山东省济宁市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

这是一份山东省济宁市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24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。

山东省济宁市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·山东济宁·一模）工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。

已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10－12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10－5。
（1）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为______________________。
（2）向浸出液中添加适量MnO2的作用是_____________；滤渣2的主要成分是__________。
（3）“沉锰”的离子方程式为____________________________。
（4）“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。

①由图可知，“沉锰”的合适条件是________________________。
②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是___________________________。
（5）将NH3通入0．015mol·L－1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10－5mol·L－1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为________________(忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。
2．（2021·山东济宁·统考一模）氧化钪()是一种稀土氧化物，广泛地应用于航天、激光、导弹等尖端科学领域.钛铁矿主要成分为、、，还含有、、等元素，从钛铁矿中提取的流程如图：

已知：①当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。
②室温下完全沉淀的pH为1.05
③。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，要适当升高温度或将钛铁矿粉碎等措施，其目的是_______。
(2)“酸浸”后元素转化为，其水解反应的化学方程式是_______。
(3)“洗钛”时的作用之一是与反应生成，该离子为橘黄色的稳定离子，的化合价为_______，还起到的作用是_______。
(4)“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子、、浓度均小于，再用氨水调节溶液pH使、沉淀完全而不沉淀，则调pH应控制的范围是_______。
(5)加草酸“沉钪”的离子方程式为_______，获得的实验操作方法是_______。
3．（2022·山东济宁·统考一模）工业上以锌白矿(主要成分为ZnO，还含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图。回答下列问题：

已知：
①某温度下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：

②硫酸锌晶体的溶解度随温度的变化如图：

(1)“酸浸”时，需不断通入高温水蒸气，其目的是____，用到的4.5mol·L-1的硫酸溶液需用18mol·L-1的浓硫酸配制。下列操作使所配溶液浓度偏大的是____(填字母)。

(2)滤渣1的主要成分是____，调节pH时可使用物质B是____(填化学式)。
(3)从滤液2经一系列操作可得产品级ZnSO4·7H2O，具体操作如图：

滤液2调节pH值沉锌的范围是9.4～____，简述从滤液3得到产品级ZnSO4·7H2O的操作：____，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
将硫酸锌与硫化钡混合可以得到很好的白色颜料——锌钡白(俗称：立德粉ZnS·ZnSO4)。由于锌钡白便宜可部分替代TiO2使用，稳定性：TiO2____锌钡白(填“大于”或“小于”)。
(4)该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度/mol·L-1
0.20
0.10
0.20

则处理后的废水中c(Zn2+)=____。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)

二、原理综合题
4．（2020·山东济宁·一模）（1）如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。

①下列说法正确的是_______（填字母序号）
A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+□NO3—□_______+□_______+□_______+□_______，_____________
（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。
①已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol
此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ/mol
NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝_______。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3，则NO2的平衡转化率是_______。
（3）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，其化合物，有着广泛的用途。
①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_______（填“强’’或“弱’’）。用原子结构解释原因_______。
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_______。
③298K时，将20mL3xmol•L-1Na3AsO3、20mL3xmol•L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43﹣)与反应时间（t）的关系如图所示。若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为_______。

5．（2021·山东济宁·统考一模）综合利用、对构建低碳社会有重要意义。
(1)利用与制备合成气CO、，可能的反应历程如图所示：

说明：为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：)，表示过渡态。
①制备合成气、总反应的热化学方程式为_______。
②若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式_______。
(2)工业上常采用和为原料合成乙醇，反应方程式为：.一定温度下，向容积均为的恒容密闭容器中分别通入和，在不同催化剂X、Y的催化下发生反应.测得时，转化率与温度的变化关系如图所示。

