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山东省德州市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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这是一份山东省德州市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23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。
山东省德州市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·山东德州·统考一模）二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取得重大成果。
（1）图1是由CO2制取C的太阳能工艺。已知过程1发生的反应中=6，则FexOy的化学式为__。过程1生成1molC的反应热为△H1；过程2产生lmolO2(g)的反应热为△H2。则由CO2制取C的热化学方程式为__。
（2）利用CO2合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) ΔH=-53.7kJ·mol-1，一定条件下，将1molCO2和2.8molH2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图2所示。过程Ⅰ的活化能__(填“＞”“＜”或“=”)过程Ⅱ的活化能，n点的平衡常数K=__。
（3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯(LDPE)。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得LDPE，该电极反应可能的机理如图3所示。
①过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生__反应(填“氧化”或“还原”)。
②请补充完整并配平CO2转化为LDPE的电极反应：2nCO2+___+___=+___。__
③工业上生产1.4×104g的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是__L。
2．（2021·山东德州·统考一模）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，装置如图所示。
①在该装置中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率= 100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
3．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
二、工业流程题
4．（2020·山东德州·统考一模）随着钴酸锂电池的普及使用，从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。如图是废旧钻酸锂(LiCoO2)(含少量铁、铝、铜等元素的化合物)回收工艺流程：
（1）“拆解”前需进入“放电”处理的目的是__；用食盐水浸泡是放电的常用方法，浸泡放电过程中产生的气体主要有__。
（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为__。
（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是__；加入NaClO3的主要目的是__。
（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：
根据图分析：沉钴时应控制n(C2O42-)：n(Co2+)比为__，温度控制在__℃左右。
5．（2021·山东德州·统考一模）"绿水青山就是金山银山"，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳(石墨)吸附锂离子组成电池负极()，电极上附着铝箔、铜箔。如图流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。
(1)LiFePO4中Fe的化合价为_______，滤渣I的主要成分除LFePO4还有_______，滤渣I中加入H2O2的目的是：_______。
(2)向滤液Ⅲ中通 H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10-5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2-与Cu2+浓度之比为：_______(已知)。
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是_______。
a.静置、过滤 b.加热后，趁热过滤 c. 蒸发浓缩、冷却结晶 d.蒸发结晶
(4)回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾(K2FeO4)及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：_______。
(5)该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及(CH3COO)2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3·H2O的电离常数，H3PO4的各级电离常数为、、，则常温下 NH4H2PO4溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
6．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
三、有机推断题
7．（2020·山东德州·统考一模）甲基丙烯酸甘油酯GMA()，由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团，使得其应用十分广泛。工业合成GMA的一种方法如图(部分反应所需试剂和条件已略去)：
已知：
请按要求回答下列问题：
（1）B中的官能团名称：__；
（2）C的结构简式__；
（3）请写出E→F的反应方程式和反应类型：E→F：__，__反应；
（4）H的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为__，H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有__种。
