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广西省玉林市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
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这是一份广西省玉林市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题，共22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。
广西省玉林市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入 ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16 、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
2．（2020·广西玉林·统考一模）铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。
3．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
二、原理综合题
4．（2020·广西玉林·一模）NH3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。
(1)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以NO2将还原为N2。已知：
CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ•mol-1①
N2 (g) +2O2(g)=2 NO2 (g) △H2=+67.7kJ•mol-1②
则反应CH4 (g)+2NO2(g)=CO2(g)+ N2 (g)+ 2H2O(l) △H= _____________ 。
(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4 (g)+ NH3 (g) HCN(g)+ 3H2 (g) △H>0
①在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2mol CH4和2mol NH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为__________________mol•L-1•min-1，该温度下平衡常数K=_________。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，则此时v正= ________ (填“>”“=”或“<”)v逆。
②其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X 变化的关系如图1所示，X 代表 __________(填字母代号)
A．温度 B． 压强 C．原料中CH4与NH3的体积比
(3)某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化碳，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨，A~E分别代表生产中的原料或产品，b表示_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为________。
5．（2020·广西玉林·统考一模）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇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 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1，则ΔH1=___________ kJ·mol-1，反应I在___________下易自发进行。
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%随温度的变化如图所示：
①由图可知，催化效果：Cat1 ___________Cat2(填“＞” “＜”或“=”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因：___________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应I与II。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是___________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②可证明反应II达列平衡状态的标志是___________(填标号)。
A．CO的浓度不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．体系的压强不再变化
③若达到平衡时CO2的转化率为20% ，CH3OH的选择性为75%，反应II的压强平衡常数Kp= ___________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
6．（2022·广西玉林·统考一模）一碳产品是石油的良好替代品，一碳化学与绿色化工结合可以实现经济与环境的协调发展。甲醇-水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇-水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：
(1)已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ·mol-1
反应II：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH3
该条件下反应III的ΔH3=_______。
(2)已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度(T1、T2)下，测得相应的CO的平衡转化率如图2所示。
①比较T1、T2的大小，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是_______。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡：
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度/(mol·L-1)
2
1
0
0
t时刻浓度/(mol·L-1)
1.5
0.5
0.5
0.5
反应进行到t时刻时，判断v(正)、v(逆)的大小关系为断v(正)_______v(逆(填“>“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_______。
(3)CO2在生产中有着广泛的用途。经CO2饱和处理的KHCO3，弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。
CO2参与反应的一极为_______(填“阴极”或“阳极”)，电极反应式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·广西玉林·一模）某新型药物G合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；
Ⅱ.RCOOH；
Ⅲ. +RNH2
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下1 mol G可以和2 mol NaOH或者9 mol H2反应
（3）F的结构简式为____。
（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。
8．（2020·广西玉林·统考一模）布洛芬是一种常见的解热镇痛药，有机物G是布洛芬的一种合成中间体，G的合成路线如图所示：
已知：RCHO+ R'CH2NO2NO2(R、R'为氢原子或烃基)。
回答下列问题：
(1)G的分子式为___________。
(2)F中官能团的名称为___________。
(3)写出D E的化学方程式：___________。
(4)AB及BC的反应类型分别为___________反应和___________反应。
(5)E与足量酸性高锰酸钾溶液反应得到有机物H，分子式为C8H6O4，其化学名称为 ___________，同时满足 下列条件的H的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 ：2：2： 1的结构简式为___________。
①属于芳香族化合物且不含其他环状结构。
②1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2。
③1 mol该物质与足量Na反应产生1 mol H2。
