内蒙古包头市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

这是一份内蒙古包头市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。

内蒙古包头市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·内蒙古包头·统考一模）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物） 为原料制备Mg CO3·3H2O。实验过程如下：

（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为：
MgCO3（s）+2H+（aq）=Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O ∆H = -50.4kJ·mol-1
Mg2SiO4（s） +4 H+（aq）=2 Mg2+（aq） +H2SiO3（s） + H2O（l） ∆H =-225.4kJ··mol-1
向Mg2SiO4悬浊液中通入CO2析出H2SiO3的热化学方程式为__________，该反应能正向进行的热力学原因是_________。该反应的平衡常数表达式为__________。
（2）对氧化后的溶液，加入萃取剂磷酸二异辛酯（C16H35O4P）的煤油溶液，并调节pH为1.4~4.3，萃取剂的体积约为水溶液的0.5倍，充分振荡、静止、分层（上层为含三价铁的有机层），分液。向分液得到的有机层加硫酸反萃取得到硫酸铁溶液，从而与有机层分离。萃取反应为：Fe2（SO4）3（水层）+6HA（有机层）=2FeA3（有机层）+3H2SO4（水层）
①提高萃取效率的措施有__________。
A 适当提高萃取剂的浓度      B 适当提高溶液酸度
C 充分振荡，多次萃取        D 不断地从下层排除出有机层
②在反萃取中加硫酸的作用是___________。
（3）萃取后的水溶液制备Mg CO3·3H2O的实验方案：滴加氨水调节溶液的pH在一定范围内，过滤。向滤液中滴加Na2 CO3溶液，搅拌、静置、过滤，用水洗涤固体2~3次，在50℃下干燥，得到Mg CO3·3H2O。[已知该溶液中pH=8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0时Al（OH）3沉淀完全]。
①调节溶液pH的范围____________。
②判断向滤液中滴加Na2CO3溶液过量的方法__________。
（4）从废渣制备Mg CO3·3H2O的整体实验方案看，酸溶时所加H2SO4不宜过量太多的原因是_________。
2．（2021·内蒙古包头·统考一模）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：

回答下列问题
(1)图1是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至___目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法___、__。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式___。

(2)图2表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是___。
(3)酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图3所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是__。

(4)实验室中，操作III所用主要仪器名称为___。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中__的方法提纯。
(5)高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7，制得铼粉的化学方程式____。
(6)整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、__、___。
3．（2022·内蒙古包头·统考一模）镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。

已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
离子
Zn2+
Cd2+
Fe2+
Pb2+
Cu2+
Fe3+
开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH
8.2
7.8
7.5
6.7
5.2
2.2
完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH
9.7
9.3
9.0
8.5
6.7
3.2

回答下列问题：
(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是_______。
(2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是_______；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是_______( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是_______。
(3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是_______ ， 若石灰乳加过量，缺陷是_______。
(4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为_______。
(5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C下，部分电对的电极电位如表所示。
电对
Fe3+/Fe2+
Cu2+/Cu
H+/H2
Pb2+/Pb
Cd2+/Cd
Fe2+/Fe
Zn2+/Zn
Ca2+/Ca
电极电位/V
+0.771
+0.337
0
-0.126
- 0.402
-0.442
-0.762
-2. 86

根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性_______(填“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是_______。

二、原理综合题
4．（2020·内蒙古包头·统考一模）化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g） △H=+139kJ·mol-1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。

①p1=_______kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550~600℃的理由是_________________。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_______%（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610

以r-Al2O3为载体
异丁烷转化率／％
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率／％
26. 17
27. 11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率／％
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率／％
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30

说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a 载体会影响催化剂的活性   b 载体会影响催化剂的选择性  c 载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：__________。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为Co3O4）、碳酸锂以Li/Co（原子比）=1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiCo O2，写出制备LiCoO2的化学方程式__________。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是____________。
5．（2021·内蒙古包头·统考一模）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
(1)处理方案反应1：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。
将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。

①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序_______。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是_______(填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积  
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
(2)一种新的处理方案是用反应2：CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)∆H代替反应1。
I.①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol。则∆H=_______kJ/mol。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。)
②若要反应2自发进行，_______(填“高温”或“低温”)更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是_______。
II.350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生反应2.若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00P
5.60P
5.30P
5.15P
5.06P
5.00P
5.00P

①350℃时反应2的Kp=_____(Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。30min时，___c2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)](填“>”“<”或“=”)；
③反应2的lg、lg随温度变化的曲线如图所示，则___(填“m”或“n”)表示lg随温度变化的曲线。

