剂存在下与Cl2反应才能实现，所以E转化成F的试剂是Cl2，反应条件是Fe或FeCl3作催化剂；由盐酸氨溴索的结构简式知，其分子式是C13H19N2OClBr2。
(2)A→B的化学方程式为+2Br2+2HBr，反应类型为取代反应；B中含有官能团的名称是溴原子、氨基、酯基；
(3)由上述分析可知，化合物J的结构简式为；
(4)H是，分子式是C8H9O2N，其同分异构体M符合下列条件：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种，说明物质分子中含有5种不同位置的H原子，有两个取代基在苯环上处于对位；②M分子中有—COOH，说明物质分子中的一个侧链上含有羧基，则其可能结构有：、、、，因此共4种不同结构，可从中任写一种结构简式。
9．(1)丙烯
(2) 羧基、羟基
(3)取代反应
(4)CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl
(5) 6 或或
(6)G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构
(7)
【分析】由逆推法，F发生缩聚反应生成G，则F为，由反应条件可知E发生已知信息生成F，则E为，C发生发生已知信息反应生成D为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B为，A为烯烃，则发生取代反应生成B，A为；
（1）分析可知，A为，名称为丙烯；
（2）分析可知，E的结构简式为；F为，F中含氧官能团名称是羧基、羟基；
（3）A为，A发生取代反应生成B为，A→B的反应类型为取代反应；
（4）B为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B→C的化学方程式为CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl；
（5）F为，H是F的同分异构体，满足条件①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应说明含有醛基，、、、、、共有6种；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是或或；
（6）为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是：G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构；
（7）乙烯和氯气发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，与NaCN发生取代反应生成，再经流程E到F的反应得到，乙烯和水发生加成反应得到乙醇，乙醇和丁二酸发生酯化反应制备丁二酸二乙酯，合成路线：。
河北省邯郸市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2020·河北邯郸·二模）钒、钛、铝组成的金属合金常用于飞机发动机、宇航船舱骨架、导弹、军舰的水翼等。钒精矿可表示为，还含有其他难溶硫酸盐杂质。“萃取”钒工艺流程路线图如下：
已知：①中为价。
②“氧化”后的溶液中钒以存在，反萃取后的溶液中钒以存在。
③为萃取剂。
回答下列问题：
(1)将钒精矿写成氧化物的形式____________________________。
(2)写出“氧化”过程中反应的离子方程式____________________________。
(3)加入调节溶液的目的是____________________________。
(4)“还原”过程中主要反应的离子反应方程式为____________________________。
(5)为了提高的产率，反萃取剂应该呈_________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(6)若用氧化剂“氧化沉钒”时，生成，至少需要_________。
(7)写出煅烧多钒酸铵的化学反应方程式__________________。
2．（2021·河北邯郸·统考二模）镍及硫酸镍在新型材料、新型电池的生产中有着十分广泛的应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备纯镍或硫酸镍的流程如下：
已知：①氧化性：Cu2+＞H+(酸)＞Ni2+＞Fe2+＞H+(水)；
②常温下溶度积常数：、。
(1)步骤①所得炉气和炉渣均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其中炉渣能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是____；炉气使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为____。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行所需要使用的玻璃仪器有___。
(3)步骤⑥以NiS(含CuS)作阳极、NiSO4溶液作电解液电解可在___极(填“阳”或“阴”)获得粗镍，阳极的主要电极反应式为____。粗镍的电解精炼需要将电解液的pH控制在2~5之间，下列有关说法错误的是_____(填序号)。
A．防止溶液的酸性过强造成放电，在阴极生成H2
B．防止溶液的酸性过弱使Ni2+转化成Ni(OH)2沉淀
C．若溶液的pH＜2，可加入NiO或Ni(OH)2固体调节溶液的pH
D．使粗镍中所含的杂质Cu在阳极放电而进入电解液中
