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山东省聊城市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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这是一份山东省聊城市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26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。
山东省聊城市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、原理综合题
1．（2020·山东聊城·一模）研究SO2、NOx等大气污染物的要善处理具有重要意义。
(1)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)对煤进行脱硫处理。某温度下，测得反应在不同时间点各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.78
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.44
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率v(SO2)=___mol/(L·min)。
②30min后，只改变某—条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___（填字母）。
A．移除部分CaSO4(s) B．通入一定量的O2
C．加入合适的催化剂 D．适当缩小容器的体积
(2)利用活性炭吸附汽车尾气中的NO：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，实验测得，v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2) c(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。在密闭容器中加入足量C（s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
①由图可知：该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；在1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为___。
②用某物质的平街分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，计算该反应的化学平衡常数Kp=___[已知：气体分压（P分）=气体总压（P）×体积分数]。
③达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数，1100K时，计算k正：k逆=___。
2．（2021·山东聊城·统考一模）合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。
(1)CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1
反应②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1
反应③
反应④
则△H1=___________kJ·mol-1。
一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为90％和95％，图中a代表产物___________。当温度高于900K，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是___________。
(2)工业上将CO2转化为燃料CH4，可发生反应有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1
将1molCO2和4mol H2充入2L刚性密闭容器中，反应相同时间，温度对CO2转化率和催化剂选择性的影响如图所示。(注：催化剂的选择性是指发生反应的CO2转化为CH4或CO的百分比)
△H1___________0(填“>”、“<”或“=”)。350℃时，反应I的平衡常数为___________。不改变投料，若容器体积可变化，为同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率，选择最佳反应条件为___________(填标号)。
A．350℃、低压B．350℃、高压C．500℃、低压D．500℃、高压
3．（2022·山东聊城·统考一模）研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)减少碳排放的方法有很多，转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a.
b.
c.
上述反应中原子利用率最高的是_______(填编号)。
(2)在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因是_______。
(3)在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则_______0(填“>”、“<”或“=”)；其他条件不变，甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因是_______。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，_______(填“>”、“<”或“=”)；时，若起始压强为，计算_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数、与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的速率常数，则点_______表示c点的。
二、工业流程题
4．（2020·山东聊城·一模）LiCoO2是锂离子电池常用的电极材料。利用原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质）制备LiCoO2的工艺流程如图：
资料：①在含一定量Cl-的溶液中，钻离子以CoCl形式存在：Co2++4Cl-CoCl
②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：
（1）步骤ⅱ选用盐酸的浓度应为___，该过程要注意在通风橱中进行的原因为___（用离子方程式表示）。
a.4mol/L b.6mol/L c.10mol/L
（2）从平街移动角度解释步骤中加入NaCl固体的目的___。
（3）步骤ⅳ的操作是___。
（4）步骤ⅵ用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钻Co2(OH)2CO3]。已知碱式碳酸钻在339℃以上开始分解，实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示。分析曲线下降的原因___。
（5）步骤ⅷ中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是___。
（6）多次实验测定该原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为___%。（假设原钻矿中含钻元素的物质只有Co2O3）。
5．（2021·山东聊城·统考一模）某含钴矿石的主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略)。
已知金属离子沉淀的pH：
Fe3+
Mg2+
Ca2+
Co2+
开始沉淀时
1.5
8.9
9.8
7.4
完全沉淀时
2.8
10.9
12.3
9.4
(1)Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，写出该反应的化学方程式___________。列举沉淀1所含主要成分的一种用途___________。
(2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH范围为___________。
(3)向溶液2中加入NaF溶液除去钙、镁离子，已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，则溶液3中c(Ca2+)=1.0×10-5mo1·L-1时，c(Mg2+)=___________mo1·L-1。
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3) 。补充下列离子方程式：________
______Co2++________H2O2+______NH3=_____Co(NH3)+_________。
(5)溶液4中，若将1molCo(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4___________mol。
(6)关于上述流程，下列说法正确的是___________(填序号)。
a.流程中，仅通过调节溶液的pH也可将金属元素完全分离
b.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4
c.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
