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山西省晋中市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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这是一份山西省晋中市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，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
山西省晋中市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·山西晋中·统考一模）某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为CoSO4，写出该转化的化学方程式：________。
（2）“除铜”若选用MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数K=________。［保留2位有效数字；已知常温下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]
（3）①步骤I中加入NaClO3反应的离子方程式为_______。
②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示，设加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)为0.1mol•L–1，依据如图分析，步骤I中加入Na2CO3调整溶液pH范围为_____。［当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全]
（4）步骤II中加入足量NaF的目的是________。
（5）过滤出的CoC2O4•2H2O固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为________。
（6）若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了m2kgCo2O3，假设产率为a，则该矿石中钴元素的百分含量为________。
2．（2021·山西·统考一模）为了解决环境污染问题，中国政府大力扶持新能源汽车行业的发展。新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工艺流程如图：
碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/℃
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程Ⅰ的操作是___。
(2)过程Ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是__(用化学方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液Li+浓度(g/L)
滤渣中Li含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为___。
②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为__。
(4)浸出液中存在大量H2PO和HPO，结合平衡移动原理，解释过程Ⅳ：加入30%的Na2CO3溶液得到磷酸铁晶体的原因___。
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3(过程Ⅴ)后，过滤所得粗品中Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算母液中c(CO)=___。[Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3]
(6)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___(填“热水”或“冷水”)洗，理由是___。
(7)工业上将回收的Li2CO3和FePO4粉碎，并与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。请写出反应的化学方程式__。
3．（2022·山西晋中·统考一模）工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含少量Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素的氧化物)制备MnO2的工艺如图所示。
相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ni2+
沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
10.1
8.3
2.8
4.8
10.9
8.9
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_______(写一种即可)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“调pH”时溶液pH范围为_______~6。“调pH”过滤后，滤液中_______，工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行，其目的是_______。
(4)请结合平衡移动原理解释“除杂”时若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全的原因：_______。
(5)沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过30°C，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_______。
(6)工业上用电解H2SOx-MnSO4-H2O体系制备MnO2。电解获得MnO2的机理(部分)如图1所示。硫酸浓度与电流效率的关系如图2所示，硫酸浓度超过3.0mol·L-1时，电流效率降低的原因是_______。
二、原理综合题
4．（2020·山西晋中·统考一模）CO在工农业生产中有着重要的应用。
（1）CO是制备很多有机物（如甲醇、乙醇、甲醚等）的原料，现用CO与H2合成甲醇，反应如下：CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) △H=-99kJ•mol–1。
①已知断裂1molCO(g)中的化学键消耗的能量为1072kJ，断裂1molH2(g)中的化学键消耗的能量为436kJ，则形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为_____。
②用CH3OH 燃料电池电解精炼粗铜，装置如图所示。当消耗1mol甲醇时，d极质量增加了160g，则甲醇应加入____（填“a”或“b”）极，该电池的能量转化率为________（保留3位有效数字）。
（2）CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) △H<0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7molCO加入到刚性密闭容器中，10min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的倍。则：
①0～10min内平均反应速率v(Ni)=________g•min–1。
②研究表明正反应速率v正=k正•x4(CO)，逆反应速率v逆 =k逆•x[Ni(CO)4]（k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数），则T0温度下，=_____。
③当温度升高时k正_______k逆（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO的转化率___________（填“变大”“变小”或“不变”）。
④T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正～x(CO)和v逆～x[Ni(CO)4]的关系可用如图进行表示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______、______。
5．（2021·山西·统考一模）十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮等元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：
Ⅰ．SO2主要来源于含硫燃料的燃烧，燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理以减少SO2的排放。T℃时，将煤燃烧产生的气体收集于一密闭容器中，发生上述反应，测得各物质的浓度与反应时间的关系如下：
时间(min)
浓度(mol•L-1)
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
(1)10~20 min内，平均反应速率v(SO2)=__；升高温度，该反应的平衡常数K__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___(填字母)。
A．通入一定量的O2
B．加入一定量的碳酸钙粉末
C．适当缩小容器的体积
D．加入合适的催化剂
Ⅱ．NOx的排放主要来自于汽车尾气，NOx的脱除方法基本一致，即设法将其转化为氮气。
(3)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113 kJ/mol
6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227 kJ/mol
4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57 kJ/mol
则2O3(g)=3O2(g)是___反应(填“放热”或“吸热”)，O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___kJ/mol，最后将NO2与恰当的还原剂反应转化为N2而脱除。