(4)化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于时该离子沉淀完全。步骤③所得的NiSO4溶液中通常含有Cu2+，若该溶液中的，请通过计算说明可通过在溶液中加入NiS的方法除去溶液中Cu2+的原因：____。
3．（2022·河北邯郸·统考二模）锡酸钠晶体(Na2SnO3•3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为_______。
(2)“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为_______。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
(3)“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为_______。
(4)“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是_______。
(5)“溶析结晶”的操作是_______，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______；
(7)所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为_______。
二、原理综合题
4．（2020·河北邯郸·二模）为防治一氧化碳、一氧化氮对大气环境的危害，科学家将它们按一定比例混合、反应得到空气组成的其中两种成分。
(1)下列反应中体现一氧化氮性质与其他三个明显不同的是_______________。
A．一氧化氮在空气中转化为二氧化氮
B．一氧化氮与氧气按的比例被水吸收
C．一氧化氮与氨气在催化剂加热条件下转变为氮气和水
D．一氧化氮与二氧化氮按的比例被氢氧化钠溶液吸收
(2)已知：①
②
③
则按科学混合比例、反应得到的热化学方程式：______________；对于该反应，下列措施既能加快反应速率又能提高NO的平衡转化率的是_________。
A．升温 B．加高效催化剂 C．缩小容器容积 D．增大和的投料比
(3)某实验小组探究起始反应物的碳氮比对NO去除率的影响：T℃时，向体积为1L的恒容密闭容器中充入总物质的量为4mol的NO和CO混合气体，并加入一定量的固体催化剂进行反应，实验测得平衡体系中气体组分的转化率和氮气的体积分数的变化如图所示。
①根据图象推测转化率2表示的是_____________(填“CO”或“NO”)转化率。
②M点时，反应的平衡常数K=_____________。
(4)汽车的排气管装了三元催化装置的目的是消除的污染，其反应机理[表示催化剂，表示吸附态NO]如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
V.
Ⅵ.
尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图1、图2所示：
①330℃以下的低温区发生的主要化学反应方程式为______；
②低温区，反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能，简述理由________。
5．（2021·河北邯郸·统考二模）控制CO2的排放是防止温室效应等不良气候现象产生的有效途径。
(1)高炉炼铁会排放大量的CO2和烟尘，必须进行严格的控制。
已知：①3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g) △H=+a kJ/mol
②3C(石墨，s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+489.0 kJ/mol
③C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ/mol
则a=____。若在恒温恒容密闭容器中发生反应①，当达到平衡后，充入CO2，则达到新平衡后CO的体积分数____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，其转化率_____。
(2)炼铁时需要用石灰石除去铁矿石中的脉石，该过程中涉及反应：。若在恒温恒容的密闭容器中进行上述反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，t2时刻反应重新达到平衡，画出t1时刻后的正逆反应速率随时间变化的图象_____。
(3)CH4与CO2反应得到合成气的原理为。某小组向体积是1 L的一密闭容器中充入物质的量均是1 mol的CH4与CO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①压强：p1____p2(填“>”或“<”)。
②1100℃、p1条件下，20 min时反应达到平衡状态，则0~20 min内CH4的反应速率v(CH4)=___mol/(L∙min)，反应的平衡常数Kp=___(用含p1的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)通过电化学方法可有效实现以CO2和水为原料合成甲酸，其原理示意图如下：
则A极的电极反应式为___；若生成1 mol甲酸，则反应中转移电子的物质的量为____mol。
6．（2022·河北邯郸·统考二模）2030年实现碳达峰，2060年达到碳中和的承诺，体现了我国的大国风范。以CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.5kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ΔH3=+91kJ·mol-1，则ΔH1=_______。
