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山东省枣庄市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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这是一份山东省枣庄市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28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。
山东省枣庄市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、原理综合题
1．（2020·山东枣庄·统考二模）和是两种主要的温室气体，以和为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：
(1)工业上催化重整是目前大规模制取合成气（CO和H2混合气称为合成气）的重要方法，其原理为：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
和反应生成和的热化学方程式是___________________。
(2)将1 mol 和1 mol 加入恒温恒压的密闭容器中（温度298K、压强100kPa），发生反应Ⅰ，不考虑反应Ⅱ的发生，该反应中，正反应速率，p为分压（分压=总压×物质的量分数），若该条件下，当分解20%时，__________kPa∙s-1。
(3)将和在一定条件下反应可制得合成气，在1 L密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，在一定条件下发生反应：，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：
①压强、、、由小到大的关系为_________。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数（记作），如果，求x点的平衡常数________________（用平衡分压代替平衡浓度计算）。
③下列措施中能使平衡正向移动的是___________（填字母）。
a．升高温度
b．增大压强
c．保持温度、压强不变，充入He
d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图所示装置可以将转化为气体燃料CO（电解质溶液为稀硫酸），该装置工作时，M为_________极（填“正”或“负”），导线中通过2 mol电子后，假定体积不变M极电解质溶液的pH__________（填“增大”、“减小”或“不变”），N极电解质溶液变化的质量__________g。
2．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会上表示，中国将争取在2060年前实现碳中和。研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义：
(1)以与为原料可合成尿素，已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
在相同条件下，反应的正反应的活化能为179，则逆反应的活化能为_______。
(2)一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下： 。现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应，达到平衡时，容器中的压强P甲_______P乙(填“”、“”或“”)，的物质的量分数X甲_______X乙(填“”、“”或“”)
(3)用催化剂催化加氢合成乙烯的反应，所得产物含、、等副产物，反应过程如图所示：
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得转化率和各产物的物质的量占比见下表。
助剂
转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加_______助剂效果最好﹔加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因是_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.第一步反应为
b.使加氢合成低碳烯烃的减小
c.添加助剂不同，反应的平衡常数不同
(4)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
①为降低含量，增大含量，可采取的措施有_______。
②恒温恒容密闭的1L容器中加入2mol (g)和4mol (g)，初始压强为10MPa，在300℃发生反应，达到平衡时，的转化率为50%，容器内压强为7.5MPa，则反应Ⅰ的平衡常数_______。
3．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： ___________。
(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为___________％。(计算结果保留1位小数)
(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率___________(填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为___________。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=___________(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为___________。
二、工业流程题
4．（2020·山东枣庄·统考二模）三氧化二钴（Co2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下图所示：
已知：
Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+等。
Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是_____________。
(2) “酸浸”时发生的主要反应是___________________（写离子方程式）。
(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为____________，理由是_____________。
(4)写出高温煅烧时发生的化学反应方程式___________。
(5)操作1得到的副产品是__________（填名称）；
已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见下表：
湿度
0℃
10℃
