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山东省济南市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
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这是一份山东省济南市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题，共15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。
山东省济南市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、原理综合题
1．（2020·山东济南·统考二模）对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了1000K下丙酮的热分解反应并提出了如下反应历程：
①
②
③
④
⑤
回答下列问题：
(1)上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为CH3COCH3CH4+CH2=C=O，该反应的快慢主要由上述历程中的反应______(填序号)决定，另一个反应的化学方程式为____________________________，反应速率常数k4______k5。(填“＞”或“＜”)。
(2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式：____________________________________。
(3)一定温度下，在2L密闭容器中充入1molCH3COCH3发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的关键因素是___________；
a．再充入1molCH3COCH3 b．及时分离出CH4 c．使用适宜的催化剂
达到平衡后，测得容器中存在a molCH4和b mol CO，则CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)在该温度下的平衡常数K_____mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。
(4)分解产物中的CH4可用于制备氢气：
反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1
写出CO与水蒸气反应生成CO2的热化学方程式：_________________。830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=1.2mol2·L-2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c(CH4)=2.0mol·L-1、c(H2O)=4.0mol·L-1、c(CO2)=2.0mol·L-1、c(H2)=2.0mol·L-1，则此时v正_____v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
2．（2022·山东济南·统考二模）以、为原料制备合成气(、)，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的在全部所消耗的中占有的比例。
回答下列问题：
(1)和的燃烧热分别为、，则CO的燃烧热为_______。
(2)在同一固相催化剂和下，研究不同温度，投料比对平衡转化率及体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，投料比为2，时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后的体积分数为_______%(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为_______，原因是_______；相同温度下，随着投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是_______。
二、工业流程题
3．（2020·山东济南·统考二模）可通过下列流程回收废旧锂离子电池正极材料(LiCoO2，含少量Al、Fe)中的钴和锂。
回答下列问题：
(1)“酸溶、还原”过程中S2O32-转化为SO42-，LiCoO2参与反应的离子方程式为____________________________________。
(2)“废渣”的主要成分为___________________。
(3)“沉钴”过程中，当溶液的pH=10时，c(Co2+)=______mol· L-1(已知常温下KSP[Co(OH)2]=1.58×10-15)。
(4)在空气中加热Co(OH)2，固体残留率随温度的变化如图所示。
290℃时，完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为_______________；500℃时的主要产物为_____________(填化学式)；将1000℃时的分解产物1mol与2.2mol Na2O(稍过量)在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，该晶体的阴离子为正三角形结构，晶体的化学式为__________________。
(5)“滤液X”中最主要的溶质是_______________(填化学式)。
4．（2021·山东济南·统考二模）钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)生产工艺如下：
+
已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；
②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
③H2TiO3不溶于水和稀酸。
(1)为提高酸浸速率，一般采取的措施是___________。(写两条)
(2)滤渣①的主要成分是___________。
(3)酸浸过程中，写出含钛化合物发生反应的化学方程式___________。
(4)加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3＋。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试。
①在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图1，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：___________。
②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图2，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是___________。
(5)水解过程中得到沉淀③的化学式为___________。
