还剩19页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
江苏省七市（南通泰州扬州徐州淮安连云港宿迁）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
展开
这是一份江苏省七市（南通泰州扬州徐州淮安连云港宿迁）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。
江苏省七市（南通泰州扬州徐州淮安连云港宿迁）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）NaBH4是一种常见的还原剂。一种以H2、Na、硼酸三甲酯[B(OCH3)3]为原料，生产NaBH4的工艺流程如下：
(1)下列措施能提高“反应1”的化学反应速率的有______(填字母)。
A．充分搅拌熔融钠
B．将熔融钠充分分散在石蜡油中
C．反应前排尽装置中的空气
(2)在浓硫酸作用下，B(OCH3)3可由B(OH)3和CH3OH发生酯化反应制得。浓H2SO4的作用是_____。
(3)“反应2”在240℃条件下进行，生成的产物是NaBH4和CH3ONa，写出该反应的化学方程式：____ 。“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥，原因是______。
(4)反应NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2 可用于制取H2。一定浓度的NaBH4催化制氢的半衰期(溶液中NaBH4消耗一半时所需的时间)与溶液pH的关系如图所示：
①NaBH4与水反应所得溶液呈碱性，原因是____。
②随着反应的进行，生成H2的速率逐渐减慢，原因是_______。
2．（2020·江苏·统考二模）实验室以含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}为原料制取硝酸银晶体，其实验流程如下：
已知：①“沉银”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。
②Zn2+在浓氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。
③PbCl2、AgNO3的溶解度曲线如图所示：
(1)“滤液”中的主要阳离子为___(填化学式)。
(2)“除杂”分为两步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。
①在不同温度下，AgCl、Ag2S均难溶于水。 除去PbCl2的操作为______，热水洗涤。
②向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl。加入浓硝酸的目的是_______。
(3)室温下，可逆反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数K=___。{Ksp(AgCl)= 1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常数为1.1×107}
(4)“还原”过程中发生反应的离子方程式为_____ 。
(5)粗银经水洗后，经多步处理可制备硝酸银晶体。请补充完整由以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案：________，过滤，________，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液_______，过滤，将所得晶体置于烘箱 (120℃)干燥，密封包装。(实验中须使用的试剂：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)
3．（2022·江苏·统考二模）钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
(1)废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
(2)酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
(3)沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
(4)测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
二、有机推断题
4．（2020·江苏·统考二模）盐酸罗替戈汀是一种用于治疗帕金森病的药物，其合成路线流程图如下：
(1)、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为 ______、 ________。
(2)D→E的反应类型是_______。
(3)B的分子式为C12H12O2，写出B的结构简式；____ 。
(4)C的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式：_______。
①含有苯环，能使溴水褪色；
②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。
(5)已知： R3COOH+，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用，合成路线流程图示例见本题题干)。
5．（2021·江苏·统考二模）多奈哌齐是一种治疗阿尔茨海默病的药物，其合成路线如下：
(1)F→G的反应类型为_______。
(2)在答题纸上用“*”标出G中的手性碳原子_______。
(3)D→E中加入试剂X的分子式为C6H5NO，写出X的结构简式：_______。
(4)D的一种同分异构体Y同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①Y能与FeCl3发生显色反应
②1 molY与足量溴水反应时最多能消耗4 mol Br2
③Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1
(5)设计以和HOOCCH2COOH为原料制备的合成路线_______ (无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
6．（2022·江苏·统考二模）雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
(1)雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
(2)有机物B的结构简式为___。
(3)D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：RCOOHRCOCl。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用，合成路线流程图示例见本题题干)____。
三、原理综合题
7．（2020·江苏·统考二模）H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。
(1)“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：
阴极表面发生的电极反应有：
Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2
Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2O