6．（2022·内蒙古包头·统考一模）研究CO2的捕集、回收，对实现节能减排、“碳中和”等目标具有重要意义。
I.将CO2还原成甲烷：
i . Sabatier反应：CO2(g) + 4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1
ii.CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1
iii.CO(g) + 3H2(g) CH4(g) + H2O(g) ΔH3= -206.1kJ·mol-1
(1)ΔH1 =_______。
(2)不同条件下按照n(CO2)：n(H2) =1：4投料发生Sabatier反应，CO2平衡转化率如图所示。压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______；压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因是_______。

(3)按照n( CO2)：n(H2) = 1：4置于恒容密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O( g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。a、b、c 三点的逆反应速率，va、vb、vc由大到小排序_______；高于 380 °C ，H2O的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______； 下列措施可能提高Sabatier中CO2实际生产转化效率的是_______(填标号)

A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
II.将CO2还原成碳单质：Bosch反应：CO2(g) +2H2(g) C(s) +2H2O(g) ΔH4= -90kJ·mol-1
(4)Bosch反应自发进行，低温更有利与平衡正向移动，但是Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是_______。
(5)350°C时，向体积为2 L的恒容密闭容器中通入8 mol H2和4 mol CO2发生以上反应。若反应起始和平衡时温度相同(均为350°C) ，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00P
5. 60P
5.30P
5.15P
5.06P
5.00P
5.00P

350°C时Bosch反应的Kp=_______( 用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。Bosch反应的速率方程：v正=k正·c(CO2) ·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O) (k是速率常数，只与温度有关) ，30min时，_______(填“>” “<”或“=”)。

三、有机推断题
7．（2020·内蒙古包头·统考一模）某课题组采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。

回答下列问题：
已知：
（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是______________
A 有三种官能团          B 遇三氯化铁溶液显紫色
C 分子组成为C13H9NO3    D 1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应
（2）F的命名为______________；B中含氧官能团的名称为_________。
（3）写出化合物D的结构简式________________。
（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式______________。
（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_______。
①能发生银镜反应    ②分子有四种不同化学环境的氢原子
（6）4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件）______。
8．（2021·内蒙古包头·统考一模）丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药。合成丁苯酞(J)的一种路线如图所示：

已知：
(1)B的化学名称是____，F中官能团名称是_____。
(2)由E生成F的反应类型是____。
(3)试剂a是____。
(4)J是一种环酯，则J的结构简式为____。H在一定条件下发生缩聚反应还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为____。
(5)M的组成比F多1个CH2基团，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体：①能发生银镜反应；②含有苯环；③不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体共有____种。
(6)利用题中信息设计以乙醛和苯为原料，制备的合成路线(无机试剂任选)___。
9．（2022·内蒙古包头·统考一模）有机物F(C35H36O3NClS)是用于预防和治疗成人哮喘的药物，有多种合成路线。其中一种合成线路如图所示：

已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的分子式为C28HyO3NCl，其中y=_______ ，A 中含氧官能团的名称是_______。
(2)由C生成D的反应类型是_______。
(3)D →E的反应方程式为_______。
(4)的同分异构体有多种，同时符合下列两个条件的同分异构体共有_______ 种。
①与含有相同官能团
②含有一个四元环且环上有一个或两个侧链
写出一个符合上述条件且同分异构体中核磁共振氢谱有五个峰的有机物的结构简式_______。
(5)有机物的名称是 _______。
设计以和CH3MgBr为主要原料制备 的合成路线_____(无机试剂任选)。