(4)常见的汽车尾气处理原理是使尾气(含适当比例的NO、CO)通过装有高效催化剂的处理装置，发生反应：
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。请根据以下相关数据，分析采用此法能否有效消除NO、CO尾气污染___(填“能”或“否”)，理由是__(通过必要的计算加以说明)。
反应
25℃时的平衡常数
反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)
K1=1×1030
反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)
K2=1×10-92
(5)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为，请计算此时的平衡常数Kp=__(用只含P的代数式表示，且化至最简式。已知：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。某组分的平衡分压=P×该组分的物质的量分数)。
6．（2022·山西晋中·统考一模）碳中和目标背景下，我国加快低碳技术的发展和应用推广，其中二氧化碳碳捕集、利用与封存技术已经成为近期化学研究的热点，回答下列问题：
(1)已知常温常压下下列反应的能量变化如图所示：
写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：_______。
(2)CO2催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.5kJ·mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
①在一定条件下，向某1L恒容密闭容器中充入1molCO2和amolH2发生主反应。图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线_______(填“m”或“n”)，判断依据是_______。
②副反应的反应速率v=v正-v逆=k正c(CO2)·c(H2)k逆cm(CO)·cn(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的平衡常数K=，则m=_______，升高温度时k正-k逆_______(填“增大”减小”或“不变”)。
③在一定温度下，①中的起始总压强为21.2MPa。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度变化如图所示：
已知：CH3OH的选择性=×100%。图中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线为_______(填“X”或“Y”)，温度高于280°C时，曲线Y随温度升高而升高的原因是_______。240°C时，反应20min容器内达平衡状态，副反应的K，初始充入H2的物质的量a=_______mol，主反应的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(①用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数；②计算结果保留1位小数)。
三、有机推断题
7．（2020·山西晋中·统考一模）磷酸氯喹治疗新冠肺炎具有一定疗效。磷酸氯喹由氯喹与磷酸制备，下面是由间氯苯胺合成氯喹的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）已知反应I是B→C+X，推测X的名称是______，D中含氧官能团的名称是____。
（2）F的结构简式为_______________，反应II的反应类型是___________。
（3）反应III的化学方程式为____________。
（4）化合物M(C7H8ClN)是A的同系物，其某些同分异构体的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1，符合该要求的同分异构体有_________种。
（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线（无机试剂任选）________。
8．（2021·山西·统考一模）某药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为___；C的结构简式为___。
(2)反应②中的条件1为___。
(3)反应④的化学反应类型为___。
(4)写出反应⑤可能的化学方程式___(写出一个方程式即可)。
(5)写出同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式___。
Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基
Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应
Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰
(6)参照上述合成路线和信息，以为原料(无机试剂任选)，设计三步制备的合成路线：___。
9．（2022·山西晋中·统考一模）美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为；②-NO2-NH2
(1)A的名称是_______。B中含有的含氧官能团的名称为_______。
(2)C到D的反应分两步进行，第一步的反应类型是_______。E的结构简式为_______。
(3)F到G反应的化学方程式为_______。
(4)A的同分异构体种类较多，其中满足下列条件的同分异构体有_______种。
①分子中苯环上只有两个取代基②含有羟基③与氢氧化钠溶液反应，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式：_______。
(5)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：_______(其他试剂任选)。
参考答案：
1． 2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O 1.9×1023 C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O 3~7.6（或3≤pH<7.6） 形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+、Ca2+ 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净
【分析】分析流程图，将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，目的是将CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3等溶解，以提取目标元素，并把+3价Co还原为+2价，此时Fe2O3、MgO和CaO等也会溶解，铁由+3价还原为+2价。除铜步骤除去浸出液中含铜的化合物，之后向溶液中加入NaClO2溶液，将+2价铁氧化为+3价，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离出去杂质元素铁，再向滤液中加入足量NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2除去。向其中的滤液中加入浓Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，再将该沉淀溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4·2H2O沉淀，分离出沉淀，将其进行煅烧可得到Co2O3。据此分析解答。
【详解】（1）浸泡过程中为CoO(OH)与稀H2SO4、Na2SO3反应生成CoSO4的过程，根据原子守恒和电子得失守恒可得反应方程式为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；答案为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；
（2）用MnS“除铜”，发生反应为：MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K=。答案为：1.9×1023；
（3）①步骤I中加入NaClO3，是Fe2+与NaClO3反应，被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；答案为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；
②步骤Ⅰ中加入Na2CO3调整溶液pH值是为了除去铁元素，根据题给信息，当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全，故需调节pH≥3，即可保证Fe3+沉淀完全，同时不影响Co2+元素，需pH＜7.6，则Na2CO3调整溶液pH范围为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；答案为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；
（4）步骤II中加入足量NaF，可将滤液中存在的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去，故步骤II中加入足量NaF的目的是：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；答案为：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；
（5）CoC2O4•2H2O晶体表面附着Cl-和NH4+，为看到明显现象应检验Cl-，可通过检验沉淀洗涤液中是否存在Cl-来判断沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净；
（6）设钴在该铜钴矿石中的百分含量为x，则，即。答案为：。