9．（2022·广西玉林·统考一模）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合钧的路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)反应①的条件为_______，反应⑤的反应类型为_______。
(2)用系统命名法给命名_______。
(3)E中含氧官能团的名称为_______，向F中加入浓溴水，1molF最多可以与_______molBr2反应。
(4)H的结构简式为_______。
(5)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E→F反应的化学万程式：_______。
(6)D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体：_______。
a.含苯环的单环化合物；
b.苯环上只有一个取代基；
c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1。
参考答案：
1． 将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等 3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1— MgO Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出 2.5×10(37—3a) 变大 ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
2． 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6） 4.0×10－11 Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋ 将溶液加热 (NH4)2SO4 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)===4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
3．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
4． —958.0kJ•mol—1 0.025 或0.1875(mol/L)2 < B 阴 SO32——2e—+H2O= 2H++SO42—
【分析】(1) 根据盖斯定律分析计算；
(2)①根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4) ==和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向；②根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合影响平衡移动的因素分析判断；
(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。
【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ•mol-1①，N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.7kJ•mol-1②，根据盖斯定律，将①-②可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g) △H=(-890.3kJ•mol-1)-(+67.7kJ•mol-1)=-958.0kJ•mol-1，故答案为：-958.0kJ•mol-1；
(2)①设10 min时，反应的氨气的物质的量为x(mol)，
则×100%=30%，解得：x=0.5，v(CH4)====0.025mol/(L•min)；该温度下，平衡常数K===0.1875(mol/L)2；保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，此时Qc=═0.5208(mol/L)2＞K，平衡逆向移动，则v正＜v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；＜；
②根据图示，X越大，NH3转化率越小，平衡逆向移动。A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NH3转化率增大，故A错误；B、该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NH3转化率减小，故B正确；C、原料中CH4的体积越大，平衡正向进行程度越高，氨气的转化率越高，故C错误；故答案为：B；
(3)Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程为氧化反应，在阳极上发生，故b为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32--2e-+H2O=2H++SO42-，故答案为：阴；SO32--2e-+H2O=2H++SO42-。
5． -58 低温 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于加快反应II速率) B AC 5 ×10-3
【详解】(1)已知①CO2(g) +H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·mol-1；
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=(+41-99)kJ/mol=-58kJ/mol；反应I为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，该反应ΔH＜0，所以当温度较低时易满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行；
(2)①其它条件相同时，相同时间内二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，所以催化效果Cat.1＞Cat.2；
②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于加快反应II速率，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；
(3)①合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度都导致平衡正向移动，从而提高甲醇产率，故答案为：B；
②A．反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，所以CO的浓度不再改变可以说明反应达到平衡，A符合题意；
B．两个反应的反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B不符合题意；
C．虽然反应Ⅱ前后气体系数之和不变，但反应I前后气体系数之和不相等，若反应Ⅱ未达到平衡，则也会影响反应I的平衡，使容器内压强发生变化，所以压强不变时可以说明反应Ⅱ平衡，C符合题意；
综上所述答案为AC；
③不妨设初始通入10molCO2、30molH2，CO2的转化率为20%，则∆n(CO2)=2mol，根据两个反应方程式可知生成的n(CO)+n(CH3OH)=2mol，CH3OH的选择性为75%，则生成的n(CH3OH)=1.5mol，n(CO)=0.5mol，则反应I消耗的氢气为4.5mol，生成的水为1.5mol，反应Ⅱ消耗的氢气为0.5mol，生成的水为0.5mol，所以平衡时n(CO2)=10mol-2mol=8mol，n(H2)=30mol-4.5mol-0.5mol=25mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol+1.5mol=2mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数，所以Kp==5 ×10-3。
6．(1)+49.5kJ·mol-1
(2) < 1 > 进气比越大，反应温度越低
(3) 阴极 2CO2+12e- +12H+=CH3CH2OH+ 3H2O
【解析】(1)
由盖斯定律，反应I+反应II可得反应III，ΔH3=+90.7-41.2=+49.5kJ·mol-1；
(2)
①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
，则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
(3)
由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
7． 苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2
【分析】根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 mol G()可以和2 mol NaOH发生水解反应，能够和7 mol H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；
