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

高三模拟试题高三模拟试题PAGE2PAGE1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-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）软锰矿的主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等，用软锰矿浆吸收工业废气中的二氧化硫，制备高锰酸钾的流程如图所示：已知：滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+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pHFe2+7.69.7Fe3+2.73.7Al3+3.84.7Mn2+8.39.8根据上述流程，回答下列问题：（1）写出软锰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___。（3）步骤②中加入MnO2的作用__。（4）有同学认为可以用碳酸锰（MnCO3）或氢氧化锰〖Mn(OH)2〗替代石灰乳，你是否同意此观点___？简述理由___。（5）滤液B中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是__。（6）第⑦步用镍片（镍不参与反应）和铁板作电极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4。有关说法正确的是__（填字母）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MnO42--e-=MnO4-D．阴极的电解产物为KOH2．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）砷(As)为VA族元素，其化合物会影响人体代谢和免疫功能，造成砷中毒。某含砷工业废水〖主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在〗经处理转化为粗As2O3，流程如下：已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。亚砷酸易受热分解为As2O3。(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)“沉砷”在流程中的目的是___________；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应为。资料表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃时，随温度升高转化率下降，可能的原因是___________。(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）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氢氧化物，前者还含有Cr(Ⅲ)的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：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II”时，发生的反应为+2HR=CuR2+2+2NH3和+2HR=NiR2+2+4NH3，则“反萃取Ⅱ”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NiSO4·6H2O。将NiSO4·6H2O样品在900℃下，空气中进行煅烧，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：①②①②反应Kp随温度变化见下表：温度Kp反应398K498K598K698K798K898K①0.50185.89939.51.8×1051.6×1069.3×106②1577137.528.149.3394.1802.276回答下列问题(1)根据所给数据判断ΔH1___________0(填“＞”、“=”、“＜”)。398K时，的Kp=___________。(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S/M温度CO物质的量分数CH3OH转化率10.55730.3413.7320.56732.5755.6730.57735.6074.1241.05730.1836.1351.06732.0547.7461.07734.9773.0771.55730.1323.7081.56732.1646.4991.57734.4872.02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=1.0；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〖(CH3O)2CO〗，工作原理如图所示。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CO2和H2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·mol-1，1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(1)△H=_______kJ·mol-1；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<0③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Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为_______。a.b.c.d.(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：主反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H>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_______。②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为cmol，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_______。(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(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Ea=_______kJ·mol-1，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_______。三、有机推断题6．（2021·内蒙古呼和浩特·统考一模）有机物H(C9H8O4)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：已知：①A是相对分子量为92的芳香烃；②D是C的一氯取代物；③RCHO+R1CH2CHORCH=CR1CHO+H2O(R、R1为烃基或氢原子)。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___________。(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，1molT最多能消耗2molNaOH，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___________。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：(1)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、E→G的反应类型为_______、_______。(3)C→D的化学反应方程式为_______。(4)H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CH2=CHCHO为起始原料，合成的路线_______(其它试剂任选)。高三模拟试题PAGE2PAGE1▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁：1．

SO2+MnO2=MnSO4

SiO2

共价键

将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀

同意

MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全

3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+

BC〖祥解〗已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰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Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+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。〖详析〗已知，滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+等，可知软锰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Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳，调节溶液pH值，使Fe3+、Al3+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。(1)由上述分析可知，软锰矿通入二氧化硫发生的主要反应为SO2+MnO2=MnSO4，故〖答案〗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〖答案〗为：SiO2；共价键；(3)滤液A中的金属阳离子主要是Mn2+还含有少量的Fe2+、Al3+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Fe2+为氢氧化亚铁，因为Mn2+也会被沉淀，从而被过滤除去，因此应该先加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，从而除去杂质，故〖答案〗为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀；(4)铁离子、铝离子比锰离子更易沉淀，加入MnCO3或Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀完全，再通过过滤除去，同意该同学的观点，故〖答案〗为：同意；MnCO3、Mn(OH)2与H+反应，调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+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，由化合价变化可知，+2价Mn2+与MnO4-中+7价Mn发生归中反应生成MnO2，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++2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故〖答案〗为：3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2+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MnO42--e-=MnO4-，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+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，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KOH，D项错误；故〖答案〗为：BC。2．