2． 粉碎或研磨等 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O H2O2 CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 0.20mol/L 热水 由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解(或损失) Li2CO3+2FePO4+2C2LiFePO4+3CO↑
【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，将铝溶解分离，滤液1中含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉；滤渣1中加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液中含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，处理后得到高纯Li2CO3，据此分析解答。
【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎或研磨等；
(2) LiFePO4废旧电极中含杂质Al、石墨粉，其中单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程Ⅱ中加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
(4)要得到过程Ⅳ得到磷酸铁晶体，可使溶液中PO浓度增大，则应使H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，可加入碳酸钠。因此原因是CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体，故答案为：CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；
(5)Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.5%，则混合后滤液中c(Li+)==0.09mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；
(6)由碳酸锂在水中溶解度数据可知，升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则用热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，故答案为：热水；Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与炭黑混合高温灼烧再生制备 LiFePO4，反应的方程式为Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑，故答案为：Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意Ksp(Li2CO3)= c2(Li+) ×c(CO)，难点是(4)，要注意浓度对电离平衡的影响的应用。
3．(1)将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等
(2)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) 4.8 106：1 提高反应速率
(4)酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全
(5)温度升高，NH4HCO3受热分解
(6)前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低
【分析】硫化锰矿（还含少量Fe、Al、Mg、Ca、Ni等元素的氧化物）和MnO2中加入稀硫酸，MnO2为氧化剂，具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的CaSO4；然后向滤液中加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁离子和铝离子，加入硫化钠除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成NiS和ZnS沉淀，加入氟化镁的目的是将镁离子转化为MgF2沉淀除去，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解得到硫酸锰，电解获得单质Mn，据此分析解题。
（1）
“酸浸”过程中，可以采取将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等措施来提高浸出率，故答案为：将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等；
（2）
由分析可知，“氧化”的目的是将Fe2+转化为Fe3+，则“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）
根据“调节pH”后产生Fe（OH）3、Al（OH）3，可以判断出调节pH的目的是促使铝离子和铁离子水解沉淀，故pH要控制在4.8～6之间。因此，滤液中==，完全沉淀时，c0（Mn+）=0.1mol•L-1，铁离子和铝离子对应的pH分别为2.8和4.8，故==106：1，工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行，其目的是提高反应速率，使Al3+和Fe3+沉淀更加完全，故答案为：4.8；106：1；提高反应速率；
（4）
HF为弱酸，酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全；
（5）
铵盐受热易分解，当温度过高时，碳酸氢铵容易分解，而温度升高时，锰离子水解程度也会增大，所以沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：温度升高，NH4HCO3受热分解；
（6）
前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低，故答案为：前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低。
4． 2043kJ b 83.3% 5.31 9×103（或9000） 小于 变小 D B
【分析】（1）②本题为原电池和电解池的简单串联问题的考核。根据电解原理，d电极质量增加，说明发生了Cu2++2e-=Cu的反应，据此可判断原电池的正负极。根据析出的Cu质量，计算电解池中转移的电子数，据此可求出电池的能量转化率。
【详解】（1）①利用ΔH=破坏旧键吸收的总能量-形成新键释放的总能量，设形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为x，则，x=2043kJ。答案为：2043kJ；
②d极质量增加160g，说明d极为阴极，与电源的负极相连，即b极为燃料电池的负极，而燃料从负极加入，所以甲醇应加入b极。d极质量增加160g，析出Cu为2.5mol，转移电子为；而加入1mol甲醇，由CH3OH～6e-，所以电池的能量转化率=。答案为：b；83.3%；
（2）设平衡时Ni(CO)4的物质的量为x，根据题意列出反应的三段式：
温度一定，刚性密闭容器即V一定，根据T、V相同时，，所以，即，x=0.9。
①0～10min内反应掉的Ni为0.9mol，其质量为53.1g，所以0～10min内平均反应速率v(Ni)=。答案为：5.31；
②由以上分析可知，T0温度下平衡时n(CO)=0.1mol，n[Ni(CO)4]=0.9mol，气体总物质的量n总=1mol，则x(CO)=0.1，x[Ni(CO)4]=0.9。平衡时v正=v逆，即k正•x4(CO)=k逆•x[Ni(CO)4]，。答案为：9×103（或9000）；
③由于反应放热，当温度升高时平衡逆向移动，即温度升高对逆反应速率常数影响大，所以k正＜k逆；由于平衡逆向移动，所以CO的转化率变小；答案为：＜；变小；
④由于反应放热，温度降低，平衡正向移动，导致v正、v逆均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大，所以反应重新达到平衡相应的点分别为D、B。答案为：D；B。
【点睛】抓住题给信息，刚性密闭容器、T0温度下，则可通过温度、体积相同条件下，体系压强与体系物质的量的关系，计算出平衡时各物质的物质的量，进而进行求解。
5． 0.038 mol•L-1•min-1 减小 AC 放热 -198 能 由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K= =2.5×10121数值很大，该反应向正方向进行的程度很大
【详解】(1)在10~20 min内，O2的浓度由0.79 mol/L变为0.60 mol/L，减小了0.19 mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗SO2的浓度△c(SO2)=2×0.19 mol/L=0.38 mol/L，则平均反应速率v(SO2)==0.038 mol•L-1•min-1；
该反应的正反应是放热反应，当升高温度时，化学平衡逆向移动，化学平衡常数K将减小；
根据表格数据可知：反应在20 min时已经达到平衡，在30 min 后，O2浓度增大，CO2浓度增大了0.08 mol/L，方程式物质的化学计量数O2、CO2是1：2，说明改变的条件可能是通入一定量的O2，也可能是适当缩小容器的体积，使化学平衡正向移动，最终达到平衡状态，故合理选项是AC；
(3)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-113 kJ/mol
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) ΔH2=-227 kJ/mol
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) ΔH3=-57 kJ/mol
根据盖斯定律，②×2-③×3，整理可得④ ：2O3(g)=3O2(g) ΔH=-283 kJ/mol＜0，说明该反应是放热反应；
将，整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH4=-198 kJ/mol；
