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山东省淄博市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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这是一份山东省淄博市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25页。试卷主要包含了工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省淄博市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·山东淄博·统考一模）二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
（1）(NH4)2MoO4中Mo的化合价为___。
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为___。
（3）“转化”中第一步加入Na2S后，（NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出第二步(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3的离子方程式为___。
（4）由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是__，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因___。
（5）利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl___T2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（6）已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(忽略溶液体积变化)，则当SO42-完全沉淀时，溶液中c(MoO42-)＜___mol/L(保留2位有效数字)。
2．（2021·山东淄博·统考一模）透明铁黄是一种分散性良好的铁系颜料。利用黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄工艺流程如下：
已知：①25℃时相关物质的见下表。
金属硫化物
②25℃时饱和溶液中，存在如下关系：。
③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
(1)“焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是______，“焙烧”时首先发生分解反应，有、、生成，反应的化学方程式为______。
(2)“焙烧”过程中黄钠铁矾分解产生的最终转化为，则无烟煤所起的作用有______。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。
(4)“沉淀”过程中通入氨气的目的是调节溶液，以控制浓度，便于有效去除杂质金属离子。若此时溶液中，杂质离子沉淀时溶液中达到饱和，则操作中应控制的范围为______。
(5)“氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为______。
(6)该工艺所得滤液经处理可获得副产品硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。该工艺中滤液经加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是______。
3．（2022·山东淄博·统考一模）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
二、有机推断题
4．（2020·山东淄博·统考一模）“清肺排毒汤”对新冠肺炎病毒感染具有良好的效果，其中一味中药黄芩的一种活性中间体的结构为：，现在可人工合成，路线如图所示：
（1）A生成B的反应条件是___，B生成C的反应条件为___。
（2）合成过程中，属于取代反应的是___。
（3）F的结构简式为___。
（4）D在一定条件下能生成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式___。同时符合下列三个条件的D的同分异构体共有___种。
a.能发生银镜反应；
b.苯环上有3个取代基；
c.与FeCl3溶液发生显色反应。
（5）依据以上合成信息，以乙烯和氯苯为原料合成路线，无机试剂自选___。
5．（2021·山东淄博·统考一模）以苯酚、甲醛和必要的无机试剂合成一种重要的有机物F的路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)B的结构简式为______，A生成B的反应中的作用是______。
(2)C的分子式为______，其含有的官能团名称为______。
(3)写出D→E的第二步反应的化学方程式______。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为______。
(5)写出以和为原料合成的合成路线______(其他试剂任选)。
6．（2022·山东淄博·统考一模）有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林试剂) X=Cl、Br、I
Ⅱ.+R—MgX→
Ⅲ.+
(1)A→B的反应方程式为____，反应类型为____。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是____，在本流程中起类似作用的有机物还有____(填名称)。
(3)L中的官能团有____(填名称)，M的结构简式为____。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为____(只写一种)。
(5)已知：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)____。
三、原理综合题
7．（2020·山东淄博·统考一模）Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇是极具前景的资源化研究领域，主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）ΔH3=___kJ·mol-1。
（2）已知反应i的速率方程为v正=k正x(CO2)·x3(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，k正、k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数Kx=___(以k正、k逆表示)。
（3）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表___(填化学式)。
②250℃时反应ii的Kx___1(填“＞”、“＜”或“=”)
③下列措施中，一定无法提高甲醇产率的是___。
A．加入适量CO B．使用催化剂
C．循环利用原料气 D．升高温度
（4）在10MPa下将H2、CO按一定比例投料，平衡状态时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。曲线b代表的物质为____(填化学式)。温度为700K时，该反应的平衡常数KP=___(MPa)-2(结果用分数表示)。
Ⅱ.在恒容容器中，使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH<0