20℃
30℃
40℃
50℃
60℃
溶解度
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0
操作1是________（填字母）。
a．蒸发结晶 b．降温结晶 c．减压蒸发结晶
(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为_________________。
5．（2021·山东枣庄·统考二模）从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的主要目的是_______，第二次焙烧时V2O5发生反应的化学方程式为_______。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.35mol/L，加入碳酸钠调节溶液的pH为_______即可使Fe3+恰好沉淀完全(沉淀完全的离子浓度≤1×10-5mol/L)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(假设溶液体积不变，；Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
6．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：
(1)焙烧时应把废料于___________中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施___________(写一条即可)。
(2)应选用___________(填“浓”或“稀”)溶液，原因是___________。
(3)操作2的名称是___________。
(4)还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：___________。
(5)如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为___________。
(6)有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为___________。(浸出液)
三、有机推断题
7．（2020·山东枣庄·统考二模）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
(1)Ⅰ的分子式为__________，D到E的反应类型是__________。
(2)B反应生成C的化学方程式是____________________。
(3)G结构简式为__________，F最多有__________个原子共平面。
(4)E中官能团的名称为__________；符合下列条件的E的同分异构体有__________种。
Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物
Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色
Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：
8．（2021·山东枣庄·统考二模）螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
9．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）我国科学家合成了结构新颖的化合物G，为液晶的发展指明了一个新的方向。H的合成路线如图：
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应方程式为_______。
(2)D中的官能团有_______种。写出符合下列条件的一种E同分异构体的结构简式：_______。
①芳香族化合物 ②有3种不同化学环境的氢
(3)检验F中是否有残留的E，所用试剂为_______。F→G的反应可认为进行了两步反应，反应类型依次为_______。
(4)结合上述流程和试剂写出由苯酚合成的路线_____。
参考答案：
1． 0.5 或 acd 负 不变 18
【详解】(1)反应Ⅰ：
反应Ⅱ：；
利用盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，即可得出热化学方程式为 。答案为： ；
(2) 当CH4分解20%时，建立如下三段式：
=4.5×10-4kPa-1∙s-1×(×100kPa)×(×100kPa)=0.5 kPa∙s-1。答案为：0.5；
(3)①从方程式看，加压平衡逆向移动，CH4的转化率减小，由此得出压强、、、由小到大的关系为。答案为：；
②在x点，CH4的转化率为50%，建立三段式：
x点的平衡常数Kp==或。答案为：或；
③a．从图象看，升高温度，CH4的转化率增大，则正反应为吸热反应，升高温度平衡右移，a符合题意；
b．反应物气体分子数小于生成物气体分子数，增大压强，平衡逆向移动，b不合题意；
c．保持温度、压强不变，充入He，则容器体积增大，平衡正向移动，c符合题意；
d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol ，则增大反应物浓度，平衡正向移动，d符合题意；
故选acd。答案为：acd；
(4)该装置工作时，M极由H2O失电子转化为O2，则其为负极；M极：2H2O-4e-=O2+4H+，N极：2CO2+4e-+4H+=2CO+2H2O，导线中通过2 mol电子，M极生成2molH+，同时有2molH+转移入正极，所以M极c(H+)不变，电解质溶液的pH不变；导线中通过2 mol电子，N极生成1molH2O，电解质溶液变化的质量=1mol×18g/mol=18g。答案为：负；不变；18。
【点睛】电极发生反应后，溶液仍呈电中性，所以离子会发生迁移，如反应2H2O-4e-=O2+4H+，当电路中通过4mole-时，溶液中多出了4molH+，为保持溶液电性的平衡，应转移出4molH+，或转移入带4mol负电荷的阴离子。
2． 222 ＞ ＜ Cu 助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率 a 升高温度 0.384
【详解】(1) 根据盖斯定律可知，反应由反应Ⅰ+Ⅱ，故==-43kJ•mol-1，又知该反应的正反应的活化能为179，故其逆反应的活化能为：179+43kJ•mol-1=222 kJ•mol-1，故答案为：222；
(2)根据等效平衡的原理，若两个相同的恒容密闭容器中，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，则两容器达到等效平衡，故平衡时，两容器压强相等，CH4的物质的量分数也相等，但现在是恒容绝热容器中，甲容器从正反应开始，反应放热，容器温度升高，乙容器从逆反应进行，反应吸热，容器温度降低，故甲容器的温度比乙容器的高，而反应 ，升高温度，平衡逆向移动，故甲容器中气体的物质的量比乙容器大，容器中的压强P甲＞P乙，的物质的量分数X甲＜X乙，故答案为：＞；＜；