(4)已知：反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g) K1=1×1030
反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g) K2=1×10-92
将反应I-II，整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的化学平衡常数K== =2.5×10121，K的数值很大，说明该反应向正方向进行的程度很大，因此该法能有效消除NO、CO尾气污染；
(5)对于反应NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，在一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为，根据方程式可知：每反应产生2个N2，就会同时产生3个H2O(g)，可由平衡产生n(N2)=2b mol，得到n(H2O)=3b mol，此时气体的总物质的量n(气)总=a mol+2a mol+2a mol+2b mol+3b mol=5(a+b) mol，由于N2(g)的体积分数为，则，解得b=5a mol，故平衡时气体总物质的量为n(气)总=5(a+b) mol=5(a+5a)=30a mol，所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=，x(NO2)=，x(NH3)=，x(N2)= ，x(H2O)=，因此此时的平衡常数Kp=。
6．(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ∆H=-50kJ·mol-1
(2) m 主反应焓变小于零，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小 1 增大 X 温度高于280°C时，以副反应为主，副反应为吸热反应，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高 1.12 4.2
【分析】根据盖斯定律可通过已知热化学方程式求出待求热化学方程式的焓变；根据平衡移动原理分析影响化学平衡移动的因素，根据平衡常数随温度的变化规律分析反应平衡常数随温度的变化情况；运用三段式根据化学平衡常数公式计算与反应的平衡常数有关的量；
【详解】（1）由图可知，①CO(g)+ H2O(l) CO2(g)+ H2(g) ∆H1=-41kJ·mol-1
②CO (g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H2=-(510-419)kJ·mol-1=-91kJ·mol-1
则由盖斯定律可知，常温常压下二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ∆H=∆H2-∆H1=-91kJ·mol-1-（-41kJ·mol-1）=-50kJ·mol-1
（2）①主反应焓变小于零，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线m；
②达到平衡时，v正=v逆，则k正c(CO2)·c(H2)-k逆cm(CO)·cn(H2O)=0，k正c(CO2)·c(H2)=k逆cm(CO)·cn(H2O)=0，则K=；副反应为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，则m=1、n=1；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，K值变大，则k正-k逆增大；
③主反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，甲醇的量减少；副反应为吸热反应，升高温度法，反应正向进行，二氧化碳转化率上升，根据甲醇选择性定义，甲醇的选择性降低，结合图象可知，图中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线为X；
曲线Y表示二氧化碳的转化率，温度高于280°C时，以副反应为主，副反应为吸热反应，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高；
由图可知，240°C时，二氧化碳的转化率为40%，甲醇的选择性为80%；平衡时消耗n(CO2)= 1mol×40%=0.4mol，产生n(CH3OH)= 0.4mol×80%=0.32mol；
则平衡后CO2、CO、H2O的物质的量分别为1-0. 4=0.6mol、0.08mol、0.4mol
K，0.08mol，故初始充入H2的物质的量a=0.08+0.08+0.96=1.12mol；
平衡后CO2、H2、CO、H2O、CH3OH的物质的量分别为1-0. 4=0.6mol、0.08mol、0.08mol、0.4mol、0.32mol，相同条件下压强比等于物质的量之比，①中的起始总压强为21.2Mpa，则平衡后总压强为21.2Mpa14.8Mpa；则主反应的平衡常数Kp。
7． 乙醇 羟基、羧基 取代反应 C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+ 2
【分析】分析氯喹合成路线，结合反应物、生成物的化学式或结构简式的差异以及反应条件进行推断。由物质A的化学式及命名可知A的结构简式为，A经一系列反应生成物质B，分析物质B和C的结构简式，据此可得知反应Ⅰ的另一产物的化学式。根据C、D的结构简式差异，可知C→D的过程中发生了酯基的水解反应。物质D在250～270℃下脱羧，生成物质E。由E和F的化学式，可知E→F发生了取代反应，氯原子取代了羟基，由此可知F的结构简式为。
依据G、H的化学式的差异，可知G中的羟基也被Cl原子取代，发生了取代反应。根据H的化学式和I的结构简式，可知乙酰乙酸乙酯的结构简式，进而可写出反应Ⅲ的化学反应方程式。I→J→K的反应过程和物质的结构简式均已给出，由F和K反应生成氯喹的反应方程式也可由题给信息写出。
【详解】（1）依据B和C的化学式，可推知反应Ⅰ的另一产物化学式为C2H6O；根据其在B中的原子连接方式，推知该物质为乙醇，D中含氧官能团为羟基和羧基。答案为：乙醇；羟基、羧基；
（2）由E(C9H6OClN)和F(C9H5Cl2N)的化学式可推知E中的羟基被氯原子取代，故F的结构简式为：；反应Ⅱ也是G中的羟基被氯原子取代，为取代反应。答案为：；取代反应；
（3）由H［ClCH2CH2N(C2H5)2］和I的结构简式可推知，乙酰乙酸乙酯的结构简式为CH3COCH2COOC2H5，由此可知反应Ⅲ的化学方程式为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+；答案为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+；
（4）化合物M(C7H8ClN)是A的同系物，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1的同分异构体为、，符合该要求的同分异构体有2种，答案为：2；
（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线，依据转化图中反应Ⅲ可知，氯化苄与乙酰乙酸乙酯发生取代反应，然后水解脱羧、氢氨化，形成氨基后，再与氯化苄中的氯原子发生取代反应，即可得产物。合成路线为：。
8． 碳碳双键、羧基 浓H2SO4、加热 消去反应 +H2，+H2，+H2
【分析】根据已知信息反应，结合B的结构简式可推知：A结构简式是，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，碳碳双键断开，两个不饱和C原子形成2个—COOH，变为C：；C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D，D与CH3ONa作用反应产生E和CH3OH，E在一定条件下反应产生F，F与CH3COOCH3在催化剂存在条件下发生加成反应产生G，G与浓硫酸共热，发生消去反应产生H：(或 或)，H与H2发生加成反应产生I： 。
【详解】根据上述分析可知：A是，C是，H是 。
(1)A结构简式是，所含官能团名称为碳碳双键、羧基；C结构简式是，据此分析解答。
(2)反应②是与CH3OH在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生D和水，因此反应①的条件是浓硫酸、加热。
(3)G是，由于羟基连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生(或或)和H2O，所以反应④的化学反应类型为消去反应。
(4)H是(或或)，H与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应，产生I，所以反应⑤可能的反应方程式为：+H2。
(5)F结构简式是，其同分异构体满足条件：Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基；Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有HCOO-结构；Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有四种不同位置的H原子，则该同分异构体结构简式是 。
(6)1，3丁二烯与Br2发生1，4-加成反应产生，再与1，3丁二烯发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，故以为原料三步制备的合成路线流程图为：。
9．(1) 对氨基苯甲醚 醚键
(2) 加成反应
(3)
(4) 6
(5)
【分析】D与氢气发生加成反应生成E，根据信息②-NO2-NH2，E中的硝基被还原为氨基生成F，F和乙酸酐反应生成G，由G逆推，可知E是、F是。
(1)
A是，名称是对氨基苯甲醚。B是，含氧官能团的名称为醚键；
(2)
C到D的第一步的反应为与CH3NO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应。由G逆推，可知E是。
(3)
F是，和乙酸酐反应生成，反应方程式为，
(4)