进行相关实验探究。改变投料比[n(SO2)：n(NO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定SO2的平衡转化率[α(SO2)]实验结果如图所示。
已知：KR=16，KZ=。
（5）如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态。应采取的措施是___。
（6）通过计算确定图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是__。
8．（2021·山东淄博·统考一模）二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)反应 ______。
(2)时，二氧化碳的平衡转化率、投料比与压强的关系如图甲所示，则、、由大到小的顺序为______。
(3)在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。
①当温度低于时的平衡转化率随温度升高而减小的原因是______。
②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是______(只答一条)。
(4)理论计算表明，体系压强为，原料初始组成，反应Ⅱ达到平衡时，、、、四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是______和______。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数______。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
9．（2022·山东淄博·统考一模）Ⅰ.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是___，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，在电极区溶液中可循环利用的物质是___，则电池的总反应方程式为____。
Ⅱ.以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=—49.01kJ·mol-1
ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=—24.52kJ·mol-1
iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ·mol-1
(2)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。
(3)在压强3.0MPa、=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为____(写一种即可)。
②根据图中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为____(保留三位有效数字)。
(4)在=3时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能为____。
参考答案：
1． +6 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑ 40℃、30min 温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 > 3.6×10-3
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和等于0计算(NH4)2MoO4中Mo的化合价；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大；温度太低，产生的H2S气体不易逸出；温度太高，反应物盐酸挥发；
（5）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质；
（6）根据Ksp(BaSO4)计算SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)，再根据Ksp(BaMoO4)计算c(MoO42-)；
【详解】（1）化合物中元素化合价代数和等于0，所以(NH4)2MoO4中Mo的化合价为+6；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，根据得失电子守恒配平方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢，反应的离子方程式为MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大，所以最优温度和时间是40℃、30min；温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3，所以低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降；
（5）[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2；
（6）Ksp(BaSO4)= 1.1×10-10，SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)=， Ksp(BaMoO4)= 4.0×10-8，c(MoO42-)=3.6×10-3。
2． 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 作燃料为反应提供热量，作还原剂 该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量
【分析】黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄，加热无烟煤燃烧提供热量使分解生成，同时C将其还原生成，加入酸，过滤将除去，加入氨气，硫化铵可以除去金属离子，接着氧化生成透明铁黄，通过过滤、洗涤、干燥得到透明铁黄成品，以此分析解答。
【详解】(1) “焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，“焙烧”时分解反应生成、、，其化学反应方程式为 ，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，；
(2)无烟煤燃烧生成大量的热促使分解，同时可以将Fe3+还原为Fe2+，做还原剂，故答案为：作燃料为反应提供热量，作还原剂；
(3) 黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等, 不溶于硫酸，所以滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：；
(4) ，，，所以pH＞3；，＞10-19.6，（Co2+完全沉淀），，pH=1.8，所以则操作中应控制的范围为，故答案为：；
(5) “氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为，故答案为：；
(6)由曲线分析可知，硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。滤液经加热浓缩，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大，而硫酸钠的溶解度随温度升高增大，后来几乎不变，加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量，故答案为：该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量。
