内蒙古呼和浩特市2020-2022年高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题

内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟(一模)

试题汇编一综合、推断、流程题

一、工业流程题

1.(2019•内蒙古呼和浩特•统考一模)软镒矿的主要成分MnO2,还含有FezCh、AI2O3^

SiCh等，用软镭矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，制备高镒酸钾的流程如图所示：

KMnO4

含SO?尾气

已知：滤液A中的金属阳离子主要是M/+还含有少量的Fe2+、AF+等，几种离子开始

沉淀和完全沉淀时的PH如右表所示：

离子开始沉淀时的PH完全沉淀时的PH

Fe2+7.69.7

Fe3+2.73.7

Al3+3.84.7

Mn2+8.39.8

根据上述流程，回答下列问题：

(1)写出软锌矿通入二氧化硫发生的主要反应的化学方程式

(2)滤渣A的成分是其中的化学键类型是一。

(3)步骤②中加入MnO2的作用

(4)有同学认为可以用碳酸镉(MnCO3)或氢氧化镭KMn(C)H)2》替代石灰乳，你是

否同意此观点—？简述理由—O

(5)滤液B中加入KMneu时发生反应的离子方程式是

(6)第⑦步用银片(银不参与反应)和铁板作电极，电解LMnCU溶液可制备KMnO4O

有关说法正确的是一(填字母)

高三模拟试题

ab

Ni电极LJlFe电极

r∖-∣-∕ι

E)

K2MnO4KOH

溶液、Γ-C÷“溶液

一

E_4

离子交换膜

A.a与电源的负极相连

B.离子交换膜为阳离子交换膜

C.阳极的电极反应为MnO4"e=Mn0j

D.阴极的电解产物为KoH

2.(2021•内蒙古呼和浩特•统考一模)碑(AS)为VA族元素，其化合物会影响人体代谢和

免疫功能，造成碑中毒。某含神工业废水K主要以亚碑酸(H3Asθ3)形式存在》经处理转

化为粗AS2θ3,流程如下：

工业废水

己知：亚碎酸钙微溶于水，碎酸钙难溶于水。亚碎酸易受热分解为AS2θ3

(1)“碱浸”中发生反应的离子方程式为。

(2)从绿色化学角度看，“试剂1”可以选择(填化学式)。

(3)“沉碑”在流程中的目的是；“沉神”过程中将碑元素转化为Ca5(AsO4)sOH

沉淀，发生的主要反应为5Ca"(aq)+OH(aq)+3AsC⅛(aq)Ca5(AsO4)3OH(s)ΔH>00

资料表明：“沉碑”的最佳温度是85C,温度高于850C时，随温度升高转化率下降，可

能的原因是0

(4)“转化”中发生反应的化学方程式。

(5)从综合利用的角度考虑“滤液2"可返回__________步骤中循环再利用。

3.(2022.内蒙古呼和浩特.统考一模)辂系和非常系铜锲电镀污泥均含有Cu(∏)、Ni(II)、

Fe(Il)、AI(W)的氢氧化物，前者还含有Cr(In)的氢氧化物，一种综合回收铜、银的新

工艺流程如下：

2

氢氧化钠

►AI(OH)vCr(OH),.Fe(OH)1

硫酸厚磷肉钠ɪi

，

修鬻一>|浸XV［嘤｛⅛Tτ>v~⅜⅞→∣萃$］卜顶窣取IT硫酸锲I

'T

氨水+碳酸铁HR自来水硫酸

ɪɪɪɪ

瞟鬻银T浸.ιι∣~~Hwι∣H⅜¾→∣⅛⅞¾π∣——T电MUi铜

I»V

水相I水相2有机相

已知：Cr及其化合物的性质与铝类似。

回答下列问题：

(1)硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施(写出两条)。

(2)“电解I”的目的，一方面是回收铜，另一方面是,为证明这一目的是否达成，

取少量“电解I”后的溶液滴加的试剂是(填化学式)。

(3)“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为。

+

(4)“萃取H”时,发生的反应为CU(NHJ：+2HR=CUR2+2NH：+2N⅛⅛Ni(NH3)^+

2HR=NiR2+2NH：+4NH3,则“反萃取∏”时含铜微粒发生反应的离子方程式为

(5)整个流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有NH3∙H2O,(NH4)2Co3和

(填化学式)。

(6)NiSo4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSo4-6氏0。

将NiSo4∙6H2O样品在900℃下，空气中进行煨烧，固体质量随时间变化如图。B点对

应物质的化学式为;D点到E点反应的化学方程式为。

二、原理综合题

4.(2021•内蒙古呼和浩特•统考一模)甲醇水蒸气催化重整反应为CH3OH(g)+H2O(g)

