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山东省临沂市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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这是一份山东省临沂市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27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。
山东省临沂市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·山东临沂·统考一模）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
（1）的△H=_____________kJ·mol－1；该历程中最大能垒(活化能)E正=____________kJ·mol－1，写出该步骤的化学方程式_________________。
（2）在一定温度下，CO和H2混合气体发生反应：，反应速率υ=υ正－υ逆=k正c(CO)·c2(H2)－k逆c(CH3OH)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若升高温度，将____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
∞
p/kPa
101.2
107.4
112.6
116.4
118.6
121.2
①若升高反应温度至373K，则CH3OH(g)分解后体系压强p∞(373K)___________121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是________________________。
②353K时，该反应的平衡常数KP=__________(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
2．（2021·山东临沂·统考一模）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为___(填标号)。
a.低温、低压 b.高温、高压 c.高温、低压 d.低温、高压
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
3．（2022·山东临沂·统考一模）硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态硼原子的价电子排布图为：_______；B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图1所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。
(3)与结合形成固态化合物，该物质在时熔化电离出和一种含硼阴离子_______(填离子符号)；空间构型为_______。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______。
③金属M的相对原子质量为_______(列出表达式)。
4．（2022·山东临沂·统考一模）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“＞”或“＜”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
二、工业流程题
5．（2020·山东临沂·统考一模）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)。
6．（2021·山东临沂·统考一模）一种从阳极泥(主要成分为 Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收 Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：；
②易与 Ag+形成配离子：，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2与 SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质 Se，该反应的化学方程式为_______。
(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______。
(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
(4)“溶浸”中发生的反应为，该反应的平衡常数K'=_______。[已知]
(5)“滤液IV”中含有 Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______；“滤液 IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。
7．（2022·山东临沂·统考一模）工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
(1)“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
(2)“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
(4)工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
三、有机推断题
8．（2020·山东临沂·统考一模）可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H的合成路线如图所示：
已知：i．
ii．
（1）A中含氧官能团的名称是___________；B→C的反应类型是______________。
（2）G的结构简式是___________________。
（3）E→F的化学方程式是______________________。
（4）芳香化合物Y是X的同分异构体，1molY可与2molNaOH反应，Y共有__________种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：6：2：1的结构简式是______________________。
（5）设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路线(无机试剂任选)。__________
9．（2021·山东临沂·统考一模）化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R—CH=CH2
②
(1)A的结构简式为___；B→C的反应类型为____；E中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应方程式为____。