(2)①不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如图所示。
压强P1、P2、P3由大到小的顺序是_______，判断理由是_______，压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率升高的原因是_______。
②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应I和反应II，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是_______(填化学式)，该组分平衡时的分压为_______MPa。0~15min内，反应I的反应速率v(H2)_______mol·L-1·min-1；T℃时，反应II的平衡常数Kp=_______(用分压代替浓度)。
(3)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成多种燃料，实现CO2的回收利用，其工作原理如图所示。
①请写出Cu电极上产生HCOOH的电极反应式：_______。
②如果Cu电极上只生成0.15molC2H4和0.30molCH3OH，则Pt电极上产生O2的物质的量为_______mol。
三、有机推断题
7．（2020·河北邯郸·二模）化合物G是一种治疗新冠病毒药物合成的中间体，其合成路线如下：
已知：①
②RCHO
回答下列问题：
(1)A中除—OH外的含氧官能团的名称为_________，C的俗名为___________。
(2)B的结构简式为_________________。
(3)②的反应类型为______________；③的反应类型为______________。
(4)反应①的化学方程式为___________。
(5)M为的同分异构体，写出符合下列条件的所有M的结构简式______。
①硝基与苯环直接相连
②遇溶液能够发生显色反应
③其核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为
(6)参照G的合成路线，设计以丙酮为原料制备的合成路线__________(无机试剂任选)。
8．（2021·河北邯郸·统考二模）盐酸氨溴索是目前临床上作用最强的祛痰药，以A、E为原料合成盐酸氨溴索(化合物K)的路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)E转化成F的试剂和条件是___。盐酸氨溴索的分子式是____。
(2)A→B的化学方程式是___，其反应类型为__，B中含有官能团的名称是溴原子、___。
(3)化合物J的结构简式是_______。
(4)有机物M是H的同分异构体，且M的核磁共振氢谱和红外光谱表明：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种；②M分子中有—COOH，则符合条件的M的结构有___种(不考虑立体异构)，写出其中一种的结构简式：____。
9．（2022·河北邯郸·统考二模）由烯烃A制备聚合物G的合成路线如图(部分条件略去)：
已知：，
(1)A的名称为_______。
(2)E的结构简式为_______，F中含氧官能团名称是_______。
(3)A→B的反应类型为_______。
(4)B→C的化学方程式为_______。
(5)H是F的同分异构体，满足下列条件的H共有_______种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是_______(写出一种即可)。
①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应；③能发生银镜反应
(6)为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是_______。
(7)根据题目所给信息，设计以乙烯为原料制备丁二酸二乙酯的合成路线(其它无机试剂任选)_______。
参考答案：
1． (或) 使转变成沉淀而除去 酸性 745
【分析】(1)根据质量守恒和硅酸盐以氧化物形式表示“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物”，；
(2)根据流程图及已知信息②，将氧化为；
(3)根据流程图分析可知，溶液中含有剩余的氢离子，及溶解产生的杂质铝离子、铁离子；
(4)根据流程图及已知信息②，加入铁粉将还原为；
(5)酸性条件下，使平衡逆向移动；
(6) 氧化沉钒时被氧化为，生成1mol转移1mol电子，故生成20mol时，转移电子数为，转化为得到电子；
(7)根据流程图，多钒酸铵煅烧得到五氧化二钒，根据元素守恒写出化学反应方程式。
【详解】(1) 中Fe为+3价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，其中V的化合价为+3价，根据质量守恒和硅酸盐以氧化物形式表示“活泼金属氧化物·较活泼金属氧化物”，写成氧化物形式为或，故答案为：(或)；
(2)根据流程图及已知信息②，将氧化为，其离子反应方程式为，故答案为：；
(3)根据流程图分析可知，溶液中含有剩余的氢离子，及溶解产生的杂质铝离子、铁离子，故加入发生、、，将杂质离子转化为沉淀除去，故答案为：使转变成沉淀而除去；
(4)根据流程图及已知信息②，加入铁粉将还原为，结合得失电子守恒和质量守恒写出离子方程式：，故答案为：；
(5)酸性条件下，使平衡逆向移动，增多产率增大，故答案为：酸性；
(6) 氧化沉钒时被氧化为，生成1mol转移1mol电子，故生成20mol时，转移电子数为，转化为得到电子，故至少需要，质量为，故答案为：745；
(7)根据流程图，多钒酸铵煅烧得到五氧化二钒，根据元素守恒写出化学反应方程式：，故答案为：。