Ⅲ. 2H+ +2e-=H2↑
①写出阳极表面的电极反应式：___。
②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。
(2)在碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：
H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=_______ 。该反应的催化剂为 ____。
(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。
①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/L H2PO2-的模拟废水的体积为______。
②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示：
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。
8．（2021·江苏·统考二模）国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过，砷的含量不得超过。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
(1)化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间构型为_______。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：_______。
③充分沉淀后测得废水中的含量为，此时的浓度为_______。[已知：、]
(2)氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。
已知：i.NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ii.溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。时，Fe(OH)3胶体表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多。
iii. As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式：_______。
②其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。
方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；
方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。
反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是_______。
③废水的pH对As(V)的去除率的影响如图所示。时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是_______。
9．（2021·江苏·统考二模）氰化氢(HCN，易挥发，)主要应用于电镀、采矿、药物合成等工业生产。HCN、能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。
(1)Na2S2O3在临床上常用于氰化物的解毒剂。解毒的原理是将转化为和。验证该转化过程中生成的实验方法是：向NaCN溶液中加入过量的Na2S2O3的溶液，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，_______。
(2)Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的。
①反应不能在酸性条件下进行，原因是_______
②在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得的氧化去除率随c(Cu2+)的变化与如图所示。c(Cu2+)超过时，的氧化去除率有所下降，原因是_______。
(3)通过电激发产生和可处理废水中的，其可能的反应机理如图所示。
①反应I的离子方程式为_______。
②虚线方框内的过程可描述为_______。
(4)在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分，Cu的催化活性效果更好)的条件下，可利用反应：
除去废气中的HCN。将含相同比例的HCN(g)、H2O(g)、CO(g)[或N2(g)]混合气体分别通过催化剂，反应相同的时间，测得HCN(g)的去除率随温度变化如图所示。200℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较高，而400℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较低。其原因是_______。
参考答案：
1． AB 催化剂、吸水剂 防止NaH与水发生反应 NaBO2水解，使溶液呈碱性 反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大
【分析】由工艺流程可知，Na和H2反应生成NaH，NaH和反应生成和，水解得到NaOH和，蒸馏分离，以此分析。
【详解】（1）提高化学反应速率的方法有增加反应物浓度，升高温度，增加接触面积等，
A.充分搅拌熔融钠，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故A正确；
B.将熔融钠充分分散在石蜡油中，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故B确；
C. 反应前排尽装置中的空气，防止氢气不存发生爆炸，与化学反应速率无关，故C错误；
故答案选：AB。
（2）浓硫酸在反应中起到催化剂的作用，还能吸收生成的水分，使平衡正移；
故答案为：催化剂、吸水剂
（3）NaH和在240℃反应生成和，则化学方程式为：，NaH易与水反应，因此为防止NaH与水发生反应“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥；
故答案为：；防止NaH与水发生反应；
（4）HBO2为弱酸NaBO2水解呈碱性，NaBH4与水反应生成NaBO2溶液呈碱性，
故答案为：NaBO2水解，使溶液呈碱性；
（5）由图象可知pH越大，半衰期越长，则反应越慢，随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率降低，
故答案为：反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大。
2． NH4+ 热水溶解，趁热过滤 将Ag2S中S2-氧化 将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中 洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应 加热浓缩、冷却结晶
【分析】由实验流程可知，含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸反应生成AgCl（含有少量PbCl2、Ag2S）和滤液，然后除去杂质PbCl2、Ag2S，将AgCl溶于浓氨水中，再利用过量的Zn置换Ag，将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，滤渣加入过量稀硝酸充分反应，将所得AgNO3溶液，加热浓缩、冷却结晶，得到硝酸银晶体，以此分析。