3．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为Ca(AlO2)2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为VO，Ca(AlO2)2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有VO的滤液；向滤液中加入石灰乳，将VO转化为Ca(VO3)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为CaCO3，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有(NH4)3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将(NH4)3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
（1）
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
（2）
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
（3）
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
（4）
氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
（5）
由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
（6）
由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
4． 氢氧化钠水溶液，加热（或） 铜或银做催化剂，加热（或） ①④⑤⑦ n 10
【分析】（1）A生成B是卤代烃的水解；B生成C是醇氧化为醛；
（2）取代反应是有机物分子中的原子或原子团被其它的原子或原子团代替的反应；
（3）由逆推F的结构简式；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物；D的同分异构体，a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成；
【详解】（1）A生成B是卤代烃的水解，反应条件是氢氧化钠水溶液，加热；B生成C是醇氧化为醛，反应条件为铜或银做催化剂，加热；
（2）是氯原子被羟基代替；是羟基被氯原子代替；是氯原子被代替；是甲基被氢原子代替，所以属于取代反应的是①④⑤⑦；
（3）和F反应生成，由G逆推可知F的结构简式是；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，反应方程式是n； a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则3个取代基是-OH、-CHO、-CH=CH2，3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的D的同分异构体有10种；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成，合成路线为；
5． 中和，提高转化率 氯原子(或碳氯键)、醚键 +CH3OH+H2O 16
【分析】A为苯酚， 根据可知，碳酸钾中和可以提高转化率，并且可知B的结构简式为，D为与CH3OH发生酯化反应生成E，E为，据此分析解题。
【详解】(1)B的结构简式为，A生成B的反应中的作用是中和，平衡向右移动，提高转化率。
(2)根据C的结构简式可知分子式为，其含有的官能团名称为氯原子(或碳氯键)、醚键。
(3) D→E的第二步反应的化学方程式+CH3OH+H2O。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色说明有酚羟基，有16种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，说明有三种不同的氢，且峰面积比为，说明氢的个数比为，其同分异构体的结构简式为。
(5)以和为原料合成的合成路线。
6．(1) 取代反应
(2) 保护酚羟基 乙二醇
(3) （酚）羟基、醚键
(4) 16 (或或)
(5)
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知Ⅰ的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知Ⅱ的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。
（2）由合成流程可知，B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在G→H反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
（3）由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。
（4）该有机物含有醛基和羟基，另外有5个碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、、、、、、 共16种，核磁共振氢谱为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为、、，故答案为：16； (或或)。
（5）由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。
7． －90.6 CH3OH < B、D H2 升高温度 X和Z
【分析】Ⅰ.（1）根据盖斯定律计算ΔH3；
（2）Kx=，根据反应达到平衡时v正= v逆计算物质的量分数平衡常数Kx；
（3）升高温度，反应i逆向移动、反应ii正向移动、反应iii逆向移动；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动；
（6）平衡常数相同，温度相同；
【详解】Ⅰ.（1）i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律 i- ii得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3= -49.4kJ·mol-1 -41.2kJ·mol-1=－90.6 kJ·mol-1；
（2）Kx=，反应达到平衡时v正= v逆，即k正x(CO2)·x3(H2) =k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，= ，所以Kx =；
（3）①升高温度，反应i逆向移动、反应iii逆向移动所以甲醇的含量明显减小；反应ii正向移动，CO含量增大，水的含量变化小于甲醇，故图中Y代表CH3OH、X代表CO、Z代表H2O；
②250℃时反应ii的Kx=，根据图示CO 、H2O的物质的量分数小于CO2 、H2，所以Kx<1；
③A.加入适量CO ，反应iii正向移动，能提高甲醇的产率，故不选A；
B.使用催化剂，平衡不移动，一定不能提高甲醇的产率，故选B；
C.循环利用原料气，提高原料利用率，能提高甲醇的产率，故不选C；
D.升高温度，反应i、反应iii均逆向移动，一定不能提高甲醇的产率，故选D；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小，故图中a代表CH3OH、c代表CO、b代表H2；
温度为700K时，该反应的平衡常数KP= (MPa)-2；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可以是升高温度；
（6）X点：
KX=；
Y点：
Ky=；
KR=16，KZ=l；
所以图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是X、Z。
8． 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度 增大压强(或使用适宜的催化剂) 丙 乙