①该反应适宜选用的催化剂为_______(填“X”或“Y”)。
②时，a点对应容器在内的平均反应速率_______；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b_______c(填“>”“<”或“=”)，原因为_______。
③时，保持温度不变向容器中再充入、，平衡将_______移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
(3)随着科学技术的发展，的捕集利用技术成为研究重点，可以被溶液捕获，所得溶液，该溶液的_______。[已知室温下，，]
6．（2022·山东济宁·统考一模）利用CO2可合成尿素、醇等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应1：2NH3(g)+CO2(g)NH2CO2NH4(s) △H1=-159.47kJ·mol-1
反应2：NH2CO2NH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+72.49kJ·mol-1
反应3：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H3
反应1、2和3的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3的线条是____。提高尿素产率的方法有____、____。

一定条件下，恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，容器内总压强为pkPa，已知反应2的Kp=ap则上述反应3的平衡常数Kp=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。以惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液，阳极有N2产生，写出阳极的电极反应方程式____。
(2)工业上利用CO2可以制备甲醇，某一刚性容器中充入1molCO2和3molH2，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。

反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
已知：CH3OH选择性=，反应1为____(填“放热”或“吸热”)反应，有研究表明，在原料气中掺入适量的CO有利于提高CH3OH选择性，说明其可能的原因是____，有利于提高CH3OH选择性反应条件还可以是____(填标号)。
A．高温高压     B．高温低压     C．低温高压     D．低温低压

三、有机推断题
7．（2020·山东济宁·一模）化合物F是一种药物合成的中间体，F的一种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：
（1）的名称为____。
（2）D中含氧官能团的名称为____。
（3）B→C的反应方程式为____。
（4）D→E的反应类型为____。
（5）C的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体还有____种，写出核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6:2:1的同分异构体的结构简式____。
（6）依他尼酸钠（）是一种高效利尿药物，参考以上合成路线中的相关信息，设计以 为原料（其他原料自选）合成依他尼酸钠的合成路线。________________
8．（2021·山东济宁·统考一模）有效构建手性中心是有机合成的重要研究方向之一，合成化合物G的一种路径如图所示。

已知：+R2-CHO
回答下列问题：
(1)B的结构简式为_______，其化学名称为_______，C的结构简式为_______。
(2)③的反应类型为_______，F中含氧官能团的名称是_______。
(3)写出E到F的反应方程式_______。
(4)芳香化合物H是G的同分异构体，H能使的溶液褪色，与单质不反应，其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1，写出1种符合要求的H的结构简式_______。
(5)设计由 和 为主要起始原料制备 的合成路线_______(无机试剂任选)。
9．（2022·山东济宁·统考一模）一种抗心律失常的药物氨基酮类化合物的合成路线如图。

已知：
ⅰ.R1—CH=CH—R2+R3—CH2CHO
ⅱ.+2R3—OH→+H2O
(1)A→B的反应类型为____，其反应的化学方程式是____。
(2)H分子含氧官能团的名称为____，E的一种同分异构体具有反式结构且能发生银镜反应，该同分异构体的结构简式是____，该合成路线中乙二醇的作用是____。
(3)F的结构简式是____；符合下列条件的F的同分异构体有____种。
①遇FeCl3溶液显紫色
②每摩尔有机物最多与2molNa2CO3或2molNa反应
③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9：6：2：2：1
(4)结合上述信息，写出由和制备的合成路线____。