参考答案：
1．     Mg2SiO4（s）+2CO2（g）+H2O（l）= 2MgCO3（s）+H2SiO3（s）△H=-124.6kJ•mol-1     该反应放热（或△H <0）有利于正向进行     K=     AC     促进萃取平衡逆向移动,Fe3+进入水层     5.0≤ pH <8.5     向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可）     不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水
【分析】将废渣溶于硫酸，硅元素形成硅酸沉淀被过滤除去，用过氧化氢进行氧化，确保铁元素氧化成三价，通过萃取的形式除去三价铁，调pH除去铝离子，最后加碳酸钠形成碳酸镁，再通过过滤、洗涤、在50℃下干燥，得到Mg CO3·3H2O。
【详解】(1) ①MgCO3(s)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O ∆H1 = -50.4kJ·mol-1
②Mg2SiO4(s)+4H+(aq)=2Mg2+(aq)+H2SiO3(s)+ H2O(l) ∆H2 =-225.4kJ·mol-1
②-2×①：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)=2MgCO3(s)+H2SiO3(s) △H=∆H2-2×∆H1=(-225.4kJ·mol-1)-2×(-50.4kJ·mol-1)= -124.6kJ•mol-1，该反应能正向进行的原因是该反应放热（或△H <0）有利于正向进行，平衡常数K=，故答案为：Mg2SiO4(s)+2CO2(g)+H2O(l)= 2MgCO3(s)+H2SiO3(s) △H=-124.6kJ•mol-1；该反应放热（或△H <0）有利于正向进行；K=；
(2) ①萃取是为了得到FeA3（有机层）：
A．适当提高萃取剂的浓度，可以提高萃取效率，A正确；
B．提高溶液酸度，不利于FeA3（有机层）的生成，B错误；
C．多次萃取可以尽可能的得到FeA3，C正确；
D．有机层在上层，上层液体从上口倒出，D错误；
综上所述，AC正确，故答案为：AC；
②由Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，加硫酸可使平衡逆向移动，使Fe3+进入水层，故答案为：促进萃取平衡逆向移动，使Fe3+进入水层；
(3)①滴加氨水是为了使铝离子沉淀而除去，将铝离子沉淀除去，pH至少为5.0，镁离子不能沉淀，否则会降低产率，pH需小于8.5，故答案为：5.0≤ pH <8.5；
②加Na2CO3溶液的目的是为了和Mg2+反应生成MgCO3沉淀，若Na2CO3过量，则上层清液中不含有Mg2+，可继续向上层清液中滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量，故答案为：向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液 ，若无沉淀生成，证明Na2CO3过量（其他答案合理即可）；
(4)从反萃取平衡：Fe2(SO4)3(水层)+6HA(有机层)=2FeA3(有机层)+3H2SO4(水层)可知，硫酸太多不利于Fe3+萃取，同时再加氨水调pH除Al3+时将消耗更多的氨水，故答案为：不利于Fe3+萃取，避免制备MgCO3时消耗更多的氨水。
2．     120     适当升高温度     搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间     2ReS2+19H2O2=2ReO+4SO+10H++14H2O     萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多     温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小     分液漏斗     重结晶     Re2O7+7H22Re+7H2O     NH3     含R3N的有机溶液
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入含R3N的有机溶液萃取，分液得到可以循环使用的稀硫酸和R3N·H ReO4溶液；向R3N·H ReO4溶液中加入氨水充分反应后，分液得到可以循环使用的含R3N的有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体受热分解生成可以循环使用的氨气和七氧化二铼，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
【详解】(1)由图可知，浸出时将富铼渣粉碎至120目时，浸出率可以达到95%，矿样粒度大于120目，浸出率变化不大，则浸出时应将富铼渣粉碎至120目；为防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼浸出速率，提高铼浸出率，搅拌、增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等措施也能加快铼浸出速率，提高铼浸出率；浸出反应中二硫化铼转化为两种强酸的反应为酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，反应的化学方程式为2ReS2+19H2O2=2ReO+4SO+10H++14H2O，故答案为：120；适当升高温度；搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间；2ReS2+19H2O2=2ReO+4SO+10H++14H2O；
(2) 由图可知，萃取液流速越大，铼吸附率越小，则萃取剂流速选用6～8BV/h的范围是因为萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多，故答案为：萃取液流速小于6 BV/h，萃取时间太长，会降低生产效率；萃取液流速大于8 BV/h，铼吸附率下降太多；
(3) 由图可知，T1℃时铼的浸出率最高，温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，而超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小，故答案为：温度低于T1℃时，铼的浸出率随温度升高而增大，超过T1℃时，过氧化氢分解导致铼的浸出率减小；
(4)由分析可知，操作III为分液，分液时用到的主要仪器为分液漏斗；由高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水可知，可通过在水中重结晶的方法得到纯度更高的高铼酸铵晶体，故答案为：分液漏斗；重结晶；
(5) 由分析可知，制得铼粉的反应为在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水，反应的化学方程式为Re2O7+7H22Re+7H2O，故答案为：Re2O7+7H22Re+7H2O；
(6) 由分析可知，整个工艺流程中可循环利用的物质有硫酸、氨气和含R3N的有机溶液，故答案为：NH3；含R3N的有机溶液。
3．(1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率
(2)     抑制Cd2+水解     Cu、SiO2和PbSO4     PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在
(3)     3.2 (4)Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+
(5)     越强     Cd2++2e -=Cd