【详解】(1)Ⅰ.
Ⅱ.
根据盖斯定律，Ⅱ-2×Ⅰ得 =-210.5；
(2)投料比越大，相同条件下二氧化碳转化率越小，因此结合图象可知、、由大到小的顺序为；
(3)①结合热化学方程式可知反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，结合图可知温度低于773K时温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因此升高温度，抑制反应Ⅰ向右转化，的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度；
②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；
(4)升高温度平衡Ⅱ逆向移动，、的体积分数增大，、的体积分数减小，则乙、丁分别为、中的一个，甲、丙分别为、的一个，因原料初始组成，结合反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是丙；结合反应计量数可知相同条件下达到平衡氢气的的体积分数较二氧化碳大，则表示氢气的曲线是乙，丁表示二氧化碳曲线；令二氧化碳、氢气的起始量分别为amol、3amol，，由图可知A点有平衡时二氧化碳和乙烯的体积分数相等为11.1%，因此平衡时氢气的体积分数为二氧化碳体积分数的三倍即33.3%，水的体积分数为乙烯体积分数的四倍即44.4%，因此。
9．(1) Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3
(2)—122.54
(3) 温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 0.622%
(4)250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】（1）
由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO+2OH——2e—=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
（2）
由盖斯定律可知，2i+ ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(—49.01kJ·mol-1)+(—24.52kJ·mol-1)=—122.54kJ·mol-1，故答案为：—122.54；
（3）
①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由于二甲醚的选择性=，则，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol-1mol×30%=0.7mol、4mol-1mol×30%×70%-(1mol×30%-1mol×30%×70%)×3=3.52mol、1mol×30%×20%÷2=0.03mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%-0.21mol+0.21mol+0.03mol=0.33mol，根据碳的守恒，还有甲醇为1mol-0.7mol-0.03×2mol-0.21mol=0.03mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.82mol，二甲醚的物质的量分数为×100%≈0.622%，故答案为：0.622%；
（4）
由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×=mol、3mol—1mol××3=2mol、1mol×=mol、1mol×=mol，则甲醇的物质的量分数为=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
山东省淄博市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·山东淄博·统考一模）二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
（1）(NH4)2MoO4中Mo的化合价为___。
（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为___。
（3）“转化”中第一步加入Na2S后，（NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出第二步(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3的离子方程式为___。
（4）由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是__，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因___。
（5）利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl___T2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（6）已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO42-(忽略溶液体积变化)，则当SO42-完全沉淀时，溶液中c(MoO42-)＜___mol/L(保留2位有效数字)。
2．（2021·山东淄博·统考一模）透明铁黄是一种分散性良好的铁系颜料。利用黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄工艺流程如下：
已知：①25℃时相关物质的见下表。
金属硫化物
②25℃时饱和溶液中，存在如下关系：。
③当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。
(1)“焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是______，“焙烧”时首先发生分解反应，有、、生成，反应的化学方程式为______。
(2)“焙烧”过程中黄钠铁矾分解产生的最终转化为，则无烟煤所起的作用有______。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是______(填化学式)。
(4)“沉淀”过程中通入氨气的目的是调节溶液，以控制浓度，便于有效去除杂质金属离子。若此时溶液中，杂质离子沉淀时溶液中达到饱和，则操作中应控制的范围为______。
(5)“氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为______。
(6)该工艺所得滤液经处理可获得副产品硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。该工艺中滤液经加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是______。
3．（2022·山东淄博·统考一模）某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：
已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是____。
(2)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为____。
(3)Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为____。(用含m、n的代数式表示)
(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是___。