①分子中苯环上只有两个取代基②含有羟基③与氢氧化钠溶液反应，说明醛基直接与苯环相连；两个取代基是-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置，符合条件的的同分异构体共有6种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式；
(5)
苯甲醚发生硝化反应生成，被还原为，和乙酸酐反应生成，合成路线为。
山西省晋中市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·山西晋中·统考一模）某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，及一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制Co2O3的部分工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“浸泡”过程中，钴(III)可转化为CoSO4，写出该转化的化学方程式：________。
（2）“除铜”若选用MnS，计算常温下该“除铜”反应的平衡常数K=________。［保留2位有效数字；已知常温下Ksp(MnS)=2.5×10–13，Ksp(CuS)=1.3×10–36]
（3）①步骤I中加入NaClO3反应的离子方程式为_______。
②常温下，溶液中金属离子(Mn+)的pM［pM=–lgc(Mn+)]随溶液pH变化关系如图所示，设加入NaClO3后，溶液中的c(CO2+)为0.1mol•L–1，依据如图分析，步骤I中加入Na2CO3调整溶液pH范围为_____。［当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全]
（4）步骤II中加入足量NaF的目的是________。
（5）过滤出的CoC2O4•2H2O固体经洗涤后，证明固体已洗净的操作为________。
（6）若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了m2kgCo2O3，假设产率为a，则该矿石中钴元素的百分含量为________。
2．（2021·山西·统考一模）为了解决环境污染问题，中国政府大力扶持新能源汽车行业的发展。新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工艺流程如图：
碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/℃
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程Ⅰ的操作是___。
(2)过程Ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是__(用化学方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液Li+浓度(g/L)
滤渣中Li含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为___。
②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为__。
(4)浸出液中存在大量H2PO和HPO，结合平衡移动原理，解释过程Ⅳ：加入30%的Na2CO3溶液得到磷酸铁晶体的原因___。
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3(过程Ⅴ)后，过滤所得粗品中Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算母液中c(CO)=___。[Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3]
(6)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___(填“热水”或“冷水”)洗，理由是___。
(7)工业上将回收的Li2CO3和FePO4粉碎，并与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。请写出反应的化学方程式__。
3．（2022·山西晋中·统考一模）工业上由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含少量Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素的氧化物)制备MnO2的工艺如图所示。
相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ni2+
沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
10.1
8.3
2.8
4.8
10.9
8.9
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_______(写一种即可)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“调pH”时溶液pH范围为_______~6。“调pH”过滤后，滤液中_______，工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行，其目的是_______。
(4)请结合平衡移动原理解释“除杂”时若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全的原因：_______。
(5)沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过30°C，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_______。
(6)工业上用电解H2SOx-MnSO4-H2O体系制备MnO2。电解获得MnO2的机理(部分)如图1所示。硫酸浓度与电流效率的关系如图2所示，硫酸浓度超过3.0mol·L-1时，电流效率降低的原因是_______。
二、原理综合题
4．（2020·山西晋中·统考一模）CO在工农业生产中有着重要的应用。
（1）CO是制备很多有机物（如甲醇、乙醇、甲醚等）的原料，现用CO与H2合成甲醇，反应如下：CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g) △H=-99kJ•mol–1。
①已知断裂1molCO(g)中的化学键消耗的能量为1072kJ，断裂1molH2(g)中的化学键消耗的能量为436kJ，则形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为_____。
②用CH3OH 燃料电池电解精炼粗铜，装置如图所示。当消耗1mol甲醇时，d极质量增加了160g，则甲醇应加入____（填“a”或“b”）极，该电池的能量转化率为________（保留3位有效数字）。
（2）CO与Ni发生羰化反应形成的络合物可作为催化烯烃反应的催化剂。Ni的羰化反应为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) △H<0，T0温度下，将足量的Ni粉和3.7molCO加入到刚性密闭容器中，10min时反应达到平衡，测得体系的压强为原来的倍。则：
①0～10min内平均反应速率v(Ni)=________g•min–1。
②研究表明正反应速率v正=k正•x4(CO)，逆反应速率v逆 =k逆•x[Ni(CO)4]（k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，x为物质的量分数），则T0温度下，=_____。
③当温度升高时k正_______k逆（填“大于”“小于”或“等于”），此时CO的转化率___________（填“变大”“变小”或“不变”）。
④T1温度下测得一定的实验数据，计算得到v正～x(CO)和v逆～x[Ni(CO)4]的关系可用如图进行表示。当降低温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为______、______。
5．（2021·山西·统考一模）十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮等元素形成的有毒有害气体进行处理成为科学研究热点。请回答下列问题：
Ⅰ．SO2主要来源于含硫燃料的燃烧，燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+2CO2(g) ΔH=-681.8 kJ/mol对煤进行脱硫处理以减少SO2的排放。T℃时，将煤燃烧产生的气体收集于一密闭容器中，发生上述反应，测得各物质的浓度与反应时间的关系如下：
时间(min)
浓度(mol•L-1)
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
(1)10~20 min内，平均反应速率v(SO2)=__；升高温度，该反应的平衡常数K__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)30 min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___(填字母)。
A．通入一定量的O2
B．加入一定量的碳酸钙粉末
C．适当缩小容器的体积
D．加入合适的催化剂
Ⅱ．NOx的排放主要来自于汽车尾气，NOx的脱除方法基本一致，即设法将其转化为氮气。
(3)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-113 kJ/mol
6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)ΔH2=-227 kJ/mol
4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)ΔH3=-57 kJ/mol
则2O3(g)=3O2(g)是___反应(填“放热”或“吸热”)，O3氧化脱除氮氧化物的总反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)ΔH4=___kJ/mol，最后将NO2与恰当的还原剂反应转化为N2而脱除。
(4)常见的汽车尾气处理原理是使尾气(含适当比例的NO、CO)通过装有高效催化剂的处理装置，发生反应：