【详解】（1）含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸发生反应： ， ，则滤液中主要阳离子为NH4+，
故答案为：NH4+；
（2）根据溶解度曲线可知PbCl2的溶解度随着温度的升高而增大，则除去PbCl2的操作为热水溶解，趁热过滤，热水洗涤；利用浓硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，则除去Ag2S的操作为向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl，
故答案为：热水溶解，趁热过滤；将Ag2S中S2-氧化；
（3）的平衡常数K，=1.1×107，Ksp(AgCl)= 1.8×10-10，则反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数，
故答案为：；
（4）Zn与银氨溶液反应方程式为：，
故答案为：；
（5）粗银中含有少量的Zn，以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液热浓缩、冷却结晶，将所得晶体置于烘箱 (120℃)干燥，密封包装。
故答案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中；洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应；加热浓缩、冷却结晶。
【点睛】利用浓硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，以此除去Ag2S。
3．(1)使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
(2) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
(3)9
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【详解】（1）将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
（2）酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
（3）向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
（4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
4． （酚）羟基 氨基 取代反应
【详解】（1）、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为（酚）羟基，氨基，
故答案为：（酚）羟基；氨基；
（2）D→E为甲基被氢原子的取代反应，属于取代反应；
（3）B的分子式为C12H12O2，由反应A→B 可知A中酚羟基上的氢原子被甲基取代，则B的结构简式为，故答案为：；
（4）C的一种同分异构体X同时满足①含有苯环，能使溴水褪色；②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。则X含有苯环、碳碳双键和酯键，水解产物一种含有苯环，另一种含有5个C则水解产物其中一种为苯酚，另一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子为(CH3)2CH=COOH，则X为；
（5）由已知条件可知可在酸性高锰酸钾溶液中分解为丙酮和乙酸，再结合盐酸罗替戈汀的合成路线，合成方案为。
【点睛】设计合成路线时需要充分利用已知条件，或通过产物进行逆推得到合成方案。
5． 取代反应
【分析】根据题中合成路线，A与HOOCCH2COOH反应生成B，B与氢气加成生成C，C在PPA环境下发生分子内取代脱水生成D，D与X生成E，根据(3)中给出的X的化学式为C6H5NO和E的结构反推推得X为，E与氢气加成生成F，根据F的化学式为C17H23NO3和G的结构，反推得F结构为，通过G结构推得F与发生取代反应生成G。
【详解】(1)F与发生取代反应生成G，故F→G的反应类型为取代反应
(2)一个碳原子连接四个不同原子或者原子团，该碳原子叫“手性碳原子”，故G只有一个手性碳原子用*标注：
(3)根据X分子式C6H5NO和E的结构反推X的结构简式为
(4) Y为D的同分异构体，则分子式为C11H12O3，能与FeCl3发生显色反应,说明Y中含有酚羟基，有结构，1 molY与足量溴水反应时最多能消耗4 mol Br2，说明Y的苯环上的氢的个数和取代基上可以和溴发生加成的双键、三键数目之和为4，再根据Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1，符合条件的Y的结构为：
(5) 聚合物的单体为，可由与发生酯化反应获得，根据题中流程的A B的反应可知，与HOOCCH2COOH反应生成，故合成路线为：
6．(1)1
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
(1)
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
(2)
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
(3)
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
(4)
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
(5)
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
7． c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）过大时，主要发生反应Ⅲ （a+b+c）kJ/mol Mn2+ 25L Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀
【分析】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；
（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；
（3）①弱碱性条件下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：,以此计算废水的体积；
②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。
【详解】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为，
故答案为：；
（2）已知：①H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
②H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
③·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，则△H=（a+b+c）kJ/mol， Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，