【解析】（1）
将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积，加快“酸浸”速率,故答案为:增大接触面积，加快“酸浸”速率；
（2）
“酸浸”时，温度和pH过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低,故温度和pH均不易过高的原因是防止Cd2+水解;“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2 、PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；故答案为:抑制Cd2+水解；Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；
（3）
根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH范围为3.2 （4）
“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去，故答案为：Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+；
（5）
根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：Cd2+ > Zn2+,故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2++ 2e- = Cd,故答案为:越强; Cd2++ 2e- = Cd。
4．     202     该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率已经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多     33.3     ab     温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小     4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2     “放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集
【详解】（1）①异丁烷制备异丁烯的反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1小于P2，即P1=202kPa。一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率已经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多,故答案为：202；该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率已经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；
②设异丁烷起始值为1，变化值为x，则，25%=，解得x=，则异丁烷的平衡转化率==33.3%，故答案为：33.3%；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，a正确；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，b正确；
c．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，c错误；
综上所述，ab正确，故答案为：ab；
②温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，故答案为：温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；
（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2，放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，故答案为：4Co3O4+6Li2CO3+O212LiCoO2 +6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。
5．     vc>vb>va     CE     -90     低温     反应活化能高          >     m
【详解】(1)①a、b相比，a的温度低、水蒸气含量低，所以va(逆)小于vb(逆)，b、c相比，c温度高，所以vb(逆)小于vc(逆)，三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；
②A．减压，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，故不选A；
B．增大催化剂的比表面积，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，故不选B；
C．根据图象，随温度升高，水的物质的量分数降低，说明正反应放热，反应器后段冷却，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故选C；
D．提高原料气中CO2所占比例，CO2平衡转化率减小，故不选D；
E．合理控制反应器中气体的流速，反应正向进行，CO2平衡转化率增大，故选E；
选CE；
(2) I．①CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol；
则Ⅰ C(s)+ O2(g)= CO2(g) ∆H=-394kJ/mol。
Ⅱ．2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) ∆H=-484kJ/mol；
根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ 得CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)∆H=-484kJ/mol+394kJ/mol=-90 kJ/mol；
②CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)，，反应2自发进行，低温更有利。
③反应2的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动；
II. ①
起始压强为6P，平衡时压强为5P，则
x=2，平衡时CO2物质的量为2mol、H2物质的量为4mol、H2O物质的量为4mol，350℃时反应2的Kp=；
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)。达到平衡时30min时k正·c(CO2)·c2(H2) =k逆·c2(H2O)，= =K，30min时没有达到平衡状态，平衡正向进行，Qc2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)]；
③反应2的正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率醋酸影响大，
所以m表示lg随温度变化的曲线。
【点睛】本题考查化学反应速率和化学平衡，明确盖斯定律、平衡常数概念、影响化学平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”计算平衡常数，培养学生利用知识解决实际问题的能力。
6．(1)- 164.9 kJ/mol
(2)     p3>p2>p1     CO2平衡转化率为反应i、ii的 CO2平衡转化率之和，反应i放热；反应ii吸热。600 °C之后，CO2转化率主要取决于反应ii
(3)     vc>vb>va     该反应正向放热，升温平衡逆向移动     BCE
(4)反应的活化能较高
(5)     1/P     >

【解析】（1）
由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，故ΔH1 =（+41.2 kJ·mol-1）+（-206.1kJ·mol-1）=- 164.9 kJ/mol；
（2）
Sabatier反应为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳转化率增加，故p3>p2>p1；CO2平衡转化率为反应i、ii的 CO2平衡转化率之和，反应i放热升高温度平衡逆向移动，反应ii吸热升高温度平衡正向移动，600 °C之后，随着温度升高CO2转化率增大说明此时CO2转化率主要取决于反应ii；
（3）
温度可以影响反应速率，温度升高，反应速率加快，故a、b、c 三点的逆反应速率，va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；
该反应正向放热，升温平衡逆向移动，故随着温度的升高达到平衡时H2O的物质的量分数随温度升高反而降低；
A．Sabatier反应为气体分子数减小的反应，适当减压平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低，A错误；
B．增大催化剂的比表面积，可以加快反应速率，提高单位时间内的转化率，利于CO2实际生产转化效率的提高，B正确；
C．由图可知，随着温度升高反应速率加快，利于提高单位时间的转化；反应为放热反应，一段时间后降温，利于平衡正向移动，利于提高二氧化碳平衡转化率，故反应器前段加热，后段冷却，利于CO2实际生产转化效率的提高，C正确；
D．提高原料气中CO2所占比例，会导致二氧化碳转化率降低，D错误；
E．合理控制反应器中气体的流速，可以是反应更充分有效，E正确；
故选BCE；
（4）
Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是反应的活化能较高，高温利于提高分子的能量利于反应进行，反应开始后放出热量可以维持较高温度使反应顺利进行；
（5）
由阿伏伽德罗定律可知，反应后物质的量为，反应减小的物质的量为2mol