【点睛】工艺流程图解题思路：1、二次审题，首先粗略浏览下题目，了解题目表述的大致内容以及工艺流程方向，然后带着问题再回过头来审题；2、读懂流程图，工艺的整个过程会通过流程图直观地表现出来，所以读懂流程图可以帮助我们快速地理清工艺的主线，梳理出工艺的脉络；3、掌握化学原理，万变不离其宗，无论这类题型如何变化，考查的都是考生的化学基础，对物质的性质和反应的原理的掌握，所以要熟练掌握化学元素周期表中的元素和常见的化学方程式。
2． 炉渣中含有的Fe2+将还原为Mn2+而使其褪色 分液漏斗﹑烧杯 阴 NiS-2e-=Ni2++S D 若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+已经完全沉淀
【分析】将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)放入电炉中，通入适量氧气，并加入焦炭、石英，在高温下发生反应，部分S元素被氧化变为SO2进入炉气中，其中的FeS被氧化为FeO，并与SiO2反应变为Fe2SiO4，将得到的高镍矿经粉碎、研磨浮选得到NiS(含有CuS)，然后进行电解得到粗镍，再在NiSO4溶液中，经调节溶液pH为2～5进行电解得到纯镍。
【详解】(1)由题意知，硫化镍矿经处理变为Fe2SiO4，炉渣中铁元素存在形式是Fe2+，具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色；
炉气中含有SO2，SO2具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得相应的离子方程式为：。
(2)步骤③经相应溶剂萃取后得到NiSO4溶液的操作；在实验室中进行萃取操作时所需要使用的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；
(3)在用电解方法制粗镍时，阳极上主要是NiS失电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：NiS-2e-=Ni2++S，在阴极上Ni2+得到电子被还原生成Ni，而得到粗镍。
A．由于离子的氧化性：H+(酸)＞Ni2+放电，当溶液pH＜2时，c(H+)较大，易在阴极放电生成H2，导致不能得到金属Ni，因此要控制溶液pH＜2，A正确；
B．当pH＞5时，溶液中c(OH-)增大，Ni2+易与溶液中OH-结合生成Ni(OH)2沉淀，B正确；
C．向溶液中加入NiO或Ni(OH)2时能消耗溶液中过多的H+，因而可以调节溶液pH，但又不会引入新的杂质，C正确；
D．由于Ni的金属性比Cu强，所以粗镍中所含有的杂质Cu不会在阳极上放电而进入电解液中，D错误；
故合理选项是D；
(4)若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中c(S2-)=；再由可知，所得溶液中残留的c(Cu2+)=＜1.0×10-5 mol/L，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+。
3．(1)2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
(2)0.0032 mol·L-1
(3)S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
(4)H2O2受热分解
(5)加热蒸发、趁热过滤
(6)3：1
(7)86.4%
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，以此来解答。
(1)
“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)
假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)
结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)
过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)
碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)
Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)
根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
4． C CD 在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小
【分析】(1)A、B、C、D四个化学反应中，A、B、D三项体现还原性，C项体现氧化性；
(2)根据盖斯定律，题干反应为②+2×③-2×①；
(3)①起始与物质的量之比越大，的转化率越大，的转化率越小；
②M点时，两者的转化率相等故起始反应物的；
(4)①330℃以下的低温区，得到的气体以和为主，含量极低；
②由图象2可知，在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小。
【详解】(1)A、B、C、D化学反应方程式分别为：、、、，A、B、D三项体现还原性，C项体现氧化性，故答案为：C；
(2)根据盖斯定律，题干反应为②+2×③-2×①，；
A．由该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，不能提高的平衡转化率，A不符合题意；
B．加高效催化剂，不能使平衡移动，不能提高的平衡转化率，B不符合题意；
C．缩小容器容积，相当于增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，的平衡转化率增大，C项正确；