(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液，反应的离子方程式为____。
(6)测定产品中V2O5的纯度：取ag产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)，再用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是____(V2O5的摩尔质量为Mg·mol-1)。
二、有机推断题
4．（2020·山东淄博·统考一模）“清肺排毒汤”对新冠肺炎病毒感染具有良好的效果，其中一味中药黄芩的一种活性中间体的结构为：，现在可人工合成，路线如图所示：
（1）A生成B的反应条件是___，B生成C的反应条件为___。
（2）合成过程中，属于取代反应的是___。
（3）F的结构简式为___。
（4）D在一定条件下能生成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式___。同时符合下列三个条件的D的同分异构体共有___种。
a.能发生银镜反应；
b.苯环上有3个取代基；
c.与FeCl3溶液发生显色反应。
（5）依据以上合成信息，以乙烯和氯苯为原料合成路线，无机试剂自选___。
5．（2021·山东淄博·统考一模）以苯酚、甲醛和必要的无机试剂合成一种重要的有机物F的路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)B的结构简式为______，A生成B的反应中的作用是______。
(2)C的分子式为______，其含有的官能团名称为______。
(3)写出D→E的第二步反应的化学方程式______。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为的同分异构体的结构简式为______。
(5)写出以和为原料合成的合成路线______(其他试剂任选)。
6．（2022·山东淄博·统考一模）有机物M是一种制备液晶材料的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ.RX+MgR—MgX(格林试剂) X=Cl、Br、I
Ⅱ.+R—MgX→
Ⅲ.+
(1)A→B的反应方程式为____，反应类型为____。
(2)反应中使用三甲基氯硅烷()的作用是____，在本流程中起类似作用的有机物还有____(填名称)。
(3)L中的官能团有____(填名称)，M的结构简式为____。
(4)符合下列条件的E的同分异构体有____种(不考虑立体异构)。
①能与金属钠反应产生氢气②含两个甲基③能发生银镜反应；
其中核磁共振氢谱中显示的六组峰的面积比为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为____(只写一种)。
(5)已知：R1—OH+R2—OHR1—O—R2+H2O。写出以苯、丙酮和格林试剂为原料合成的路线(其他试剂任选)____。
三、原理综合题
7．（2020·山东淄博·统考一模）Ⅰ.CO2催化加氢制甲醇是极具前景的资源化研究领域，主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
iii.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3
（1）ΔH3=___kJ·mol-1。
（2）已知反应i的速率方程为v正=k正x(CO2)·x3(H2)，v逆=k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，k正、k逆均为速率常数且只与温度有关，x为物质的量分数。其物质的量分数平衡常数Kx=___(以k正、k逆表示)。
（3）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2。反应达平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表___(填化学式)。
②250℃时反应ii的Kx___1(填“＞”、“＜”或“=”)
③下列措施中，一定无法提高甲醇产率的是___。
A．加入适量CO B．使用催化剂
C．循环利用原料气 D．升高温度
（4）在10MPa下将H2、CO按一定比例投料，平衡状态时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。曲线b代表的物质为____(填化学式)。温度为700K时，该反应的平衡常数KP=___(MPa)-2(结果用分数表示)。
Ⅱ.在恒容容器中，使用某种催化剂对反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH<0
进行相关实验探究。改变投料比[n(SO2)：n(NO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定SO2的平衡转化率[α(SO2)]实验结果如图所示。
已知：KR=16，KZ=。
（5）如果要将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态。应采取的措施是___。
（6）通过计算确定图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是__。
8．（2021·山东淄博·统考一模）二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
(1)反应 ______。
(2)时，二氧化碳的平衡转化率、投料比与压强的关系如图甲所示，则、、由大到小的顺序为______。
(3)在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。
①当温度低于时的平衡转化率随温度升高而减小的原因是______。
②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是______(只答一条)。
(4)理论计算表明，体系压强为，原料初始组成，反应Ⅱ达到平衡时，、、、四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是______和______。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数______。(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
9．（2022·山东淄博·统考一模）Ⅰ.我国科学家利用CO2矿化反应释放能量设计出CO2矿化电池。不仅减碳发电，还能获得高附加值产品，其工作原理如图所示(Q是有机物；反应物和产物分别经过其它通道进入或排出电池容器)。
(1)通过离子交换膜的离子是___，正极区的电极反应式为：Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，在电极区溶液中可循环利用的物质是___，则电池的总反应方程式为____。
Ⅱ.以CO2为原料加氢合成二甲醚、甲醇有利于促进实现“碳中和”。在二氧化碳加氢制取二甲醚的合成塔中发生以下3个反应：
i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=—49.01kJ·mol-1
ii．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=—24.52kJ·mol-1
iii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ·mol-1
(2)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=___kJ·mol-1。
(3)在压强3.0MPa、=4条件下，CO2的平衡转化率和产物的选择性与温度的关系如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。