5．（2022·山东济南·统考二模）某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备和的工。艺流程如下：
已知：①草酸()是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。
②常温时，有关物质如下表(单位已略)：
③当离子浓度，可认为沉淀完全。
④常温下的溶解度为，的溶解度随温度的升高而逐渐减小。
回答下列问题：
(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是_______(填“硫酸”或“草酸”)，溶解的反应的离子方程式为_______。
(2)“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是_______(填化学式)。若先调节并控制到5，再加入，则被氧化时的离子方程式为_______。
(3)若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，则至少需加入_______g(保留到小数点后1位)固体才能使沉淀完全。
(4)在空气中“焙烧”的化学方程式为_______。
(5)为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为_______和干燥。
三、有机推断题
6．（2021·山东济南·统考二模）某维生素的生理功能是维持上皮组织的完整性和细胞膜的通透性，维持正常视觉，促进年幼动物生长等。以下是该维生素的合成路线的一部分：
已知：
(1)B中官能团的名称为___________。
(2)由E生成H的反应类型为___________ 。
(3)写出由C和M生成N的方程式___________。
(4)D的结构简式为___________。
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应但不能发生水解反应的共___________种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6∶1∶1的同分异构体的结构简式为___________。
(6)聚苯乙烯树脂是一种良好的保温材料，请以甲苯为原料，参照题中信息，设计路线合成聚苯乙烯，无机试剂任选____。
7．（2022·山东济南·统考二模）以下是神经激肽拮抗剂ZD2249甲氧基亚砜(I)的制备新方法的合成路线：
已知：①R-XR-MgX。
②基团的结构为，常作为氨基的保护基使用。
③+2HBr
④
回答下列问题：
(1) 符合下列条件的A的同分异构体有_______种(已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定)：a.含有苯环；b.含有2个−OH。
(2)在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是_______。
(3)F的含氧官能团有酯基、_______(填名称)；F→G的反应类型为_______。
(4)H→I(足量)的化学方程式为_______。
(5)写出以为原料制备 的合成路线(其他试剂任选)：_______。
参考答案：
1． ① 2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3 ＜ CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3 c a(a-b)/(2-2a-2b) CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1 ＞
【详解】(1)根据反应历程分析，两个平行反应为：①CH3COCH3CH4+CH2=C=O、②2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3，①反应的快慢主要由上述历程中活化能大的反应①决定，根据反应④和反应⑤，反应④生成甲基自由基，甲基自由基浓度增大，比较反应④和⑤的活化能，反应⑤速率更快，则反应速率常数k4＜k5，故答案为：①；2CH3COCHCH4+CO+C2H5COCH3；＜；
(2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，该反应的化学方程式：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3；
(3)提高乙烯酮反应选择性的关键因素是催化剂的选择；达到平衡时，根据2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3反应中，生成的CO为bmol，则该反应中生成的CH4也是bmol，所以CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)反应中，生成的CH4是(a-b)mol，CH2=C=O等于(a-b)mol，剩下的CH3COCH3的物质的量为(1-a-b)mol，则反应CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)的平衡常数为 mol·L-1，故答案为：c；；
(4)①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1；②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1；根据盖斯定律②-①可的：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；830℃时，，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；＞。
2．(1)283
(2) 大于 43.8 T1、=1 在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）
【详解】（1）根据和的燃烧热分别为、，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a：则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2=--2=(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283，故答案为：283；
（2）①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为=43.8%，故答案为：43.8；
③根据图象，在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、=1；相同温度下，随着投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、=1；在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）。