d.过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤效果更好
6．（2022·山东聊城·统考一模）回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度()如表：
温度/
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
(2)Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是_______。
(4)Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是_______。
(5)工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为_______。
(6)Ⅵ步将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·山东聊城·一模）M（）是一种有机合成的中间体，可以通过以下途径来合成：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.R—MgX（R、R’、R”代表烃基或氢原子）
Ⅲ.+R3（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）
（1）在一定条件下，N可以发生加聚反应，其产物的结构简式为___。
（2）D中官能团名称为___。
（3）由E生成F的化学方程式为___，反应类型为___。
（4）H是比G少6个碳原子的G的同系物，则H有___种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为___。
（5）用星号（*）标出M中的手性碳原子：___。
（6）写出用氯苯（）原料制备化合物的合成路线：___（其他试剂任选）。
8．（2021·山东聊城·统考一模）G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去)。
已知：①RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′；
②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子；
③D和F是同系物。
请回答下列问题：
(1) 的化学名称为___________。
(2)B→C的化学方程式为___________。
(3)E→H的反应类型为___________，F分子中含氧官能团名称是___________。
(4)G的结构简式为___________。
(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有___________种。
①苯环上有两个取代基；②与FeC13溶液发生显色反应；③可以发生水解反应；
其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为___________。
(6)参照上述合成路线，设计由丙烯制取的最佳合成路线(无机试剂任选) _______。
9．（2022·山东聊城·统考一模）有机物M是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计如图的合成路线：
已知：①(X为卤素原子，R为H或烃基，下同)
②
(1)A的化学名称为_______，B→C的反应类型为_______。
(2)D中所含官能团共_______种，检验H中是否含有G的试剂为_______；
(3)G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为_______。
(4)M是E的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有_______种(不考虑立体异构)。
①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构。
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1。
(5)参照上述合成路线和信息，以和有机化合物A为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。
参考答案：
1． 0.044 BD < 反应未达到平衡状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 4 < 0.11或
【分析】根据v=计算；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等；根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到。
【详解】(1)①根据v=，CO2的化学反应速率v(CO2)==0.044mol/(L·min)，根据方程式可知：物质反应的速率比等于化学方程式的化学计量数的比，所以v(SO2)=v(CO2)=0.044mol/(L·min)，故答案为：0.044；
②30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故答案为：BD；
(2)①由图象可知，当温度高于1050K时，随着温度升高，NO的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0，1050kPa 前，反应b 中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO2转化率随温度的升高而增大，故答案为：<；反应未达到平街状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；
②由图象可知，在1050K、1.1×106Pa时，NO转化率80%，可列平衡三段式为：
由于容器的容积不变，因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N2)=0.4 p(总)，p(CO2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数，故答案为：4；
③正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，1100K时，NO的平衡转化率为40%，可列平衡三段式为：
则平衡常数K=，当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故，故答案为：<；0.11或。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的计算等知识，掌握化学反应基本原理及氧化还原反应基本原理和物质的化学性质是本题解答的关键。
2． +247.4kJ·mol-1 CO 高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 < 100 B
【详解】(1)由盖斯定律得①=②+③-④，所以△H1=△H2-△H3+△H4=（41.2-35.6+241.8）kJ·mol-1=+247.4kJ·mol-1;由反应①②③可知，反应产物有CO、H2、H2O。生成的H2会在反应②中与CO2生成CO，CO的产量高于H2。故a曲线表示的是CO。反应②是吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，H2O的含量会增大，但反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，H2O的含量会减小。所以高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；故答案为：+247.4kJ·mol-1；CO；高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；
(2)由图1可知，反应I达到平衡状态后，随温度升高二氧化碳的转化率逐渐减小，说明正反应为放热反应，故△H1<0；350℃时，由图1知CO2的平衡转化率为80%，利用三段式进行计算：，又因体积为2L，故平衡常数为：；由图1知 350℃时，CO2的平衡转化率较大，应选择350℃，又因为反应是个气体总体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率都会增大，选择最佳反应条件为B．350℃、高压 ；故答案为：<；100；B。
【点睛】本题考查盖斯定律、平衡移动，平衡常数的计算等问题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，考查计算能力，难度适中。
3．(1)b
(2) 催化剂活性最高或温度较低反应速率较小，温度较高副反应平衡右移，副产物增多
(3) < 有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大 < 0.5 B
【分析】(1)根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，计算原子的利用率；
(2)根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2=CO2+2H2O，根据盖斯定律进行放热的计算；根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度高可能使催化剂的活性降低，进行分析；
(3)①根据图象可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，判断ΔH；浓度对平衡影响分析；