（5）已知：CH2=CH2。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：__。
8．（2021·山东德州·统考一模）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称是_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)反应 E→F 的化学方程式为_______。
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有_______种。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为_______。
(5)4-苄基苯酚( )是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：_______(无机试剂任选)。
9．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
参考答案：
1． Fe3O4 CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2 ＜ 200 还原 2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O 2.24×104
【分析】(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4；由盖斯定律计算可得；
（2）反应活化能越小，反应速率越快；由题意可以建立三段式计算可得热化学方程式；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子；
③据2nCO2~计算可得标准状况下CO2的体积。
【详解】(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4，则FexOy的化学式为Fe3O4；由盖斯定律可知，过程1+过程2可得CO2制取C的热化学方程式CO2(g)=C(s)+O2(g)，则△H=△H1+△H2，故答案为：Fe3O4；CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2；
（2）反应活化能越小，反应速率越快，由题给示意图可知，过程Ⅰ先达到平衡，反应速率快于过程Ⅱ，则过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能；由图可知CO2的转化率为80%，反应消耗二氧化碳的浓度为0.4mol/L，由题意可以建立如下三段式：
则平衡常数K==200，故答案为：＜；200；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应，故答案为：还原；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子，电极反应反应式为2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故答案为：2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O；
③生产1.4×104 g ，即生产1.4×104g，据2nCO2~，可知CO2的物质的量为=1.0×103mol，标准状况下CO2的体积等于1.0×103mol×22.4L/mol=2.24×104L，故答案为：2.24×104。
2． < 75% < 36
【详解】(1) ①∆，② ∆H2，将第一个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，则∆H<0；故答案为：；<；
(2)能量越低，物质越稳定，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故答案为：；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故答案为：；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，说明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向移动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
3．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
4． 防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 H2、Cl2 4H++CoO2-=2H2O+Co3+ 将Co3++还原为Co2+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 1.15 46
【分析】由题给流程图可知，废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物后，用硫酸浸泡剩余物，CoO2-与硫酸反应转化为Co3+离子，铁和铝元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸进入滤渣中；过滤后，向滤液1中先加入Na2SO3，将Co3+还原为Co2+，再加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，最后加入氨水调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转换为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，使Co2+转化为CoC2O4•2H2O沉淀；过滤后，向滤液3中加入饱和碳酸钠溶液，使Li+转化为Li2CO3沉淀。
【详解】（1）电池在拆解过程中容易发生短路引起火灾或导致操作人员触电，则拆解前必须进行放电处理；用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故答案为：电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电；H2、Cl2；
（2）用硫酸浸泡时，CoO2—与H+反应转化为Co3+离子和水，反应的离子方程式为4H++CoO2—=2H2O+Co3+，故答案为：4H++CoO2—=2H2O+Co3+；