3． S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O Al(OH)3、Fe(OH)3 1.58×10-7 4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O Co3O4 Na4CoO3 Na2SO4
【分析】电池正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4溶解后铁、铝溶解生成硫酸亚铁、硫酸铝，加入Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，生成的溶液中含有硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠，加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，滤液中继续加入氢氧化钠调节溶液pH，沉淀钴，过滤得到氢氧化钴，滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，沉淀锂离子形成碳酸锂，得到滤液X的主要溶质为硫酸钠。
【详解】（1）正极材料含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，具有还原性，正极材料中只有LiCoO2具有氧化性，与Na2S2O3反应生成CoSO4，反应化学方程式为：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，其离子反应方程式为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O，故答案为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O；
（2）加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，并形成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以“废渣”的主要成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；
（3）当溶液的pH=10时，溶液中c（H+）=10-10mol/L，c（OH-）=10-4mol/L，则Ksp[Co(OH)2]=c（Co2+）×c2（OH-）=1.58×10-15，c（Co2+）=1.58×10-7mol·L-1，故答案为：1.58×10-7；
（4）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n（Co）= mol，m（Co）=59×g；在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）=：[（80.65-59×）÷16]=1：1，剩余固体成分CoO；在500℃，n（Co）：n（O）=：[（86.38-59×）÷16]=3：4，化学式为Co3O4；在290℃，n（Co）：n（O）=：[（89.25-59×）÷16]=2：3，化学式为Co2O3；290℃时，Co(OH)2完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O ，500℃时的主要产物为：Co3O4；将1000℃时的分解产物为：CoO，1molCoO与2.2mol Na2O在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，阴离子为正三角形结构，则阴离子为：CoO34-，其晶体的化学式为：Na4CoO3，故答案为：4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O；
Co3O4；Na4CoO3；
（5）根据上述分析得到的“滤液X”中最主要的溶质是：Na2SO4，故答案为：Na2SO4。
4． 粉碎，加热，增大硫酸浓度等 SiO2，CaSO4 Fe FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O pH＞4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 Fe3+水解吸热，温度升高向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 H2TiO3
【分析】‘酸浸’中发生反应：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O等，浸取液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，加入铁粉，能将Fe3+氧化成Fe2+，然后过滤，滤渣①是二氧化硅，滤液①过滤得到的晶体成分滤渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。
【详解】(1)为提高酸浸速率，一般采取的措施是：粉碎，加热，增大硫酸浓度等；
(2)滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2、和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4、和过量的铁单质；
(3)酸浸过程中，含钛化合物发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；
(4) ①在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：pH＞4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，不再与铁粉发生反应；
②55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：Fe3+水解吸热，温度升高向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应；
(5) 滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3。
5．(1) 草酸
(2) Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)2.6
(4)2+O22Co2O3+2CO2+2H2O
(5)加热(或蒸发结晶)、趁热过滤、热水洗涤
【分析】正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+；过滤除去不溶物，滤液Ⅰ加NaClO3把Fe2+氧化为Fe2+，加氨水调为5，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去Fe3+、Al3+；滤液Ⅱ加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀过滤除去Mg2+、Ca2+；滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，过滤，滤液Ⅳ加入Na2CO3经一系列操作得Li2CO3。