(3) ①从题干表中信息可知，用Cu作助剂时，CO2的转化率最高，乙烯的百分含量最高，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加Cu助剂效果最好，加入助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率，故能提高单位时间内乙烯产量的原因，故答案为：Cu；助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率；
②a．由题干信息历程图可知，第一步反应为，a正确；
b．催化剂只改变反应所需要的活化能，不改变反应的反应热，故使加氢合成低碳烯烃的不变，b错误；
c．化学平衡常数仅为温度的函数，温度不变，添加助剂不同，反应的平衡常数不变，c错误；
故答案为：a；
(4)
①根据反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故为降低含量，增大含量，可采取的措施有升高温度，故答案为：升高温度；
②②根据三段式可知：，，则平衡时CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，H2的物质的量为4-3x-2.5(1-x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，C2H2的物质的量为：0.5(1-x)mol，H2O的物质的量为：x+2(1-x)mol，根据恒温恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比可求：1+4-3x-2.5(1-x)+ x+0.5(1-x)+ x+2(1-x)=6×，解得：x=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数==0.384，故答案为：0.384。
3．(1)++×+×
(2)11.1
(3) > 催化剂乙、反应温度200℃
【解析】(1)
反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
(2)
设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
(3)
①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
4． 温度过高H2O2容易分解 Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑ 2.5～3.3即可 萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子 2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2 硫酸铵 c MH+OH- - e- =M+H2O
【分析】含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸，MnO2不溶，其它物质都溶解，从后续产物看，Co2O3被H2O2还原为Co2+，Fe3O4溶解，同时生成的Fe2+被氧化为Fe3+；调pH至3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入萃取剂后Ni2+进入有机相，Co2+进入水相；加入NH4HCO3和氨水，Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中应含有(NH4)2SO4；高温煅烧时，Co2(OH)2CO3中Co2+由+2升高到+3，不是简单的分解反应，而是分解产物又与O2反应，生成Co2O3、H2O、CO2。
【详解】(1)双氧水热稳定性差，“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是温度过高H2O2容易分解。答案为：温度过高H2O2容易分解；
(2) “酸浸”时，Co2O3被H2O2还原为Co2+，发生的主要反应是Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑。答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑；
(3)使用该萃取剂萃取Ni2+，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还需考虑到，Co2+尽可能不被萃取，两方面综合考虑，应控制的pH约为2.5～3.3即可，理由是萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子。答案为：2.5～3.3即可；萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子；
(4)高温煅烧时，Co2(OH)2CO3的分解产物被O2氧化生成Co2O3等，化学反应方程式2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2。答案为：2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2；
(5)由分析知，操作1得到的副产品是硫酸铵。答案为：硫酸铵；从溶解度表看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，所以操作1是减压蒸发结晶，故选c。答案为：c；
(6)放电时负极为MH失电子生成M等，电极反应式为MH+OH- - e- =M+H2O。答案为：MH+OH- - e- =M+H2O。
【点睛】为便于配平，我们可认为MH中的M和H的化合价都是0价，由MH生成M和H2O时，只有H由0价升高为+1价。
5． 除去废催化剂表面的有机物 2.8 无 4 80℃ 氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降
【分析】石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及不溶于水的NiO、MoO3及Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵，据此结合题中所给信息即元素化合物的性质分析解答。
【详解】(1)废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行一次焙烧，主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：除去废催化剂表面的有机物；；
(2)沉淀完全时c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L，根据Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=≥≥6.0×10-12mol/L，此时pH≥-lgc(H+)=-lg=lg6-12+14=2.8，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=0.35×(6.0×10-12)2=1.26×10-23＜Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2生成，故答案为：2.8；无；