②根据图象可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，影响反应速率的因素进行判断，利用三行式进行分压数据分析，再根据Kp=进行计算；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)，则K=，该反应为放热反应，升高温度平衡移动，再进行分析；
【详解】（1）根据题中信息CO2转化成有机化合物，有机物为我们的预期产物，其他属于没有充分利用的，根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，可知a的原子利用率为=×100%=48.4%；b.的原子利用率为×100%=64.0%；c.的原子利用率为×100%=28.0%，b的原子利用率高；
（2）①根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2 =CO2+2H2O，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH3×2-ΔH1+=-395.6kJ⋅mol-1×2-（-156.9kJ⋅mol-1=-634.3kJ⋅mol-1；
②根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度过高主要发生副反应，温度低反应速度慢，温度高也可能使催化剂的活性降低，综合考虑选择500℃左右；
（3）①根据图象可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，说明反应放热ΔH<0，分子筛膜能选择性分离出H2O (g)，使生成物的浓度降低，平衡正向移动，导致甲醇产率增大；
②根据图象可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，b点前温度低反应速率慢未到达平衡，b点后面达到了平衡，且温度高反应速率v(c)正=v(c)逆，a点未到达平衡温度低反应慢，且v(a)逆
恒容密闭容器，根据pV=nRT，可知p和n正比，反应后总的物质的量为(1+2+1+1)mol，的压强为×3.5MPa=2.5MPa，根据Kp===0.5；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)则K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk越小，即点B表示c点的lgk正；
4． c NiS+2H+=Ni2++H2S↑ 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 分液 温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2 1.66
【分析】
原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质），球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co与Cr、Ni，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取，洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成目标物，以此解答该题。
【详解】
（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为10mol/，可用于分离Co与Cr、Ni；由于原料中含有NiS与盐酸反应生成H2S，H2S有毒，故应在通风橱中进行，反应的离子方程式为：NiS+2H+=Ni2++H2S↑，故答案为：c；NiS+2H+=Ni2++H2S↑；
（2）步骤ⅲ中加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-⇌CoCl42-右移，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
（3）步骤iv加入有机溶剂，用于萃取，可用分液的方法分离，故答案为：分液；
（4）由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，原因为温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32-水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少。），故答案为：温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低.沉淀质量减少；
（5）Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2；
（6）原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为1.18%=1.66%，故答案为：1.66%。
5． 2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O 生产光导纤维、玻璃、晶体硅等 2.8～7.4 7.0×10-6mol·L-1 2Co2++1H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH- 1.5 bd
【分析】根据流程图分析，钴矿石的主要成分有Co2O3、CaO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3，沉淀1为难溶的二氧化硅；溶液1中加入氢氧化钠溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为氢氧化铁沉淀，溶液2中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4，加入氟化钠溶液后生成氟化镁、氟化钙沉淀，则沉淀3为氟化镁、氟化钙；溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，根据问题（4）提示可知，Co2+被氧化为Co(NH3)，溶液4中含有阳离子为Co(NH3)，加入稀硫酸和(NH4)2C2O4被还原为CoC2O4，据此分析解答。
【详解】(1) Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该反应的化学方程式为2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O；沉淀1所含主要成分为二氧化硅，主要用途为生产光导纤维、玻璃、晶体硅等；
(2)除氢氧化铁，由表可知铁离子完全沉淀pH=2.8，而Co2+开始沉淀pH=7.4，所以pH调节为，保证铁离子完全沉淀，Co2+不沉淀；
(3)c(Ca2+)=1.0×10-5mo1·L-1，，，，mol/L；
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3)；离子方程式为2Co2++1H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH-
(5)三价钴离子被还原为二价钴离子，被氧化为CO2，则根据得失电子守恒可知：1mol Co(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4需要消耗；
(6)a．根据金属离子沉淀的pH知，镁离子和钴离子沉淀的pH交叉，仅仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故a错误；
b．若矿石粉中存在少量的氧化亚铁，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，b正确；
c．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液pH，还有与Co3+形成配位离子，c错误；
d．过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤可抑制其溶解，效果更好，d正确；
答案选bd。
6．(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、
(3)消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀
(4)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5)
(6) 阳
【分析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
【详解】（1）Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
（2）Ⅱ步加入过量溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、。故答案为：、；
（3）浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀。故答案为：消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀；
（4）根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
（5）工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为。故答案为：；
（6）①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。故答案为：；阳；