【详解】（1）正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+，所以最后加入的是草酸；酸性条件下，草酸把还原为Co2+，草酸被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为。
（2）根据溶度积常数“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，Fe3+、Al3+的浓度都小于10-5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。若先调节并控制到5，再加入，被氧化成Fe(OH)3，被还原为氯化钠，离子方程式为。
（3）若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，加入生成0.01molMgF2、0.01molCaF2沉淀，消耗0.04mol，沉淀后溶液中c(F-)，则至少需加入的质量为。
（4）在空气中“焙烧”，和氧气反应生成Co2O3、CO2、H2O，化学方程式为2+O22Co2O3+2CO2+2H2O；
（5）的溶解度随温度的升高而逐渐减小，为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为蒸发结晶、趁热过滤、热水洗涤和干燥；
6． 羰基、羟基 取代（反应） +CH≡CMgCl 8
【分析】B生成C发生醇的消去反应脱去一分子水，C为，由信息可知C和M生成N为，再发生水解得到D为；
【详解】(1)B中官能团的名称为：羰基、羟基；
(2)根据H的结构可逆推G和E的结合方式为红线断开位置，则由E生成H的反应类型为：取代反应；
(3)由C和M发生加成反应生成N，反应方程式为：+CH≡CMgCl；
(4)D的结构简式为：；
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应说明含有醛基，但不能发生水解反应说明不含有酯基，则满足条件的有：①改变羟基的取代位置， 、，②改变官能团和位置：、总共8种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6∶1∶1的同分异构体的结构简式为；
(6)逆推法解决合成聚苯乙烯的问题，需要苯乙烯，逆推需要醇的消去得到碳碳双键，根据信息条件含有C=O键的物质与CH3MgX反应再经水解得到醇羟基，可知需要苯甲醛，以甲苯做原料，经卤素原子取代后，水解得到醇类，再催化氧化得到苯甲醛，合成路线为：。
7．(1)9
(2)防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化
(3) 羟基、醚键 还原反应(或取代反应)
(4)＋2KOH＋K2CO3＋
(5)
【分析】根据C的结构简式可知B道C是发生取代反应，则B为 ，根据A的分子式以及A与溴水反应得到A的结构简式为 ，C到D是硫氧交换，D到E是发生取代反应，根据信息①得到F( )，F在一定条件下反应得到G，G氧化得到H，H与KOH反应得到I。
(1)
A是 ，其同系物中含有苯环和2个−OH，则可能1个−OH、1个−CH2OH，有邻、间、对三种；还可能是2个−OH和1个−CH3，当两个羟基在邻位有两种同分异构，当两个羟基在间位有三种同分异构，当两个羟基在对位有一种同分异构，因此符合条件的A的同分异构体有9种；故答案为：9。
(2)
在A→E的合成路线中，先引入甲硫基(CH3S−)时，加溴水，会氧化甲硫基，因此要先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)；故答案为：防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化。
(3)
F()的含氧官能团有酯基、羟基、醚键；根据F→G的结构简式得到其反应类型为还原反应或取代反应；故答案为：羟基、醚键；还原反应(或取代反应)。
(4)
H→I是 与足量KOH反应生成 、K2CO3和 ，其化学方程式为 ＋2KOH＋K2CO3＋ ；故答案为：＋2KOH＋K2CO3＋。
(5)
根据题意， 在丙烯、AlCl3反应后，再氧化、酸化生成苯酚，苯酚和 在有机碱作用下反应生成 ， 加热反应生成 ，其合成路线为；故答案为：。
山东省济南市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-综合、推断、流程题
一、原理综合题
1．（2020·山东济南·统考二模）对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了1000K下丙酮的热分解反应并提出了如下反应历程：
①
②
③
④
⑤
回答下列问题：
(1)上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为CH3COCH3CH4+CH2=C=O，该反应的快慢主要由上述历程中的反应______(填序号)决定，另一个反应的化学方程式为____________________________，反应速率常数k4______k5。(填“＞”或“＜”)。
(2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式：____________________________________。
(3)一定温度下，在2L密闭容器中充入1molCH3COCH3发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的关键因素是___________；
a．再充入1molCH3COCH3 b．及时分离出CH4 c．使用适宜的催化剂
达到平衡后，测得容器中存在a molCH4和b mol CO，则CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)在该温度下的平衡常数K_____mol·L-1(用含a、b的代数式表示)。
(4)分解产物中的CH4可用于制备氢气：
反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1
写出CO与水蒸气反应生成CO2的热化学方程式：_________________。830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=1.2mol2·L-2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c(CH4)=2.0mol·L-1、c(H2O)=4.0mol·L-1、c(CO2)=2.0mol·L-1、c(H2)=2.0mol·L-1，则此时v正_____v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
2．（2022·山东济南·统考二模）以、为原料制备合成气(、)，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的在全部所消耗的中占有的比例。
回答下列问题：
(1)和的燃烧热分别为、，则CO的燃烧热为_______。