①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___。除改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为____(写一种即可)。
②根据图中的数据计算300℃上述反应达到平衡时CH3OCH3的物质的量分数为____(保留三位有效数字)。
(4)在=3时，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)～P、在P=5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。当CO2的平衡转化率为时，反应条件可能为____。
参考答案：
1． +6 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑ 40℃、30min 温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 > 3.6×10-3
【分析】（1）根据化合物中元素化合价代数和等于0计算(NH4)2MoO4中Mo的化合价；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大；温度太低，产生的H2S气体不易逸出；温度太高，反应物盐酸挥发；
（5）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质；
（6）根据Ksp(BaSO4)计算SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)，再根据Ksp(BaMoO4)计算c(MoO42-)；
【详解】（1）化合物中元素化合价代数和等于0，所以(NH4)2MoO4中Mo的化合价为+6；
（2）“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，根据得失电子守恒配平方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；
（3）第二步(NH4)2MoS4与盐酸发生复分解反应生成MoS3、氯化铵、硫化氢，反应的离子方程式为MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑；
（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大，所以最优温度和时间是40℃、30min；温度太低，反应MoS42-+2H+MoS3↓+H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3，所以低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降；
（5）[Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)] ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2；
（6）Ksp(BaSO4)= 1.1×10-10，SO42-完全沉淀时，溶液中c(Ba2+)=， Ksp(BaMoO4)= 4.0×10-8，c(MoO42-)=3.6×10-3。
2． 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 作燃料为反应提供热量，作还原剂 该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量
【分析】黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等)制备透明铁黄，加热无烟煤燃烧提供热量使分解生成，同时C将其还原生成，加入酸，过滤将除去，加入氨气，硫化铵可以除去金属离子，接着氧化生成透明铁黄，通过过滤、洗涤、干燥得到透明铁黄成品，以此分析解答。
【详解】(1) “焙烧”前需要对反应混合物进行研磨粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，“焙烧”时分解反应生成、、，其化学反应方程式为 ，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，；
(2)无烟煤燃烧生成大量的热促使分解，同时可以将Fe3+还原为Fe2+，做还原剂，故答案为：作燃料为反应提供热量，作还原剂；
(3) 黄钠铁矾渣(主要成分，含少量、、等, 不溶于硫酸，所以滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：；
(4) ，，，所以pH＞3；，＞10-19.6，（Co2+完全沉淀），，pH=1.8，所以则操作中应控制的范围为，故答案为：；
(5) “氧化”过程生成透明铁黄的总反应离子方程式为，故答案为：；
(6)由曲线分析可知，硫酸铵和硫酸钠，二者的溶解度随温度变化的曲线如图所示。滤液经加热浓缩，硫酸铵的溶解度随温度升高而增大，而硫酸钠的溶解度随温度升高增大，后来几乎不变，加热浓缩，首先析出硫酸铵，其原因是该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量，故答案为：该工艺所得滤液中硫酸铵的量远大于硫酸钠的量。
3．(1)增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分
(2)Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O
(3)
(4)温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降
(5)V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(6)
【分析】由题给流程可知，废钒渣中加入CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca(VO3)2，Al2O3与CaO反应转化为Ca(AlO2)2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca(VO3)2转化为VO，Ca(AlO2)2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣1和含有VO的滤液；向滤液中加入石灰乳，将VO转化为Ca(VO3)2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3(VO4)2；向Ca3(VO4)2中加入碳酸铵溶液，将Ca3(VO4)2转化为CaCO3，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有(NH4)3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将(NH4)3VO4转化为NH4VO3沉淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。
（1）
酸浸前将块状固体粉碎，可以增大反应物的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分，故答案为：增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更加充分；
（2）
由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO形式存在，则Ca(VO3)2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O，故答案为：Ca(VO3)2+4H+=Ca2++2VO+2H2O；
（3）