(3)符合下列条件的D的同分异构体共有____种(不考虑立体异构)。
①遇FeC13溶液显紫色；②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2。
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(任写一种)。
(4)设计由1，2—二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选)___。
10．（2022·山东临沂·统考一模）某药物Ⅰ的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中含有的官能团名称为_______；D→E的反应类型为_______；检验E中是否含有D的试剂为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；G的结构简式为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有酚羟基 ②能发生水解反应 ③含有四种化学环境的氢
(4)写出由和制备的合成路线(题给信息中的试剂任选)_______。
参考答案：
1． +97.9 179.6 CO*+4H*=CO*+2H2(g)或4H*=2H2(g) 不变 减小 大于 CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大 43.9
【分析】(1)根据△H=生成物总能量-反应物总能量分析判断，根据图象，反应历程中活化能最大的为CO∗+4H∗阶段；
(2)平衡时正逆反应速率相等，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动；根据(1)中分析CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
(3)①反应CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对该平衡体系的影响分析判断；
②根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，结合三段式计算解答。
【详解】(1)根据图象显示，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为97.9 kJ·mol－1，根据△H=生成物总能量-反应物总能量，则的△H=+97.9kJ·mol－1；根据图象可以看出，CO∗+4H∗= CO∗+2H2(g)(或4H*=2H2(g))反应历程中活化能E正最大为113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6 kJ·mol－1；
(2)平衡时正逆反应速率相等，即υ正= υ逆，则=1，反应速率υ=υ正－υ逆=k正c(CO)·c2(H2)－k逆c(CH3OH)=0，则该反应的平衡常数K==，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，正逆反应速率仍相等则不变；根据(1)中分析CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度反应逆向移动，平衡常数K减小，则将减小；
(3)①反应CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大，则升高反应温度至373K，则CH3OH(g)分解后体系压强p∞(373K)大于121.2kPa；
②353K时，初始时平衡体系总压强为101.2 kPa，平衡时体系总压强为121.2kPa，设初始投入CH3OH(g)为1mol，平衡时消耗CH3OH(g)的物质的量为x，列“三段式”：
根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，则，解得x=mol，则平衡时，H2的物质的量为mol，CH3OH的物质的量为()mol，CO的物质的量为mol，平衡时的总物质的量为mol，该反应的平衡常数KP==43.9(kPa)2。
2． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；曾大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
3．(1) N＞H＞B
(2) sp2、sp3 4
(3) [BF3·OH]－ 三角锥形
(4) M(NH3)6(BH4)2
【解析】（1）
基态硼原子价电子排布式为2s22p1，则价电子排布图为，B、N、H的电负性由大到小的顺序是N＞H＞B；故答案为；N＞H＞B；
（2）
，根据结构，结构中有2种B原子，如图，B的杂化类型为sp2、sp3；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；
（3）
熔化时先断裂氢键，熔化时电离出H3O＋，因此含硼阴离子为[BF3·OH]－；H3O＋中心原子O杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；故答案为[BF3·OH]－；三角锥形；
（4）
①八面体位于顶点和面心，个数为=4，即M原子数为4，NH3为4×6=24，四面体位于晶胞内部，有8个，B原子个数为8，H原子个数为8×4=32，因此化学式为M(NH3)6(BH4)2；故答案为M(NH3)6(BH4)2；
②M与B原子之间最短距离是体对角线的，即pm；故答案为；
③晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，则ρ=，解得M=；故答案为。
4．(1) ＞
(2)0.1
(3) ＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低 0.046 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小 高
【解析】(1)
因v逆 开始增大，c(CO2)、c(H2)减小，说明温度升高逆反应放热，则正反应吸热，所以＞0；
由a→b温度升高为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡，说明反应一直逆向进行，逆反应是放热的，故。答案为：＞；；
(2)
==44g·s-1；===0.1。答案为：0.1；
(3)
①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡时CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.9mol-0.1mol=2mol；CO：0.1mol；H2O：0.45mol+0.1mol=0.455mol；
则K==≈0.046；
温度过低，速率慢，单位时间内甲醚的产率低，温度过高，甲醚的转化率又低，所以合成甲醚的适宜温度为，理由是温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；