故答案为：（a+b+c）kJ/mol；Mn2+；
（3）①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：, l.7g·OH物质的量，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的体积，
故答案为：25L；
②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。
8． 三角锥形 H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O 0.0025 H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O 方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱 pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附
【详解】(1) ①中心原子的价电子对是，所以空间构型是三角锥形；
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；
③， ，，
故答案为：三角锥形；H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；0.0025；
(2)①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O；
②由题可知，ClO－会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸跟离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱。
③pH＞8时，HAsO的物种分布分数达到最大值，且开始下降，并且在pH高时氢氧化铁胶体的负电荷数也多，会抑制反应发生。所以时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附；故答案为：H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O；方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱；pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附。
【点睛】本题考查氧化还原配平、沉淀溶解平衡、离子的空间构型等知识，考查学生的读图能力、计算能力和审题能力，让学生学会分析问题和解决问题。
9． 向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－ 酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染 c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少 10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2 O2在阴极表面得电子被还原成，结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)⇌NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素
【详解】(1)将转化为和，检验即可，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－，故答案为：向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－；
(2)①Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的，酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染，故答案为：酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；
②c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少，的氧化去除率有所下降，故答案为：c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少；
(3)①由图可知，反应I中HO▪、CN－在碱性条件下反应，生成N2、H2O和CO，N元素由-5价上升到0价，O元素由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2CO，故答案为：10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2CO；
②由图可知，虚线方框内的过程可描述为：O2在阴极表面得电子被还原成O，O结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；故答案为：O2在阴极表面得电子被还原成O，O结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；
(4) CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素；故答案为：CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)⇌NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素。
江苏省七市（南通泰州扬州徐州淮安连云港宿迁）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）NaBH4是一种常见的还原剂。一种以H2、Na、硼酸三甲酯[B(OCH3)3]为原料，生产NaBH4的工艺流程如下：
(1)下列措施能提高“反应1”的化学反应速率的有______(填字母)。
A．充分搅拌熔融钠
B．将熔融钠充分分散在石蜡油中
C．反应前排尽装置中的空气
(2)在浓硫酸作用下，B(OCH3)3可由B(OH)3和CH3OH发生酯化反应制得。浓H2SO4的作用是_____。
(3)“反应2”在240℃条件下进行，生成的产物是NaBH4和CH3ONa，写出该反应的化学方程式：____ 。“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥，原因是______。
(4)反应NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2 可用于制取H2。一定浓度的NaBH4催化制氢的半衰期(溶液中NaBH4消耗一半时所需的时间)与溶液pH的关系如图所示：
①NaBH4与水反应所得溶液呈碱性，原因是____。
②随着反应的进行，生成H2的速率逐渐减慢，原因是_______。
2．（2020·江苏·统考二模）实验室以含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}为原料制取硝酸银晶体，其实验流程如下：
已知：①“沉银”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。
②Zn2+在浓氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。
③PbCl2、AgNO3的溶解度曲线如图所示：
(1)“滤液”中的主要阳离子为___(填化学式)。