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是，故答案为：。
7． 羟基（或酮基） +H2O 消去反应 5
【分析】由有机物的转化关系可知，苯酚与2-甲基丙烯发生加成反应生成，则B为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则C为；发生信息Ⅰ反应生成，则D为；发生信息Ⅱ反应生成，则E为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则F为；发生信息Ⅲ反应生成，一定条件下生成。
【详解】（1）N的结构简式为，一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基（或酮基），故答案为：羟基（或酮基）；
（3）由E生成F的反应为在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
（4）G的结构简式为，比少6个碳原子的同系物H的分子式为C5H8O2，分子中含有羰基和醛基，CH3CH2CH2CHO插入羰基有3种，插入羰基有2种，共有5种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为，故答案为：5；；
（5）M的结构简式为，手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子，则M中属于手性碳原子的标识为，故答案为：；
（6）由题给流程和制备化合物的结构简式 可知，合成的步骤为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，发生信息Ⅲ反应生成，发生信息Ⅱ反应生成，合成路线为： ，故答案为：。
【点睛】注意理解手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子是判断M中属于手性碳原子的关键。
8． 苯乙烯 +2NaOH+2NaCl 氧化反应 羟基、羧基 9
【分析】由信息①可得出，(CH3)2C=CH2与发生反应生成A为；A与Cl2发生取代反应生成；与HCl反应生成B为，与氢氧化钠水溶液反应生成C为，D为；与HOBr发生加成反应生成E为，在氧化剂作用下生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，然后酸化生成F为；D与F发生酯化反应生成G为。
【详解】(1)的化学名称为苯乙烯；
(2) B为、C为发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；
(3) E生成H并且加入了氧化剂，故E→H的反应类型为氧化反应；F分子中含氧官能团名称是羟基、羧基；
(4) G的结构简式为-
(5)①苯环上有两个取代基；②与FeC13溶液发生显色反应；③可以发生水解反应；说明苯环上有酚羟基，酯基；另外酯基有三种形式分别为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH，分别与酚羟基有邻、间、对三种位置，故符合三个条件的有9种同分异构体；其中核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为；
(6) 参照上述合成路线，设计由丙烯制取的最佳合成路线为
9．(1) 对甲基苯酚或甲基苯酚 加成反应
(2) 3 FeCl3溶液
(3)+2NaOH→+2H2O
(4)4
(5)
【分析】根据A是分子式，结合物质在反应转化过程中碳链结构不变，可知A是，A与发生羟基邻位的取代反应产生B：，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，C与浓盐酸发生-OH的取代反应产生D：；D分子中的Cl与NaCN发生取代反应产生E：；E与CH3CHO在NaOH溶液作用下反应产生F：，然后酸化可得G，G与I2在催化剂存在条件下反应产生H。
(1)
A是，名称为对甲基苯酚或甲基苯酚；
(2)
B是，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，故B→C的反应类型为加成反应；
(3)
D结构简式是，该物质分子中含有羰基、羟基、Cl原子三种官能团；
根据G、H结构不同可知G分子中含有酚羟基，由于酚羟基遇FeCl3溶液会显紫色，因此检验H中是否含有G的化学试剂是FeCl3溶液；
G中含有的酚羟基、羧基都可以与NaOH溶液发生反应变为-ONa、-COONa，同时产生H2O，故G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为：+2NaOH→+2H2O；
(4)
E结构简式是，其同分异构体M同时满足条件：①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则其可能结构为：、、、，共4种不同结构，因此符合条件的同分异构体共有4种；
(5)
与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质与对甲基苯酚在催化剂存在条件下发生取代反应产生，该物质与I2在催化剂存在条件下发生反应产生，故由制取的流程为。
山东省聊城市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、原理综合题
1．（2020·山东聊城·一模）研究SO2、NOx等大气污染物的要善处理具有重要意义。
(1)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g)对煤进行脱硫处理。某温度下，测得反应在不同时间点各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.78
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.44
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率v(SO2)=___mol/(L·min)。
②30min后，只改变某—条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___（填字母）。
A．移除部分CaSO4(s) B．通入一定量的O2
C．加入合适的催化剂 D．适当缩小容器的体积
(2)利用活性炭吸附汽车尾气中的NO：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，实验测得，v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2) c(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。在密闭容器中加入足量C（s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：
①由图可知：该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；在1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为___。
②用某物质的平街分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，计算该反应的化学平衡常数Kp=___[已知：气体分压（P分）=气体总压（P）×体积分数]。
③达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数，1100K时，计算k正：k逆=___。
2．（2021·山东聊城·统考一模）合理利用温室气体是当前能源与环境研究的热点。
(1)CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1
反应②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1
反应③
反应④
则△H1=___________kJ·mol-1。
一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。1100K时，CH4与CO2的转化率分别为90％和95％，图中a代表产物___________。当温度高于900K，H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是___________。
(2)工业上将CO2转化为燃料CH4，可发生反应有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1
将1molCO2和4mol H2充入2L刚性密闭容器中，反应相同时间，温度对CO2转化率和催化剂选择性的影响如图所示。(注：催化剂的选择性是指发生反应的CO2转化为CH4或CO的百分比)
△H1___________0(填“>”、“<”或“=”)。350℃时，反应I的平衡常数为___________。不改变投料，若容器体积可变化，为同时提高CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率，选择最佳反应条件为___________(填标号)。
A．350℃、低压B．350℃、高压C．500℃、低压D．500℃、高压
3．（2022·山东聊城·统考一模）研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)减少碳排放的方法有很多，转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
a.
b.
c.