D．增大和的投料比，反应速率加快，平衡正向移动，的平衡转化率增大，D项正确；
故答案为：；CD；
(3)①起始与物质的量之比越大，的转化率越大，的转化率越小，根据图象推断，转化率1表示NO的转化率，转化率2表示的转化率，故答案为：；
②反应中和的化学计量数相等，由图象可知，M点时，两者的转化率相等且均为80%，故起始反应物的，由题干可知起始时充入和的总物质的量为，则起始时，则三段式：
初始 2 2 0 0
转化 1.6 1.6 0.8 1.6
平衡 0.4 0.4 0.8 1.6
则平衡常数，故答案为：；
(4)①330℃以下的低温区，得到的气体以和为主，含量极低，发生的主要化学反应方程式为，故答案为：；
②由图象2可知，在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小，故答案为：在相同的条件下，低温区，反应Ⅴ生成比反应Ⅵ生成的明显少，说明生成的反应速率快，即反应Ⅵ活化能小。
【点睛】影响反应速率的外因：温度，浓度，接触面积，催化剂，压强（气体）等；影响平衡移动的因素：1、温度，升温向吸热方向移动，降温向放热方向移动；2、浓度，增大反应物浓度向正反应方向移动，减小生成物浓度向正反应方向移动；3、压强，增大压强向气体系数减小的方向移动，减小压强向气体系数增大的方向移动。
5． -28.5 不变 减小 ＞ 0.03 2
【详解】(1)根据盖斯定律，可知①式为②-3×③的结果，整理可得：a=489.0 kJ/mol-3×172.5 kJ/mol=-28.5 kJ/mol；
对于反应①，在恒温恒容密闭容器中，平衡后充入CO2，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小；由于化学平衡常数K= 只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，该反应前后气体体积相等，化学平衡常数不变，故平衡后体系中各组分的体积分数保持不变；
(2)对于反应，在恒温恒容下反应达到平衡状态，在t1时刻向平衡体系中充入1 mol CO2，化学平衡逆向移动，但反应物为固体，正反应速率不变，因此逆反应速率突然增大后又随着CO2浓度的降低而减小直至不变。用图象表示为：；
(3)①对于反应，在温度不变时，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，使CO2的转化率增大，根据图象可知CO2的转化率：p2＞p1，说明压强p１＞p２；
②在温度为1100℃、压强为p1条件下，20 min时反应达到平衡状态时，CO2的转化率为60%，即平衡时△n(CO2)=1 mol×60%=0.6 mol，由于容器的容积是1 L，则v(CO2)=，由于同一反应用不同物质表示反应速率时，速率比等于方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(CH4)= v(CO2)=0.03 mol/(L·min )；反应中CO2、CH4是按1：1关系反应的，开始时加入的物质的量都是1 mol，则反应达到平衡时，，，n(总)=0.4 mol+0.4 mol+1.2 mol+1.2 mol=3.2 mol，则用压强分数表示是化学平衡常数表示为；
(4)A极连接电源的负极，为阴极，在阴极上CO2得到电子被还原转变为HCOOH，则电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，根据电极反应式可知：每反应生成1 mol HCOOH，反应会转移2 mol电子。
6．(1)-49.5 kJ·mol-1
(2) P3 >P2 > P1 反应I正向气体分子数减小，反应II正向气体分子数不变，相同温度下，增大压强反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则增大压强CO2的转化率增大，所以P3 >P2 > P1 反应I正向放热，反应II正向吸热，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定 CO 0.1 0.016 0.1875
(3) CO2+2H++2e-= HCOOH 0.9
【解析】（1）根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2-ΔH3=(+41.5kJ·mol-1)-(+91kJ·mol-1)=-49.5kJ·mol-1。
（2）①反应I的正反应为气体分子数减小的反应，反应II气体分子数不变，相同温度下，增大压强，反应I平衡正向移动，反应II平衡不动，则CO2的转化率增大，所以P3 ＞P2 ＞ P1；ΔH1＜0，ΔH2＞0，反应I的正反应为放热反应，反应II的正反应为吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应II决定。②在温度为T℃下，将1mol CO2和3mol H2充入容积为5L的恒容密闭容器中，则H2的起始分压为1.5MPa，CO2的起始分压为0.5MPa；根据阿伏伽德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强与气体物质的量成正比，平衡时，P(H2)=0.8MPa，P(CO2)=0.2MPa，则n(H2)==1.6mol，n(CO2)==0.4mol，设转化为CH3OH的CO2的物质的量为x mol，转化为CO的CO2的物质的量为y mol，则有：则有，解得x=0.4，y=0.2，x+y=0.6，即平衡时n(CH3OH)=0.4mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，则平衡时， P(CH3OH)= n(CH3OH)´=0.4mol´=0.2MPa，P(CO)= n(CO)´=0.2mol´=0.1MPa，P(H2O)= n(H2O)´=0.6mol´=0.3MPa，则图中已有CH3OH和H2O的分压变化，缺少的CO的分压变化，其平衡时的分压为0.1MPa；反应I中，Δn(H2)=1.2mol，v(H2)== =0.016mol·L-1·min-1；反应II的平衡常数KP===0.1875。
