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江苏省苏锡常镇四市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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这是一份江苏省苏锡常镇四市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22页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省苏锡常镇四市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·江苏·统考二模）以硫酸法钛白粉生产中排放的含锰废水(主要金属离子为Mn2＋、Fe2＋、Al3＋，还含有少量Ca2＋、Mg2＋、Cu2＋和Ni2＋等离子)为原料，生产MnCO3的工艺流程如下：
已知：25 ℃时，Ksp(CaF2)＝1.5×10－10、Ksp(MgF2)＝7.5×10－11。
(1)流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2＋的母液。
①除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为__________________________________________。
②除钙镁步骤中，当Ca2＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝________。
(2) 沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。
①沉锰过程发生反应的离子方程式为____________。该过程中加入适当过量的NH4HCO3的原因是________。
②当温度超过30 ℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是______________________________。
(3) 沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2～3次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。用无水乙醇洗涤的目的是____________________________。
2．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
3．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
4．（2022·江苏·统考二模）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
(1)溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 _______。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 _______。
(2)除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤_______。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
(3)制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是_______。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是_______。
(4)若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌，_______。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
二、有机推断题
5．（2020·江苏·统考二模）化合物G是一种应用于临床的抗肿瘤药物，其合成路线如下：
(1) A中的含氧官能团名称为________和________。
(2) C的分子式为C19H16N2O6，写出C的结构简式：________。
(3) 合成路线中，设计①和⑥两个步骤的目的是________________。
(4) G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①含有苯环，且苯环上有3个取代基；② 分子中含有2个手性碳原子；③ 能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。
(5) 已知：(R、R1代表烃基或H，R2代表烃基)。写出以和为原料制备的合成路线流程图___________________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。
6．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_________。
①分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
7．（2022·江苏·统考二模）一种药物中间体有机物F的合成路线如下：
(1)C →D的反应类型为 _______。
(2)原料A中混有杂质，则E中会混有与E互为同分异构体的副产物 X，X也含有1个含氮五元环。该副产物X的结构简式为 _______。
(3)D→E反应过程分两步进行，步骤①中D与正丁基锂反应产生化合物Y( )，步骤②中Y再通过加成、取代两步反应得到E．则步骤②中除E外的另一种产物的化学式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①含有手性碳原子，且能使溴的CCl4溶液褪色。
②酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，且能与NaHCO3溶液反应。
(5)已知：格氏试剂(RMgBr，R为烃基)能与水、羟基、羧基、氨基等发生反应。写出以、CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
三、原理综合题
8．（2020·江苏·统考二模）研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(1)已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和________________________________________。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为________。