上述反应中原子利用率最高的是_______(填编号)。
(2)在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：
副反应：
①已知，则燃烧的热化学方程式_______。
②加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因是_______。
(3)在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响如图1所示：则_______0(填“>”、“<”或“=”)；其他条件不变，甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因是_______。
②测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，_______(填“>”、“<”或“=”)；时，若起始压强为，计算_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数、与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的速率常数，则点_______表示c点的。
二、工业流程题
4．（2020·山东聊城·一模）LiCoO2是锂离子电池常用的电极材料。利用原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质）制备LiCoO2的工艺流程如图：
资料：①在含一定量Cl-的溶液中，钻离子以CoCl形式存在：Co2++4Cl-CoCl
②CoCl溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。
③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示：
（1）步骤ⅱ选用盐酸的浓度应为___，该过程要注意在通风橱中进行的原因为___（用离子方程式表示）。
a.4mol/L b.6mol/L c.10mol/L
（2）从平街移动角度解释步骤中加入NaCl固体的目的___。
（3）步骤ⅳ的操作是___。
（4）步骤ⅵ用(NH4)2CO3作沉淀剂，在一定条件下得到碱式碳酸钻Co2(OH)2CO3]。已知碱式碳酸钻在339℃以上开始分解，实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示。分析曲线下降的原因___。
（5）步骤ⅷ中Co3O4和Li2CO3混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2。该反应的化学方程式是___。
（6）多次实验测定该原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为___%。（假设原钻矿中含钻元素的物质只有Co2O3）。
5．（2021·山东聊城·统考一模）某含钴矿石的主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、MgO、CaO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略)。
已知金属离子沉淀的pH：
Fe3+
Mg2+
Ca2+
Co2+
开始沉淀时
1.5
8.9
9.8
7.4
完全沉淀时
2.8
10.9
12.3
9.4
(1)Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，写出该反应的化学方程式___________。列举沉淀1所含主要成分的一种用途___________。
(2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH范围为___________。
(3)向溶液2中加入NaF溶液除去钙、镁离子，已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，则溶液3中c(Ca2+)=1.0×10-5mo1·L-1时，c(Mg2+)=___________mo1·L-1。
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3) 。补充下列离子方程式：________
______Co2++________H2O2+______NH3=_____Co(NH3)+_________。
(5)溶液4中，若将1molCo(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4___________mol。
(6)关于上述流程，下列说法正确的是___________(填序号)。
a.流程中，仅通过调节溶液的pH也可将金属元素完全分离
b.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4
c.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH
d.过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤效果更好
6．（2022·山东聊城·统考一模）回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，可采用如图所示工艺流程：
碳酸锂的溶解度()如表：
温度/
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是_______。
(2)Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是_______。
(3)浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是_______。
(4)Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是_______。
(5)工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为_______。
(6)Ⅵ步将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯。
①a中，阳极的电极反应式是_______，宜选用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是_______。
三、有机推断题
7．（2020·山东聊城·一模）M（）是一种有机合成的中间体，可以通过以下途径来合成：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.R—MgX（R、R’、R”代表烃基或氢原子）
Ⅲ.+R3（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）
（1）在一定条件下，N可以发生加聚反应，其产物的结构简式为___。
（2）D中官能团名称为___。
（3）由E生成F的化学方程式为___，反应类型为___。
（4）H是比G少6个碳原子的G的同系物，则H有___种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为___。
（5）用星号（*）标出M中的手性碳原子：___。
（6）写出用氯苯（）原料制备化合物的合成路线：___（其他试剂任选）。
8．（2021·山东聊城·统考一模）G是一种新型香料的主要成分之一，其结构中含有三个六元环。G的合成路线如下(部分产物和部分反应条件略去)。
已知：①RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′；