（3）该装置为电解池，Cu电极为阴极，则Cu电极上产生HCOOH的电极反应式为CO2+2H++2e-= HCOOH，Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，CO2中的C呈+4价，C2H4中的C呈-2价，CH3OH中的C呈-2价，若Cu电极上只生成0.15mol C2H4和0.30mol CH3OH，则转移电子的物质的量为2´6´0.15mol+6´0.30mol=3.6mol，故Pt电极上产生O2的物质的量为´3.6mol=0.9mol。
7． 硝基 甘氨酸 取代反应 加成反应 +→+HCl 、
【分析】根据合成路线图可知苯酚在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下，发生硝化反应，生成对硝基苯酚，A为；由已知条件可推出B与反应的原理为氯原子取代—，进而推出B的结构简式为；结合题给信息和路线可推知C的结构简式为。
【详解】(1)根据合成路线图可知苯酚在浓硝酸、浓硫酸、加热条件下，发生硝化反应，生成对硝基苯酚()，官能团为羟基、硝基，结合题给信息和路线可推知C的结构简式为，即α—氨基乙酸，俗称甘氨酸，故答案为硝基；甘氨酸；
(2)由已知条件可推出B与反应的原理为氯原子取代—，进而推出B的结构简式为，故答案为：；
(3)反应②为和苯酚发生取代反应生成和氯化氢，反应③为甲醛和发生加成反应生成，故答案为：取代反应；加成反应；
(4) A为，根据流程图，可以分析得出反应①为取代反应，其化学反应方程式为：，故答案为：；
(5)M中与苯环直接相连，遇溶液发生显色反应，即含有酚羟基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比(氢原子个数比)为，符合题意的结构有2种，分别为：、，故答案为：、；
(6)根据题中合成路线得出，丙酮首先与氢氰酸加成，然后在酸性条件下水解，最后在浓硫酸作用下发生酯化反应生成环酯，具体合成路线如下：
，
故答案为：。
【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。
8． Cl2、催化剂Fe(或FeCl3) C13H19N2OClBr2 +2Br2+2HBr 取代反应 氨基、酯基 4 、、、
【分析】A与Br2在催化剂存在条件下发生取代反应产生B，B发生信息①的反应，结合相关物质的分子组成可知：A为，B为；E分子式是C6H6，则E为，E与Cl2发生苯环上取代反应产生F为，D是，I是，二者在一定条件下发生反应产生J为。
【详解】(1)转变为是苯环上的取代反应，需要在Fe(或FeCl3)作催化剂存在下与Cl2反应才能实现，所以E转化成F的试剂是Cl2，反应条件是Fe或FeCl3作催化剂；由盐酸氨溴索的结构简式知，其分子式是C13H19N2OClBr2。
(2)A→B的化学方程式为+2Br2+2HBr，反应类型为取代反应；B中含有官能团的名称是溴原子、氨基、酯基；
(3)由上述分析可知，化合物J的结构简式为；
(4)H是，分子式是C8H9O2N，其同分异构体M符合下列条件：①M分子中共有5种氢原子，其中苯环上的氢原子有2种，说明物质分子中含有5种不同位置的H原子，有两个取代基在苯环上处于对位；②M分子中有—COOH，说明物质分子中的一个侧链上含有羧基，则其可能结构有：、、、，因此共4种不同结构，可从中任写一种结构简式。
9．(1)丙烯
(2) 羧基、羟基
(3)取代反应
(4)CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl
(5) 6 或或
(6)G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构
(7)
【分析】由逆推法，F发生缩聚反应生成G，则F为，由反应条件可知E发生已知信息生成F，则E为，C发生发生已知信息反应生成D为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B为，A为烯烃，则发生取代反应生成B，A为；
（1）分析可知，A为，名称为丙烯；
（2）分析可知，E的结构简式为；F为，F中含氧官能团名称是羧基、羟基；
（3）A为，A发生取代反应生成B为，A→B的反应类型为取代反应；
（4）B为，B发生卤代烃的水解反应生成C，B→C的化学方程式为CH2=CHCH2Cl + NaOHCH2=CHCH2OH+ NaCl；
（5）F为，H是F的同分异构体，满足条件①含有饱和六元碳环；②能发生水解反应说明含有酯基；③能发生银镜反应说明含有醛基，、、、、、共有6种；其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式是或或；
（6）为了增加聚合物G的强度，可以进行硫化，其原因是：G是一种含有碳碳双键的线型高分子，一定条件下，分子中的碳碳双键打开与硫化剂加成可转变为三维网状结构；
（7）乙烯和氯气发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，与NaCN发生取代反应生成，再经流程E到F的反应得到，乙烯和水发生加成反应得到乙醇，乙醇和丁二酸发生酯化反应制备丁二酸二乙酯，合成路线：。
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