2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。请根据以下相关数据，分析采用此法能否有效消除NO、CO尾气污染___(填“能”或“否”)，理由是__(通过必要的计算加以说明)。
反应
25℃时的平衡常数
反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)
K1=1×1030
反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)
K2=1×10-92
(5)用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为，请计算此时的平衡常数Kp=__(用只含P的代数式表示，且化至最简式。已知：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。某组分的平衡分压=P×该组分的物质的量分数)。
6．（2022·山西晋中·统考一模）碳中和目标背景下，我国加快低碳技术的发展和应用推广，其中二氧化碳碳捕集、利用与封存技术已经成为近期化学研究的热点，回答下列问题：
(1)已知常温常压下下列反应的能量变化如图所示：
写出由二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：_______。
(2)CO2催化加氢制取甲醇，反应如下：
主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.5kJ·mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
①在一定条件下，向某1L恒容密闭容器中充入1molCO2和amolH2发生主反应。图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线_______(填“m”或“n”)，判断依据是_______。
②副反应的反应速率v=v正-v逆=k正c(CO2)·c(H2)k逆cm(CO)·cn(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的平衡常数K=，则m=_______，升高温度时k正-k逆_______(填“增大”减小”或“不变”)。
③在一定温度下，①中的起始总压强为21.2MPa。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度变化如图所示：
已知：CH3OH的选择性=×100%。图中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线为_______(填“X”或“Y”)，温度高于280°C时，曲线Y随温度升高而升高的原因是_______。240°C时，反应20min容器内达平衡状态，副反应的K，初始充入H2的物质的量a=_______mol，主反应的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(①用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数；②计算结果保留1位小数)。
三、有机推断题
7．（2020·山西晋中·统考一模）磷酸氯喹治疗新冠肺炎具有一定疗效。磷酸氯喹由氯喹与磷酸制备，下面是由间氯苯胺合成氯喹的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）已知反应I是B→C+X，推测X的名称是______，D中含氧官能团的名称是____。
（2）F的结构简式为_______________，反应II的反应类型是___________。
（3）反应III的化学方程式为____________。
（4）化合物M(C7H8ClN)是A的同系物，其某些同分异构体的核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1，符合该要求的同分异构体有_________种。
（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线（无机试剂任选）________。
8．（2021·山西·统考一模）某药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为___；C的结构简式为___。
(2)反应②中的条件1为___。
(3)反应④的化学反应类型为___。
(4)写出反应⑤可能的化学方程式___(写出一个方程式即可)。
(5)写出同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式___。
Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基
Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应
Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰
(6)参照上述合成路线和信息，以为原料(无机试剂任选)，设计三步制备的合成路线：___。
9．（2022·山西晋中·统考一模）美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如下：
已知：①DMF的结构简式为；②-NO2-NH2
(1)A的名称是_______。B中含有的含氧官能团的名称为_______。
(2)C到D的反应分两步进行，第一步的反应类型是_______。E的结构简式为_______。
(3)F到G反应的化学方程式为_______。
(4)A的同分异构体种类较多，其中满足下列条件的同分异构体有_______种。
①分子中苯环上只有两个取代基②含有羟基③与氢氧化钠溶液反应，其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式：_______。
(5)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：_______(其他试剂任选)。
参考答案：
1． 2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O 1.9×1023 C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O 3~7.6（或3≤pH<7.6） 形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+、Ca2+ 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净
【分析】分析流程图，将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，目的是将CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3等溶解，以提取目标元素，并把+3价Co还原为+2价，此时Fe2O3、MgO和CaO等也会溶解，铁由+3价还原为+2价。除铜步骤除去浸出液中含铜的化合物，之后向溶液中加入NaClO2溶液，将+2价铁氧化为+3价，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离出去杂质元素铁，再向滤液中加入足量NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2除去。向其中的滤液中加入浓Na2CO3溶液得到CoCO3沉淀，再将该沉淀溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4·2H2O沉淀，分离出沉淀，将其进行煅烧可得到Co2O3。据此分析解答。
【详解】（1）浸泡过程中为CoO(OH)与稀H2SO4、Na2SO3反应生成CoSO4的过程，根据原子守恒和电子得失守恒可得反应方程式为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；答案为：2CoO(OH)+2H2SO4+Na2SO3=2CoSO4+Na2SO4+3H2O；
（2）用MnS“除铜”，发生反应为：MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K=。答案为：1.9×1023；
（3）①步骤I中加入NaClO3，是Fe2+与NaClO3反应，被氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；答案为：C1O3–+6Fe2++6H+=C1–+6Fe3++3H2O；
②步骤Ⅰ中加入Na2CO3调整溶液pH值是为了除去铁元素，根据题给信息，当c(Mn+)≤10–6 mol•L–1，即认为该金属离子沉淀完全，故需调节pH≥3，即可保证Fe3+沉淀完全，同时不影响Co2+元素，需pH＜7.6，则Na2CO3调整溶液pH范围为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；答案为：3~7.6（或3≤pH<7.6）；
（4）步骤II中加入足量NaF，可将滤液中存在的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀而除去，故步骤II中加入足量NaF的目的是：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；答案为：形成MgF2、CaF2沉淀，除去溶液中的Mg2+ 、Ca2+；
（5）CoC2O4•2H2O晶体表面附着Cl-和NH4+，为看到明显现象应检验Cl-，可通过检验沉淀洗涤液中是否存在Cl-来判断沉淀是否洗涤干净，具体操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净；
（6）设钴在该铜钴矿石中的百分含量为x，则，即。答案为：。
2． 粉碎或研磨等 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O H2O2 CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 0.20mol/L 热水 由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解(或损失) Li2CO3+2FePO4+2C2LiFePO4+3CO↑