（3）Co3+具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的Na2SO3，能将Co3+还原为Co2+；亚铁离子具有还原性，加入具有氧化性的NaClO3，能将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH时，将Fe3+ +转换为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Co3++还原为Co2+；将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）由左图可知，n(C2O42-)：n(Co2+)比为1.15时，钴的沉淀率最大，效果最好；由右图可知，沉淀反应温度为46℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，故答案为：1.15；46。
【点睛】用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气是解答关键。
5． +2 铜、石墨 将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+ b >
【分析】将LiFePO4、及电极上附着铝箔、铜箔的混合物粉碎后加入烧碱，只有Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，将溶液过滤后得到偏铝酸钠和含有Cu、石墨、LiFePO4的滤渣，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢，使Cu转化为Cu2+，Fe2+转化为Fe3+，过滤将石墨和溶液分离，得到滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入氨水、氢氧化钠调剂pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到滤液Ⅲ，向滤液中通入硫化氢使Cu2+转化为CuS沉淀，过滤后得到滤液Ⅳ，向滤液中加入纯碱溶液后，将溶液加热后，趁热过滤得到碳酸锂。
【详解】(1)LiFePO4中，Li的化合价为+1价，磷酸根带有三个负电荷，所以Fe 的化合价为+2价；渣I的主要成分除LFePO4 还有铜、石墨；滤渣I中加入 H2O2的目的是：将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+；
(2)溶液中Cu2+的浓度为1×10-5mol/L，S2-的浓度为，此时溶液中 S2-与Cu2+浓度之比为；
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，因此应先将溶液加热，使碳酸锂析出，趁热过滤得到碳酸锂，答案选b；
(4)Fe2O3与KOH和KNO3混合物加热共熔反应生成K2FeO4和KNO2，化学方程式为：；
(5)NH4H2PO4溶液中，发生水解，其水解常数，发生电离和水解，其水解常数，Ka2＞Kh＞Kh2，K越大，电离或水解程度越大，所以＞。
6．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
7． 氯原子、羟基 2+O22+2H2O 氧化 3：2：1 5
【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，甘油与氯化氢发生取代反应生成，在氢氧化钠/乙醇的作用下，发生分子内取代反应生成，则C为；丙烯与氯化氢发生加成反应，则D为；在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，则E为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，则F为；发生题给信息反应生成，则G为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则H为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）B的结构简式为，官能团为氯原子、羟基，故答案为：氯原子、羟基；
（2）C的结构简式为，故答案为：；
（3）E→F的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；氧化；
（4）H的结构简式为，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为3:2:1；能发生水解反应的链状化合物属于酯类，若将HCOO—做为取代基，取代CH2=CHCH3中的氢原子能形成的酯有3种，若将CH3COO—做为取代基，取代CH2=CH2中的氢原子能形成的酯有1种，若将CH2=CHCOO—做为取代基，取代CH4中的氢原子能形成的酯有1种，共有5种，故答案为：3:2:1；5；
（5）由题给信息，利用逆推法可知CH2=CH—CH3与溴在光照条件下发生取代反应生成，与氧气在银做催化剂作用下共热发生氧化反应生成，在在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，合成路线流程图如下：CH2=CH—CH3，故答案为：。
8． 羟基、羰基 还原反应 +CH3OHH2O+ 14 和
【分析】根据已知，可以推测出D为 ；C为 ，B和氯气反应生成C，B为 ；A的分子式为C6H6O，A为 ；D为 ，在碱溶液和酸溶液作用后生成E，E为 ；E与甲醇在一定条件下成F，F和 反应生成G，F为 。
【详解】(1)B为 ，含有羟基、羰基；
(2)C为 ，D为 ，羰基被还原生成-CH2，反应类型为还原反应；
(3)E为 ，F为 ，反应 E→F 的化学方程式为：+CH3OHH2O+；
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子，X的分子式为C9H10O2，X能发生银镜反应，说明X中含有醛基，X能发生水解反应，说明X中含有酯基，而X的分子中只有2个O，说明X中含有 ，若苯环上的取代基为 和2个-CH3，则有6种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH2CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；共14种；其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为 和 ；
(5)和氧气在Cu/Ag作催化剂加热的条件下反应生成 ， 和苯酚在氯化铝作催化剂的条件下反应生成 ， 在的作用下生成 ，合成路线为：。
9．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
山东省德州市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·山东德州·统考一模）二氧化碳的利用是我国能源领域的一个重要战略方向，目前我国科学家在以下方面已经取得重大成果。
（1）图1是由CO2制取C的太阳能工艺。已知过程1发生的反应中=6，则FexOy的化学式为__。过程1生成1molC的反应热为△H1；过程2产生lmolO2(g)的反应热为△H2。则由CO2制取C的热化学方程式为__。