(2)在同一固相催化剂和下，研究不同温度，投料比对平衡转化率及体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，投料比为2，时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后的体积分数为_______%(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为_______，原因是_______；相同温度下，随着投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是_______。
二、工业流程题
3．（2020·山东济南·统考二模）可通过下列流程回收废旧锂离子电池正极材料(LiCoO2，含少量Al、Fe)中的钴和锂。
回答下列问题：
(1)“酸溶、还原”过程中S2O32-转化为SO42-，LiCoO2参与反应的离子方程式为____________________________________。
(2)“废渣”的主要成分为___________________。
(3)“沉钴”过程中，当溶液的pH=10时，c(Co2+)=______mol· L-1(已知常温下KSP[Co(OH)2]=1.58×10-15)。
(4)在空气中加热Co(OH)2，固体残留率随温度的变化如图所示。
290℃时，完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为_______________；500℃时的主要产物为_____________(填化学式)；将1000℃时的分解产物1mol与2.2mol Na2O(稍过量)在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，该晶体的阴离子为正三角形结构，晶体的化学式为__________________。
(5)“滤液X”中最主要的溶质是_______________(填化学式)。
4．（2021·山东济南·统考二模）钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)生产工艺如下：
+
已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；
②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
③H2TiO3不溶于水和稀酸。
(1)为提高酸浸速率，一般采取的措施是___________。(写两条)
(2)滤渣①的主要成分是___________。
(3)酸浸过程中，写出含钛化合物发生反应的化学方程式___________。
(4)加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3＋。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试。
①在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图1，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：___________。
②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图2，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是___________。
(5)水解过程中得到沉淀③的化学式为___________。
5．（2022·山东济南·统考二模）某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备和的工。艺流程如下：
已知：①草酸()是一种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。
②常温时，有关物质如下表(单位已略)：
③当离子浓度，可认为沉淀完全。
④常温下的溶解度为，的溶解度随温度的升高而逐渐减小。
回答下列问题：
(1)拆解后的“正极材料”需按先后顺序加酸，最后加入的是_______(填“硫酸”或“草酸”)，溶解的反应的离子方程式为_______。
(2)“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是_______(填化学式)。若先调节并控制到5，再加入，则被氧化时的离子方程式为_______。
(3)若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，则至少需加入_______g(保留到小数点后1位)固体才能使沉淀完全。
(4)在空气中“焙烧”的化学方程式为_______。
(5)为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为_______和干燥。
三、有机推断题
6．（2021·山东济南·统考二模）某维生素的生理功能是维持上皮组织的完整性和细胞膜的通透性，维持正常视觉，促进年幼动物生长等。以下是该维生素的合成路线的一部分：
已知：
(1)B中官能团的名称为___________。
(2)由E生成H的反应类型为___________ 。
(3)写出由C和M生成N的方程式___________。
(4)D的结构简式为___________。
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应但不能发生水解反应的共___________种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6∶1∶1的同分异构体的结构简式为___________。
(6)聚苯乙烯树脂是一种良好的保温材料，请以甲苯为原料，参照题中信息，设计路线合成聚苯乙烯，无机试剂任选____。
7．（2022·山东济南·统考二模）以下是神经激肽拮抗剂ZD2249甲氧基亚砜(I)的制备新方法的合成路线：
已知：①R-XR-MgX。
②基团的结构为，常作为氨基的保护基使用。
③+2HBr
④
回答下列问题：
(1) 符合下列条件的A的同分异构体有_______种(已知2个−OH连在同一个C原子上不稳定)：a.含有苯环；b.含有2个−OH。
(2)在A→E的合成路线中，先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)的原因是_______。
(3)F的含氧官能团有酯基、_______(填名称)；F→G的反应类型为_______。
(4)H→I(足量)的化学方程式为_______。
(5)写出以为原料制备 的合成路线(其他试剂任选)：_______。
参考答案：
1． ① 2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3 ＜ CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3 c a(a-b)/(2-2a-2b) CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1 ＞