(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；
(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；
(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。
8． C13 H19NO2 碳碳双键、硝基 2+O2 2+2H2O 加成 取代 对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸) 13
【分析】与丙烯在催化剂作用下生成B，在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成C，C转化为D，D能在铜的催化下氧化成E，E与硝基甲烷反应生成F，根据已知反应和F的结构简式可推知E为，则D为，C为，与CH3I、Mg/乙醚、H+作用下最终生成G，据此分析。
【详解】(1)由G的结构简式可知，其分子式为C13H19NO2；
(2)F为，其官能团为碳碳双键和硝基；
(3)据分析可知，D与氧气发生催化氧化生成醛E，即D→E的反应是醇的催化氧化生成醛，化学方程式为2+O2 2+2H2O
(4)由A与丙烯反应生成B分析可知，该反应的反应类型为加成反应；B和氯气在光照下发生侧链取代反应生成C，所以该反应的反应类型为取代反应；
(5)E为，E与足量的酸性高锰酸钾溶液反应生成H，根据H的分子式，E中的侧链烃基和醛基都被氧化成羧基，生成物H为对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸)；
由题意可知，满足条件的H的同分异构体含有1个苯环、1个羧基、1个羟基，若苯环上有醛基、羟基、羧基三种不同的取代基，结构有10种；若苯环上有-OH、-COCOOH两种不同取代基，结构有3种，故满足条件的H的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 :2 : 2 : 1的结构简式为。
9．(1) 光照 取代反应
(2)2-溴丙烷
(3) 羰基、(酚)羟基 3
(4)
(5)
(6)、
【分析】甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C，C在酸性条件下水解生成D，对比D、E的结构，可知D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H为 ，E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，F与 发生取代反应生成G；
【详解】（1）反应①是A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，反应⑤中F断裂O-H键和断裂C-Br键生成G和HBr，反应类型为取代反应；
（2）母体是丙烷，溴原子取代在2号碳上，系统命名为2-溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；F含碳碳双键和酚羟基，向F中加入浓溴水，可在酚羟基的邻位发生取代反应，还有碳碳双键发生加成反应，1molF最多可以与3 molBr2反应；
（4）D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H的结构简式为 ；
（5）E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E→F反应的化学方程式： ；
（6）D的同分异构体满足条件：a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，结构为、。
广西省玉林市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、工业流程题
1．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入 ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16 、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
2．（2020·广西玉林·统考一模）铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。
3．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
二、原理综合题
4．（2020·广西玉林·一模）NH3、NO2、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。
(1)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以NO2将还原为N2。已知：
CH4 (g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ•mol-1①
N2 (g) +2O2(g)=2 NO2 (g) △H2=+67.7kJ•mol-1②
则反应CH4 (g)+2NO2(g)=CO2(g)+ N2 (g)+ 2H2O(l) △H= _____________ 。
(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4 (g)+ NH3 (g) HCN(g)+ 3H2 (g) △H>0
①在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2mol CH4和2mol NH3，平衡时NH3体积分数为30%，所用时间为10min，则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为__________________mol•L-1•min-1，该温度下平衡常数K=_________。若保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1mol，则此时v正= ________ (填“>”“=”或“<”)v逆。
②其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X 变化的关系如图1所示，X 代表 __________(填字母代号)
A．温度 B． 压强 C．原料中CH4与NH3的体积比
(3)某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化碳，将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图2所示，电极材料为石墨，A~E分别代表生产中的原料或产品，b表示_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为________。
5．（2020·广西玉林·统考一模）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇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 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1，则ΔH1=___________ kJ·mol-1，反应I在___________下易自发进行。
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%随温度的变化如图所示：
①由图可知，催化效果：Cat1 ___________Cat2(填“＞” “＜”或“=”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因：___________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应I与II。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是___________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②可证明反应II达列平衡状态的标志是___________(填标号)。
A．CO的浓度不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．体系的压强不再变化
③若达到平衡时CO2的转化率为20% ，CH3OH的选择性为75%，反应II的压强平衡常数Kp= ___________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
6．（2022·广西玉林·统考一模）一碳产品是石油的良好替代品，一碳化学与绿色化工结合可以实现经济与环境的协调发展。甲醇-水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇-水蒸气重整制氢的部分反应过程如图1所示：