参考答案：
1．     MnO2+SO2=MnSO4     将Fe2+氧化为Fe3     NiS和ZnS     Mn2++HCO3-+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O     45℃、pH=7.5     当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大     1.17mol·L-1
【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、A13+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、A13+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解答。
【详解】(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；
(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS；
(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3∙H2O=MnCO3↓+ NH4++H2O；
(4)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右， pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高；
②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO32-)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大；
(5) Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)=4.9×10－12，c2(OH-)==4.9×10－7，c(OH-)=7×10－4mol·L－1，NH3通入0.015mol·L－1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH4+)= 2c(SO42-)=2×0.015 mol/L =0.03mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2O⇌NH4++OH- ， Kb(NH3·H2O)==1.8×10－5，则NH3·H2O的物质的量浓度为=1.17mol/L。
2．     提高浸取效率          +4     将氧化为     3.2~3.7          灼烧
【详解】(1)“酸浸”时升高温度或将钛铁矿粉碎可以增加其表面积，进而加快反应速率，提高浸取效率；
(2)“酸浸”后，Ti元素转化为TiOSO4，发生水解反应后生成，据此可写出水解的化学方程式为；
(3)中H2O2中O的化合价为-1价，另一个O的化合价为-2价，则Ti的化合价为+4价；
(4)有氧化性，故可将氧化为；
(5)TiO2+完全沉淀的pH为1.05，Fe3+恰好沉淀完全时，溶液中c(OH-)=mol/L，此时c(H+)=mol/L，则，Sc开始沉淀时c(OH-)=510-11mol/L，此时pH=3.7，故调pH的范围是3.2~3.7；
(6)“沉钪”时Sc转化成Sc2(C2O4)3，离子方程式为：；
(7)受热分解可得Sc2O3，则其操作方法为灼烧。
3．(1)     升高温度，加快反应速率     cd
(2)     SiO2、PbSO4     ZnO(或Zn(OH)2、ZnCO3)
(3)     12     将滤液3在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热     大于
(4)5.0×10-12mol·L-1

【分析】锌白粉中加入硫酸，ZnO、FeO、Fe2O3、CuO溶解并转化为相应的硫酸盐，SiO2不溶，PbO溶解并转化为难溶物PbSO4；过滤后加入锌粉，Cu2+被还原为Cu，同时Fe3+被还原为Fe2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入物质B，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，B能调节溶液的pH，且不引入新的杂质，则B应为锌的氧化物、氢氧化物或碳酸盐；再蒸发结晶，便可获得硫酸锌晶体。
(1)
“酸浸”时，不断通入高温水蒸气，可提高反应混合物的温度，有利于反应的发生，其目的是升高温度，加快反应速率；配制硫酸溶液时，要使所配溶液浓度偏大，则所取浓硫酸的体积偏大，所配溶液体积偏小，应选cd。答案为：升高温度，加快反应速率；cd；
(2)
由分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2、PbSO4，调节pH时，不能引入新的杂质，应为难溶物，且能与硫酸发生反应，所以可使用物质B是ZnO(或Zn(OH)2、ZnCO3)。答案为：SiO2、PbSO4；ZnO(或Zn(OH)2、ZnCO3)；
(3)
滤液2调节pH沉锌时，既要保证Zn2+完全转化为Zn(OH)2沉淀，又要保证Zn(OH)2不溶解，所以pH范围是9.4～12，从滤液3得到产品级ZnSO4·7H2O时，从溶解度曲线看，温度应不高于60℃，所以具体操作为：将滤液3在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
由于锌钡白便宜可部分替代TiO2使用，因为ZnS中的S元素显-2价，易被空气中的O2氧化，所以稳定性：TiO2大于锌钡白。答案为：12；将滤液3在60℃左右蒸发浓缩至有晶膜产生时停止加热；大于；
(4)
CH3COOHCH3COO-+H+，，即，
c(H+)=1.0×10-5mol/L；对于H2S，，， ，，；，。答案为：5.0×10-12mol·L-1。
【点睛】调节溶液的pH时，应从产品的组成考虑，加入的试剂必须能与H+反应，且不引入杂质离子，常为难溶物。
4．     BCD     5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O     —41.8kJ/mol     75%     弱     N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱     2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S    
【详解】（1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，故A错误；
B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；
C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故C正确；
D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，故D正确；
故选BCD。
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O，故答案为：5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O；
（2）①Ⅰ.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－1
Ⅱ.2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ·mol－1
盖斯定律计算（Ⅰ-Ⅱ）× 得到NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝-41.8 kJ·mol－1，故答案为：-41.8 kJ·mol－1；
②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x：

NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比=1：3，（1-x）：x=1：3，x=0.75mol，NO2的平衡转化率=×100%=75%，
故答案为：75%；
（3）①非金属性：N>As，AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；
故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；
③列三段式如下：