(3) 绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式：________。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是________。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是________。
9．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
参考答案：
1． 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 2 Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ 提高Mn2＋的沉淀率 温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2＋水解) 有利于低温条件下快速干燥
【分析】含锰废水经过除铁铝时，铁亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀，经过除重金属时，铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，经过除钙镁时，钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，溶液中的锰离子在沉锰时转化为碳酸锰沉淀，后经洗涤干燥得到纯净的碳酸锰。
【详解】（1）①加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化成铁离子，便于转化成沉淀除去，其反应的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
②钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，则溶液中，故答案为：2；
（2）①沉锰过程中加入过量的碳酸氢铵，提供碳酸根将锰离子尽可能多的转化为碳酸锰沉淀，提高Mn2＋的沉淀率，其反应的离子反应方程式为Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，故答案为：Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；提高Mn2＋的沉淀率；
②铵盐受热易分解，当温度过高时，碳酸氢铵容易分解，而温度升高时，锰离子水解程度也会增大，所以沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2＋水解)；
（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，用去离子水洗去表面的杂质离子，因为碳酸锰高温时容易分解，所以干燥时用易挥发的乙醇低温下除去水分，使碳酸锰快速干燥，得到纯净的碳酸锰，故答案为：有利于低温条件下快速干燥。
2． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
3． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
4．(1) CaCl2溶液 Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
(2)1.12×10-9 mol·L-1
(3) 2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行 取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
(4)反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【分析】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
【详解】（1）①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
（2）沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则，，需控制除钙后溶液中；
（3）①LiCl和CO2反应生成了HCl,该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
（4）可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图象中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
5． 羧基 硝基 保护A中羧基邻位的氨基，防止在发生反应④时也参与反应
【详解】(1)由A的结构可知，含有的含氧官能团名称为羧基、硝基，故答案为：羧基；硝基；
(2)B到C为B结构中的羧基与乙醇发生取代反应，则C的结构简式为，故答案为：；
(3)合成路线中，①过程中将于羧基相连的碳上的胺基转化，⑥过程中与羧基相连的碳上的胺基形成，则这个过程中是在保护胺基，因为在④过程中环氧乙烷能与胺基发生反应，故答案为：保护A中羧基邻位的氨基，防止在发生反应④时也参与反应；
(4)G的一种同分异构体同时满足：能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构中可以含有酯基；含有苯环，且苯环上有3个取代基；分子中含有2个手性碳原子；符合条件的结构简式可以为：，故答案为：；
(5)对比原料和目标产物可知，须在苯环上上氮原子，则苯先发生硝化反应生成硝基苯，后将硝基还原为胺基，胺基可以与环氧乙烷发生反应，最后根据题中信息合成环，其合成路线为：，故答案为：。
6． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
7．(1)还原反应
(2)
(3)LiOH
(4)
(5)
【分析】对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应，对比和A结构上的区别，再结合X也含有1个含氮五元环可以推出该副产物X的结构简式为，步骤②中Y和二氧化碳加成，根据Y的结构简式，二氧化碳的分子式再结合E结构简式对比可知除E外的另一种产物的化学式为LiOH，以此解题。
(1)
对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应；
(2)
由分析可知，该副产物X的结构简式为；
(3)
由分析可知，另一种产物的化学式为LiOH；
(4)
酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，说明含有酯基，且含有2个苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明结构中含有羧基，A中含有4个氧原子，其同分异构体含有羧基和酯基，则结构中不含有羟基，其同分异构体能使溴的CCl4溶液褪色，则含有碳碳双键，其同分异构体中含有2个苯环，1个酯基，1个羧基，1个碳碳双键，共有11个不饱和度，根据A的结构简式可知A中含有11个不饱和度；其同分异构体含有手性碳原子，且则满足要求的同分异构为：；