【详解】(1)根据反应历程分析，两个平行反应为：①CH3COCH3CH4+CH2=C=O、②2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3，①反应的快慢主要由上述历程中活化能大的反应①决定，根据反应④和反应⑤，反应④生成甲基自由基，甲基自由基浓度增大，比较反应④和⑤的活化能，反应⑤速率更快，则反应速率常数k4＜k5，故答案为：①；2CH3COCHCH4+CO+C2H5COCH3；＜；
(2)CH2=C=O(乙烯酮)可以与乙醇发生加成反应生成酯，该反应的化学方程式：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=C=O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3；
(3)提高乙烯酮反应选择性的关键因素是催化剂的选择；达到平衡时，根据2CH3COCH3CH4+CO+C2H5COCH3反应中，生成的CO为bmol，则该反应中生成的CH4也是bmol，所以CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)反应中，生成的CH4是(a-b)mol，CH2=C=O等于(a-b)mol，剩下的CH3COCH3的物质的量为(1-a-b)mol，则反应CH3COCH3(g)CH4(g)+CH2=C=O(g)的平衡常数为 mol·L-1，故答案为：c；；
(4)①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=206.2kJ·mol-1；②CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=165.0kJ·mo1-1；根据盖斯定律②-①可的：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；830℃时，，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：CO(g)+H2O(g)=CO2+H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1；＞。
2．(1)283
(2) 大于 43.8 T1、=1 在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）
【详解】（1）根据和的燃烧热分别为、，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a：则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2=--2=(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283，故答案为：283；
（2）①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为=43.8%，故答案为：43.8；
③根据图象，在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、=1；相同温度下，随着投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、=1；在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）。
3． S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O Al(OH)3、Fe(OH)3 1.58×10-7 4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O Co3O4 Na4CoO3 Na2SO4
【分析】电池正极材料主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4溶解后铁、铝溶解生成硫酸亚铁、硫酸铝，加入Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，生成的溶液中含有硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠，加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，滤液中继续加入氢氧化钠调节溶液pH，沉淀钴，过滤得到氢氧化钴，滤液中加入碳酸钠调节溶液pH，沉淀锂离子形成碳酸锂，得到滤液X的主要溶质为硫酸钠。
【详解】（1）正极材料含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32-被氧化成SO42-，具有还原性，正极材料中只有LiCoO2具有氧化性，与Na2S2O3反应生成CoSO4，反应化学方程式为：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4=4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O，其离子反应方程式为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O，故答案为：S2O32-+8LiCoO2+22H+=2SO42-+8Li++8Co2++11H2O；
（2）加入氢氧化钠溶液并通入空气氧化亚铁离子为铁离子，并形成氢氧化铁、氢氧化铝的沉淀，所以“废渣”的主要成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；
（3）当溶液的pH=10时，溶液中c（H+）=10-10mol/L，c（OH-）=10-4mol/L，则Ksp[Co(OH)2]=c（Co2+）×c2（OH-）=1.58×10-15，c（Co2+）=1.58×10-7mol·L-1，故答案为：1.58×10-7；
（4）根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n（Co）= mol，m（Co）=59×g；在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）=：[（80.65-59×）÷16]=1：1，剩余固体成分CoO；在500℃，n（Co）：n（O）=：[（86.38-59×）÷16]=3：4，化学式为Co3O4；在290℃，n（Co）：n（O）=：[（89.25-59×）÷16]=2：3，化学式为Co2O3；290℃时，Co(OH)2完全脱水变为Co2O3，反应的化学方程式为4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O ，500℃时的主要产物为：Co3O4；将1000℃时的分解产物为：CoO，1molCoO与2.2mol Na2O在充氩封闭管中共热，会生成鲜红色的晶体，阴离子为正三角形结构，则阴离子为：CoO34-，其晶体的化学式为：Na4CoO3，故答案为：4Co(OH)2+O22Co2O3+4H2O；
Co3O4；Na4CoO3；
（5）根据上述分析得到的“滤液X”中最主要的溶质是：Na2SO4，故答案为：Na2SO4。