（2）利用CO2合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) ΔH=-53.7kJ·mol-1，一定条件下，将1molCO2和2.8molH2充入容积为2L的绝热密闭容器中，发生上述反应。CO2的转化率[α(CO2)]在不同催化剂作用下随时间的变化曲线如图2所示。过程Ⅰ的活化能__(填“＞”“＜”或“=”)过程Ⅱ的活化能，n点的平衡常数K=__。
（3）用二氧化碳合成低密度聚乙烯(LDPE)。以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得LDPE，该电极反应可能的机理如图3所示。
①过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生__反应(填“氧化”或“还原”)。
②请补充完整并配平CO2转化为LDPE的电极反应：2nCO2+___+___=+___。__
③工业上生产1.4×104g的LDPE，理论上需要标准状况下CO2的体积是__L。
2．（2021·山东德州·统考一模）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，装置如图所示。
①在该装置中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率= 100%
标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
3．（2022·山东·统考一模）乙烯是制造塑料、橡胶和纤维的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH。回答下列问题：
(1)上述反应的Arrhenius经验公式实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应的活化能Ea=____kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
(2)在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。则∆H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N两点的反应速率v逆(M)____v正(N)；M、N两点的化学平衡常数KM____KN。
(3)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中表示H2变化的曲线是____；根据图中点A(630K，0.2)，列出该温度时反应的平衡常数的计算式Kp=____(MPa)-3(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
二、工业流程题
4．（2020·山东德州·统考一模）随着钴酸锂电池的普及使用，从废旧的钴酸锂电池中提取锂、钴等金属材料意义重大。如图是废旧钻酸锂(LiCoO2)(含少量铁、铝、铜等元素的化合物)回收工艺流程：
（1）“拆解”前需进入“放电”处理的目的是__；用食盐水浸泡是放电的常用方法，浸泡放电过程中产生的气体主要有__。
（2）上述流程中将CoO2-转化为Co3+的离子方程式为__。
（3）滤液1中加入Na2SO3的主要目的是__；加入NaClO3的主要目的是__。
（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：
根据图分析：沉钴时应控制n(C2O42-)：n(Co2+)比为__，温度控制在__℃左右。
5．（2021·山东德州·统考一模）"绿水青山就是金山银山"，在造福人类的同时，保护环境也是化学必不可少的责任。磷酸铁锂电池由橄榄石结构的LiFePO4作为电池的正极，碳(石墨)吸附锂离子组成电池负极()，电极上附着铝箔、铜箔。如图流程可以回收磷酸铁锂电池电极材料中的石墨并制备相应化工产品。
(1)LiFePO4中Fe的化合价为_______，滤渣I的主要成分除LFePO4还有_______，滤渣I中加入H2O2的目的是：_______。
(2)向滤液Ⅲ中通 H2S的目的是沉铜，当溶液中铜离子浓度为1×10-5mol/L时可认为铜离子沉淀完全，则此时溶液中S2-与Cu2+浓度之比为：_______(已知)。
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，则操作X是_______。
a.静置、过滤 b.加热后，趁热过滤 c. 蒸发浓缩、冷却结晶 d.蒸发结晶
(4)回收后的Fe2O3可以与KOH和KNO3混合物加热共熔，从而制得净水剂高铁酸钾(K2FeO4)及其副产物KNO2，该反应的化学方程式为：_______。
(5)该流程中分离出的Li2CO3可以和NH4H2PO4及(CH3COO)2Fe制备正极材料LiFePO4，已知NH3·H2O的电离常数，H3PO4的各级电离常数为、、，则常温下 NH4H2PO4溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
6．（2022·山东·统考一模）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题：
已知：①MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为____。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为____。
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是____，为提高葡萄糖的有效利用率，除充分搅拌外还可采取的措施为____。
(4)整个流程中可循环利用的物质是____。获得MnSO4∙H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是____。
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为____mol·L–1(保留两位小数)。判断沉淀转化能否彻底进行并说明理由____。[已知：20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
三、有机推断题
7．（2020·山东德州·统考一模）甲基丙烯酸甘油酯GMA()，由于本身带有丙烯酸酯双键和环氧基团，使得其应用十分广泛。工业合成GMA的一种方法如图(部分反应所需试剂和条件已略去)：
已知：
请按要求回答下列问题：
（1）B中的官能团名称：__；
（2）C的结构简式__；
（3）请写出E→F的反应方程式和反应类型：E→F：__，__反应；
（4）H的核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为__，H的同分异构体中能发生水解反应的链状化合物有__种。