∏Co2(g)+3H2(g)是生产气的有效方法之一,已知此反应包括如下两个过程：

高三模拟试题

①CHQH(g).甦些CO(g)+2H2(g)ΔH1

②CO(g)+H2O(g).空`CO2(g)+H2(g)ΔH2

①②反应KP随温度变化见下表：

温度

Kp398K498K598K698K798K898K

反应

①0.50185.89939.51.8×1051.6×1069.3×106

②1577137.528.149.3394.1802.276

回答下列问题

(1)根据所给数据判断AHl0(填“>"、'〜、“V”)。398K时，

CH,OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)的Kp=o

(2)下列关于甲醇水蒸气催化重整反应的理解，正确的是。

A.①反应在低温时可自发进行

B.CO是甲醇水蒸气催化重整反应过程的中间产物

C.提高催化剂的活性和选择性、减少副产物是工艺的关键

D.恒温恒容条件下，若反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①的活化能更高

(3)某研究小组对催化重整反应的压强(p)、温度(T)与水醇比(水与甲醇的物质的量之比,

用S/M表示)进行优化，得到如下结果：

①如图是水醇比一定时，不同温度、压强条件下平衡混合物中Co含量，图中的压强由

大到小顺序为,其判断理由是。工业上甲醇水蒸气催化重整选

择0.3MPa-0.5MPa,不选择更低压强的原因可能是。

②探究不同反应温度、水醇比下甲醇转化率如表，结合所给数据回答下列问题:

序号温度

S/MCO物质的量分数CH3OH转化率

4

10.55730.3413.73

20.56732.5755.67

30.57735.6074.12

41.05730.1836.13

51.06732.0547.74

61.07734.9773.07

71.55730.1323.70

81.56732.1646.49

91.57734.4872.02

温度与甲醇的平衡转化率的关系为。当水醇比一定，随着温度升高，平衡

体系中Co含量增大，原因是.综合分析对于甲醇转化率有显著影响的是

。工业上甲醇水蒸气催化重整选择673-700K,S∕M≈I.O;S∕M=1.0理由是

(4)以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯K(CH3O)2COl工作原理如图

所示。

质子交换膜

①电源的负极为(填“A”或"B”)。

②阳极的电极反应式为。

5.(2022•内蒙古呼和浩特•统考一模)甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的

研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CCh和H?为原料合成甲醇，再利

用甲醇生产丙烯。回答下列问题：

(1)①常温下，H2和甲醇的燃烧热分别为285.8kJ∙mol-1和726.4kJ∙moll,Imol甲醇汽

化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和Ph在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醵的热化学

高三模拟试题

l

方程式为：CO2(g)+3H2(g).CH3OH(g)+H2O(1)ΔH=kJmol;

②上述反应分两步进行：

第一步（写化学方程式）△H>0

第二步Cu/Zn*+2H2+CO2=Cu∕ZnO*+CH3OH∆H<0

③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示

CuZZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为。

（2）工业上用CO2和H2催化合成甲爵存在如下反应:

主反应Cθ2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H<0

副反应CO2(g)+H2(g).CO(g)+H2O(g)ΔH>0

一定条件下,在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2,发生上述合成反应。

①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点

（填"处于”或"不处于"）平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小

的原因可能是O

%

∕

⅛

÷≡L

⅛

fr

②某温度下，达平衡时容器中CH30H的物质的量为Cmo1,CO的物质的量为dmol。

则此条件下CO2的转化率为（列式表示，下同）；甲醇的选择性（指转化为甲醇的

CO2占发生反应的CO2的百分比）为；此条件下副反应的平衡常数为。

6

(3)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应：3CH3OH(g).C3H6(g)+3H2O(g),该

反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为

E

RInk=-方+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能

&=kJ∙molΛ当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改

变的外界条件是。

7

土

τ∙

o

E

f

)

"

=

y

j∕(10,∙K')

三、有机推断题

6.(2021.内蒙古呼和浩特.统考一模)有机物H(C9H8θQ是洁面化妆品的中间体，以A

为原料合成有机物H的路线如下:

CH3CHO

稀NaOH溶液

Δ

H①新制CU(OH)2悬浊液G

C9H8O4②H+C9H6O3Na2

已知：①A是相对分子量为92的芳香煌；

②D是C的一氯取代物；

(3)RCH0+RICH2CHORCH=CRICHO+H2O(R,Rl为煌基或氢原子)。

回答下列问题：

(1)由A生成B所用的试剂和反应条件为；B的化学名称为.