(2)“除杂”分为两步：先除去PbCl2，再除去Ag2S。
①在不同温度下，AgCl、Ag2S均难溶于水。 除去PbCl2的操作为______，热水洗涤。
②向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl。加入浓硝酸的目的是_______。
(3)室温下，可逆反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数K=___。{Ksp(AgCl)= 1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常数为1.1×107}
(4)“还原”过程中发生反应的离子方程式为_____ 。
(5)粗银经水洗后，经多步处理可制备硝酸银晶体。请补充完整由以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案：________，过滤，________，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液_______，过滤，将所得晶体置于烘箱 (120℃)干燥，密封包装。(实验中须使用的试剂：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)
3．（2022·江苏·统考二模）钴酸锂电池广泛应用于笔记本电脑、手机等小型电子设备中。工业通过处理废旧钴酸锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2，含少量金属Cu等)回收Co和Li。
(1)废电池预处理
钴酸锂电池工作时发生反应：LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到___的目的。
(2)酸浸正极材料
①将预处理后的正极材料粉碎，加入3mol·L-1硫酸和30%H2O2的混合溶液。写出酸浸时生成Li2SO4和CoSO4的化学方程式：___。
②其他条件相同，浸泡1h，不同温度下钴或铜的浸出率如图所示。从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是___。
(3)沉钴，回收Co(OH)2
向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。继续滴加NaOH溶液至pH=___时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]。
(4)测定Co(OH)2的含量
Co(OH)2在空气中易被氧化为CoOOH。在稀硫酸中加入0.1000gCo(OH)2样品，待样品完全溶解后加入1.000gKI固体。充分反应后，调节溶液pH=3～4。以淀粉作指示剂，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至中点，消耗标准溶液25.00mL。
已知：Co3++I-→Co2++I2(未配平)；I2+S2O→I-+S4O(未配平)
计算样品中Co(OH)2的质量分数(写出计算过程)___。
二、有机推断题
4．（2020·江苏·统考二模）盐酸罗替戈汀是一种用于治疗帕金森病的药物，其合成路线流程图如下：
(1)、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为 ______、 ________。
(2)D→E的反应类型是_______。
(3)B的分子式为C12H12O2，写出B的结构简式；____ 。
(4)C的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式：_______。
①含有苯环，能使溴水褪色；
②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。
(5)已知： R3COOH+，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用，合成路线流程图示例见本题题干)。
5．（2021·江苏·统考二模）多奈哌齐是一种治疗阿尔茨海默病的药物，其合成路线如下：
(1)F→G的反应类型为_______。
(2)在答题纸上用“*”标出G中的手性碳原子_______。
(3)D→E中加入试剂X的分子式为C6H5NO，写出X的结构简式：_______。
(4)D的一种同分异构体Y同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①Y能与FeCl3发生显色反应
②1 molY与足量溴水反应时最多能消耗4 mol Br2
③Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1
(5)设计以和HOOCCH2COOH为原料制备的合成路线_______ (无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
6．（2022·江苏·统考二模）雷美替胺是一种失眠症治疗药物。一种合成雷美替胺的路线如图：
(1)雷美替胺分子中手性碳原子的数目是____。
(2)有机物B的结构简式为___。
(3)D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为____。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：___。
①分子中含有苯环，能发生银镜反应；
②分子中有4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：RCOOHRCOCl。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用，合成路线流程图示例见本题题干)____。
三、原理综合题
7．（2020·江苏·统考二模）H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。
(1)“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：
阴极表面发生的电极反应有：
Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2
Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2O
Ⅲ. 2H+ +2e-=H2↑
①写出阳极表面的电极反应式：___。
②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。
(2)在碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：
H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=_______ 。该反应的催化剂为 ____。
(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。
①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/L H2PO2-的模拟废水的体积为______。
②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示：
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。