4． 粉碎，加热，增大硫酸浓度等 SiO2，CaSO4 Fe FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O pH＞4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 Fe3+水解吸热，温度升高向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应 H2TiO3
【分析】‘酸浸’中发生反应：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O等，浸取液中含有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，加入铁粉，能将Fe3+氧化成Fe2+，然后过滤，滤渣①是二氧化硅，滤液①过滤得到的晶体成分滤渣②是硫酸亚铁晶体，滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3和滤液③H2SO4，最后高温煅烧沉淀③得到TiO2。
【详解】(1)为提高酸浸速率，一般采取的措施是：粉碎，加热，增大硫酸浓度等；
(2)滤渣①的主要成分是不与硫酸反应的SiO2、和Ca2+和硫酸根结合的CaSO4、和过量的铁单质；
(3)酸浸过程中，含钛化合物发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O；
(4) ①在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：pH＞4时，Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，不再与铁粉发生反应；
②55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：Fe3+水解吸热，温度升高向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3,不再与铁粉发生反应；
(5) 滤液②中TiOSO4能发生水解反应生成沉淀③H2TiO3。
5．(1) 草酸
(2) Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)2.6
(4)2+O22Co2O3+2CO2+2H2O
(5)加热(或蒸发结晶)、趁热过滤、热水洗涤
【分析】正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+；过滤除去不溶物，滤液Ⅰ加NaClO3把Fe2+氧化为Fe2+，加氨水调为5，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去Fe3+、Al3+；滤液Ⅱ加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀过滤除去Mg2+、Ca2+；滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，过滤，滤液Ⅳ加入Na2CO3经一系列操作得Li2CO3。
【详解】（1）正极材料含有以及少量Ca、Mg、Fe、Al等，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把还原为Co2+，所以最后加入的是草酸；酸性条件下，草酸把还原为Co2+，草酸被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为。
（2）根据溶度积常数“滤液Ⅰ”中加入氨水调为5，Fe3+、Al3+的浓度都小于10-5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。若先调节并控制到5，再加入，被氧化成Fe(OH)3，被还原为氯化钠，离子方程式为。
（3）若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，加入生成0.01molMgF2、0.01molCaF2沉淀，消耗0.04mol，沉淀后溶液中c(F-)，则至少需加入的质量为。
（4）在空气中“焙烧”，和氧气反应生成Co2O3、CO2、H2O，化学方程式为2+O22Co2O3+2CO2+2H2O；
（5）的溶解度随温度的升高而逐渐减小，为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为蒸发结晶、趁热过滤、热水洗涤和干燥；
6． 羰基、羟基 取代（反应） +CH≡CMgCl 8
【分析】B生成C发生醇的消去反应脱去一分子水，C为，由信息可知C和M生成N为，再发生水解得到D为；
【详解】(1)B中官能团的名称为：羰基、羟基；
(2)根据H的结构可逆推G和E的结合方式为红线断开位置，则由E生成H的反应类型为：取代反应；
(3)由C和M发生加成反应生成N，反应方程式为：+CH≡CMgCl；
(4)D的结构简式为：；
(5)B的同分异构体中能发生银镜反应说明含有醛基，但不能发生水解反应说明不含有酯基，则满足条件的有：①改变羟基的取代位置， 、，②改变官能团和位置：、总共8种；其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6∶1∶1的同分异构体的结构简式为；
(6)逆推法解决合成聚苯乙烯的问题，需要苯乙烯，逆推需要醇的消去得到碳碳双键，根据信息条件含有C=O键的物质与CH3MgX反应再经水解得到醇羟基，可知需要苯甲醛，以甲苯做原料，经卤素原子取代后，水解得到醇类，再催化氧化得到苯甲醛，合成路线为：。
7．(1)9
(2)防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化
(3) 羟基、醚键 还原反应(或取代反应)
(4)＋2KOH＋K2CO3＋
(5)
【分析】根据C的结构简式可知B道C是发生取代反应，则B为 ，根据A的分子式以及A与溴水反应得到A的结构简式为 ，C到D是硫氧交换，D到E是发生取代反应，根据信息①得到F( )，F在一定条件下反应得到G，G氧化得到H，H与KOH反应得到I。
(1)
A是 ，其同系物中含有苯环和2个−OH，则可能1个−OH、1个−CH2OH，有邻、间、对三种；还可能是2个−OH和1个−CH3，当两个羟基在邻位有两种同分异构，当两个羟基在间位有三种同分异构，当两个羟基在对位有一种同分异构，因此符合条件的A的同分异构体有9种；故答案为：9。
(2)
在A→E的合成路线中，先引入甲硫基(CH3S−)时，加溴水，会氧化甲硫基，因此要先引入溴原子之后再引入甲硫基(CH3S−)；故答案为：防止甲硫基(或硫醚)被溴水氧化。
(3)
F()的含氧官能团有酯基、羟基、醚键；根据F→G的结构简式得到其反应类型为还原反应或取代反应；故答案为：羟基、醚键；还原反应(或取代反应)。
(4)
H→I是 与足量KOH反应生成 、K2CO3和 ，其化学方程式为 ＋2KOH＋K2CO3＋ ；故答案为：＋2KOH＋K2CO3＋。
(5)
根据题意， 在丙烯、AlCl3反应后，再氧化、酸化生成苯酚，苯酚和 在有机碱作用下反应生成 ， 加热反应生成 ，其合成路线为；故答案为：。
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