(2)由D生成E的反应类型为o

(3)E的结构简式为。

(4)由F生成G的化学方程式为。

(5)H中含氧官能团的名称；H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是

(6)X是F酸化后的产物，T是X的芳香族同分异构体，ImolT最多能消耗2molNaOH,

高三模拟试题

则符合条件的T的结构有种(不包括立体异构)，写出其中一种核磁共振氢

谱有4组峰的T的结构简式O

7.(2022•内蒙古呼和浩特•统考一模)化合物J是一种药物合成中间体，其合成路线如

下：

HONH

ð402

(I)A的化学名称为,J的分子式为。

(2)B中官能团的名称为；B—C、ETG的反应类型为、。

(3)C→D的化学反应方程式为。

(4汨的结构简式；H有多种同分异构体，含有-COo-和碳碳双键的同分异构体

有种(不考虑顺反异构，下同)，写出其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱有3

组峰的同分异构体的结构简式。

(5)设计以F和CHZ=CHCHO为起始原料，合成的路线..（其

它试剂任选)。

8

高三模拟试题

一■■■■参*考*答*案■■■■—:

1.SO2+MnO2=MnSO4SiO2共价键将Fe?+氧化为Fe?+,便于沉淀同

意、MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH,使溶液中Fe3+、A/沉淀完

2++

全3Mn+2MnO4+2H2O=5Mnθ2+4HBC

K样解』已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn?+还含有少量的Fe2+、Ap+等，可知软锈

矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2=MnSO4,SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2,

由离子开始沉淀及沉淀完全的PH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe?+氧化为Fe3+,再

加入石灰乳，调节溶液PH值，使Fe3+、A/转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，

滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSO4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4,

发生氧化还原反应生成Mno2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4,通过电解K2MnO4溶液

生成KMnO4,据此分析解答。

K详析』已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mr?+还含有少量的Fe2+、Ap+等，可知软镒

矿通入二氧化硫发生的主要反应为：SO2+MnO2=MnSO4,SiO2不参与反应，滤渣A为SiO2,

由离子开始沉淀及沉淀完全的PH可知，滤液A中加入MnO2是为了将Fe?+氧化为Fe?+,再

加入石灰乳，调节溶液PH值，使Fe3+、AP+转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，再进行过滤，

滤渣B中主要有氢氧化铁、氢氧化铝，滤液B为MnSe)4溶液，MnSO4溶液中加入KMnO4,

发生氧化还原反应生成MnO2，MnO2被KClO3氧化生成K2MnO4,通过电解K2MnO4溶液

生成KMnO4O

(1)由上述分析可知,软锌矿通入二氧化硫发生的主要反应为SCh+Mnθ2=MnSθ4,故K答案U

为：SO2+MnO2=MnSO4;

(2)由上述分析可知，滤渣A为SiO2,Si与O均为非金属元素的原子，则二者易形成共价键，

故K答案》为：Sio2；共价键；

(3)滤液A中的金属阳离子主要是M"+还含有少量的Fe2+,AF+等，根据几种离子开始沉淀

和完全沉淀时的PH可知，不能直接沉淀Fe?+为氢氧化亚铁，因为Mi?+也会被沉淀，从而被

过滤除去，因此应该先加入氧化剂将Fe?+氧化为Fe3+,再调节溶液的pH,将Fe3+、Ap+转化

为沉淀，从而除去杂质，故K答案》为：将Fe?+氧化为Fe3+,便于沉淀；

(4)铁离子、铝离子比铳离子更易沉淀，加入MnCO3或Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH,

使溶液中Fe3+,AF+沉淀完全，再通过过滤除去，同意该同学的观点，故K答案』为：同

意；MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH,使溶液中Fe?+、Ap+沉淀完全；

(5)滤液B为MnSO4溶液，加入KMnO4，发生氧化还原反应生成MnO2，由化合价变化可

I

高三模拟试题

知I,+2价Ml?+与MnO4一中+7价Mn发生归中反应生成MnC)2，根据得失电子守恒，电荷守

恒、元素守恒配平反应的离子方程式为3Mn2++2Mnθ4+2H2θ=5Mnθ2+4JΓ,故K答案X为：

2++

3Mn+2Mnθ4+2H2O=5Mnθ2+4H;