(1)已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH1=+90.7kJ·mol-1
反应II：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1
反应III：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) ΔH3
该条件下反应III的ΔH3=_______。
(2)已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度(T1、T2)下，测得相应的CO的平衡转化率如图2所示。
①比较T1、T2的大小，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。
②A点对应的化学平衡常数是_______。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡：
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度/(mol·L-1)
2
1
0
0
t时刻浓度/(mol·L-1)
1.5
0.5
0.5
0.5
反应进行到t时刻时，判断v(正)、v(逆)的大小关系为断v(正)_______v(逆(填“>“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是_______。
(3)CO2在生产中有着广泛的用途。经CO2饱和处理的KHCO3，弱酸性溶液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。
CO2参与反应的一极为_______(填“阴极”或“阳极”)，电极反应式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·广西玉林·一模）某新型药物G合成路线如图所示：
已知：Ⅰ.RCHO（R为烃基）；
Ⅱ.RCOOH；
Ⅲ. +RNH2
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ___，合成路线图中反应③所加的试剂和反应条件分别是______。
（2）下列有关说法正确的是 __（填字母代号）。
A．反应①的反应类型为取代反应
B．C可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚
C．D中所有碳原子可能在同一平面上
D．一定条件下1 mol G可以和2 mol NaOH或者9 mol H2反应
（3）F的结构简式为____。
（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 ______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 ___种。
①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环
②能发生银镜反应和水解反应
（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线______。
8．（2020·广西玉林·统考一模）布洛芬是一种常见的解热镇痛药，有机物G是布洛芬的一种合成中间体，G的合成路线如图所示：
已知：RCHO+ R'CH2NO2NO2(R、R'为氢原子或烃基)。
回答下列问题：
(1)G的分子式为___________。
(2)F中官能团的名称为___________。
(3)写出D E的化学方程式：___________。
(4)AB及BC的反应类型分别为___________反应和___________反应。
(5)E与足量酸性高锰酸钾溶液反应得到有机物H，分子式为C8H6O4，其化学名称为 ___________，同时满足 下列条件的H的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 ：2：2： 1的结构简式为___________。
①属于芳香族化合物且不含其他环状结构。
②1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应产生1molCO2。
③1 mol该物质与足量Na反应产生1 mol H2。
9．（2022·广西玉林·统考一模）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合钧的路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)反应①的条件为_______，反应⑤的反应类型为_______。
(2)用系统命名法给命名_______。
(3)E中含氧官能团的名称为_______，向F中加入浓溴水，1molF最多可以与_______molBr2反应。
(4)H的结构简式为_______。
(5)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E→F反应的化学万程式：_______。
(6)D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体：_______。
a.含苯环的单环化合物；
b.苯环上只有一个取代基；
c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1。
参考答案：
1． 将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等 3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1— MgO Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出 2.5×10(37—3a) 变大 ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
2． 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6） 4.0×10－11 Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋ 将溶液加热 (NH4)2SO4 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)===4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
3．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
4． —958.0kJ•mol—1 0.025 或0.1875(mol/L)2 < B 阴 SO32——2e—+H2O= 2H++SO42—
【分析】(1) 根据盖斯定律分析计算；
(2)①根据三段式结合平衡时NH3体积分数为30%计算出反应的氨气的物质的量，再结合v(CH4) ==和K=计算，保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向；②根据图示，X越大，转化率越小，平衡逆向移动，结合影响平衡移动的因素分析判断；
(3)由得到的Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程发生氧化反应，在阳极发生，据此分析解答。
【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ•mol-1①，N2(g)+2O2(g)═2NO2(g) △H=+67.7kJ•mol-1②，根据盖斯定律，将①-②可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g) △H=(-890.3kJ•mol-1)-(+67.7kJ•mol-1)=-958.0kJ•mol-1，故答案为：-958.0kJ•mol-1；
(2)①设10 min时，反应的氨气的物质的量为x(mol)，
则×100%=30%，解得：x=0.5，v(CH4)====0.025mol/(L•min)；该温度下，平衡常数K===0.1875(mol/L)2；保持温度不变，再向容器中加入CH4和H2各1 mol，此时Qc=═0.5208(mol/L)2＞K，平衡逆向移动，则v正＜v逆，故答案为：0.025；0.1875(mol/L)2；＜；
②根据图示，X越大，NH3转化率越小，平衡逆向移动。A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NH3转化率增大，故A错误；B、该反应为气体物质的量增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，NH3转化率减小，故B正确；C、原料中CH4的体积越大，平衡正向进行程度越高，氨气的转化率越高，故C错误；故答案为：B；
(3)Na2SO3进行电解生产硫酸，硫酸根来源于亚硫酸根的放电，该过程为氧化反应，在阳极上发生，故b为阴离子交换膜，阳极的电极反应式为SO32--2e-+H2O=2H++SO42-，故答案为：阴；SO32--2e-+H2O=2H++SO42-。