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图象可知，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图象可知，当K在4附近时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为80℃；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80℃；氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降；
(4)设有1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1-84.7%)=52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，所以余下固体应为MoO3，发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
6．(1) 坩埚 粉碎富硒废料或者增大氧气浓度
(2) 稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少。
(3)反萃取，分液
(4)4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
(5)2NH3-2e-+O2-=
(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大
【分析】废料(含Ag2Se、Cu2S)，焙烧可生成SeO2、SO2，气体1与水反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；烧渣含Ag、CuO，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=+2H2O，操作3中发生反应为4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
(1)
焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；
(2)
浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，与氧化铜反应生成硝酸铜，应选用稀硝酸，原因是稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少；
(3)
操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；
(4)
硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=Ag(NH3)+2H2O，还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
(5)
阳极上用NH3制备一水合肼，N元素化合价从-3升到-2，电极反应式为2NH3-2e-+O2-=；
(6)
根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。
7． C20H24N2SO 消去反应 2+O22+2H2O 18 碳碳双键、羧基 2
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为。
【详解】(1)由Ⅰ的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，从到，反应类型是消去反应。答案为：C20H24N2SO；消去反应；
(2) 反应生成，则发生氧化反应，化学方程式是2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；
(3)由以上分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。答案为：；18；
(4)E的结构简式为，官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是、。答案为：碳碳双键、羧基；2；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，常采用逆推法，即由目标有机物，依据题给流程的信息及原料有机物的碳架结构，将键断裂，如合成，依据条件NEt3、CH2Cl2，逆推出反应物为和，再由苯与乙酸制此两种有机物，就是一件容易的事情了。
8． 对二甲苯(或1，4-二甲苯) 取代反应 + +HCl 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） 6
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。
9．(1) +HOOCCHO→
(2) 4 或或
(3) FeCl3溶液 加成反应、消去反应
(4)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，则A为、B为；与HOOCCHO发生加成反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D为；发生脱羧反应生成，则E为；与发生取代反应生成F，F与发生取代反应生成G，以此来解析；
（1）由分析可知，A的结构简式为，B→C的反应为与HOOCCHO发生加成反应生成，反应的反应方程式为+HOOCCHO→；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基、醚键、羰基、羧基，共有4种；E的同分异构体是芳香族化合物、有4种不同化学环境的氢为；
（3）由结构简式可知，E分子中含有酚羟基而F分子中无酚羟基，E可与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，F分子不能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，则可用氯化铁溶液检验F中是否有残留的E；F→G的反应先是氨基与醛基发生加成反应，然后醇羟基再发生消去反应，则反应类型依次加成反应、消去反应；
（4）由题给有机物的转化关系可知，由苯酚合成的步骤为与HOOCCHO发生加成反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，发生脱羧反应生成，合成路线为：；
山东省枣庄市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、原理综合题