（5）已知：CH2=CH2。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物C的路线流程图：__。
8．（2021·山东德州·统考一模）美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一，它的一种合成路线：
已知：
回答下列问题：
(1)B中所含官能团的名称是_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)反应 E→F 的化学方程式为_______。
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子。同时满足下列条件的X的同分异构体共有_______种。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为_______。
(5)4-苄基苯酚( )是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4-苄基苯酚的合成路线：_______(无机试剂任选)。
9．（2022·山东·统考一模）一种药物的中间体M()的合成路线如图：
已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R为H或羟基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列问题：
(1)A能发生银镜反应，则A的结构简式为____；写出符合下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有四种化学环境的氢 ②能和NaHCO3反应生成气体 ③遇FeCl3溶液显紫色
(2)A→B的反应类型为____；D中含氧官能团的名称为____；E只有一种化学环境的碳原子，F→G的化学方程式为____。
(3)试剂a的结构简式为____；I的结构简式为____。
(4)已知：CH3CH=CH2+HBr，综合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线____(其它试剂任选)。
参考答案：
1． Fe3O4 CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2 ＜ 200 还原 2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O 2.24×104
【分析】(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4；由盖斯定律计算可得；
（2）反应活化能越小，反应速率越快；由题意可以建立三段式计算可得热化学方程式；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子；
③据2nCO2~计算可得标准状况下CO2的体积。
【详解】(1)根据=6可写出反应的化学方程式：6FeO＋CO2===FexOy＋C，根据原子守恒知x∶y＝3∶4，则FexOy的化学式为Fe3O4；由盖斯定律可知，过程1+过程2可得CO2制取C的热化学方程式CO2(g)=C(s)+O2(g)，则△H=△H1+△H2，故答案为：Fe3O4；CO2(g)=C(s)+O2(g) △H=△H1+△H2；
（2）反应活化能越小，反应速率越快，由题给示意图可知，过程Ⅰ先达到平衡，反应速率快于过程Ⅱ，则过程Ⅰ的活化能小于过程Ⅱ的活化能；由图可知CO2的转化率为80%，反应消耗二氧化碳的浓度为0.4mol/L，由题意可以建立如下三段式：
则平衡常数K==200，故答案为：＜；200；
（3）①由题给示意图可知，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素发生如下转化CO2→CO2－→CO→∶CH2，碳元素的化合价的变化为+4→+3→+2→-2，均为碳被还原的过程，故碳元素均发生还原反应，故答案为：还原；
②CO2转化为LDPE时碳元素的化合价由+4降到-2价，每个碳原子得6个电子，则2n个CO2共得12n个电子，电极反应反应式为2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O，故答案为：2nCO2+12ne-+12nH+=+4nH2O；
③生产1.4×104 g ，即生产1.4×104g，据2nCO2~，可知CO2的物质的量为=1.0×103mol，标准状况下CO2的体积等于1.0×103mol×22.4L/mol=2.24×104L，故答案为：2.24×104。
2． < 75% < 36
【详解】(1) ①∆，② ∆H2，将第一个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，则∆H<0；故答案为：；<；
(2)能量越低，物质越稳定，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故答案为：；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故答案为：；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，说明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向移动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
3．(1) 30 加入催化剂或增大催化剂比表面积
(2) ＜ ＞ ＜ ＞
(3) a
【详解】（1）将(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分别代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分别代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积；
（2）投料比越大，平衡向正反应方向移动，CO2平衡转化率增大，故a>3；升高温度，CO2平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，∆H<0，温度越低，化学反应速率越小，K越小，，则；该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数>；
（3）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示氢气变化的曲线是a，乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，b表示水蒸气；原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，二氧化碳的物质的量分数均为0.2，则氢气的物质的量分数为二氧化碳的三倍，即氢气的物质的量分数均为 0.6，该温度下反应的平衡常数K=