【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，将铝溶解分离，滤液1中含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉；滤渣1中加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液中含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，处理后得到高纯Li2CO3，据此分析解答。
【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎或研磨等；
(2) LiFePO4废旧电极中含杂质Al、石墨粉，其中单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程Ⅱ中加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
(4)要得到过程Ⅳ得到磷酸铁晶体，可使溶液中PO浓度增大，则应使H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，可加入碳酸钠。因此原因是CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体，故答案为：CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；
(5)Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.5%，则混合后滤液中c(Li+)==0.09mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；
(6)由碳酸锂在水中溶解度数据可知，升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则用热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，故答案为：热水；Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与炭黑混合高温灼烧再生制备 LiFePO4，反应的方程式为Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑，故答案为：Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意Ksp(Li2CO3)= c2(Li+) ×c(CO)，难点是(4)，要注意浓度对电离平衡的影响的应用。
3．(1)将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等
(2)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(3) 4.8 106：1 提高反应速率
(4)酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全
(5)温度升高，NH4HCO3受热分解
(6)前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低
【分析】硫化锰矿（还含少量Fe、Al、Mg、Ca、Ni等元素的氧化物）和MnO2中加入稀硫酸，MnO2为氧化剂，具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的CaSO4；然后向滤液中加入MnO2，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁离子和铝离子，加入硫化钠除去Zn2+和Ni2+，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成NiS和ZnS沉淀，加入氟化镁的目的是将镁离子转化为MgF2沉淀除去，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解得到硫酸锰，电解获得单质Mn，据此分析解题。
（1）
“酸浸”过程中，可以采取将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等措施来提高浸出率，故答案为：将矿物粉碎以增大接触面积、适当升高温度或适当增大硫酸浓度等；
（2）
由分析可知，“氧化”的目的是将Fe2+转化为Fe3+，则“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）
根据“调节pH”后产生Fe（OH）3、Al（OH）3，可以判断出调节pH的目的是促使铝离子和铁离子水解沉淀，故pH要控制在4.8～6之间。因此，滤液中==，完全沉淀时，c0（Mn+）=0.1mol•L-1，铁离子和铝离子对应的pH分别为2.8和4.8，故==106：1，工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行，其目的是提高反应速率，使Al3+和Fe3+沉淀更加完全，故答案为：4.8；106：1；提高反应速率；
（4）
HF为弱酸，酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：酸度过高，氟离子与氢离子结合生成弱电解质HF，氟离子浓度减小，导致镁离子沉淀不完全；
（5）
铵盐受热易分解，当温度过高时，碳酸氢铵容易分解，而温度升高时，锰离子水解程度也会增大，所以沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：温度升高，NH4HCO3受热分解；
（6）
前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低，故答案为：前两步快反应：Mn2+-e-+2H2O=MnOOH+3H+，慢反应：MnOOH-e-=MnO2+H+，从电极反应来看，H+浓度太大，不利于电极反应正向进行，MnOOH直接与H+反应，故当硫酸浓度大于3mol/L时，电流效率降低。
4． 2043kJ b 83.3% 5.31 9×103（或9000） 小于 变小 D B
【分析】（1）②本题为原电池和电解池的简单串联问题的考核。根据电解原理，d电极质量增加，说明发生了Cu2++2e-=Cu的反应，据此可判断原电池的正负极。根据析出的Cu质量，计算电解池中转移的电子数，据此可求出电池的能量转化率。
【详解】（1）①利用ΔH=破坏旧键吸收的总能量-形成新键释放的总能量，设形成1molCH3OH(g)中化学键释放的能量为x，则，x=2043kJ。答案为：2043kJ；
②d极质量增加160g，说明d极为阴极，与电源的负极相连，即b极为燃料电池的负极，而燃料从负极加入，所以甲醇应加入b极。d极质量增加160g，析出Cu为2.5mol，转移电子为；而加入1mol甲醇，由CH3OH～6e-，所以电池的能量转化率=。答案为：b；83.3%；
（2）设平衡时Ni(CO)4的物质的量为x，根据题意列出反应的三段式：
温度一定，刚性密闭容器即V一定，根据T、V相同时，，所以，即，x=0.9。
①0～10min内反应掉的Ni为0.9mol，其质量为53.1g，所以0～10min内平均反应速率v(Ni)=。答案为：5.31；
②由以上分析可知，T0温度下平衡时n(CO)=0.1mol，n[Ni(CO)4]=0.9mol，气体总物质的量n总=1mol，则x(CO)=0.1，x[Ni(CO)4]=0.9。平衡时v正=v逆，即k正•x4(CO)=k逆•x[Ni(CO)4]，。答案为：9×103（或9000）；
③由于反应放热，当温度升高时平衡逆向移动，即温度升高对逆反应速率常数影响大，所以k正＜k逆；由于平衡逆向移动，所以CO的转化率变小；答案为：＜；变小；
④由于反应放热，温度降低，平衡正向移动，导致v正、v逆均减小，x(CO)减小，x[Ni(CO)4]增大，所以反应重新达到平衡相应的点分别为D、B。答案为：D；B。
【点睛】抓住题给信息，刚性密闭容器、T0温度下，则可通过温度、体积相同条件下，体系压强与体系物质的量的关系，计算出平衡时各物质的物质的量，进而进行求解。
5． 0.038 mol•L-1•min-1 减小 AC 放热 -198 能 由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K= =2.5×10121数值很大，该反应向正方向进行的程度很大
【详解】(1)在10~20 min内，O2的浓度由0.79 mol/L变为0.60 mol/L，减小了0.19 mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗SO2的浓度△c(SO2)=2×0.19 mol/L=0.38 mol/L，则平均反应速率v(SO2)==0.038 mol•L-1•min-1；
该反应的正反应是放热反应，当升高温度时，化学平衡逆向移动，化学平衡常数K将减小；
根据表格数据可知：反应在20 min时已经达到平衡，在30 min 后，O2浓度增大，CO2浓度增大了0.08 mol/L，方程式物质的化学计量数O2、CO2是1：2，说明改变的条件可能是通入一定量的O2，也可能是适当缩小容器的体积，使化学平衡正向移动，最终达到平衡状态，故合理选项是AC；
(3)已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-113 kJ/mol
②6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) ΔH2=-227 kJ/mol
③4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) ΔH3=-57 kJ/mol
根据盖斯定律，②×2-③×3，整理可得④ ：2O3(g)=3O2(g) ΔH=-283 kJ/mol＜0，说明该反应是放热反应；
将，整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH4=-198 kJ/mol；
(4)已知：反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g) K1=1×1030
反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g) K2=1×10-92