②B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子；
③D和F是同系物。
请回答下列问题：
(1) 的化学名称为___________。
(2)B→C的化学方程式为___________。
(3)E→H的反应类型为___________，F分子中含氧官能团名称是___________。
(4)G的结构简式为___________。
(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有___________种。
①苯环上有两个取代基；②与FeC13溶液发生显色反应；③可以发生水解反应；
其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为___________。
(6)参照上述合成路线，设计由丙烯制取的最佳合成路线(无机试剂任选) _______。
9．（2022·山东聊城·统考一模）有机物M是一种合成镇痛药的主要成分。某小组设计如图的合成路线：
已知：①(X为卤素原子，R为H或烃基，下同)
②
(1)A的化学名称为_______，B→C的反应类型为_______。
(2)D中所含官能团共_______种，检验H中是否含有G的试剂为_______；
(3)G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为_______。
(4)M是E的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有_______种(不考虑立体异构)。
①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构。
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1。
(5)参照上述合成路线和信息，以和有机化合物A为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_______。
参考答案：
1． 0.044 BD < 反应未达到平衡状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大 4 < 0.11或
【分析】根据v=计算；根据30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，改变的条件可为加入氧气或适当缩小容器的体积等；根据在1050 kPa时反应达到平衡，在1050 kPa前，温度升高对化学反应速率及反应进行的方向分析判断；根据在1100kPa时NO转化率40%，结合三行计算列式得到。
【详解】(1)①根据v=，CO2的化学反应速率v(CO2)==0.044mol/(L·min)，根据方程式可知：物质反应的速率比等于化学方程式的化学计量数的比，所以v(SO2)=v(CO2)=0.044mol/(L·min)，故答案为：0.044；
②30min后，氧气、二氧化碳的浓度都增大，可为加入氧气或适当缩小容器的体积等，故答案为：BD；
(2)①由图象可知，当温度高于1050K时，随着温度升高，NO的转化率降低，则平衡逆向移动，因此该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0，1050kPa 前，反应b 中NO2转化率随着温度升高而增大是由于1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，更多的反应物变为生成物，因此NO2转化率随温度的升高而增大，故答案为：<；反应未达到平街状态，温度的升高，反应速率加快，NO转化率增大；
②由图象可知，在1050K、1.1×106Pa时，NO转化率80%，可列平衡三段式为：
由于容器的容积不变，因此气体的物质的量的比等于气体压强之比，可知平衡时p(NO)=0.2p(总)，p(N2)=0.4 p(总)，p(CO2)=0.4 p(总)，则用平衡分压表示的化学平衡常数，故答案为：4；
③正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，1100K时，NO的平衡转化率为40%，可列平衡三段式为：
则平衡常数K=，当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故，故答案为：<；0.11或。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的计算等知识，掌握化学反应基本原理及氧化还原反应基本原理和物质的化学性质是本题解答的关键。
2． +247.4kJ·mol-1 CO 高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 < 100 B
【详解】(1)由盖斯定律得①=②+③-④，所以△H1=△H2-△H3+△H4=（41.2-35.6+241.8）kJ·mol-1=+247.4kJ·mol-1;由反应①②③可知，反应产物有CO、H2、H2O。生成的H2会在反应②中与CO2生成CO，CO的产量高于H2。故a曲线表示的是CO。反应②是吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，H2O的含量会增大，但反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，H2O的含量会减小。所以高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；故答案为：+247.4kJ·mol-1；CO；高于900K时以反应④为主，反应④是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；
(2)由图1可知，反应I达到平衡状态后，随温度升高二氧化碳的转化率逐渐减小，说明正反应为放热反应，故△H1<0；350℃时，由图1知CO2的平衡转化率为80%，利用三段式进行计算：，又因体积为2L，故平衡常数为：；由图1知 350℃时，CO2的平衡转化率较大，应选择350℃，又因为反应是个气体总体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率都会增大，选择最佳反应条件为B．350℃、高压 ；故答案为：<；100；B。
【点睛】本题考查盖斯定律、平衡移动，平衡常数的计算等问题，考查学生的分析问题和解决问题的能力，考查计算能力，难度适中。
3．(1)b
(2) 催化剂活性最高或温度较低反应速率较小，温度较高副反应平衡右移，副产物增多
(3) < 有分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增大 < 0.5 B
【分析】(1)根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，计算原子的利用率；
(2)根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2=CO2+2H2O，根据盖斯定律进行放热的计算；根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度高可能使催化剂的活性降低，进行分析；
(3)①根据图象可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，判断ΔH；浓度对平衡影响分析；
②根据图象可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，影响反应速率的因素进行判断，利用三行式进行分压数据分析，再根据Kp=进行计算；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)，则K=，该反应为放热反应，升高温度平衡移动，再进行分析；