(6)该装置为电解池，电解K2MnO4溶液制备KMnO4，Mn元素化合价从+6价升高为+7价，

失电子，发生氧化反应，则Ni电极为阳极，Fe电极为阴极，

A.Ni电极为阳极，则a与电源的正极相连，A项错误；

B.阳极反应式为MnO4"e-=MnO4-,阴极反应式为：2H2θ+2e-=H2T+2OH∖离子交换膜为阳

离子交换膜，K+通过离子交换膜从阳极移动向阴极，阴极得到KOH,B项正确；

C.由以上分析知I,阳极反应物为K2MnO4,生成物为KMno4,则阳极反应式为

MnO42-e=MnO4^,C项正确；

D.阴极是水电离的氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，阴极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH-,

则阴极的电解产物为H2和Ke)H,D项错误；故K答案》为：BCo

2.H3ASO3+3OH=ASO^+3H2OH2O2富集As,提高原料利用率温度升高，氢氧

化钙溶解度减小，c(Ca2+)和C(OH-)都减小，平衡逆向移动，转化率降

低SO2+H2O+H3AsO4=H3AsO3+H2SO4酸化

R样解D向工业废水(含H3AsO3)加入氢氧化钠,得到Na3AsO3,加入试剂1氧化成Na3AsO4,

加石灰乳沉碑得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙沉淀，

过滤，在H3AsO4溶液中通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3,反应为：

H3AsO4+H2O+SO2=H3ASO3+H2SO4,结晶后得到亚碑酸，加热HgsCh分解得到粗As2O3,

据此分析解答。

K详析》⑴“碱浸”中H3AsO3与氢氧化钠反应生成亚碎酸钠和水，离子方程式为

H3ASO3+3OH-AsOj-+3H2O,故K答案D为：H3AsO3+3θH-ʌsθɜ'+3H2Oi

(2)根据上述分析，“试剂1”是氧化剂，从绿色化学角度分析，可以选择H2O2,故K答案』

为：H2O2;

(3)“沉碑”在流程中的目的是富集As,提高原料利用率；“沉碑”过程中将碑元素转化为

Cas(AsO)OH沉淀，发生的主要反应为

2+

5Ca(aq)+OH(aq)+3AsO^(aq),Ca5(AsO4)3OH(s)ΔH>0,温度升高，氢氧化钙溶解度减

小，c(Ca2+)和C(C)H-)都减小，平衡逆向移动，转化率降低；故K答案》为：富集As,提高

原料利用率；温度升高，氢氧化钙溶解度减小，c(Ca2+)和C(OH-)都减小，平衡逆向移动，转

2

高三模拟试题

化率降低；

(4)“转化”的过程是向H3AsO4溶液中通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3,根据氧化还原

反应原理分析得：SO2+H2O+H3AsO4=H3ASO3+H2SO4.故工答案》为：

SO2+H2O+H3AsO4=H3AsO3+H2SO4;

(5)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4转化为H3AsO3,同时生成滤液2(H2SO4),可返回“酸

化”步骤中循环再利用，故K答案H为：酸化。

3.(1)加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等

⑵使Fe?+转化为Fe3+铁氟化钾

(3)Cr(OH)3和Al(OH)3有两性会被过量的强碱溶解

+2+

(4)CUR2+2H=Cu+2HR

(5)Na3PO4

(6)NiSO4∙4H2O4NiO+O2≡2Ni2O3

K祥解』向格系铜银电镀污泥中加入稀硫酸将金属氢氧化物溶解浸出过滤，电解滤液回收

铜，同时将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。向电解后溶液中加入磷酸钠形成缓冲溶液调节溶液

PH分离Ni与其他杂质金属，沉淀物进行转溶进一步处理，滤液备用；向非铝系铜锲电镀污

泥中加入氨水与碳酸镀将C7+,Ni?+转成氨络离子分离浸出，用HR转化这些离子为NiR2、

CUR2,经水洗除杂后加稀硫酸反萃取回收HR并获取NiSo八CUSC)4溶液，电解回收CU合

并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镁。据此可解答。

K详析Il(I)为加快固体与稀硫酸的溶解浸出速率，可进行加热、适当增加硫酸浓度、搅

拌等操作；

3+

(2)后续操作显示Fe元素转成Fe(OH)3除去，故在电解环节还需将Fe?+转化为Fe,检验

Fe?+是否存在可选用铁氟化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；

(3)Cr(OH)3和AI(OH)3有两性会被过量的强碱NaOH溶解，需控制用量；

(4)H+反萃取出C/+,反应式为CUR2+2H+=CU2++2HR;