8．（2021·江苏·统考二模）国家规定，排放的废水中氟的含量不得超过，砷的含量不得超过。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外，还含有H3AsO3、H2SiF6等物质。工业上常通过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水，实现水体达标排放。
(1)化学沉淀：向废水中加入石灰乳[以Ca(OH)2为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO4、CaF2、SiO2和少量Ca3(AsO3)2。
①Ca3(AsO3)2中阴离子的空间构型为_______。
②写出该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式：_______。
③充分沉淀后测得废水中的含量为，此时的浓度为_______。[已知：、]
(2)氧化、吸附沉降：利用NaClO和FeSO4进一步处理废水中残余的As(III)。
已知：i.NaClO能将As(III)氧化为As(V)、Fe(II)氧化为Fe(III)。形成的Fe(OH)3胶体吸附废水中的As(V)物种而沉降。
ii.溶液的pH对Fe(OH)3胶体表面所带电荷有影响。时，Fe(OH)3胶体表面带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多。
iii. As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，写出As(III)发生主要反应的离子方程式：_______。
②其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液。
方式I：先加NaClO溶液，再加FeSO4溶液；
方式II：先加FeSO4溶液，再加NaClO溶液。
反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是_______。
③废水的pH对As(V)的去除率的影响如图所示。时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是_______。
9．（2021·江苏·统考二模）氰化氢(HCN，易挥发，)主要应用于电镀、采矿、药物合成等工业生产。HCN、能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。
(1)Na2S2O3在临床上常用于氰化物的解毒剂。解毒的原理是将转化为和。验证该转化过程中生成的实验方法是：向NaCN溶液中加入过量的Na2S2O3的溶液，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，_______。
(2)Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的。
①反应不能在酸性条件下进行，原因是_______
②在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得的氧化去除率随c(Cu2+)的变化与如图所示。c(Cu2+)超过时，的氧化去除率有所下降，原因是_______。
(3)通过电激发产生和可处理废水中的，其可能的反应机理如图所示。
①反应I的离子方程式为_______。
②虚线方框内的过程可描述为_______。
(4)在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分，Cu的催化活性效果更好)的条件下，可利用反应：
除去废气中的HCN。将含相同比例的HCN(g)、H2O(g)、CO(g)[或N2(g)]混合气体分别通过催化剂，反应相同的时间，测得HCN(g)的去除率随温度变化如图所示。200℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较高，而400℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较低。其原因是_______。
参考答案：
1． AB 催化剂、吸水剂 防止NaH与水发生反应 NaBO2水解，使溶液呈碱性 反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大
【分析】由工艺流程可知，Na和H2反应生成NaH，NaH和反应生成和，水解得到NaOH和，蒸馏分离，以此分析。
【详解】（1）提高化学反应速率的方法有增加反应物浓度，升高温度，增加接触面积等，
A.充分搅拌熔融钠，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故A正确；
B.将熔融钠充分分散在石蜡油中，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故B确；
C. 反应前排尽装置中的空气，防止氢气不存发生爆炸，与化学反应速率无关，故C错误；
故答案选：AB。
（2）浓硫酸在反应中起到催化剂的作用，还能吸收生成的水分，使平衡正移；
故答案为：催化剂、吸水剂
（3）NaH和在240℃反应生成和，则化学方程式为：，NaH易与水反应，因此为防止NaH与水发生反应“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥；
故答案为：；防止NaH与水发生反应；
（4）HBO2为弱酸NaBO2水解呈碱性，NaBH4与水反应生成NaBO2溶液呈碱性，
故答案为：NaBO2水解，使溶液呈碱性；
（5）由图象可知pH越大，半衰期越长，则反应越慢，随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率降低，
故答案为：反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大。
2． NH4+ 热水溶解，趁热过滤 将Ag2S中S2-氧化 将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中 洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应 加热浓缩、冷却结晶
【分析】由实验流程可知，含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸反应生成AgCl（含有少量PbCl2、Ag2S）和滤液，然后除去杂质PbCl2、Ag2S，将AgCl溶于浓氨水中，再利用过量的Zn置换Ag，将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，滤渣加入过量稀硝酸充分反应，将所得AgNO3溶液，加热浓缩、冷却结晶，得到硝酸银晶体，以此分析。
【详解】（1）含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸发生反应： ， ，则滤液中主要阳离子为NH4+，
故答案为：NH4+；
（2）根据溶解度曲线可知PbCl2的溶解度随着温度的升高而增大，则除去PbCl2的操作为热水溶解，趁热过滤，热水洗涤；利用浓硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，则除去Ag2S的操作为向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl，
故答案为：热水溶解，趁热过滤；将Ag2S中S2-氧化；
（3）的平衡常数K，=1.1×107，Ksp(AgCl)= 1.8×10-10，则反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数，