【详解】（1）根据题中信息CO2转化成有机化合物，有机物为我们的预期产物，其他属于没有充分利用的，根据原子利用率是指被利用的原子的质量比上总原子的质量，公式为原子利用率=×100%，可知a的原子利用率为=×100%=48.4%；b.的原子利用率为×100%=64.0%；c.的原子利用率为×100%=28.0%，b的原子利用率高；
（2）①根据反应可得①×2-主反应可得CH4 +2O2 =CO2+2H2O，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH3×2-ΔH1+=-395.6kJ⋅mol-1×2-（-156.9kJ⋅mol-1=-634.3kJ⋅mol-1；
②根据反应可知主反应放热，副反应吸热，温度过高主要发生副反应，温度低反应速度慢，温度高也可能使催化剂的活性降低，综合考虑选择500℃左右；
（3）①根据图象可知随着温度的升高甲醇的转化率降低，升温逆向移动，说明反应放热ΔH<0，分子筛膜能选择性分离出H2O (g)，使生成物的浓度降低，平衡正向移动，导致甲醇产率增大；
②根据图象可知，不同温度相同时间测得H2的转化率，b点前温度低反应速率慢未到达平衡，b点后面达到了平衡，且温度高反应速率v(c)正=v(c)逆，a点未到达平衡温度低反应慢，且v(a)逆
恒容密闭容器，根据pV=nRT，可知p和n正比，反应后总的物质的量为(1+2+1+1)mol，的压强为×3.5MPa=2.5MPa，根据Kp===0.5；
③根据上面分析可知C达到平衡，v正=v逆，v正=k正⋅c(CO2)⋅c3(H2)，v逆=k逆⋅c(CH3OH)⋅c(H2O)则K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk越小，即点B表示c点的lgk正；
4． c NiS+2H+=Ni2++H2S↑ 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度 分液 温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少 4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2 1.66
【分析】
原钴矿（含Cr2O3、NiS等杂质），球磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co与Cr、Ni，加入盐酸浓度在10mol/L以上，浸出液加入氯化钠固体，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取，洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂，可生成目标物，以此解答该题。
【详解】
（1）步骤ii选用盐酸的浓度应为10mol/，可用于分离Co与Cr、Ni；由于原料中含有NiS与盐酸反应生成H2S，H2S有毒，故应在通风橱中进行，反应的离子方程式为：NiS+2H+=Ni2++H2S↑，故答案为：c；NiS+2H+=Ni2++H2S↑；
（2）步骤ⅲ中加入NaCl固体，可使溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-⇌CoCl42-右移，CoCl42-浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，故答案为：加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增大，平衡Co2++4Cl-CoCl右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度；
（3）步骤iv加入有机溶剂，用于萃取，可用分液的方法分离，故答案为：分液；
（4）由图象可知，温度升高，沉淀曲线下降，原因为温度过高，碳酸铵分解（或NH4+和CO32-水解程度增大），碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。（或温度过高Co2（OH）2CO3分解，沉淀质量减少。），故答案为：温度过高，碳酸铵分解（或NH和CO水解程度增大），碳酸铵浓度降低.沉淀质量减少；
（5）Co3O4 和Li2CO3 混合后，鼓入空气，经高温烧结得到LiCoO2，方程式为4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2，故答案为：4Co2O3+6LiCO3+O212LiCoO2+6CO2；
（6）原钴矿中钴元素的质量分数为1.18%，则原钴矿中Co2O3的质量分数为1.18%=1.66%，故答案为：1.66%。
5． 2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O 生产光导纤维、玻璃、晶体硅等 2.8～7.4 7.0×10-6mol·L-1 2Co2++1H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH- 1.5 bd
【分析】根据流程图分析，钴矿石的主要成分有Co2O3、CaO、Fe2O3、MgO和SiO2等，粉碎后加入浓硫酸加热，溶液1中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4、Fe2(SO4)3，沉淀1为难溶的二氧化硅；溶液1中加入氢氧化钠溶液调节pH，根据题给信息中金属离子沉淀的pH知，沉淀2为氢氧化铁沉淀，溶液2中含有CoSO4、CaSO4、MgSO4，加入氟化钠溶液后生成氟化镁、氟化钙沉淀，则沉淀3为氟化镁、氟化钙；溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，根据问题（4）提示可知，Co2+被氧化为Co(NH3)，溶液4中含有阳离子为Co(NH3)，加入稀硫酸和(NH4)2C2O4被还原为CoC2O4，据此分析解答。
【详解】(1) Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该反应的化学方程式为2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+O2↑+4H2O；沉淀1所含主要成分为二氧化硅，主要用途为生产光导纤维、玻璃、晶体硅等；
(2)除氢氧化铁，由表可知铁离子完全沉淀pH=2.8，而Co2+开始沉淀pH=7.4，所以pH调节为，保证铁离子完全沉淀，Co2+不沉淀；
(3)c(Ca2+)=1.0×10-5mo1·L-1，，，，mol/L；
(4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为Co(NH3)；离子方程式为2Co2++1H2O2+12NH3=2Co(NH3)+2OH-
(5)三价钴离子被还原为二价钴离子，被氧化为CO2，则根据得失电子守恒可知：1mol Co(NH3)全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4需要消耗；
(6)a．根据金属离子沉淀的pH知，镁离子和钴离子沉淀的pH交叉，仅仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，故a错误；
b．若矿石粉中存在少量的氧化亚铁，浓硫酸有强氧化性，在用浓硫酸溶解时也生成硫酸铁，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，b正确；
c．向溶液3中加入氨水，除了调节溶液pH，还有与Co3+形成配位离子，c错误；