(5)
首先利用格氏试剂和反应并酸化制备之后用高锰酸钾将支链上的甲基氧化为羧基，再浓硫酸的作用下消去反应生成碳碳双键，，再利用A→B反应将羧基变成氨基，，具体流程为：。
8． 减小 将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化) SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH- Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+ 当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强 碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；
（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；
②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；
（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；
②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；
③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
【详解】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O⇌HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；
（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；
（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+
②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；
③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【点睛】要善于利用题中所提供的信息和学过的物质的性质进行联系，学会能力的迁移。
9． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
江苏省苏锡常镇四市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·江苏·统考二模）以硫酸法钛白粉生产中排放的含锰废水(主要金属离子为Mn2＋、Fe2＋、Al3＋，还含有少量Ca2＋、Mg2＋、Cu2＋和Ni2＋等离子)为原料，生产MnCO3的工艺流程如下：
已知：25 ℃时，Ksp(CaF2)＝1.5×10－10、Ksp(MgF2)＝7.5×10－11。
(1)流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2＋的母液。
①除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为__________________________________________。
②除钙镁步骤中，当Ca2＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中＝________。
(2) 沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。
①沉锰过程发生反应的离子方程式为____________。该过程中加入适当过量的NH4HCO3的原因是________。
②当温度超过30 ℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是______________________________。
(3) 沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2～3次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。用无水乙醇洗涤的目的是____________________________。
2．（2021·江苏·统考二模）葡萄糖酸锌是一种抗缺锌药物，可由为原料制得。工业上以废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)为原料制备的流程如下：
(1)碱洗的目的是___________。
(2)氧化时发生反应的离子方程式为___________。
(3)取“氧化”过程中的上层清液，滴加酸性稀溶液，紫红色褪去，可能的原因是___________。
(4)由过滤所得的滤液为原料制备，请补充完整相应的实验方案：向滤液中___________，过滤、晾干，得到。实验中须用到的试剂：锌粉、1.0。
(5)以为原料可制得葡萄糖酸锌。为测定葡萄糖酸锌样品的纯度，进行下列实验。
步骤1：称取5.200g样品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，滴入少量的铬黑T作指示剂。
步骤2：向锥形瓶中加入过量的10.00mL 2.000 EDTA，振荡。
步骤3：用1.000锌标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗锌标准溶液16.00mL(已知：与EDTA反应的化学计量比为1∶1)。
①计算此产品中锌元素的质量分数：___________(写出计算过程)。
②中锌元素的含量为14.28%，对照①计算结果，产生误差的可能原因是(所有测定操作均正确)___________。
3．（2021·江苏·统考二模）As(0)、As(Ⅲ)和As(V)分别表示砷单质、三价砷和五价砷的化合物。硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、氧化吸附、纳米级零价铁等方法。
(1)石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图1所示。H3AsO3水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图2所示。已知此温度下，Ca(H2AsO4)2溶于水，Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，Ksp[Ca3(AsO4)2] =6.8×10-19，Ksp(CaHAsO4)=8.4×10-4，。
①一级沉降时，当pH=2，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为___________。pH调节到8时，开始产生Ca3(AsO4)2沉淀，原因是___________。