③合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，容积一定时，随着反应的进行，压强不断减小，不利于甲醚的合成，从而增大了CO的平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。答案为：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；0.046；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；高。
【点睛】在混合体系中，虽然发生两个可逆反应，但同一物质的浓度是相同的。
5． 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。
6． Pt、Au 防止生成的氮氧化物排放到空气中 HNO3 5.04×103 随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低
【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，最后经过还原获得Ag单质。
【详解】(1)由题意知，SO2、SeO2、H2O三者反应生成Se，说明SeO2被还原，联想到SO2具有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SO2被氧化为SO3，由于有水，故生成H2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：；
(2)由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解，故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；
(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；
(4)该反应的平衡常数 ；
(5)由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：，结合流程知，可在左边添加4个OH- 配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：；随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低。
7．(1) 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 SiO2
(2)3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
(3)pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
(4) FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ 不变 1.7
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【详解】（1）将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
（2）由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
（3）当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
（4）①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13mol/L，故c(H+)≥=0.02mol/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
8． 醛基 加成反应 +→+HCl 17 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3
【分析】根据已知i，A与HOOCCH2COOH反应生成B，B的结构简式为，分子式为C8H7O2N，B和氢气加成反应生成C，根据C的分子式，C的结构简式为；根据题给已知ii，F在特定试剂作用下生成G，G在硫酸作用下生成H，结合F和H的结构简式和F、G的分子式，可得G的结构简式为，C与ClCOOCH3反应生成D，D和COCl2反应生成E，E和X反应F，根据D、E、X、F的分子式，X的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示，A的结构简式为，其中含氧官能团的名称是醛基；根据分析，B和氢气发生加成反应生成C，反应类型为加成反应；
(2)根据分析，G的结构简式是；
(3) E和X反应F，E的结构简式为，X的结构简式为，E→F的化学方程式是+→+HCl；
(4) X的结构简式为，芳香化合物Y是X的同分异构体，1molY可与2molNaOH反应，说明Y的结构中含有两个酚羟基，当结构中含有两个酚羟基和两个甲基时：酚羟基处于邻位时，甲基有4种方式连接，若酚羟基处于间位，甲基有4种方式连接，若酚羟基处于对位时，甲基有3种方式连接；当结构中含有两个酚羟基和一个乙基时，若酚羟基处于邻位时，乙基有2种方式连接，若酚羟基处于间位，乙基有3种方式连接，若酚羟基处于对位时，乙基有1种方式连接，故Y共有4+4+3+2+3+1=17种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：6：2：1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为1：6：2：1，则符合要求的结构简式是；
(5) 的单体为CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CH=CHCOOH与CH3CH2OH发生酯化反应获得；本题的关键是由乙醇合成CH3CH=CHCOOH，根据题给已知i，则乙醇(CH3CH2OH)与氧气在铜作催化剂加热条件下反应生成乙醛，乙醛(CH3CHO)与HOOCCH2COOH反应生成CH3CH=CHCOOH；则合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3。
9． 消去反应 酯基、羰基 +2O2+2H2O 9 或 ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生信息①反应生成，则A为 、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，则C为 ；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ； 与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ；B→C的反应为 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ；E的结构简式为，官能团为酯基、羰基，故答案为： ；消去反应；酯基、羰基；