5． -58 低温 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于加快反应II速率) B AC 5 ×10-3
【详解】(1)已知①CO2(g) +H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·mol-1；
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3=-99 kJ·mol-1
根据盖斯定律①+②可得CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=(+41-99)kJ/mol=-58kJ/mol；反应I为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，该反应ΔH＜0，所以当温度较低时易满足ΔH-TΔS＜0，反应自发进行；
(2)①其它条件相同时，相同时间内二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，所以催化效果Cat.1＞Cat.2；
②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于加快反应II速率，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；
(3)①合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度都导致平衡正向移动，从而提高甲醇产率，故答案为：B；
②A．反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，所以CO的浓度不再改变可以说明反应达到平衡，A符合题意；
B．两个反应的反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡，B不符合题意；
C．虽然反应Ⅱ前后气体系数之和不变，但反应I前后气体系数之和不相等，若反应Ⅱ未达到平衡，则也会影响反应I的平衡，使容器内压强发生变化，所以压强不变时可以说明反应Ⅱ平衡，C符合题意；
综上所述答案为AC；
③不妨设初始通入10molCO2、30molH2，CO2的转化率为20%，则∆n(CO2)=2mol，根据两个反应方程式可知生成的n(CO)+n(CH3OH)=2mol，CH3OH的选择性为75%，则生成的n(CH3OH)=1.5mol，n(CO)=0.5mol，则反应I消耗的氢气为4.5mol，生成的水为1.5mol，反应Ⅱ消耗的氢气为0.5mol，生成的水为0.5mol，所以平衡时n(CO2)=10mol-2mol=8mol，n(H2)=30mol-4.5mol-0.5mol=25mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol+1.5mol=2mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数，所以Kp==5 ×10-3。
6．(1)+49.5kJ·mol-1
(2) < 1 > 进气比越大，反应温度越低
(3) 阴极 2CO2+12e- +12H+=CH3CH2OH+ 3H2O
【解析】(1)
由盖斯定律，反应I+反应II可得反应III，ΔH3=+90.7-41.2=+49.5kJ·mol-1；
(2)
①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，温度由T1变为T2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T1
，则反应平衡常数K=，故答案为：1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)
(3)
由示意图可知，纳米C电极为电解池的阴极，弱酸性条件下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴极；2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O。
7． 苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2
【分析】根据合成路线，A结构中含有苯环结构，A→B发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应③为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；
(2)A. 根据上述分析，反应①为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 mol G()可以和2 mol NaOH发生水解反应，能够和7 mol H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；
(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；
(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；
(5)D()有多种同分异构体，①属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：①苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；②苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5；
(6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。
8． C13 H19NO2 碳碳双键、硝基 2+O2 2+2H2O 加成 取代 对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸) 13
【分析】与丙烯在催化剂作用下生成B，在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成C，C转化为D，D能在铜的催化下氧化成E，E与硝基甲烷反应生成F，根据已知反应和F的结构简式可推知E为，则D为，C为，与CH3I、Mg/乙醚、H+作用下最终生成G，据此分析。
【详解】(1)由G的结构简式可知，其分子式为C13H19NO2；
(2)F为，其官能团为碳碳双键和硝基；
(3)据分析可知，D与氧气发生催化氧化生成醛E，即D→E的反应是醇的催化氧化生成醛，化学方程式为2+O2 2+2H2O
(4)由A与丙烯反应生成B分析可知，该反应的反应类型为加成反应；B和氯气在光照下发生侧链取代反应生成C，所以该反应的反应类型为取代反应；
(5)E为，E与足量的酸性高锰酸钾溶液反应生成H，根据H的分子式，E中的侧链烃基和醛基都被氧化成羧基，生成物H为对苯二甲酸(或1，4一苯二甲酸)；
由题意可知，满足条件的H的同分异构体含有1个苯环、1个羧基、1个羟基，若苯环上有醛基、羟基、羧基三种不同的取代基，结构有10种；若苯环上有-OH、-COCOOH两种不同取代基，结构有3种，故满足条件的H的同分异构体有13种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1 :2 : 2 : 1的结构简式为。
9．(1) 光照 取代反应
(2)2-溴丙烷
(3) 羰基、(酚)羟基 3
(4)
(5)
(6)、
【分析】甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C，C在酸性条件下水解生成D，对比D、E的结构，可知D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H为 ，E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，F与 发生取代反应生成G；
【详解】（1）反应①是A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，反应⑤中F断裂O-H键和断裂C-Br键生成G和HBr，反应类型为取代反应；
（2）母体是丙烷，溴原子取代在2号碳上，系统命名为2-溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；F含碳碳双键和酚羟基，向F中加入浓溴水，可在酚羟基的邻位发生取代反应，还有碳碳双键发生加成反应，1molF最多可以与3 molBr2反应；
（4）D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H的结构简式为 ；
（5）E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E→F反应的化学方程式： ；
（6）D的同分异构体满足条件：a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，结构为、。
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