②二级沉降中，保持溶液pH在8-10之间。加入PFS(聚合硫酸铁，[(Fe2(OH)2n(SO4)3-n]m)形成的Fe(OH)3胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为___________。
(2)氧化吸附法：新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(V)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态MnO2悬浊液对砷去除率如图所示。
①加入新生态MnO2悬浊液使废水中H3AsO3转化为H3AsO4反应的离子方程式为___________。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是___________。
(3)纳米级零价铁法：纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，可直接处理有氧条件下含As(Ⅰ)较多的废水。处理后在纳米级零价铁表面有大量的As(0)，外围有大量的As(V)。产生As(0)的原理如图所示。请描述产生As(0)、As(V)的过程：___________。
4．（2022·江苏·统考二模）由难溶性磷酸锂渣(主要成分为Li3PO4)为原料制备电池级Li2CO3的流程如下：
已知：①Li2CO3在不同温度下的溶解度： 0℃ 1.54g，20℃ 1.33g， 90℃ 0.78g。
②碳酸锂：水溶液煮沸时容易发生水解。
(1)溶解除磷。将一定量磷酸锂渣与CaCl2溶液、盐酸中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中(装置如图)，一段时间后，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤，得到LiCl溶液。
①滴液漏斗中的液体是 _______。
②Li3PO4转化为LiCl和CaHPO4的离子方程式为 _______。
(2)除钙。通过离子交换法除去溶液中Ca2+。若要使后续得到的Li2CO3 中不含CaCO3(设沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1)，需控制除钙后溶液中c(Ca2+)≤_______。[Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ksp(CaCO3)=2.8×10-9]
(3)制备Li2CO3。向除杂后的LiCl溶液中加入N235萃取剂(50%三辛癸烷基叔胺与50% ，异辛醇的混合液)，边搅拌边向混合液中通CO2，过滤洗涤得到Li2CO3。
①方法能制得Li2CO3的原因是_______。
②检验滤渣是否洗涤完全的实验方法是_______。
(4)若粗品碳酸锂中含少量难溶性杂质，为获得较高产率的纯Li2CO3，请补充完整实验 方案：向粗品Li2CO3中加水，按一定速率通入CO2，边通边搅拌，_______。(已知：①LiHCO3受热易分解；②实验过程中Li2CO3转化速率与时间的关系图如图所示。)
二、有机推断题
5．（2020·江苏·统考二模）化合物G是一种应用于临床的抗肿瘤药物，其合成路线如下：
(1) A中的含氧官能团名称为________和________。
(2) C的分子式为C19H16N2O6，写出C的结构简式：________。
(3) 合成路线中，设计①和⑥两个步骤的目的是________________。
(4) G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。
①含有苯环，且苯环上有3个取代基；② 分子中含有2个手性碳原子；③ 能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。
(5) 已知：(R、R1代表烃基或H，R2代表烃基)。写出以和为原料制备的合成路线流程图___________________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。
6．（2021·江苏·统考二模）依巴斯汀是一种抗过敏药物，其合成路线如下：
(1)
(2)
(1)D→E的反应类型为___________。
(2)G的化学式为，其结构简式为___________。
(3)E到F的转化过程中，加入的作用是___________。
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_________。
①分子中含有苯环，能发生水解。
②分子中有四种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以苯和甲苯为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)___________。
7．（2022·江苏·统考二模）一种药物中间体有机物F的合成路线如下：
(1)C →D的反应类型为 _______。
(2)原料A中混有杂质，则E中会混有与E互为同分异构体的副产物 X，X也含有1个含氮五元环。该副产物X的结构简式为 _______。
(3)D→E反应过程分两步进行，步骤①中D与正丁基锂反应产生化合物Y( )，步骤②中Y再通过加成、取代两步反应得到E．则步骤②中除E外的另一种产物的化学式为_______。
(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：_______。
①含有手性碳原子，且能使溴的CCl4溶液褪色。
②酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，且能与NaHCO3溶液反应。
(5)已知：格氏试剂(RMgBr，R为烃基)能与水、羟基、羧基、氨基等发生反应。写出以、CH3MgBr为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
三、原理综合题
8．（2020·江苏·统考二模）研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(1)已知：H2SeO3为二元弱酸，Ka1(H2SeO3)＝3.5×10-3，Ka2(H2SeO3)＝5.0×10-8。用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-＋2RCl=R2SeO3＋2Cl- (R为离子交换树脂的树脂骨架)。经离子交换法处理后，废水的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。
①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，最终制得木炭包覆纳米零价铁。制备木炭包覆纳米零价铁过程中，木炭的作用有吸附和________________________________________。
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，加速SeO32-的还原过程。SeO32-在微电池正极上转化为单质Se，其电极反应式为________。