1．（2020·山东枣庄·统考二模）和是两种主要的温室气体，以和为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：
(1)工业上催化重整是目前大规模制取合成气（CO和H2混合气称为合成气）的重要方法，其原理为：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
和反应生成和的热化学方程式是___________________。
(2)将1 mol 和1 mol 加入恒温恒压的密闭容器中（温度298K、压强100kPa），发生反应Ⅰ，不考虑反应Ⅱ的发生，该反应中，正反应速率，p为分压（分压=总压×物质的量分数），若该条件下，当分解20%时，__________kPa∙s-1。
(3)将和在一定条件下反应可制得合成气，在1 L密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，在一定条件下发生反应：，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示：
①压强、、、由小到大的关系为_________。
②对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数（记作），如果，求x点的平衡常数________________（用平衡分压代替平衡浓度计算）。
③下列措施中能使平衡正向移动的是___________（填字母）。
a．升高温度
b．增大压强
c．保持温度、压强不变，充入He
d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图所示装置可以将转化为气体燃料CO（电解质溶液为稀硫酸），该装置工作时，M为_________极（填“正”或“负”），导线中通过2 mol电子后，假定体积不变M极电解质溶液的pH__________（填“增大”、“减小”或“不变”），N极电解质溶液变化的质量__________g。
2．（2021·山东枣庄·统考二模）2020年9月22日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会上表示，中国将争取在2060年前实现碳中和。研究二氧化碳的回收对这一宏伟目标的实现具有现实意义：
(1)以与为原料可合成尿素，已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
在相同条件下，反应的正反应的活化能为179，则逆反应的活化能为_______。
(2)一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下： 。现有两个相同的恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器甲、乙，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，300℃下开始反应，达到平衡时，容器中的压强P甲_______P乙(填“”、“”或“”)，的物质的量分数X甲_______X乙(填“”、“”或“”)
(3)用催化剂催化加氢合成乙烯的反应，所得产物含、、等副产物，反应过程如图所示：
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得转化率和各产物的物质的量占比见下表。
助剂
转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加_______助剂效果最好﹔加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的原因是_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.第一步反应为
b.使加氢合成低碳烯烃的减小
c.添加助剂不同，反应的平衡常数不同
(4)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
①为降低含量，增大含量，可采取的措施有_______。
②恒温恒容密闭的1L容器中加入2mol (g)和4mol (g)，初始压强为10MPa，在300℃发生反应，达到平衡时，的转化率为50%，容器内压强为7.5MPa，则反应Ⅰ的平衡常数_______。
3．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： ___________。
(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为___________％。(计算结果保留1位小数)
(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率___________(填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为___________。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=___________(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为___________。
二、工业流程题
4．（2020·山东枣庄·统考二模）三氧化二钴（Co2O3）主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。以含钴废料（主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下图所示：
已知：
Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+等。
Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是_____________。
(2) “酸浸”时发生的主要反应是___________________（写离子方程式）。
(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为____________，理由是_____________。
(4)写出高温煅烧时发生的化学反应方程式___________。
(5)操作1得到的副产品是__________（填名称）；
已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见下表：
湿度
0℃
10℃
20℃
30℃
40℃
50℃
60℃
溶解度
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0
操作1是________（填字母）。
a．蒸发结晶 b．降温结晶 c．减压蒸发结晶
(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为_________________。