二氧化碳、氢气、水的分压分别为、2.00P、2.00P，则Bosch反应的Kp=；平衡时，v正= v逆，则=，由表可知，30min时还没有达到平衡，反应继续正向进行，则K>Q，故>。
7．     BD     邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸     硝基          +H2O     、、，    
【分析】苯和氯气发生取代反应生成A，A为；F中不饱和度==5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生水解反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，据此解答。
【详解】（1）A．柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团，A错误；
B．柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，B正确；
C．柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，C错误；
D．酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应，D正确；
综上所述，BD正确，故答案为：BD；
（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸，B的结构简式为：，含氯原子、硝基2种官能团，硝基为含氧官能团，故答案为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；硝基；
（3）由分析可知，D为：，故答案为：；
（4）E和F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1个-CHO和2个-OH，或者含1个HCOO-和1个-OH，含1个-CHO和2个-OH共有6种，含1个HCOO-和1个-OH共有邻间对3种，共9种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种，分别为：、、，故答案为：、、；
（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，故答案为：。
【点睛】常见能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。
8．     2-甲基-2-溴丙烷     醛基、溴原子     氧化反应     铁粉（或FeBr3）、液溴               7    
【分析】根据G的结构简式可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)2，A发生加成反应生成B为(CH3)3CBr，B发生信息中的反应生成C为(CH3)3CMgBr，D为，D和液溴发生苯环上的取代反应生成E为，E发生氧化反应生成F为；根据信息中第一步以及第二步中与二氧化碳的反应，由G可推知H为，结合J的分子式，可知H脱去1分子水形成J，而J是一种环酯，则J为，根据以上分析解答。
【详解】(1)根据G的结构简式可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)2，A发生加成反应生成B为(CH3)3CBr，B的名称为2-甲基-2-溴丙烷，由以上分析可知F为，官能团名称为醛基、溴原子，故答案为：2-甲基-2-溴丙烷；醛基、溴原子；
(2)E中甲基转化为醛基生成F，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；
(3)由D到E发生苯环上的一溴取代反应，试剂a为铁粉（或FeBr3）、液溴；
(4)J 是一种环酯，根据H的结构简式及J的化学式C12H14O2可知H发生分子内酯化脱去1分子水生成J，J为，H（）在一定条件下还能生成高分子化合物K为，化学方程式为；
(5)M组成比F（）多1个CH2 基团，M 的分子式为 C8H7BrO，M 的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基；②含有苯环；③不含甲基，可以有1个取代基为-CHBrCHO，可以有两个取代基为-CH2Br、-CHO，或者-CH2CHO、-Br，均有邻、间、对3种，故满足上述条件的M的同分异构体共有1+2´3=7种；
(6)由与乙醛反应得到，苯与溴发生取代反应得到溴苯，溴苯再与Mg/乙醚作用得到，合成路线流程图为：。
9．(1)     22     羰基、酯基
(2)取代反应
(3) + +HBr
(4)     7     或者
(5)     1，2-二苯基乙烯    

【分析】A和LiAlH4发生还原反应将羰基转化为羟基生成B，B发生已知①反应原理生成C，C生成D的反应为羟基被溴原子取代的反应；D中溴原子与 中—SH中氢生成HBr，即溴原子被取代的反应生成E，E发生已知②反应得到F；
（1）
由A结构式可知，A的分子式为C28H22O3NCl，故y=22，A 中含氧官能团的名称是羰基、酯基；
（2）
由反应流程可知，C生成D的反应为羟基被溴原子取代的反应，反应类型是取代反应；
（3）
结合DF的结构可知，D →E的反应为D中溴原子与 中—SH中氢生成HBr，即溴原子被取代的反应，故反应方程式为： + +HBr；
（4）
中含有羧基和-SH，要求①与含有相同官能团 ，则含-COOH、-SH；②含有一个四元环且环上有一个或两个侧链，则环为；故结构中含有环、-COOH、-SH、1个饱和碳；环上有一个或两个侧链，则取代基有以下情况：
，1种；
-CH2COOH、-SH，有3种（，数字代表-CH2COOH的取代位置）；
- CH2SH、-COOH，有3种（，数字代表-COOH的取代位置）；
故共7种情况；
其中核磁共振氢谱有五个峰的有机物的结构简式为或者 ；
（5）
根据系统命名法可知，的名称是1，2-二苯基乙烯；
首先通过加成反应引入溴原子，然后在氢氧化钠溶液条件下取代引入羟基，羟基氧化为羰基，和CH3MgBr发生已知②反应生成，故路线为：  
。