(3) 绿锈[FeaⅡFebⅡ(OH)cXd](X代表阴离子，Ⅱ、Ⅲ表示铁元素的价态)中铁元素以结构态和游离态两种形式存在。由于结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，同时结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，使得绿锈成为一种良好的除硒剂。
①结构态的绿锈具有优异的吸附性能，而且游离态的Fe3+还易水解生成Fe(OH)3胶体进一步吸附SeO32-。写出Fe3+水解的离子方程式：________。
②不同FeⅡ/FeⅢ组成的绿锈对SeO32-去除效果的影响结果如图1所示。随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，绿锈的除硒效果先减小后增大的原因可能是________。
③废水的初始pH会对绿锈去除SeO32-的效果产生影响，关系如图2所示。当初始pH增大至11时，SeO32-的去除效果突然迅速减小的原因是________。
9．（2021·江苏·统考二模）水合肼()易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。利用水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。
已知：；在一定条件下可与铜反应转化为。
(1)水合肼电离平衡常数表达式为Kb1(N2H4⋅H2O)=___________。
(2)获得纳米铜粉时，水合肼被氧化成N2，发生反应的离子方程式为___________。若水合肼的量不足时，生成另一种还原产物，其晶胞结构如图所示，该产物的化学式为___________。
(3)保持其它条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图所示。
①水合肼浓度大于3.25mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
(4)、都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
参考答案：
1． 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 2 Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑ 提高Mn2＋的沉淀率 温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2＋水解) 有利于低温条件下快速干燥
【分析】含锰废水经过除铁铝时，铁亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀，经过除重金属时，铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，经过除钙镁时，钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，溶液中的锰离子在沉锰时转化为碳酸锰沉淀，后经洗涤干燥得到纯净的碳酸锰。
【详解】（1）①加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化成铁离子，便于转化成沉淀除去，其反应的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
②钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，则溶液中，故答案为：2；
（2）①沉锰过程中加入过量的碳酸氢铵，提供碳酸根将锰离子尽可能多的转化为碳酸锰沉淀，提高Mn2＋的沉淀率，其反应的离子反应方程式为Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，故答案为：Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；提高Mn2＋的沉淀率；
②铵盐受热易分解，当温度过高时，碳酸氢铵容易分解，而温度升高时，锰离子水解程度也会增大，所以沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：温度升高，NH4HCO3受热分解(或Mn2＋水解)；
（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，用去离子水洗去表面的杂质离子，因为碳酸锰高温时容易分解，所以干燥时用易挥发的乙醇低温下除去水分，使碳酸锰快速干燥，得到纯净的碳酸锰，故答案为：有利于低温条件下快速干燥。
2． 除去油污 酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色 加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经加热浓缩、冷却结晶 20% 样品不纯
【分析】
废锌铁合金(主要成分为Zn，含有少量的Fe、、ZnO、CuO和油污等杂质)，用溶液进行碱洗除去油污；然后加稀硫酸是将Zn、Fe、、ZnO、CuO转化成硫酸盐；向溶液中加双氧水将氧化为便于Fe的除去；加ZnO调pH除去；最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥的到晶体，据此分析可得：
【详解】
(1)由于废锌铁合金中除含有Zn、Fe、、ZnO、CuO外还含有油污等杂质，所以用溶液进行碱洗除去油污，故答案为：除去油污；
(2)氧化时为双氧水将氧化为，则，故答案为：；
(3)在氧化过程中会加入过量的溶液，中的O元素为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，能与酸性溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾的紫红色褪去，故答案为：酸性溶液与过量的发生氧化还原反应而使其褪色；
(4)由分析可知，最后由于滤液中含有、需加足量Zn除去过滤，向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得到晶体，故答案为：加足量Zn除去，过滤；向滤渣中加入过量的1.0，再次过滤，将两次滤液合并后经蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)由叙述可知，EDTA的物质的量为样品中葡萄糖酸锌的物质的量与锌标液中锌物质的量的和，即，解得，则。所以样品中Zn的质量分数为：；中锌元素的含量为14.28%＜20%，则由样品不纯所引起，故答案为：20%；样品不纯；
3． CaSO4 pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀 HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH- MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升 纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+将As(Ⅲ)氧化为As(V)