故答案为：；
（4）Zn与银氨溶液反应方程式为：，
故答案为：；
（5）粗银中含有少量的Zn，以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液热浓缩、冷却结晶，将所得晶体置于烘箱 (120℃)干燥，密封包装。
故答案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中；洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应；加热浓缩、冷却结晶。
【点睛】利用浓硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，以此除去Ag2S。
3．(1)使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率
(2) 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快
(3)9
(4)根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%
【分析】将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电生成LiCoO2，酸浸时生成Li2SO4和CoSO4，调节pH, 沉钴，回收Co(OH)2，利用滴定原理，测定Co(OH)2的含量。
【详解】（1）将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂充分转化为LiCoO2，提高锂的回收率的目的；
（2）酸浸时在双氧水和硫酸作用下与LiCoO2反应生成Li2SO4和CoSO4，同时有氧气的产生，反应的化学方程式：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O；
②根据图中曲线分析，从75℃～85℃，铜浸出率增大的幅度明显高于65℃～75℃增大的幅度，原因是H2O2在75℃-85℃下分解生成O2的速率更快，Cu被O2氧化为Cu2+的速率更快；
（3）向0.100mol·L-1CoSO4溶液中滴加NaOH溶液调节pH，pH=7时开始出现Co(OH)2沉淀。则=0.1mol/L=1.0，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]时，c(OH-)===1.0mol/L，c(H+)=1.0mol/L，故继续滴加NaOH溶液至pH=9时，Co2+沉淀完全[c(Co2+)≤10-5mol·L-1]；
答案为9；
（4）根据元素守恒和得失电子守恒可得关系式：2CoOOH~2Co3+~I2~2，n(CoOOH)=n()= c()V()=0.01000mol/L25.00mL10-3L/mL=2.500010-4mol，m(CoOOH)= 2.500010-4mol92g/mol=2.300010-2g，m[Co(OH)2]=0.1000g-2.300010-2g =7.70010-2g，===77.00%。
4． （酚）羟基 氨基 取代反应
【详解】（1）、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为（酚）羟基，氨基，
故答案为：（酚）羟基；氨基；
（2）D→E为甲基被氢原子的取代反应，属于取代反应；
（3）B的分子式为C12H12O2，由反应A→B 可知A中酚羟基上的氢原子被甲基取代，则B的结构简式为，故答案为：；
（4）C的一种同分异构体X同时满足①含有苯环，能使溴水褪色；②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。则X含有苯环、碳碳双键和酯键，水解产物一种含有苯环，另一种含有5个C则水解产物其中一种为苯酚，另一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子为(CH3)2CH=COOH，则X为；
（5）由已知条件可知可在酸性高锰酸钾溶液中分解为丙酮和乙酸，再结合盐酸罗替戈汀的合成路线，合成方案为。
【点睛】设计合成路线时需要充分利用已知条件，或通过产物进行逆推得到合成方案。
5． 取代反应
【分析】根据题中合成路线，A与HOOCCH2COOH反应生成B，B与氢气加成生成C，C在PPA环境下发生分子内取代脱水生成D，D与X生成E，根据(3)中给出的X的化学式为C6H5NO和E的结构反推推得X为，E与氢气加成生成F，根据F的化学式为C17H23NO3和G的结构，反推得F结构为，通过G结构推得F与发生取代反应生成G。
【详解】(1)F与发生取代反应生成G，故F→G的反应类型为取代反应
(2)一个碳原子连接四个不同原子或者原子团，该碳原子叫“手性碳原子”，故G只有一个手性碳原子用*标注：
(3)根据X分子式C6H5NO和E的结构反推X的结构简式为
(4) Y为D的同分异构体，则分子式为C11H12O3，能与FeCl3发生显色反应,说明Y中含有酚羟基，有结构，1 molY与足量溴水反应时最多能消耗4 mol Br2，说明Y的苯环上的氢的个数和取代基上可以和溴发生加成的双键、三键数目之和为4，再根据Y分子中不同化学环境的氢原子数目比为6：3：2：1，符合条件的Y的结构为：
(5) 聚合物的单体为，可由与发生酯化反应获得，根据题中流程的A B的反应可知，与HOOCCH2COOH反应生成，故合成路线为：
6．(1)1
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：，与氢气发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解后酸化得到D，D在AlCl3/CH2Cl2条件下反应生成E，E在条件下得到F，F与氢气发生加成反应得到G，G在碱性条件下与CH3CH2COCl发生取代反应生成雷美替胺。
(1)
人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，由雷美替胺的结构简式可知，雷美替胺中含1个手性碳原子。
(2)
结合A和C的结构简式可知，A与CH2=CHCOOC2H5发生取代反应生成B，B的结构简式为：。
(3)
由D和E的结构简式可知，D→E中有一种与E互为同分异构体的副产物的结构简式为：。
(4)
分子中含有苯环，能发生银镜反应，说明含有醛基，分子中有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为：。
(5)
在条件下发生类似E→F的反应生成，与氢气发生加成反应生成；被氧化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与在碱性条件下反应生成，因此合成路线为：。
7． c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）过大时，主要发生反应Ⅲ （a+b+c）kJ/mol Mn2+ 25L Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀
【分析】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；
（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；
（3）①弱碱性条件下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：,以此计算废水的体积；