5．（2021·山东枣庄·统考二模）从石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)中回收钒、钼，是提取这些紧缺金属的重要方法。国内采用的一种工业流程如下：
回答下列问题：
(1)对原料进行了两次焙烧，第一次焙烧的主要目的是_______，第二次焙烧时V2O5发生反应的化学方程式为_______。
(2)水浸取滤渣中主要含有氧化镍、三氧化二铁。室温“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.35mol/L，加入碳酸钠调节溶液的pH为_______即可使Fe3+恰好沉淀完全(沉淀完全的离子浓度≤1×10-5mol/L)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(假设溶液体积不变，；Ksp[Fe(OH)3]=2×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15)
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)和温度对其影响如上图所示，则K最佳值约为_______﹐温度最佳值约为_______，温度过高会使沉钒率下降，原因是_______。
(4)钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示：
则597℃时，二钼酸铵热分解的化学方程式为_______。
6．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：
(1)焙烧时应把废料于___________中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施___________(写一条即可)。
(2)应选用___________(填“浓”或“稀”)溶液，原因是___________。
(3)操作2的名称是___________。
(4)还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：___________。
(5)如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为___________。
(6)有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为___________。(浸出液)
三、有机推断题
7．（2020·山东枣庄·统考二模）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ．
Ⅱ．
(1)Ⅰ的分子式为__________，D到E的反应类型是__________。
(2)B反应生成C的化学方程式是____________________。
(3)G结构简式为__________，F最多有__________个原子共平面。
(4)E中官能团的名称为__________；符合下列条件的E的同分异构体有__________种。
Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物
Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色
Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺，参照Ⅰ的上述合成路线和下面的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）已知：
8．（2021·山东枣庄·统考二模）螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
9．（2022·山东枣庄·滕州市第一中学新校统考二模）我国科学家合成了结构新颖的化合物G，为液晶的发展指明了一个新的方向。H的合成路线如图：
(1)A的结构简式为_______，B→C的反应方程式为_______。
(2)D中的官能团有_______种。写出符合下列条件的一种E同分异构体的结构简式：_______。
①芳香族化合物 ②有3种不同化学环境的氢
(3)检验F中是否有残留的E，所用试剂为_______。F→G的反应可认为进行了两步反应，反应类型依次为_______。
(4)结合上述流程和试剂写出由苯酚合成的路线_____。
参考答案：
1． 0.5 或 acd 负 不变 18
【详解】(1)反应Ⅰ：
反应Ⅱ：；
利用盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，即可得出热化学方程式为 。答案为： ；
(2) 当CH4分解20%时，建立如下三段式：
=4.5×10-4kPa-1∙s-1×(×100kPa)×(×100kPa)=0.5 kPa∙s-1。答案为：0.5；
(3)①从方程式看，加压平衡逆向移动，CH4的转化率减小，由此得出压强、、、由小到大的关系为。答案为：；
②在x点，CH4的转化率为50%，建立三段式：
x点的平衡常数Kp==或。答案为：或；
③a．从图象看，升高温度，CH4的转化率增大，则正反应为吸热反应，升高温度平衡右移，a符合题意；
b．反应物气体分子数小于生成物气体分子数，增大压强，平衡逆向移动，b不合题意；
c．保持温度、压强不变，充入He，则容器体积增大，平衡正向移动，c符合题意；
d．恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol ，则增大反应物浓度，平衡正向移动，d符合题意；
故选acd。答案为：acd；
(4)该装置工作时，M极由H2O失电子转化为O2，则其为负极；M极：2H2O-4e-=O2+4H+，N极：2CO2+4e-+4H+=2CO+2H2O，导线中通过2 mol电子，M极生成2molH+，同时有2molH+转移入正极，所以M极c(H+)不变，电解质溶液的pH不变；导线中通过2 mol电子，N极生成1molH2O，电解质溶液变化的质量=1mol×18g/mol=18g。答案为：负；不变；18。
【点睛】电极发生反应后，溶液仍呈电中性，所以离子会发生迁移，如反应2H2O-4e-=O2+4H+，当电路中通过4mole-时，溶液中多出了4molH+，为保持溶液电性的平衡，应转移出4molH+，或转移入带4mol负电荷的阴离子。
2． 222 ＞ ＜ Cu 助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率 a 升高温度 0.384
【详解】(1) 根据盖斯定律可知，反应由反应Ⅰ+Ⅱ，故==-43kJ•mol-1，又知该反应的正反应的活化能为179，故其逆反应的活化能为：179+43kJ•mol-1=222 kJ•mol-1，故答案为：222；
(2)根据等效平衡的原理，若两个相同的恒容密闭容器中，在甲中充入1mol 和4mol ，在乙中充入1mol 和2mol (g)，则两容器达到等效平衡，故平衡时，两容器压强相等，CH4的物质的量分数也相等，但现在是恒容绝热容器中，甲容器从正反应开始，反应放热，容器温度升高，乙容器从逆反应进行，反应吸热，容器温度降低，故甲容器的温度比乙容器的高，而反应 ，升高温度，平衡逆向移动，故甲容器中气体的物质的量比乙容器大，容器中的压强P甲＞P乙，的物质的量分数X甲＜X乙，故答案为：＞；＜；