【详解】(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进HAsO电离，使溶液中c(AsO)增大，pH调节到8时，Q(c)=c3(Ca2+)·c2(AsO)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②pH在8-10之间时，As元素主要以HAsO的形式存在，HAsO会电离产生少量AsO，而Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和AsO结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为HAsO+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒可知MnO2和H3AsO3的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
③pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为H2AsO和HAsO，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升；
(3)纳米级零价铁具有强吸附性和还原性，据图可知纳米级零价铁吸附了水体中的砷的化合物，零价铁有强还原性，失去电子给As(Ⅲ)，使其被还原为As(0)，自身被氧化为Fe2+；根据题意可知As(V)主要在与水体接触的外围产生，应是Fe2+被水体中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+再将As(Ⅲ)氧化为As(V)。
4．(1) CaCl2溶液 Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+
(2)1.12×10-9 mol·L-1
(3) 2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行 取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊
(4)反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥
【分析】本题属于由磷酸锂渣制备碳酸锂的工业流程题，考虑到磷酸锂和氯化钙直接混合的话会生成磷酸钙沉淀，故先将磷酸锂和盐酸混合，再加入氯化钙溶液，在随后的提纯的过程中要考虑到碳酸锂容易分解和Li2CO3转化速率与时间问题，以此解题。
【详解】（1）①磷酸锂和氯化钙反应会生成磷酸钙沉淀，应该先将磷酸锂和盐酸混合避免生成沉淀，随后再与氯化钙混合生成磷酸氢钙，滴液漏斗中的液体是CaCl2溶液，故答案为：CaCl2溶液；
②该反应在酸性条件下进行，反应物为：Li3PO4、CaHPO4，盐酸，产物为LiCl、CaHPO4，注意用氢离子配平电荷，离子方程式为：Li3PO4+H++Ca2+=CaHPO4+3Li+；
（2）沉淀后溶液中Li+浓度为0.1 mol·L-1则，，需控制除钙后溶液中；
（3）①LiCl和CO2反应生成了HCl,该方法能制得Li2CO3的原因是生成的HCl溶于萃取剂，促使反应往生成Li2CO3方向移动，故答案为：2LiCl+CO2+H2OLi2CO3+2HCl，N235可萃取生成的HCl，使溶液中H+浓度降低，有利于反应正向进行；
②检验滤渣是否洗涤完全，则需要检测溶液中的氯离子即可，实验方法是取最后--次洗涤液，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤后的滤液，加硝酸酸化的AgNO3溶液，无浑浊；
（4）可以向粗品中通入二氧化碳，将碳酸锂转化为碳酸氢锂再过滤，即得碳酸氢锂溶液，再加热使碳酸氢锂分解即可，加热的时间可以参考图象中的数据，由于碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，故应采用较高的温度进行加热，但是，加热的温度不能高于水的沸点，防止水发生沸腾干扰实验终点的判断，同时防止碳酸锂发生水解，故答案为：反应约40分钟左右停止通CO2，过滤，洗涤滤渣，将洗涤后滤液与原滤液合并，溶液在90℃左右加热反应至不再有气体产生，趁热过滤，将滤渣低温干燥。
5． 羧基 硝基 保护A中羧基邻位的氨基，防止在发生反应④时也参与反应
【详解】(1)由A的结构可知，含有的含氧官能团名称为羧基、硝基，故答案为：羧基；硝基；
(2)B到C为B结构中的羧基与乙醇发生取代反应，则C的结构简式为，故答案为：；
(3)合成路线中，①过程中将于羧基相连的碳上的胺基转化，⑥过程中与羧基相连的碳上的胺基形成，则这个过程中是在保护胺基，因为在④过程中环氧乙烷能与胺基发生反应，故答案为：保护A中羧基邻位的氨基，防止在发生反应④时也参与反应；
(4)G的一种同分异构体同时满足：能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子结构中可以含有酯基；含有苯环，且苯环上有3个取代基；分子中含有2个手性碳原子；符合条件的结构简式可以为：，故答案为：；
(5)对比原料和目标产物可知，须在苯环上上氮原子，则苯先发生硝化反应生成硝基苯，后将硝基还原为胺基，胺基可以与环氧乙烷发生反应，最后根据题中信息合成环，其合成路线为：，故答案为：。
6． 还原反应 消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动
【分析】(1)A()与在作催化剂下发生取代反应生成B()；B与在作催化剂下发生取代反应生成C()；
(2)D()与发生还原反应生成E()；E与发生取代反应生成F()；F与ClCOOC2H5反应生成G；G在KOH作用下反应生成H()；H与C反应生成I()，据此分析可得：
【详解】(1)由分析可知：D()转化为E()，D中的C=O双键被还原成-OH，则D转化为E发生还原反应，故答案为：还原反应；
(2) F()与ClCOOC2H5反应生成G，又由G的化学式为，则G的结构简式为：，故答案为：；
(3) E()与发生取代反应生成F()和HBr，为使平衡正向移动，则用消耗反应生成的HBr，故答案为：消耗反应生成的HBr，使平衡正向移动；
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，
①分子中含有苯环，能发生水解，则分子中含有肽键；②分子中有四种不同化学环境的氢原子，则苯环上为对称结构，即，故答案为：；
（5）甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸；苯甲酸与SOCl2在ZnCl2做催化剂下反应生成；苯在做催化剂下反应生成；与反应后再与加热反应生成，即合成路线如下：，故答案为：。
7．(1)还原反应
(2)
(3)LiOH
(4)
(5)