(5)流程一中萃取I和反萃取I最终回收磷酸钠，可循环使用；

(6)NiSO#6比0的式量为263,原样品物质的量为0.1mol,含水0.6mol°由图可知ATB

过程中固体质量减少26.3-22.7=3.6(g),即减少n(H2O)=3.6∕18=0.2mol,故B点固体化学式为

NiSO4∙4H2θ;同理可推断C、D点对应物质分别为NiSo4、NiO,DTE固体质量增加0.8g,

即(MmolNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(0)=0.8∕16=0.05mol,得到E的化学式为Ni2O3,

3

高三模拟试题

故反应方程式为4NiO+O2≡2Ni2O3.

4.>788.5BCP1<P2<P3减小压强，反应②产生Ce)的量不受压强影响，反应

①向正向移动，CO的体积分数增大反应速率慢，CO含量相对较高不利于绿色化学升

高温度，甲醇转化率增大升高温度时，反应①为吸热反应，平衡正向移动，反应②为放

热反应，平衡逆向移动，均使体系中Co的量增大温度CO含量相对较

+

小B2CH3θH+CO-2e=(CH3O)2CO+2H

K详析》(1)由表中数据可知，反应的①的平衡常数随温度升高增大，升高温度平衡向吸热

反应方向移动，说明正反应为吸热反应，则AH∕>O;根据题干信息及平衡常数表达式，398K

时，CHQH(g)+HQ(g),CO?(g)+3H2(g)的KP等于反应①的KP乘以反应②的Kp,所以

Kp=0.50×1577=788.5,故K答案工为:>；788.5；

(2)A.反应①的A”>0,ΔS>O,根据综合判据AH-TASVO反应可自发进行，则在高温时可自

发进行，故A错误；

B.由甲醇水蒸气催化重整反应过程可知，Co是中间产物，故B正确；

C.化学工艺的关键问题是尽可能地加快反应速率、减少副产物，提高原料利用率，提高催

化剂的活性和选择性可加快反应速率、减少副产物，故C正确；

D.反应①的速率大于反应②的速率，说明反应①更易进行，反应的活化能更低，故D错误；

故K答案H为：BC；

(3)①图中的压强由大到小顺序为P<P2<P3,理由是相同温度下，由于反应①为气体分子数

增大的反应，减压平衡右移，Ce)的体积分数增大，而反应②为气体分子数不变的反应，产

生Cc)的量不受压强影响，故增大压强时，CO的体积分数减小；工业上甲醇水蒸气催化重

整选择0.3MPa-0.5MPa,不选择更低压强的原因可能是反应速率慢，Co含量相对较高不利

于绿色化学。故K答案Il为：减小压强，反应②产生Cc)的量不受压强影响，反应①向正

向移动，Co的体积分数增大；反应速率慢，Ce)含量相对较高不利于绿色化学；

②由表中数据可知，当水醉比一定时(如1.0),温度升高，甲醇平衡转化率增大，所以温度

与甲醇的平衡转化率的关系为升高温度，甲醇转化率增大。当水醇比一定时，随着温度升高，

平衡体系中CO含量增大，原因是升高温度时，反应①为吸热反应，平衡正向移动，反应②

为放热反应，平衡逆向移动，均使体系中Co的量增大。综合分析对于甲醇转化率有显著影

响的是温度。兼顾甲醇的平衡转化率最高,副产物CO的物质的量分数最低,选择673-700K,

S∕M=1.0:S∕M=1.0,故K答案D为：升高温度，甲醇转化率增大；升高温度时，反应①为

4

高三模拟试题

吸热反应，平衡正向移动，反应②为放热反应，平衡逆向移动，均使体系中CO的量增大;