(3) ①从题干表中信息可知，用Cu作助剂时，CO2的转化率最高，乙烯的百分含量最高，故欲提高单位时间内乙烯的产量，在中添加Cu助剂效果最好，加入助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率，故能提高单位时间内乙烯产量的原因，故答案为：Cu；助剂能起催化剂的作用，能加快反应速率；
②a．由题干信息历程图可知，第一步反应为，a正确；
b．催化剂只改变反应所需要的活化能，不改变反应的反应热，故使加氢合成低碳烯烃的不变，b错误；
c．化学平衡常数仅为温度的函数，温度不变，添加助剂不同，反应的平衡常数不变，c错误；
故答案为：a；
(4)
①根据反应Ⅰ放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故为降低含量，增大含量，可采取的措施有升高温度，故答案为：升高温度；
②②根据三段式可知：，，则平衡时CO2的物质的量为2mol×50%=1mol，H2的物质的量为4-3x-2.5(1-x)mol，CH3OH的物质的量为xmol，C2H2的物质的量为：0.5(1-x)mol，H2O的物质的量为：x+2(1-x)mol，根据恒温恒容密闭中气体的压强之比等于气体的物质的量之比可求：1+4-3x-2.5(1-x)+ x+0.5(1-x)+ x+2(1-x)=6×，解得：x=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数==0.384，故答案为：0.384。
3．(1)++×+×
(2)11.1
(3) > 催化剂乙、反应温度200℃
【解析】(1)
反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
(2)
设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
(3)
①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
4． 温度过高H2O2容易分解 Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑ 2.5～3.3即可 萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子 2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2 硫酸铵 c MH+OH- - e- =M+H2O
【分析】含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)中加入硫酸和H2O2酸浸，MnO2不溶，其它物质都溶解，从后续产物看，Co2O3被H2O2还原为Co2+，Fe3O4溶解，同时生成的Fe2+被氧化为Fe3+；调pH至3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入萃取剂后Ni2+进入有机相，Co2+进入水相；加入NH4HCO3和氨水，Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，滤液中应含有(NH4)2SO4；高温煅烧时，Co2(OH)2CO3中Co2+由+2升高到+3，不是简单的分解反应，而是分解产物又与O2反应，生成Co2O3、H2O、CO2。
【详解】(1)双氧水热稳定性差，“酸浸”含钴废料的温度不宜过高，原因是温度过高H2O2容易分解。答案为：温度过高H2O2容易分解；
(2) “酸浸”时，Co2O3被H2O2还原为Co2+，发生的主要反应是Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑。答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2++3H2O+O2↑；
(3)使用该萃取剂萃取Ni2+，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还需考虑到，Co2+尽可能不被萃取，两方面综合考虑，应控制的pH约为2.5～3.3即可，理由是萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子。答案为：2.5～3.3即可；萃取剂在该pH时对Ni2+、Co2+萃取率差别大，能分离Ni2+、Co2+两种离子；
(4)高温煅烧时，Co2(OH)2CO3的分解产物被O2氧化生成Co2O3等，化学反应方程式2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2。答案为：2Co2(OH)2CO3+O22 Co2O3+2H2O+2CO2；
(5)由分析知，操作1得到的副产品是硫酸铵。答案为：硫酸铵；从溶解度表看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，所以操作1是减压蒸发结晶，故选c。答案为：c；
(6)放电时负极为MH失电子生成M等，电极反应式为MH+OH- - e- =M+H2O。答案为：MH+OH- - e- =M+H2O。
【点睛】为便于配平，我们可认为MH中的M和H的化合价都是0价，由MH生成M和H2O时，只有H由0价升高为+1价。
5． 除去废催化剂表面的有机物 2.8 无 4 80℃ 氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降
【分析】石油废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行焙烧破碎后生成金属氧化物(Al2O3、V2O5、NiO、MoO3及Fe2O3等)，再经过苏打(Na2CO3)焙烧，得到偏铝酸钠、偏钒酸钠及不溶于水的NiO、MoO3及Fe2O3，再进行酸浸后，NiO、MoO3及Fe2O3溶于酸形成相应的金属离子，再调节适当pH沉铁；向水浸取后所得的溶质中通入二氧化碳可将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵，据此结合题中所给信息即元素化合物的性质分析解答。
【详解】(1)废催化剂(主要含有Al2O3、V2O5、Ni、Mo、Fe等)进行一次焙烧，主要是为了将金属单质Ni、Mo、Fe转化为相应的金属氧化物；第二次焙烧过程中加入碳酸钠，其中五氧化二钒、氧化铝均会与碳酸钠发生反应，其五氧化二钒与碳酸钠高温焙烧会生成偏钒酸钠与二氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：除去废催化剂表面的有机物；；