(2) C→D的反应为在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 和水，反应的化学方程式为+2O2+2H2O，故答案为：+2O2+2H2O；
(3)D的结构简式为 ，由D的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9； 或 ；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备 的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO，故答案为：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO。
10．(1) 羧基、醚键 取代反应 FeCl3
(2) +CH3OH+H2O
(3)6
(4)
【分析】A在浓硫酸的作用下与HNO3发生取代反应，即B的结构简式为，根据C的分子式，B→C少了一个甲基，多了一个羟基，根据D的结构简式，推出C的结构简式为，C生成D发生酯化反应，根据E的分子式，以及I的结构简式，E的结构简式为，根据题中已知，E→F：－NO2→－NH2，F的结构简式为，推出G的结构简式为，对比G和H的结构简式，去掉一个－OH，多了一个－Cl，即H的结构简式为，据此分析；
(1)
根据A的结构简式，A中含有官能团为羧基和醚键，根据D和E的结构简式，D→E的反应类型为取代反应；D中含有酚羟基，E中不含酚羟基，要用FeCl3溶液进行鉴别，溶液显紫色，则含有D；故答案为羧基、醚键；取代反应；FeCl3；
(2)
根据上述分析，C→D的化学方程式为+CH3OH+H2O；G的结构简式为；故答案为+CH3OH+H2O；；
(3)
由题干流程图可知，A的分子式为：C9H10O4，符合①含有酚羟基，②能发生水解反应即含有酯基，③含有四种化学环境的氢即为对称结构，故符合条件的A的同分异构体的结构简式有、 、 、 、 、 共6种；故答案为：6；
(4)
根据所给原料以及制备物质，利用路线为C→D，E→F，F→G→H，所以路线为；故答案为。
山东省临沂市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·山东临沂·统考一模）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。
（1）的△H=_____________kJ·mol－1；该历程中最大能垒(活化能)E正=____________kJ·mol－1，写出该步骤的化学方程式_________________。
（2）在一定温度下，CO和H2混合气体发生反应：，反应速率υ=υ正－υ逆=k正c(CO)·c2(H2)－k逆c(CH3OH)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若升高温度，将____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
∞
p/kPa
101.2
107.4
112.6
116.4
118.6
121.2
①若升高反应温度至373K，则CH3OH(g)分解后体系压强p∞(373K)___________121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是________________________。
②353K时，该反应的平衡常数KP=__________(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
2．（2021·山东临沂·统考一模）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择的反应条件为___(填标号)。
a.低温、低压 b.高温、高压 c.高温、低压 d.低温、高压
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
3．（2022·山东临沂·统考一模）硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态硼原子的价电子排布图为：_______；B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子，其结构如图1所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种不同化学环境的氧原子。
(3)与结合形成固态化合物，该物质在时熔化电离出和一种含硼阴离子_______(填离子符号)；空间构型为_______。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。图中八面体的中心代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的中心代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为，棱长为，密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______。
③金属M的相对原子质量为_______(列出表达式)。
4．（2022·山东临沂·统考一模）甲醚被称为“21世纪的清洁燃料”。以为原料制备甲醚涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)将与混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅱ，逆反应速率随时间变化的趋势如图所示(不考虑催化剂的影响)。
则_______0(填“＞”或“＜”)；a、b、c三点对应反应体系温度由高到低的顺序为_______。
(2)工业生产甲醚过程中，在恒温、恒压条件下，原料气以通入装有催化剂的反应器中，内的质量分数由变为，则该时间内用表示的化学反应速率为_______。
(3)在恒压条件下，按与的物质的量之比为投料，测得平衡转化率和平衡时的选择性(转化的中生成的物质的量分数)随温度的变化如图所示。
①曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是_______。
②T℃时反应Ⅱ的平衡常数_______(保留两位有效数字)；合成甲醚的适宜温度为，理由是_______。
③其他条件不变，改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性_______(填“高”、“低”或“不变”)。
二、工业流程题
5．（2020·山东临沂·统考一模）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)。