H3AsO3+3OH-=AsO+3H2O

H2O2

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〖祥解〗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，加石灰乳沉砷得到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，结晶后得到亚砷酸，加热H3AsO3分解得到粗As2O3，据此分析解答。〖详析〗(1)“碱浸”中H3AsO3与氢氧化钠反应生成亚砷酸钠和水，离子方程式为H3AsO3+3OH-=AsO+3H2O，故〖答案〗为：H3AsO3+3OH-=AsO+3H2O；(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〖答案〗为：H2O2；(3)“沉砷”在流程中的目的是富集As，提高原料利用率；“沉砷”过程中将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应为，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；故〖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〖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〖答案〗为：酸化。3．(1)加热、适当增加硫酸浓度、搅拌等(2)

使Fe2+转化为Fe3+

铁氰化钾(3)Cr(OH)3和Al(OH)3有两性会被过量的强碱溶解(4)CuR2+2H+=Cu2++2HR(5)Na3PO4(6)

NiSO4·4H2O

4NiO+O22Ni2O3〖祥解〗向铬系铜镍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；向非铬系铜镍电镀污泥中加入氨水与碳酸铵将Cu2+、Ni2+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NiSO4、CuSO4溶液，电解回收Cu合并上一流程NiSO4溶液，最终回收硫酸镍。据此可解答。〖详析〗（1）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；（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Fe2+转化为Fe3+，检验Fe2+是否存在可选用铁氰化钾溶液检验，若未产生深蓝色沉淀，说明目的已达成；（3）Cr(OH)3和Al(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Cu2+，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）NiSO4·6H2O的式量为263，原样品物质的量为0.1mol，含水0.6mol。由图可知A→B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NiSO4·4H2O；同理可推断C、D点对应物质分别为NiSO4、NiO，D→E固体质量增加0.8g，即0.1molNiO被空气中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化学式为Ni2O3，故反应方程式为4NiO+O22Ni2O3。4．

>

788.5

BC

P1<P2<P3

减小压强，反应②产生CO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

B

2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+〖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ΔH1>0；根据题干信息及平衡常数表达式，398K时，的Kp等于反应①的Kp乘以反应②的Kp，所以Kp=0.501577=788.5，故〖答案〗为：>；788.5；(2)A．反应①的ΔH>0，ΔS>0，根据综合判据ΔH-TΔS<0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〖答案〗为：BC；(3)①图中的压强由大到小顺序为P1<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，CO的体积分数增大，而反应②为气体分子数不变的反应，产生CO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〖答案〗为：减小压强，反应②产生CO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；②由表中数据可知，当水醇比一定时(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〖答案〗为：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；(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〖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2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故〖答案〗为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。5．(1)

-49.0

Cu/ZnO*+H2=Cu/Zn*+H2O

c(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应更易进行

(3)

31.0

使用催化剂(或使用更高效的催化剂)〖详析〗（1）①根据题意写出热化学方程式，由盖斯定律得目标方程式的；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、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：，则CO2转化率=；甲醇的选择性=；副反应的化学平衡常数为K副=；（3）将直线a上两点坐标代入列方程组解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；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．

Cl2/Fe

3，4-二氯甲苯

取代

+CH3CHO+H2O

羟基、羧基

H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化

8

或或〖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，E在一定条件的作用下发生氧化反应生成了F，根据〖提示〗③，F生成了G，G在酸性新制的热氢氧化铜溶液中，醛基转化成为羧基，并且在酸性的条件下，进行水解产生羟基。〖详析〗(1)根据分析，A生成B为取代反应，