根据平衡常数表达式K= ==，故答案为：。
5．               X          ＞     b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高     向逆反应方向     11
【详解】(1)①根据图示，利用与制备合成气CO、总反应的热化学方程式为；
②化学反应速率由反应进行较慢的决定，活化能越大，反应进行越慢，若，则，即第二步反应的活化能大，反应进行更慢，因此决定制备“合成气”反应速率的化学方程式；
(2)①根据图示可知，在相同温度下，催化剂X作用下二氧化碳的转化率更高，则该反应适宜选用的催化剂为X；
②时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%，则在内二氧化碳的浓度变化量为×40%=0.2mol/L，二氧化碳的平均反应速率为=0.04，反应速率之比等于反应化学计量数之比，则氢气的平均反应速率3×0.04=；根据碰撞理论，有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳转化率小于c点，b点的二氧化碳浓度比c点大，温度越高、浓度越大，反应速率越快，有效碰撞几率越大，则b点的反应速率比c点快，因此b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b＞c；
③时，b点对应的二氧化碳转化率为60%，列三段式：

该温度下的平衡常数K==，保持温度不变向容器中再充入、，二氧化碳的物质的量变为0.6mol，乙醇的物质的量变为0.9mol，则Qc=，＞1，即Qc＞K，平衡将向逆反应方向移动；
(3)已知所得溶液，，则===1.0×10-11mol/L，则溶液的pH=11。
6．(1)     c     分离出水蒸气     增大压强(减小体积)          CO(NH)2-6e-+8OH-=N2+CO+6H2O
(2)     放热     增大CO的浓度，反应2向逆反应方向移动，CO2浓度增大，反应1向正反应方向移动，CH3OH选择性增大     C

【解析】(1)
根据盖斯定理可知反应1+反应2=反应3，△H3=△H1+△H2=-159.47kJ·mol-1+72.49kJ·mol-1=-86.98kJ·mol-1，反应1的ΔS1<0，反应2的ΔS2>0，反应3的ΔS3<0，由ΔG=ΔH-TΔS，再结合数据，3个一次函数，可知b为反应2，a反应1，c 反应3；
反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动可以提高尿素产率，方法如增大压强，及时移走产物，可以及时分离出H2O；
根据反应1和反应3可知

根据平衡时平衡时CO2的转化率为0.5=，解得x=0.5，所以平衡时n(NH3)=3-2×0.5=2mol，n(CO2)=1-0.5=0.5mol，已知反应2的Kp=ap=p(H2O)，反应达到平衡时只有三种气体，NH3、CO2、H2O，容器内总压强为pkPa，NH3、CO2分得压强为（p-ap）Pa，同一条件压强之比等于物质的量之比，p(NH3)=×(p-ap)=×(p-ap)，p(NH3)=×(p-ap)=×(p-ap)，根据反应3的平衡常数Kp== = ，
阳极上尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子、氮气和水电极反应式为：CO(NH)2-6e-+8OH-=N2+CO+6H2O；
(2)
根据图中信息可知随着升高温度甲醇的选择性减低，二氧化碳的转化率降低，升温向逆向移动，说明反应1放热；
增大CO的浓度，反应2向逆反应方向移动，CO2浓度增大，反应1向正反应方向移动，CH3OH选择性增大；
根据CH3OH选择性=，可知要想提高选择性，应该尽可能增大甲醇的量减小CO的量，即主反应正向进行，副反应逆向进行，根据反应的热效应和方程式的系数可得高压利于主反应正向进行，低温利于副反应逆向进行；
故选C。
7．     2-氯丙酸     羧基、醚键          取代反应     5         
【分析】由流程图可知：A在催化剂作用下发生苯环上溴代反应生成B，B发生取代反应生成C，，C发生信息中取代反应生成D，由信息D发生取代反应生成E，由E的结构、反应条件，逆推可知D为、C为、B为．对比E、F的结构，可知E的羧基与碳酸钠反应，E中亚甲基与甲醛发生加成反应、消去反应引入碳碳双键，最终生成F。
（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物。