(2)沉淀完全时c(Fe3+)≤1.0×10-5mol/L，根据Ksp的公式可知，溶液中的c(OH-)=≥≥6.0×10-12mol/L，此时pH≥-lgc(H+)=-lg=lg6-12+14=2.8，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=0.35×(6.0×10-12)2=1.26×10-23＜Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2生成，故答案为：2.8；无；
(3)加入NH4Cl调节pH到8.5，将钒元素以偏钒酸铵的形式分离出来，根据图象可知，加氨系数K(铵盐与钒含量换算比)对钒的沉淀率影响图象可知，当K在4附近时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再根据钒的沉淀率随温度的变化曲线可知，温度最佳值约为80℃；因为铵盐受热易分解，所以温度过高会使沉钒率下降，故答案为：4；80℃；氯化铵水溶液氨气挥发加剧，铵根离子浓度下降；
(4)设有1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1-84.7%)=52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，所以余下固体应为MoO3，发生反应的化学方程式为：，故答案为：。
6．(1) 坩埚 粉碎富硒废料或者增大氧气浓度
(2) 稀 稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少。
(3)反萃取，分液
(4)4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
(5)2NH3-2e-+O2-=
(6)在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大
【分析】废料(含Ag2Se、Cu2S)，焙烧可生成SeO2、SO2，气体1与水反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；烧渣含Ag、CuO，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=+2H2O，操作3中发生反应为4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
(1)
焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；
(2)
浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，与氧化铜反应生成硝酸铜，应选用稀硝酸，原因是稀硝酸的利用率高，产生的有害气体少；
(3)
操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；
(4)
硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag++2NH3•H2O=Ag(NH3)+2H2O，还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4+N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O；
(5)
阳极上用NH3制备一水合肼，N元素化合价从-3升到-2，电极反应式为2NH3-2e-+O2-=；
(6)
根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。
7． C20H24N2SO 消去反应 2+O22+2H2O 18 碳碳双键、羧基 2
【分析】A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为。
【详解】(1)由Ⅰ的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，从到，反应类型是消去反应。答案为：C20H24N2SO；消去反应；
(2) 反应生成，则发生氧化反应，化学方程式是2+O22+2H2O。答案为：2+O22+2H2O；
(3)由以上分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。答案为：；18；
(4)E的结构简式为，官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ．是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ．能水解，水解产物遇到溶液显紫色；Ⅲ．核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，它们是、。答案为：碳碳双键、羧基；2；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，常采用逆推法，即由目标有机物，依据题给流程的信息及原料有机物的碳架结构，将键断裂，如合成，依据条件NEt3、CH2Cl2，逆推出反应物为和，再由苯与乙酸制此两种有机物，就是一件容易的事情了。
8． 对二甲苯(或1，4-二甲苯) 取代反应 + +HCl 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） 6
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。
9．(1) +HOOCCHO→
(2) 4 或或
(3) FeCl3溶液 加成反应、消去反应
(4)
【分析】由有机物的转化关系可知，在氢氧化钠作用下与(CH3)2SO4发生取代反应生成，则A为、B为；与HOOCCHO发生加成反应生成，则C为；在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D为；发生脱羧反应生成，则E为；与发生取代反应生成F，F与发生取代反应生成G，以此来解析；
（1）由分析可知，A的结构简式为，B→C的反应为与HOOCCHO发生加成反应生成，反应的反应方程式为+HOOCCHO→；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基、醚键、羰基、羧基，共有4种；E的同分异构体是芳香族化合物、有4种不同化学环境的氢为；
（3）由结构简式可知，E分子中含有酚羟基而F分子中无酚羟基，E可与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，F分子不能与氯化铁溶液发生显色反应使溶液变为紫色，则可用氯化铁溶液检验F中是否有残留的E；F→G的反应先是氨基与醛基发生加成反应，然后醇羟基再发生消去反应，则反应类型依次加成反应、消去反应；
（4）由题给有机物的转化关系可知，由苯酚合成的步骤为与HOOCCHO发生加成反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，发生脱羧反应生成，合成路线为：；
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