6．（2021·山东临沂·统考一模）一种从阳极泥(主要成分为 Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等)中回收 Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：；
②易与 Ag+形成配离子：，常温下该反应的平衡常数。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2与 SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质 Se，该反应的化学方程式为_______。
(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______。
(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
(4)“溶浸”中发生的反应为，该反应的平衡常数K'=_______。[已知]
(5)“滤液IV”中含有 Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______；“滤液 IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。
7．（2022·山东临沂·统考一模）工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
(1)“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
(2)“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
(4)工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
三、有机推断题
8．（2020·山东临沂·统考一模）可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H的合成路线如图所示：
已知：i．
ii．
（1）A中含氧官能团的名称是___________；B→C的反应类型是______________。
（2）G的结构简式是___________________。
（3）E→F的化学方程式是______________________。
（4）芳香化合物Y是X的同分异构体，1molY可与2molNaOH反应，Y共有__________种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：6：2：1的结构简式是______________________。
（5）设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路线(无机试剂任选)。__________
9．（2021·山东临沂·统考一模）化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。
已知：①R—CH=CH2
②
(1)A的结构简式为___；B→C的反应类型为____；E中含氧官能团的名称为____。
(2)C→D的反应方程式为____。
(3)符合下列条件的D的同分异构体共有____种(不考虑立体异构)。
①遇FeC13溶液显紫色；②1mol该物质能与足量Na反应生成1molH2。
其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为____(任写一种)。
(4)设计由1，2—二氯乙烷与制备的合成路线(其他试剂任选)___。
10．（2022·山东临沂·统考一模）某药物Ⅰ的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A中含有的官能团名称为_______；D→E的反应类型为_______；检验E中是否含有D的试剂为_______。
(2)C→D的化学方程式为_______；G的结构简式为_______。
(3)符合下列条件的A的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)。
①含有酚羟基 ②能发生水解反应 ③含有四种化学环境的氢
(4)写出由和制备的合成路线(题给信息中的试剂任选)_______。
参考答案：
1． +97.9 179.6 CO*+4H*=CO*+2H2(g)或4H*=2H2(g) 不变 减小 大于 CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大 43.9
【分析】(1)根据△H=生成物总能量-反应物总能量分析判断，根据图象，反应历程中活化能最大的为CO∗+4H∗阶段；
(2)平衡时正逆反应速率相等，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动；根据(1)中分析CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
(3)①反应CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对该平衡体系的影响分析判断；
②根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，结合三段式计算解答。
【详解】(1)根据图象显示，甲醇的相对能量为0，生成物相对能量为97.9 kJ·mol－1，根据△H=生成物总能量-反应物总能量，则的△H=+97.9kJ·mol－1；根据图象可以看出，CO∗+4H∗= CO∗+2H2(g)(或4H*=2H2(g))反应历程中活化能E正最大为113.9kJ/mol-(-65.7kJ/mol)=179.6 kJ·mol－1；
(2)平衡时正逆反应速率相等，即υ正= υ逆，则=1，反应速率υ=υ正－υ逆=k正c(CO)·c2(H2)－k逆c(CH3OH)=0，则该反应的平衡常数K==，催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，正逆反应速率仍相等则不变；根据(1)中分析CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为吸热反应，则CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g)的正反应为放热反应，升高温度反应逆向移动，平衡常数K减小，则将减小；
(3)①反应CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的正反应为气体体积增大的吸热反应，温度升高，平衡右移，气体物质的量增加，容器体积不变，总压强变大，则升高反应温度至373K，则CH3OH(g)分解后体系压强p∞(373K)大于121.2kPa；
②353K时，初始时平衡体系总压强为101.2 kPa，平衡时体系总压强为121.2kPa，设初始投入CH3OH(g)为1mol，平衡时消耗CH3OH(g)的物质的量为x，列“三段式”：