②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。
【详解】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为，
故答案为：；
（2）已知：①H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
②H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
③·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，则△H=（a+b+c）kJ/mol， Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，
故答案为：（a+b+c）kJ/mol；Mn2+；
（3）①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：, l.7g·OH物质的量，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的体积，
故答案为：25L；
②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。
8． 三角锥形 H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O 0.0025 H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O 方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱 pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附
【详解】(1) ①中心原子的价电子对是，所以空间构型是三角锥形；
②该过程中H2SiF6和石灰乳反应生成CaF2、SiO2的化学方程式为H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；
③， ，，
故答案为：三角锥形；H2SiF6+3Ca(OH)2＝3CaF2+SiO2+4H2O；0.0025；
(2)①向化学沉淀后的废水()中加入NaClO溶液，As(III)发生主要反应的离子方程式为H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O；
②由题可知，ClO－会氧化亚铁离子为铁离子，先加次氯酸跟离子会造成不必要的损耗，影响效果，所以其它条件相同的情况下，用以下两种方式向废水样中添加NaClO和FeSO4溶液，反应相同时间，测得As(III)的氧化效果方式II不如方式I，原因是方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱。
③pH＞8时，HAsO的物种分布分数达到最大值，且开始下降，并且在pH高时氢氧化铁胶体的负电荷数也多，会抑制反应发生。所以时，随着废水的pH增大，As(V)的去除率发生如图所示变化的原因是pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附；故答案为：H3AsO3＋ClO－＋2OH－＝HAsO＋Cl－＋2H2O；方式Ⅱ中NaClO会同时氧化As(Ⅲ)和Fe2+，导致氧化As(Ⅲ)的n(NaClO)比方式Ⅰ中的少，氧化效果减弱；pH＞8时，随着废水pH的增大，溶液中As(Ⅴ)由HAsO转化为AsO，所带负电荷增大，且Fe(OH)3胶体表面负电荷也在增多，静电斥力增大，不利于吸附。
【点睛】本题考查氧化还原配平、沉淀溶解平衡、离子的空间构型等知识，考查学生的读图能力、计算能力和审题能力，让学生学会分析问题和解决问题。
9． 向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－ 酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染 c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少 10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2 O2在阴极表面得电子被还原成，结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)⇌NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素
【详解】(1)将转化为和，检验即可，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－，故答案为：向其中加入几滴FeCl3溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN－；
(2)①Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的，酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染，故答案为：酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；
②c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少，的氧化去除率有所下降，故答案为：c(Cu2+)超过90mg·L－1，会催化过氧化氢分解，与CN－反应的H2O2的量减少；
(3)①由图可知，反应I中HO▪、CN－在碱性条件下反应，生成N2、H2O和CO，N元素由-5价上升到0价，O元素由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2CO，故答案为：10▪OH＋2OH－＋2CN－=N2↑＋6H2O＋2CO；
②由图可知，虚线方框内的过程可描述为：O2在阴极表面得电子被还原成O，O结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；故答案为：O2在阴极表面得电子被还原成O，O结合H＋生成O2H，O2H分解生成O2和H2O；
(4) CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素；故答案为：CO抑制了HCN(g)＋H2O(g)⇌NH3(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素。
相关试卷
江苏省七市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁)2023届高三三模化学答案： 这是一份江苏省七市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁)2023届高三三模化学答案，共3页。
江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模化学试题+PDF版含答案： 这是一份江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模化学试题+PDF版含答案，共8页。
江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模化学试题PDF版含答案： 这是一份江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模化学试题PDF版含答案，共8页。