温度；CO含量相对较小；

(4)①右侧氧气得电子生成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源的负极，则A为电

源正极，与A相连的左侧为阳极，故K答案』为：B；

②阳极发生氧化反应，甲醇、一氧化碳失电子生成碳酸二甲酯，电极反应式为

++

2CH30H+C0-2e=(CH30)2C0+2H,故K答案』为：2CH30H+C0-2e=(CH.30)2C0+2H,

5.(1)-49.0Cu∕ZnO*+H2=Cu∕Zn*+H2OC

(2)不处于升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反

d+ccd(c+d)

应更易进行—×100%—×100%(acd)(3…

(3)31.0使用催化剂(或使用更高效的催化剂)

K详析求1)①根据题意写出热化学方程式H2(g)+ɪO2(g)=H2O(I),ΔW,=-285.8V/mol,

CW,O∕7(l)+∣O2(g)=CQ(g)+2H2O(1),ΔW2=-726.4fc//mol,

CH3OH(I)=CH,0W(g),ΔW3=+82,0V/mol,由盖斯定律得目标方程式的

ΔH=3ΔW,-ΔH2+ΔH,=-285.8×3+726.4+82.0=-49.0(。/mol)；②以总反应方程式与第

二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu∕ZnO*+H2≈Cu∕Zn*+H2O;③第一步反应吸热，

第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的

时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以C选项正确；

(2)①由图象可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反

应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值,

升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇

产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始

量，已知量为Co2、出的起始物质的量、CH3OHʌCO的末态物质的量：

Co2+3H2hCH3OH+H2OCO2+H2CO+H2O

noa3a00noa-c3（a-c）0c

Δ∕?-c-3c+c+cΔ∕7-d-d+d+d

nta-c3（a-c）cCnta-c-d3（a-c）-ddc+d

C-I-dc

则CO2转化率=——χl∞%;甲醇的选择性=--X100%；副反应的化学平衡常数为

ac+d

5

高三模拟试题

C(H今(2)dCd(+)

；

制-C(HQ,a2c4Ba-30(d--)

p[9.2=-(3.2×103)Ea+C

(3)将直线a上两点坐标代入RInk=-∙⅛∙+C列方程组,解得

T3.0=-(3.4X10")Ea+C

Ea=31.0(kJ∙moll);由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该

直线的斜率，如图过程a—b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用

了催化剂或使用了更高效的催化剂。

6.Cl2ZFe3,4-二氯甲苯取

+CH3CHO

CHO

、竣基H为酚类化合物,

K祥解》甲苯上苯环上的氢原子被氯原子取代生成二氯甲苯，在一定条件下生成C,C在

氯气光照的条件下，在甲基上发生取代反应生成了D,D与热的氢氧化钠溶液反应生成了E

CH2OH

,E在一定条件的作用下发生氧化反应生成了F

CHO

，根据工提示》③，F生成了G,G在酸性新制的热氢氧化铜

6

高三模拟试题

溶液中，醛基转化成为粉基，并且在酸性的条件下，进行水解产生羟基。

K详析［(1)根据分析，A生成B为取代反应，试剂和反应条件Cb/Fe,B的化学名称为3,

4-二氯甲苯；

CH2OH

(2)D与热的氢氧化钠溶液反应生成了E,羟基取代了氯，发

生了取代反应;

(4)根据E提示Il③，F生成了G,F生成G的化学方程式为

NaO

+CHCHO怖ZaOH溶液

3H+H2O;

C=CHCHO

(5)H中含有羟基和竣基，长期暴露在空气中容易变质的主要原因是H为酚类化合物，易被

空气中的氧气氧化;

(6)T是X的芳香族同分异构体，ImolT最多能消耗2molNaOH,则符合条件的T的结构有

8种，①苯环上有两个羟基、一个醛基，当醛基与其中一个羟基为对位有1种，当醛基与其

中一个羟基为邻位有1种，当醛基与其中一个羟基为间位有3种；②苯环上有一个殁基、一

个醛基，有邻、间、对3种，故3+3+1+1=8种；其中核磁共振氢谱有4组峰的T为

OH

7.⑴1,7-庚二酸Ci4Hl6ON3CI

(2)狱基加成反应取代反应

7

高三模拟试题

HCOOC=CH2

R祥解』A组成上脱去1分子水、1分子二氧化碳生成B,B与氨气发生加成反应生成C,

NH2

6

由D的分子式可知C发生醇的消去反应生成D为、/,由E的分子式、G的结构简式

砌丑生皿3NH,.EW生四

HCl,对比G、I的结构简式可知，G与H发生取代反应生成I和HBr,推知H为

CH3CH=CHCOOH,I分子内脱