4． 防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 H2、Cl2 4H++CoO2-=2H2O+Co3+ 将Co3++还原为Co2+ 将Fe2+氧化为Fe3+ 1.15 46
【分析】由题给流程图可知，废旧的钴酸锂电池放电拆解后，通过灼烧除去碳和有机物后，用硫酸浸泡剩余物，CoO2-与硫酸反应转化为Co3+离子，铁和铝元素的化合物溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，铜元素的化合物不溶于硫酸进入滤渣中；过滤后，向滤液1中先加入Na2SO3，将Co3+还原为Co2+，再加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，最后加入氨水调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转换为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；过滤后，向滤液2中加入草酸铵，使Co2+转化为CoC2O4•2H2O沉淀；过滤后，向滤液3中加入饱和碳酸钠溶液，使Li+转化为Li2CO3沉淀。
【详解】（1）电池在拆解过程中容易发生短路引起火灾或导致操作人员触电，则拆解前必须进行放电处理；用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故答案为：电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电；H2、Cl2；
（2）用硫酸浸泡时，CoO2—与H+反应转化为Co3+离子和水，反应的离子方程式为4H++CoO2—=2H2O+Co3+，故答案为：4H++CoO2—=2H2O+Co3+；
（3）Co3+具有氧化性，向滤液1中加入具有还原性的Na2SO3，能将Co3+还原为Co2+；亚铁离子具有还原性，加入具有氧化性的NaClO3，能将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH时，将Fe3+ +转换为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Co3++还原为Co2+；将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）由左图可知，n(C2O42-)：n(Co2+)比为1.15时，钴的沉淀率最大，效果最好；由右图可知，沉淀反应温度为46℃左右时，钴的沉淀率最大，效果最好，故答案为：1.15；46。
【点睛】用食盐水浸泡放电过程实际是电解食盐水的过程，电解时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气是解答关键。
5． +2 铜、石墨 将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+ b >
【分析】将LiFePO4、及电极上附着铝箔、铜箔的混合物粉碎后加入烧碱，只有Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，将溶液过滤后得到偏铝酸钠和含有Cu、石墨、LiFePO4的滤渣，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢，使Cu转化为Cu2+，Fe2+转化为Fe3+，过滤将石墨和溶液分离，得到滤液Ⅱ，向滤液Ⅱ中加入氨水、氢氧化钠调剂pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到滤液Ⅲ，向滤液中通入硫化氢使Cu2+转化为CuS沉淀，过滤后得到滤液Ⅳ，向滤液中加入纯碱溶液后，将溶液加热后，趁热过滤得到碳酸锂。
【详解】(1)LiFePO4中，Li的化合价为+1价，磷酸根带有三个负电荷，所以Fe 的化合价为+2价；渣I的主要成分除LFePO4 还有铜、石墨；滤渣I中加入 H2O2的目的是：将 Fe2+氧化为Fe3+，将滤渣中的金属铜箔溶解氧化为Cu2+；
(2)溶液中Cu2+的浓度为1×10-5mol/L，S2-的浓度为，此时溶液中 S2-与Cu2+浓度之比为；
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小，因此应先将溶液加热，使碳酸锂析出，趁热过滤得到碳酸锂，答案选b；
(4)Fe2O3与KOH和KNO3混合物加热共熔反应生成K2FeO4和KNO2，化学方程式为：；
(5)NH4H2PO4溶液中，发生水解，其水解常数，发生电离和水解，其水解常数，Ka2＞Kh＞Kh2，K越大，电离或水解程度越大，所以＞。
6．(1)1:3
(2)C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖 少量多次加入葡萄糖
(4) 醋酸(CH3COOH) 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次
(5) 5.87×10-10 该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行
【分析】由题中工艺流程图可知，锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
（1）
由题中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有y个，根据化合价代数和为0得， ，解之，则+2价Mn与+4价Mn个数比为x:y=2:6=1:3；答案为1:3。
（2）
由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
（3）
由题中信息可知，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应+HCOOH，所以葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；为提高葡萄糖的有效利用率，减小葡萄糖的损失，除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖；答案为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖发生了副反应，从而额外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
（4）