根据相同条件下，物质的量之比等于压强之比，则，解得x=mol，则平衡时，H2的物质的量为mol，CH3OH的物质的量为()mol，CO的物质的量为mol，平衡时的总物质的量为mol，该反应的平衡常数KP==43.9(kPa)2。
2． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；曾大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
3．(1) N＞H＞B
(2) sp2、sp3 4
(3) [BF3·OH]－ 三角锥形
(4) M(NH3)6(BH4)2
【解析】（1）
基态硼原子价电子排布式为2s22p1，则价电子排布图为，B、N、H的电负性由大到小的顺序是N＞H＞B；故答案为；N＞H＞B；
（2）
，根据结构，结构中有2种B原子，如图，B的杂化类型为sp2、sp3；根据如图所示，共有4种不同化学环境的氧原子；故答案为sp2、sp3；4；
（3）
熔化时先断裂氢键，熔化时电离出H3O＋，因此含硼阴离子为[BF3·OH]－；H3O＋中心原子O杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形；故答案为[BF3·OH]－；三角锥形；
（4）
①八面体位于顶点和面心，个数为=4，即M原子数为4，NH3为4×6=24，四面体位于晶胞内部，有8个，B原子个数为8，H原子个数为8×4=32，因此化学式为M(NH3)6(BH4)2；故答案为M(NH3)6(BH4)2；
②M与B原子之间最短距离是体对角线的，即pm；故答案为；
③晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10－10)3cm3，根据密度的定义，则ρ=，解得M=；故答案为。
4．(1) ＞
(2)0.1
(3) ＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低 0.046 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小 高
【解析】(1)
因v逆 开始增大，c(CO2)、c(H2)减小，说明温度升高逆反应放热，则正反应吸热，所以＞0；
由a→b温度升高为主要因素，由b→c浓度减小为主要因素，v逆一直在变，未达到平衡，说明反应一直逆向进行，逆反应是放热的，故。答案为：＞；；
(2)
==44g·s-1；===0.1。答案为：0.1；
(3)
①因>0，升温该反应正向进行，CO的选择性增大，故m表示CO选择性，n为CO2转化率，曲线n随温度升高显示如图所示变化的原因是：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；
②根据三段式可知：
平衡时CO2：1mol(1-40%)=0.6mol；H2：3mol-0.9mol-0.1mol=2mol；CO：0.1mol；H2O：0.45mol+0.1mol=0.455mol；
则K==≈0.046；
温度过低，速率慢，单位时间内甲醚的产率低，温度过高，甲醚的转化率又低，所以合成甲醚的适宜温度为，理由是温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；
③合成甲醚的反应为气体体积减小的反应，容积一定时，随着反应的进行，压强不断减小，不利于甲醚的合成，从而增大了CO的平衡选择性，故改为恒容条件，CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。答案为：＜0，升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，CO2的转化率降低，升温过程中，反应Ⅰ占主要地位，故CO2的转化率降低；0.046；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO的选择性过大，甲醚选择性减小；高。
【点睛】在混合体系中，虽然发生两个可逆反应，但同一物质的浓度是相同的。
5． 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。
6． Pt、Au 防止生成的氮氧化物排放到空气中 HNO3 5.04×103 随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低
【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：CuO、Ag2O、Pt、Au，由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au，CuO、Ag2O溶解转化为Cu(NO3)2、AgNO3，则滤液Ⅰ中含Cu(NO3)2、AgNO3、HNO3（过量），加入NaCl获得AgCl沉淀，即滤渣Ⅱ为AgCl，滤液Ⅱ含Cu(NO3)2、NaNO3，加入萃取剂萃取Cu2+，可实现与Na+的分离，再经过反萃取获得Cu(NO3)2溶液，滤渣Ⅱ中加入Na2S2O3后，AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，最后经过还原获得Ag单质。
【详解】(1)由题意知，SO2、SeO2、H2O三者反应生成Se，说明SeO2被还原，联想到SO2具有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SO2被氧化为SO3，由于有水，故生成H2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：；
(2)由分析知，滤渣Ⅰ的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入O2可使氮氧化物又转化为HNO3而溶解，故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；
(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得Cu(NO3)2，所以为了不引入新杂质，最好选用HNO3；
(4)该反应的平衡常数 ；
(5)由分析知，滤液Ⅲ中[Ag(S2O3)2]3-被Na2S2O4还原为Ag，自身被氧化为Na2SO3，根据得失电子守恒初步配平方程式为：，结合流程知，可在左边添加4个OH- 配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：；随循环次数的增加，浸出液中减小，c(Cl-)增大，平衡左移，银的浸出率降低。
7．(1) 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 SiO2
(2)3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
(3)pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
(4) FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ 不变 1.7