由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：；
（4）
氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH水解程度增大，NH浓度减小导致钒率下降；
（5）
由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O，反应的离子方程式为V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+ H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
（6）
由题意可知，测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)=2n(V2O5)+5n(MnO)，由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为=mol，则样品中五氧化二钒的纯度为×100%=，故答案为：。
4． 氢氧化钠水溶液，加热（或） 铜或银做催化剂，加热（或） ①④⑤⑦ n 10
【分析】（1）A生成B是卤代烃的水解；B生成C是醇氧化为醛；
（2）取代反应是有机物分子中的原子或原子团被其它的原子或原子团代替的反应；
（3）由逆推F的结构简式；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物；D的同分异构体，a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成；
【详解】（1）A生成B是卤代烃的水解，反应条件是氢氧化钠水溶液，加热；B生成C是醇氧化为醛，反应条件为铜或银做催化剂，加热；
（2）是氯原子被羟基代替；是羟基被氯原子代替；是氯原子被代替；是甲基被氢原子代替，所以属于取代反应的是①④⑤⑦；
（3）和F反应生成，由G逆推可知F的结构简式是；
（4）D分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，反应方程式是n； a.能发生银镜反应，说明含有醛基； b.苯环上有3个取代基； c.与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，则3个取代基是-OH、-CHO、-CH=CH2，3个不同的取代基在苯环上的位置异构有10种，所以符合条件的D的同分异构体有10种；
（5）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛、乙醛氧化为乙酸，乙酸在SOCl2作用下生成乙酰氯，氯苯水解为苯酚，苯酚和乙酰氯反应生成，合成路线为；
5． 中和，提高转化率 氯原子(或碳氯键)、醚键 +CH3OH+H2O 16
【分析】A为苯酚， 根据可知，碳酸钾中和可以提高转化率，并且可知B的结构简式为，D为与CH3OH发生酯化反应生成E，E为，据此分析解题。
【详解】(1)B的结构简式为，A生成B的反应中的作用是中和，平衡向右移动，提高转化率。
(2)根据C的结构简式可知分子式为，其含有的官能团名称为氯原子(或碳氯键)、醚键。
(3) D→E的第二步反应的化学方程式+CH3OH+H2O。
(4)C的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与溶液作用显色说明有酚羟基，有16种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，说明有三种不同的氢，且峰面积比为，说明氢的个数比为，其同分异构体的结构简式为。
(5)以和为原料合成的合成路线。
6．(1) 取代反应
(2) 保护酚羟基 乙二醇
(3) （酚）羟基、醚键
(4) 16 (或或)
(5)
【分析】由D的结构及A的分子式可知A为苯酚，A→B的反应为苯酚的羟基对位氢原子被溴原子取代，生成对溴苯酚；B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基；D→F发生信息中已知Ⅰ的反应得到格林试剂F；由C和G的结构可推知E的结构为，G→H使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基；F和H发生信息中已知Ⅱ的反应生成I；I发生消去反应生成K，K催化加氢生成L，L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析A为苯酚，B为对溴苯酚，在乙酸乙酯存在条件下、加热，苯酚和Br2发生取代反应生成对溴苯酚，反应方程式为，故答案为：；取代反应。
（2）由合成流程可知，B→D反应中使用三甲基氯硅烷()与酚羟基结合，其作用是保护酚羟基，与此类似，在G→H反应中使用乙二醇与G中一个酮羰基缩合，可保护酮羰基，故答案为：保护酚羟基；乙二醇。
（3）由L的结构简式可知，L中的官能团有（酚）羟基、醚键；L→M反应中缩酮水解复原成羰基，则M的结构简式为，故答案为：（酚）羟基、醚键；。
（4）该有机物含有醛基和羟基，另外有5个碳形成的碳链，其同分异构体的种类为（省略部分氢原子，箭头指向为羟基位置，后同）、、、、、、 共16种，核磁共振氢谱为6∶2∶1∶1∶1∶1，且含有1个手性碳原子的有机物结构简式为、、，故答案为：16； (或或)。
（5）由题给条件可知，两分子分子间脱水可生成，可通过发生已知Ⅰ和已知Ⅱ的反应来制备，合成路线为：，故答案为：。
7． －90.6 CH3OH < B、D H2 升高温度 X和Z
【分析】Ⅰ.（1）根据盖斯定律计算ΔH3；
（2）Kx=，根据反应达到平衡时v正= v逆计算物质的量分数平衡常数Kx；
（3）升高温度，反应i逆向移动、反应ii正向移动、反应iii逆向移动；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动；
（6）平衡常数相同，温度相同；
【详解】Ⅰ.（1）i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1
ii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律 i- ii得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH3= -49.4kJ·mol-1 -41.2kJ·mol-1=－90.6 kJ·mol-1；
（2）Kx=，反应达到平衡时v正= v逆，即k正x(CO2)·x3(H2) =k逆·x(CH3OH)·x(H2O)，= ，所以Kx =；
（3）①升高温度，反应i逆向移动、反应iii逆向移动所以甲醇的含量明显减小；反应ii正向移动，CO含量增大，水的含量变化小于甲醇，故图中Y代表CH3OH、X代表CO、Z代表H2O；
②250℃时反应ii的Kx=，根据图示CO 、H2O的物质的量分数小于CO2 、H2，所以Kx<1；
③A.加入适量CO ，反应iii正向移动，能提高甲醇的产率，故不选A；
B.使用催化剂，平衡不移动，一定不能提高甲醇的产率，故选B；
C.循环利用原料气，提高原料利用率，能提高甲醇的产率，故不选C；
D.升高温度，反应i、反应iii均逆向移动，一定不能提高甲醇的产率，故选D；
（4）升高温度，反应iii逆向移动，H2、CO按2:1的比例增大，CH3OH的物质的量减小，故图中a代表CH3OH、c代表CO、b代表H2；
温度为700K时，该反应的平衡常数KP= (MPa)-2；
Ⅱ. （5）图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，α(SO2)减小，平衡逆向移动，所以改变的条件可以是升高温度；
（6）X点：
KX=；
Y点：
Ky=；
KR=16，KZ=l；
所以图中R、X、Y、Z四点中温度相等的点是X、Z。
8． 反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度 增大压强(或使用适宜的催化剂) 丙 乙
【详解】(1)Ⅰ.