【详解】（1）中Cl为取代基，丙酸为母体从羧基中C原子起编碳号，名称为：2-氯丙酸；
（2）D为，D中含氧官能团的名称为：羧基、醚键；
（3）B→C的反应方程式为：
（4）D→E是苯环上H原子被-COCH2CH3替代，属于取代反应；
（5）C（）的同分异构体有多种，其中苯环上连有—ONa、2个—CH3的同分异构体，2个甲基有邻、间、对3种位置结构，对应的-ONa分别有2种、3种、1种位置结构，共有6种，不包括C本身还有5种，核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为6：2：1的同分异构体的结构简式为：；
（6）模仿C→F的转化，可知先与ClCH2COOH反应，产物再与CH3CH2CH2COCl/AlCl3、CS2作用，最后与HCHO反应得到目标物，合成路线流程图为：。
8．          苯甲醛          取代反应     羰基、酯基     +CH3COOH+     或    
【分析】根据流程，有机物C与NaBH4发生还原反应生成有机物D，可知有机物C的结构为 ；有机物A与有机物B发生已知条件的反应生成有机物C，根据已知信息，可知B为 ；有机物D发生取代反应生成有机物E，有机物E与 发生取代反应生成有机物F，据此分析解答。
【详解】(1)由分析可知，B的结构简式为 ，B的化学名称为苯甲醛；根据已知反应，可将R1理解为苯环，R2理解为苯环，推导出C的结构简式为 ，故答案为： ；苯甲醛； ；
(2)D中的官能团有碳碳双键和羟基，反应③中乙酰基取代了D中羟基上H原子的位置，该反应为取代反应；由F的结构简式 可知，其含氧的官能团为：羰基、酯基，故答案为：取代反应；羰基、酯基；
(3)对比E、F的结构可知，E中-OOCCH3被取代，生成F和乙酸，其方程式为++CH3COOH，故答案为：++CH3COOH；
(4)G的分子式为C18H18O，有10个不饱和度；H能使Br2的CCl4溶液褪色，说明要有碳碳双键或碳碳三键；与Na单质不反应说明不能有羟基；峰面积比为3:2:2:1:1，总共有18个H原子，其H原子之比为6:4:4:2:2；有6个H原子等效说明有2个相同的甲基。结构中不饱和度较多，为了结构对称，应该有2个苯环，消耗8个不饱和度，另外两个不饱和度应该有2个双键来构建，则O原子应该成醚键，将以上片段整合可得到两种结构： 或 ，故答案为： 或 ；
(5)与题干中 较为相似，参考反应④逆合成分析则需要 和 ， 可由 合成， 可由 ，参考已知条件， 可由原料 合成，则合成路线为： ，故答案为： 。
【点睛】本题重点(5)，根据已知合成路线，去合成新的物质，要充分理解每个条件，即对应官能团的改变，然后类比在新的物质上，通过逆推法得到路线。
9．(1)     取代反应    
(2)     醚键          保护酮羰基
(3)          4
(4)

【分析】根据A→B的反应条件和物质D与E的生成物的结构简式可知A中含有羧基和碳碳双键，再结合物质A的分子式分析可知，物质A为CH2=CHCOOH，B为，由G的分子式与其反应物对比可知①为取代反应，G为，G被还原得H，H为，根据E的分子式以及E和D的反应产物，再结合信息ⅰ可知E为；根据F与乙二醇反应产物额结构简式可知F为；
(1)
由分析可知A为CH2=CHCOOH，A→B的反应为酯化反应，反应类型为取代反应，其化学方程式为：；
(2)
由分析可知H为，含氧官能团名称为醚键；由分析可知E为，则符合要求的E的同分异构体为：；由分析可知F为，后面的反应中需要用到较强的还原剂，故乙二醇的作用是：保护酮羰基；
(3)
由分析可知F为，遇FeCl3溶液显紫色说明有酚羟基，每摩尔有机物最多与2molNa2CO3或2molNa反应说明有2个酚羟基，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9：6：2：2：1说明有5种类等效氢，则其结构为、、、，一共4种结构，故答案为：4；
(4)
首先将醇1，3—丁二醇催化氧化成为醛，然后利用信息i进行合成，再根据题干流程中的信息合成产物，具体流程如下：
。