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【详解】（1）将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
（2）由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
（3）当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
（4）①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13mol/L，故c(H+)≥=0.02mol/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
8． 醛基 加成反应 +→+HCl 17 CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3
【分析】根据已知i，A与HOOCCH2COOH反应生成B，B的结构简式为，分子式为C8H7O2N，B和氢气加成反应生成C，根据C的分子式，C的结构简式为；根据题给已知ii，F在特定试剂作用下生成G，G在硫酸作用下生成H，结合F和H的结构简式和F、G的分子式，可得G的结构简式为，C与ClCOOCH3反应生成D，D和COCl2反应生成E，E和X反应F，根据D、E、X、F的分子式，X的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示，A的结构简式为，其中含氧官能团的名称是醛基；根据分析，B和氢气发生加成反应生成C，反应类型为加成反应；
(2)根据分析，G的结构简式是；
(3) E和X反应F，E的结构简式为，X的结构简式为，E→F的化学方程式是+→+HCl；
(4) X的结构简式为，芳香化合物Y是X的同分异构体，1molY可与2molNaOH反应，说明Y的结构中含有两个酚羟基，当结构中含有两个酚羟基和两个甲基时：酚羟基处于邻位时，甲基有4种方式连接，若酚羟基处于间位，甲基有4种方式连接，若酚羟基处于对位时，甲基有3种方式连接；当结构中含有两个酚羟基和一个乙基时，若酚羟基处于邻位时，乙基有2种方式连接，若酚羟基处于间位，乙基有3种方式连接，若酚羟基处于对位时，乙基有1种方式连接，故Y共有4+4+3+2+3+1=17种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，峰面积比为1：6：2：1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为1：6：2：1，则符合要求的结构简式是；
(5) 的单体为CH3CH=CHCOOCH2CH3，CH3CH=CHCOOCH2CH3可由CH3CH=CHCOOH与CH3CH2OH发生酯化反应获得；本题的关键是由乙醇合成CH3CH=CHCOOH，根据题给已知i，则乙醇(CH3CH2OH)与氧气在铜作催化剂加热条件下反应生成乙醛，乙醛(CH3CHO)与HOOCCH2COOH反应生成CH3CH=CHCOOH；则合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3。
9． 消去反应 酯基、羰基 +2O2+2H2O 9 或 ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO
【分析】由有机物的转化关系可知， 发生信息①反应生成，则A为 、B为 ； 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ，则C为 ；在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 ，则D为 ； 与发生信息②反应生成 ， 酸化得到。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为 ；B→C的反应为 在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成 ；E的结构简式为，官能团为酯基、羰基，故答案为： ；消去反应；酯基、羰基；
(2) C→D的反应为在铜做催化剂作用下， 与氧气共热发生氧化反应生成 和水，反应的化学方程式为+2O2+2H2O，故答案为：+2O2+2H2O；
(3)D的结构简式为 ，由D的同分异构体遇FeC13溶液显紫色，说明分子中含有苯环和酚羟基，1mol该物质能与足量钠反应生成1mol氢气说明分子中含有2个羟基，若分子中含有1个酚羟基，可以视作苯酚苯环上的氢原子被—CH2OH取代，有邻、间、对共3种结构；若若分子中含有2个酚羟基，可以视作苯二酚苯环上的氢原子被—CH3取代，其中邻苯二酚被取代有2种结构、间苯二酚被取代有3种结构、对苯二酚被取代有1种结构，共有6种，则符合条件的D的同分异构体共有9种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为 、，故答案为：9； 或 ；
(4)由题给信息可知，以1，2—二氯乙烷与 制备 的合成步骤为ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2OH，在铜做催化剂作用下，HOCH2CH2OH与氧气共热发生氧化反应生成OHCCHO，OHCCHO与发生信息②反应生成 ， 酸化得到 ，合成路线如下：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO，故答案为：ClCH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCHO。
10．(1) 羧基、醚键 取代反应 FeCl3
(2) +CH3OH+H2O
(3)6
(4)
【分析】A在浓硫酸的作用下与HNO3发生取代反应，即B的结构简式为，根据C的分子式，B→C少了一个甲基，多了一个羟基，根据D的结构简式，推出C的结构简式为，C生成D发生酯化反应，根据E的分子式，以及I的结构简式，E的结构简式为，根据题中已知，E→F：－NO2→－NH2，F的结构简式为，推出G的结构简式为，对比G和H的结构简式，去掉一个－OH，多了一个－Cl，即H的结构简式为，据此分析；
(1)
根据A的结构简式，A中含有官能团为羧基和醚键，根据D和E的结构简式，D→E的反应类型为取代反应；D中含有酚羟基，E中不含酚羟基，要用FeCl3溶液进行鉴别，溶液显紫色，则含有D；故答案为羧基、醚键；取代反应；FeCl3；
(2)
根据上述分析，C→D的化学方程式为+CH3OH+H2O；G的结构简式为；故答案为+CH3OH+H2O；；
(3)
由题干流程图可知，A的分子式为：C9H10O4，符合①含有酚羟基，②能发生水解反应即含有酯基，③含有四种化学环境的氢即为对称结构，故符合条件的A的同分异构体的结构简式有、 、 、 、 、 共6种；故答案为：6；
(4)
根据所给原料以及制备物质，利用路线为C→D，E→F，F→G→H，所以路线为；故答案为。
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