Ⅱ.
根据盖斯定律，Ⅱ-2×Ⅰ得 =-210.5；
(2)投料比越大，相同条件下二氧化碳转化率越小，因此结合图象可知、、由大到小的顺序为；
(3)①结合热化学方程式可知反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，结合图可知温度低于773K时温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因此升高温度，抑制反应Ⅰ向右转化，的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使转化为的平衡转化率上升，使转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度；
②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；
(4)升高温度平衡Ⅱ逆向移动，、的体积分数增大，、的体积分数减小，则乙、丁分别为、中的一个，甲、丙分别为、的一个，因原料初始组成，结合反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是丙；结合反应计量数可知相同条件下达到平衡氢气的的体积分数较二氧化碳大，则表示氢气的曲线是乙，丁表示二氧化碳曲线；令二氧化碳、氢气的起始量分别为amol、3amol，，由图可知A点有平衡时二氧化碳和乙烯的体积分数相等为11.1%，因此平衡时氢气的体积分数为二氧化碳体积分数的三倍即33.3%，水的体积分数为乙烯体积分数的四倍即44.4%，因此。
9．(1) Na+ Q、QH2 Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3
(2)—122.54
(3) 温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大 增大压强 0.622%
(4)250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa
【解析】（1）
由图可知，左侧电极为原电池的负极，QH2在负极失去电子发生氧化反应生成Q和氢离子，负极区的的电极反应式为QH2+Ca2++SO+2OH——2e—=CaSO4+Q+2H2O，负极区云集的钠离子通过阳离子交换膜进入正极区，右侧电极为正极，Q在氢离子作用下在正极得到电子发生还原反应生成QH2，正极区的电极反应式为Q+2CO2+2H2O+2Na++2e—=2NaHCO3+QH2，电池的总反应为Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3，则Q、QH2在电极区溶液中可循环利用，故答案为：Na+；Q、QH2；Ca(OH)2+Na2SO4++2CO2=CaSO4+2NaHCO3；
（2）
由盖斯定律可知，2i+ ii可得反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则反应热△H=2△H1+△H2=2×(—49.01kJ·mol-1)+(—24.52kJ·mol-1)=—122.54kJ·mol-1，故答案为：—122.54；
（3）
①由题给方程式可知，二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应iii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以当温度超过290℃，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明，温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；二氧化碳与氢气合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，反应iii为为气体体积不变的反应，增大压强，合成二甲醚的反应平衡向正反应方向移动，反应iii平衡不移动，所以增大压强能提高二甲醚的选择性，故答案为：温度超过290℃时，反应以吸热反应反应iii为主，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大；增大压强；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的转化率为30%、二甲醚的选择性为20%、一氧化碳的选择性为70%，设起始二氧化碳为1mol、氢气为4mol，由于二甲醚的选择性=，则，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、二甲醚、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为1mol-1mol×30%=0.7mol、4mol-1mol×30%×70%-(1mol×30%-1mol×30%×70%)×3=3.52mol、1mol×30%×20%÷2=0.03mol、1mol×30%×70%=0.21mol、1mol×30%-0.21mol+0.21mol+0.03mol=0.33mol，根据碳的守恒，还有甲醇为1mol-0.7mol-0.03×2mol-0.21mol=0.03mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.82mol，二甲醚的物质的量分数为×100%≈0.622%，故答案为：0.622%；
（4）
由题给方程式可知，二氧化碳和氢气合成甲醇的反应为气体体积减小的放热反应，压强一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，则b表示5×105Pa压强下，甲醇的百分含量随温度变化的曲线，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大，则a表示250℃温度下，甲醇的百分含量随压强变化的曲线，设设起始二氧化碳为1mol、氢气为3mol，由方程式可知，二氧化碳的转化率为时，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的物质的量分别为1mol—1mol×=mol、3mol—1mol××3=2mol、1mol×=mol、1mol×=mol，则甲醇的物质的量分数为=0.1，由图可知，甲醇的物质的量分数为0.1时，反应条件为温度为250℃、压强为9×105Pa，或压强为5×105Pa、温度为210℃，故答案为：250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa。
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