【分析】对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应，对比和A结构上的区别，再结合X也含有1个含氮五元环可以推出该副产物X的结构简式为，步骤②中Y和二氧化碳加成，根据Y的结构简式，二氧化碳的分子式再结合E结构简式对比可知除E外的另一种产物的化学式为LiOH，以此解题。
(1)
对比C和D的结构简式的区别可知C→D是还原反应；
(2)
由分析可知，该副产物X的结构简式为；
(3)
由分析可知，另一种产物的化学式为LiOH；
(4)
酸性条件下水解能生成两种芳香族化合物，其中一种产物分子中不同化学环境的氢原子个数比是1：2，说明含有酯基，且含有2个苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明结构中含有羧基，A中含有4个氧原子，其同分异构体含有羧基和酯基，则结构中不含有羟基，其同分异构体能使溴的CCl4溶液褪色，则含有碳碳双键，其同分异构体中含有2个苯环，1个酯基，1个羧基，1个碳碳双键，共有11个不饱和度，根据A的结构简式可知A中含有11个不饱和度；其同分异构体含有手性碳原子，且则满足要求的同分异构为：；
(5)
首先利用格氏试剂和反应并酸化制备之后用高锰酸钾将支链上的甲基氧化为羧基，再浓硫酸的作用下消去反应生成碳碳双键，，再利用A→B反应将羧基变成氨基，，具体流程为：。
8． 减小 将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化) SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH- Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+ 当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强 碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用
【分析】（1）根据水解反应及离子交换反应中离子浓度的变化来考虑；
（2）①根据木炭的化学性质及题中信息考虑；
②根据碱性环境及生成单质Se书写电极反应；
（3）①根据阳离子水解方程式的书写方法书写；
②根据图中绿锈的除硒效果及FeⅡ/FeⅢ的浓度变化及各自的性质进行考虑；
③根据碱性增强导致氢氧根浓度增大与FeⅡ/FeⅢ对SeO32-的去除原理进行考虑；
【详解】（1）H2SeO3为二元弱酸，含Na2SeO3浓度较高的废水中发生水解：SeO32-+H2O⇌HSeO3-+OH-，溶液呈碱性，用离子交换树脂处理含Na2SeO3浓度较高的废水时，发生的交换反应为SeO32-+2RCl=R2SeO3+2Cl-，SeO32-离子转化为Cl-导致浓度减小，水解程度降低，溶液的碱性减弱，废水的pH将减小；
（2）①以木屑和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600 ℃，保持2 h，过程中木屑先转化为木炭，高温下木炭还具有还原性，可以将FeCl3中+3价的铁还原为零价铁，木炭表面多孔具有吸附性，木炭将得到的纳米零价铁充分包覆，还可防止纳米零价铁被氧化，答案为：将三价铁还原为零价铁(或防止纳米零价铁被氧化)；
②木炭包覆纳米零价铁在碱性废水中形成许多微电池，这些微电池负极为铁，发生氧化反应， 正极为木炭，SeO32-在微电池正极上发生还原反应，转化为单质Se，在碱性废水的环境下电极反应式为SeO32-+4e-+3H2O=Se+6OH-；
（3）①金属阳离子的水解比较复杂，一般合为一步书写，三价铁离子水解后生成的是氢氧化铁胶体，具有吸附性，Fe3+水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+
②FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体吸附碱性废水中的SeO32-离子，FeⅡ对SeO32-进行还原，随着绿锈组成中FeⅡ/FeⅢ比值的增大，FeⅢ的比例减小，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱，绿锈的除硒效果减小；结构态的FeⅡ还原能力优于游离态的FeⅡ，但随着FeⅡ比例增大，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强，故绿锈的除硒效果又开始增大，答案为：当FeⅢ比例减小时，游离态的FeⅢ形成的Fe(OH)3胶体减少，对SeO32-的吸附作用减弱；当FeⅡ比例增大时，结构态的FeⅡ增多，对SeO32-的还原能力增强；
③当初始pH增大至11时，溶液碱性增强，溶液中OH-浓度增大，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性；由题中信息可知，绿锈中铁元素以结构态和游离态两种形式存在，结构态的双金属氢氧化物层间存在较大的空隙，形成了巨大的比表面积，使得绿锈成为一种良好的除硒剂，OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱；另外溶液中大量的OH－吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用，进而影响到SeO32-的去除效果，这些都有可能导致因初始pH增大至11，SeO32-的去除效果突然迅速减小，答案为：碱性太强，大量的OH-与游离态的FeⅡ和FeⅢ分别形成Fe(OH)2和Fe(OH)3沉淀覆盖在绿锈表面，减少了反应活性(或碱性太强，结构态的双金属氢氧化物结构受到破坏，还原性减弱)；或大量的OH-吸附在绿锈表面使其带负电荷，从而对SeO32-产生排斥作用。
【点睛】要善于利用题中所提供的信息和学过的物质的性质进行联系，学会能力的迁移。
9． 2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O Cu2O 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+ 水合肼的用量少，不产生杂质
【详解】(1)水合肼N2H4⋅H2O溶于水发生电离，N2H4⋅H2O⇌N2H+OH-，则Kb1(N2H4⋅H2O)=；
(2)已知[Cu(NH3)4]2+与水合肼反应生成铜和氮气，则反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++4OH-+N2H4⋅H2O=2Cu+8NH3↑+N2↑+5H2O；根据晶胞的结构，铜原子在晶胞的体内，个数为4，氧原子在顶点和体内，个数=8×+1=2，则N(Cu)：N(O)=4：2=2：1，化学式为Cu2O；
(3)①水合肼浓度大于3.25mol/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
(4)亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。
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