由题中信息和流程图可知，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；由题中信息可知，MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次；答案为醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次。
（5）
由题中信息可知，加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3时，的最小浓度为c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常数K=====2.16×105＞1×105，所以能彻底转化；答案为5.87×10-10；该沉淀转化反应能彻底进行，因为该沉淀转化反应的平衡常数为K==2.16×105＞1×105，所以能彻底进行。
7． 氯原子、羟基 2+O22+2H2O 氧化 3：2：1 5
【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，甘油与氯化氢发生取代反应生成，在氢氧化钠/乙醇的作用下，发生分子内取代反应生成，则C为；丙烯与氯化氢发生加成反应，则D为；在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，则E为；在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，则F为；发生题给信息反应生成，则G为；在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成，则H为；在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成。
【详解】（1）B的结构简式为，官能团为氯原子、羟基，故答案为：氯原子、羟基；
（2）C的结构简式为，故答案为：；
（3）E→F的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；氧化；
（4）H的结构简式为，分子中含有3类氢原子，核磁共振氢谱峰面积之比由大到小为3:2:1；能发生水解反应的链状化合物属于酯类，若将HCOO—做为取代基，取代CH2=CHCH3中的氢原子能形成的酯有3种，若将CH3COO—做为取代基，取代CH2=CH2中的氢原子能形成的酯有1种，若将CH2=CHCOO—做为取代基，取代CH4中的氢原子能形成的酯有1种，共有5种，故答案为：3:2:1；5；
（5）由题给信息，利用逆推法可知CH2=CH—CH3与溴在光照条件下发生取代反应生成，与氧气在银做催化剂作用下共热发生氧化反应生成，在在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，合成路线流程图如下：CH2=CH—CH3，故答案为：。
8． 羟基、羰基 还原反应 +CH3OHH2O+ 14 和
【分析】根据已知，可以推测出D为 ；C为 ，B和氯气反应生成C，B为 ；A的分子式为C6H6O，A为 ；D为 ，在碱溶液和酸溶液作用后生成E，E为 ；E与甲醇在一定条件下成F，F和 反应生成G，F为 。
【详解】(1)B为 ，含有羟基、羰基；
(2)C为 ，D为 ，羰基被还原生成-CH2，反应类型为还原反应；
(3)E为 ，F为 ，反应 E→F 的化学方程式为：+CH3OHH2O+；
(4)芳香族化合物X是B的同系物，且比B多一个碳原子，X的分子式为C9H10O2，X能发生银镜反应，说明X中含有醛基，X能发生水解反应，说明X中含有酯基，而X的分子中只有2个O，说明X中含有 ，若苯环上的取代基为 和2个-CH3，则有6种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH2CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 和-CH3，则有3种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；若苯环上的取代基为 ，则有1种同分异构体；共14种；其中核磁共振氢谱有 5个峰，峰面积比为3：2：2：2：1的结构简式为 和 ；
(5)和氧气在Cu/Ag作催化剂加热的条件下反应生成 ， 和苯酚在氯化铝作催化剂的条件下反应生成 ， 在的作用下生成 ，合成路线为：。
9．(1)
(2) 取代反应 酚羟基、醚键、羧基 HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
(3) H2NCH2CH2Cl
(4)H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【分析】I在浓硝酸、浓硫酸和加热的条件下发生取代反应生成M，M为，则I的结构简式为：；D与H发生取代反应生成，再依据D的分子式可知，D为、H为；C的分子式为C8H7NO2，D的分子式为C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，则C为，B为；而A的分子式为C7H6O3，A与CH3I反应生成，A中含醛基，则A为；E中只含一种化学环境的碳原子，E为；与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH；依据已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定条件下与a反应生成，a为H2NCH2CH2Cl。
(1)
由分析可知，A的结构简式为：；A的同分异构体能和NaHCO3反应生成气体，则含-COOH，遇FeCl3溶液显紫色，则含苯环、含酚羟基，而结构中又含有四种化学环境的氢，则符合条件的同分异构体的结构简式为：。
(2)
由分析可知，A为，B为，则与CH3I发生取代反应生成，A→B为取代反应；D的结构简式为，D中含氧官能团的名称为：酚羟基、醚键、羧基；E中只含一种化学环境的碳原子，E为，与水发生加成反应生成F，F为HOCH2CH2OH；依据已知信息ii可知，HOCH2CH2OH与反应生成G，G为HOCH2CH2OCH2CH2OH，则F→G的化学方程式为：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
(3)
由上述分析可知，试剂a为H2NCH2CH2Cl；I的结构简式为：。
(4)
H2C=CH—CH=CH2与溴化氢在过氧化物存在的条件下发生加成反应生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氢氧化钠水溶液条件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再与CH3CH2NH2在一定条件下反应生成，因此合成路线为：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。
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