将反应I-II，整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的化学平衡常数K== =2.5×10121，K的数值很大，说明该反应向正方向进行的程度很大，因此该法能有效消除NO、CO尾气污染；
(5)对于反应NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，在一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为，根据方程式可知：每反应产生2个N2，就会同时产生3个H2O(g)，可由平衡产生n(N2)=2b mol，得到n(H2O)=3b mol，此时气体的总物质的量n(气)总=a mol+2a mol+2a mol+2b mol+3b mol=5(a+b) mol，由于N2(g)的体积分数为，则，解得b=5a mol，故平衡时气体总物质的量为n(气)总=5(a+b) mol=5(a+5a)=30a mol，所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=，x(NO2)=，x(NH3)=，x(N2)= ，x(H2O)=，因此此时的平衡常数Kp=。
6．(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ∆H=-50kJ·mol-1
(2) m 主反应焓变小于零，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小 1 增大 X 温度高于280°C时，以副反应为主，副反应为吸热反应，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高 1.12 4.2
【分析】根据盖斯定律可通过已知热化学方程式求出待求热化学方程式的焓变；根据平衡移动原理分析影响化学平衡移动的因素，根据平衡常数随温度的变化规律分析反应平衡常数随温度的变化情况；运用三段式根据化学平衡常数公式计算与反应的平衡常数有关的量；
【详解】（1）由图可知，①CO(g)+ H2O(l) CO2(g)+ H2(g) ∆H1=-41kJ·mol-1
②CO (g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H2=-(510-419)kJ·mol-1=-91kJ·mol-1
则由盖斯定律可知，常温常压下二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式为：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ∆H=∆H2-∆H1=-91kJ·mol-1-（-41kJ·mol-1）=-50kJ·mol-1
（2）①主反应焓变小于零，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，则图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线m；
②达到平衡时，v正=v逆，则k正c(CO2)·c(H2)-k逆cm(CO)·cn(H2O)=0，k正c(CO2)·c(H2)=k逆cm(CO)·cn(H2O)=0，则K=；副反应为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，则m=1、n=1；该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，K值变大，则k正-k逆增大；
③主反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，甲醇的量减少；副反应为吸热反应，升高温度法，反应正向进行，二氧化碳转化率上升，根据甲醇选择性定义，甲醇的选择性降低，结合图象可知，图中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线为X；
曲线Y表示二氧化碳的转化率，温度高于280°C时，以副反应为主，副反应为吸热反应，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高；
由图可知，240°C时，二氧化碳的转化率为40%，甲醇的选择性为80%；平衡时消耗n(CO2)= 1mol×40%=0.4mol，产生n(CH3OH)= 0.4mol×80%=0.32mol；
则平衡后CO2、CO、H2O的物质的量分别为1-0. 4=0.6mol、0.08mol、0.4mol
K，0.08mol，故初始充入H2的物质的量a=0.08+0.08+0.96=1.12mol；
平衡后CO2、H2、CO、H2O、CH3OH的物质的量分别为1-0. 4=0.6mol、0.08mol、0.08mol、0.4mol、0.32mol，相同条件下压强比等于物质的量之比，①中的起始总压强为21.2Mpa，则平衡后总压强为21.2Mpa14.8Mpa；则主反应的平衡常数Kp。
7． 乙醇 羟基、羧基 取代反应 C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+ 2
【分析】分析氯喹合成路线，结合反应物、生成物的化学式或结构简式的差异以及反应条件进行推断。由物质A的化学式及命名可知A的结构简式为，A经一系列反应生成物质B，分析物质B和C的结构简式，据此可得知反应Ⅰ的另一产物的化学式。根据C、D的结构简式差异，可知C→D的过程中发生了酯基的水解反应。物质D在250～270℃下脱羧，生成物质E。由E和F的化学式，可知E→F发生了取代反应，氯原子取代了羟基，由此可知F的结构简式为。
依据G、H的化学式的差异，可知G中的羟基也被Cl原子取代，发生了取代反应。根据H的化学式和I的结构简式，可知乙酰乙酸乙酯的结构简式，进而可写出反应Ⅲ的化学反应方程式。I→J→K的反应过程和物质的结构简式均已给出，由F和K反应生成氯喹的反应方程式也可由题给信息写出。
【详解】（1）依据B和C的化学式，可推知反应Ⅰ的另一产物化学式为C2H6O；根据其在B中的原子连接方式，推知该物质为乙醇，D中含氧官能团为羟基和羧基。答案为：乙醇；羟基、羧基；
（2）由E(C9H6OClN)和F(C9H5Cl2N)的化学式可推知E中的羟基被氯原子取代，故F的结构简式为：；反应Ⅱ也是G中的羟基被氯原子取代，为取代反应。答案为：；取代反应；
（3）由H［ClCH2CH2N(C2H5)2］和I的结构简式可推知，乙酰乙酸乙酯的结构简式为CH3COCH2COOC2H5，由此可知反应Ⅲ的化学方程式为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+；答案为：C1CH2CH2N(C2H5)2+CH3COCH2COOC2H5→HCl+；
（4）化合物M(C7H8ClN)是A的同系物，其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:1的同分异构体为、，符合该要求的同分异构体有2种，答案为：2；
（5）设计由氯化芐（）和乙酰乙酸乙酯为原料制备的合成路线，依据转化图中反应Ⅲ可知，氯化苄与乙酰乙酸乙酯发生取代反应，然后水解脱羧、氢氨化，形成氨基后，再与氯化苄中的氯原子发生取代反应，即可得产物。合成路线为：。
8． 碳碳双键、羧基 浓H2SO4、加热 消去反应 +H2，+H2，+H2
【分析】根据已知信息反应，结合B的结构简式可推知：A结构简式是，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应，碳碳双键断开，两个不饱和C原子形成2个—COOH，变为C：；C与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生D，D与CH3ONa作用反应产生E和CH3OH，E在一定条件下反应产生F，F与CH3COOCH3在催化剂存在条件下发生加成反应产生G，G与浓硫酸共热，发生消去反应产生H：(或 或)，H与H2发生加成反应产生I： 。
【详解】根据上述分析可知：A是，C是，H是 。
(1)A结构简式是，所含官能团名称为碳碳双键、羧基；C结构简式是，据此分析解答。
(2)反应②是与CH3OH在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生D和水，因此反应①的条件是浓硫酸、加热。
(3)G是，由于羟基连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生(或或)和H2O，所以反应④的化学反应类型为消去反应。
(4)H是(或或)，H与H2在Ni作催化剂条件下发生加成反应，产生I，所以反应⑤可能的反应方程式为：+H2。
(5)F结构简式是，其同分异构体满足条件：Ⅰ．分子结构中含六元碳环、甲基和羰基；Ⅱ．既能发生水解反应，又能发生银镜反应，说明含有HCOO-结构；Ⅲ．核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有四种不同位置的H原子，则该同分异构体结构简式是 。
(6)1，3丁二烯与Br2发生1，4-加成反应产生，再与1，3丁二烯发生加成反应产生，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生，故以为原料三步制备的合成路线流程图为：。
9．(1) 对氨基苯甲醚 醚键
(2) 加成反应
(3)
(4) 6
(5)
【分析】D与氢气发生加成反应生成E，根据信息②-NO2-NH2，E中的硝基被还原为氨基生成F，F和乙酸酐反应生成G，由G逆推，可知E是、F是。
(1)
A是，名称是对氨基苯甲醚。B是，含氧官能团的名称为醚键；
(2)
C到D的第一步的反应为与CH3NO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应。由G逆推，可知E是。
(3)
F是，和乙酸酐反应生成，反应方程式为，
(4)
①分子中苯环上只有两个取代基②含有羟基③与氢氧化钠溶液反应，说明醛基直接与苯环相连；两个取代基是-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，两个取代基在苯环上有邻、间、对三种位置，符合条件的的同分异构体共有6种结构；其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式；
(5)
苯甲醚发生硝化反应生成，被还原为，和乙酸酐反应生成，合成路线为。
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