d．过滤所得CoC2O4晶体用H2C2O4溶液代替蒸馏水洗涤可抑制其溶解，效果更好，d正确；
答案选bd。
6．(1)增大接触面积，提高溶解效率
(2)、
(3)消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀
(4)温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5)
(6) 阳
【分析】电池正极片由LiFePO4活性材料、Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，过滤后，向滤渣Ⅰ中加入稀HCl和氧化剂，中和过量的NaOH溶液，溶解LiFePO4，并把Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤，除去不溶于酸和碱的导电剂，30%的Na2CO3调节浸出液的pH，使FePO4沉淀，过滤除去后得到滤液2，主要含有Li2SO4和Na2SO4，加入饱和Na2CO3溶液，利用高温时Li2CO3的溶解度很小，析出Li2CO3沉淀，趁热过滤得到Li2CO3。
【详解】（1）Ⅰ步操作是粉碎废旧电极，其主要目的是增大接触面积，提高溶解效率。故答案为：增大接触面积，提高溶解效率；
（2）Ⅱ步加入过量溶液后，加入NaOH溶液溶解Al箔，生成NaAlO2溶液，溶质成分为NaAlO2和NaOH，反应原理为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，滤液1中存在的主要阴离子是、。故答案为：、；
（3）浸出液中存在大量和，从平衡移动的角度解释Ⅳ步中加入30%溶液沉铁的主要原理是消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀。故答案为：消耗，使减小，、电离平衡右移，增大，与结合生成沉淀；
（4）根据表格数据可知，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可以降低Li2CO3的溶解度，从而析出更多的Li2CO3，Ⅴ步沉锂后，使用热水而不使用冷水洗涤的原因是温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失。故答案为：温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失；
（5）工业上将回收的、粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，同时生成一氧化碳，根据原子守恒和化合价升降守恒，反应的化学方程式为。故答案为：；
（6）①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳(填“阳”或“阴”)离子交换膜。故答案为：；阳；
②b中，加热条件下生成沉淀的离子方程式是，故答案为：。
7． 羟基（或酮基） +H2O 消去反应 5
【分析】由有机物的转化关系可知，苯酚与2-甲基丙烯发生加成反应生成，则B为；催化剂作用下与氢气发生加成反应生成，则C为；发生信息Ⅰ反应生成，则D为；发生信息Ⅱ反应生成，则E为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则F为；发生信息Ⅲ反应生成，一定条件下生成。
【详解】（1）N的结构简式为，一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；
（2）D的结构简式为，官能团为羟基（或酮基），故答案为：羟基（或酮基）；
（3）由E生成F的反应为在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
（4）G的结构简式为，比少6个碳原子的同系物H的分子式为C5H8O2，分子中含有羰基和醛基，CH3CH2CH2CHO插入羰基有3种，插入羰基有2种，共有5种，其中核磁共振氢谱有三组吸收峰的结构简式为，故答案为：5；；
（5）M的结构简式为，手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子，则M中属于手性碳原子的标识为，故答案为：；
（6）由题给流程和制备化合物的结构简式 可知，合成的步骤为在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，发生信息Ⅲ反应生成，发生信息Ⅱ反应生成，合成路线为： ，故答案为：。
【点睛】注意理解手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的饱和碳原子是判断M中属于手性碳原子的关键。
8． 苯乙烯 +2NaOH+2NaCl 氧化反应 羟基、羧基 9
【分析】由信息①可得出，(CH3)2C=CH2与发生反应生成A为；A与Cl2发生取代反应生成；与HCl反应生成B为，与氢氧化钠水溶液反应生成C为，D为；与HOBr发生加成反应生成E为，在氧化剂作用下生成，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应，然后酸化生成F为；D与F发生酯化反应生成G为。
【详解】(1)的化学名称为苯乙烯；
(2) B为、C为发生反应的化学方程式为+2NaOH+2NaCl；
(3) E生成H并且加入了氧化剂，故E→H的反应类型为氧化反应；F分子中含氧官能团名称是羟基、羧基；
(4) G的结构简式为-
(5)①苯环上有两个取代基；②与FeC13溶液发生显色反应；③可以发生水解反应；说明苯环上有酚羟基，酯基；另外酯基有三种形式分别为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH，分别与酚羟基有邻、间、对三种位置，故符合三个条件的有9种同分异构体；其中核磁共振氢谱为5组峰的结构简式为；
(6) 参照上述合成路线，设计由丙烯制取的最佳合成路线为
9．(1) 对甲基苯酚或甲基苯酚 加成反应
(2) 3 FeCl3溶液
(3)+2NaOH→+2H2O
(4)4
(5)
【分析】根据A是分子式，结合物质在反应转化过程中碳链结构不变，可知A是，A与发生羟基邻位的取代反应产生B：，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，C与浓盐酸发生-OH的取代反应产生D：；D分子中的Cl与NaCN发生取代反应产生E：；E与CH3CHO在NaOH溶液作用下反应产生F：，然后酸化可得G，G与I2在催化剂存在条件下反应产生H。
(1)
A是，名称为对甲基苯酚或甲基苯酚；
(2)
B是，B与HCHO在酸性条件下发生加成反应产生C，故B→C的反应类型为加成反应；
(3)
D结构简式是，该物质分子中含有羰基、羟基、Cl原子三种官能团；
根据G、H结构不同可知G分子中含有酚羟基，由于酚羟基遇FeCl3溶液会显紫色，因此检验H中是否含有G的化学试剂是FeCl3溶液；
G中含有的酚羟基、羧基都可以与NaOH溶液发生反应变为-ONa、-COONa，同时产生H2O，故G与足量氢氧化钠反应的化学方程式为：+2NaOH→+2H2O；
(4)
E结构简式是，其同分异构体M同时满足条件：①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，则其可能结构为：、、、，共4种不同结构，因此符合条件的同分异构体共有4种；
(5)
与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质与对甲基苯酚在催化剂存在条件下发生取代反应产生，该物质与I2在催化剂存在条件下发生反应产生，故由制取的流程为。
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