福建省福州市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

这是一份福建省福州市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19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。

福建省福州市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、工业流程题
1．（2020·福建福州·二模）随着新能源汽车产业的快速发展，带来大量的废旧电池，一种以废旧磷酸铁锂电池正极为原料回收铝、铁和锂元素的工艺流程如下：

已知：①易溶于硫酸中。
②磷酸铁锂电池正极材料：磷酸铁锂，乙炔黑(主要成分碳单质，着火点大于750℃)导电剂和有机粘结剂PVDF(一种高分子有机物)，均匀混合后涂覆于铝箔上。
回答下列问题：
(1)破碎的作用是________，烧结的主要目的是________。
(2)碱溶发生的非氧化还原反应的离子方程式是________________。
(3)若在实验室中进行操作1、2、3，需要用到的玻璃仪器有________。
(4)滤渣1酸浸的目的是________。
(5)滤渣2主要成分是________。
(6)pH与Fe、Li沉淀率关系如下表，为使滤液2中Fe、Li分离，溶液的pH应调节为________。
溶液pH与Fe、Li沉淀率关系
pH
3.5
5
6.5
8
10
12
Fe沉淀率
66.5
79.2
88.5
97.2
97.4
98.1
Li沉淀率
0.9
1.3
1.9
2.4
4.5
8.0

(7)碳酸锂的溶解度随温度变化如下图所示。向滤液3中加入，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和________。

2．（2021·福建福州·统考二模）某冶炼厂利用镉熔炼碱渣(约含及、、)和铜镉渣(含、、、等单质)联合工艺制备黄钠铁钒[]，并回收、等金属。

(1)滤渣Ⅰ主要含和，请写出热水溶浸时发生反应的化学方程式：_______。
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是_______。
(3)操作Ⅰ的作用是_______。
(4)“沉矾”时应维持溶液约为1.5，加入碳铵()主要利用其_______。
A．具有还原性B．水溶液呈酸性C．水溶液呈碱性D．加热易分解性
(5)制得黄钠铁矾[]的离子方程式为_______。
(6)将制镉后的电解废液通过改变电压和更换电极后进行二次电解，二次电解主要是为了回收电解液中的_______，二次电解后溶液中的主要阳离子为_______。
3．（2022·福建福州·统考二模）活性氧化锌是橡胶、医药及化学工业的重要原料。一种采用高硅氧化锌矿[主要成分为、ZnO，还含少量铁、钙、镁、镉(Cd)等元素]制备优质活性氧化锌的工艺流程如下图：

(1)为提高锌的浸出率，除将矿石粉碎外，流程中还用到的方法是_______。
(2)“酸浸”过程中，Zn浸出率、浸出率、过滤速率与起始酸度的关系如图所示，宜选择的起始酸度为_______，理由是_______。

(3)滤渣1的主要成分是_______。
(4)操作A的主要目的是将溶液中的、形成氟化物沉淀。工业上除杂应控制、小于，应控制溶液中大于_______。[已知、]
(5)“还原除杂”过程，主要反应的离子方程式为_______。
(6)“碳铵沉锌”中生成碱式碳酸锌的离子方程式为_______。

二、原理综合题
4．（2020·福建福州·二模）工业上用CO2和NH3合成尿素 [CO(NH2)2]。某研发小组为合成尿素进行如下实验：向5L恒容密闭容器中通入0.2molNH3和0.1molCO2，分别进行Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组实验。在不同条件下发生反应：，反应体系总压强随时间的变化曲线如图所示。

(1)已知：
①   
②   
用CO2和NH3合成尿素的热化学方程式为________。
(2)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组实验中，反应温度最高的是________。(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)
(3)Ⅰ、Ⅲ两组实验中，NH3转化率较高的是________。(填“Ⅰ”或“Ⅲ”)
(4)若要增加实验Ⅱ的反应速率并提高NH3转化率，改变下列条件可以实现的是________(填标号)
A．增加CO2的物质的量            B．加入惰性气体使压强增大
C．升高反应的温度                 D．改用2L的容器进行实验
(5)Ⅰ、Ⅱ两组实验中，反应达到平衡的时间不同，可能的原因是________。
(6)第Ⅱ组实验开始6min内NH3的平均反应速率为________，平衡常数________。
5．（2021·福建福州·统考二模）是自然界中重要碳源，综合利用是目前的研究热点。
(1)超干重整的催化转化如图所示：


请写出过程Ⅰ和过程Ⅱ总的化学方程式：_______。
(2)已知重整过程中部分反应的热化方程式为：
①
②
③
则反应的_______。
(3)保持其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应进行相同时间后，的转化率随反应温度的变化如图所示。其中点的转化率高于点，原因是_______。


(4)由合成甲醇是资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下和可发生反应：

在一刚性密闭容器中，和的分压分别为和，以金属有机框架上的单原子为催化剂，发生反应。平衡后测得容器内的总压为反应前的0.7倍，则该反应的平衡常数_______。
(5)若实验室用溶液吸收一定量的气体，所得溶液中，则
①该溶液中_______(填“”、“”或“”)[]
②此时，该溶液中的_______。(常温下的；，)
6．（2022·福建福州·统考二模）二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为： 。在特定催化剂条件下，其反应机理为：
Ⅰ.   
Ⅱ.   
回答以下问题：
(1)_______
(2)压下，按进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛能选择性分离出)。

①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛膜时的最佳反应温度为_______℃。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是_______。
③某温度下，反应前后体系中某些物质的物质的量如表中数据，则达到平衡时水蒸气的体积分数为_______；若该体系的总压强为，则反应Ⅱ的平衡常数_______(以平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数)。




反应前
1mol
3mol
0mol
平衡时




(3)如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为1∶3，测定的平衡转化率随温度升高的变化关系，如图所示。
。
①压强_______(填“>”或“<”)。
②图中温度时，两条曲线几乎交于一点，试分析原因：_______。
(4)光电催化转化制备的装置如图，写出右侧的电极反应式_______。


三、有机推断题
7．（2020·福建福州·二模）味精的成分为谷氨酸钠。用丙烯合成谷氨酸钠的一种方案如下：

回答下列问题：
(1)E(谷氨酸)中的官能团名称是________。
(2)B→C的反应类型为________。
(3)A→F六种有机物中，含有手性碳原子的是________。
(4)D→E的化学方程式为________。
(5)有人造羊毛之称的腈纶纤维是B的加聚产物，该聚合物结构简式为________。
(6)写出一种核磁共振氢谱只有三组峰，且面积比为6:2:1的E同分异构体的结构简式________。
(7)参考丙烯合成谷氨酸钠方案设计苯乙烯()为原料制备苯丙氨酸()的合成路线(无机试剂任选)__。
8．（2022·福建福州·统考二模）“诺氟沙星"是一种常见的治疗由敏感菌引起的各类感染药物，目前经典的合成路线如下：

(1)A的化学名称为_______。
(2)过程Ⅱ的反应类型是_______。
(3)反应Ⅲ的化学方程式为_______。
(4)F的结构简式为_______，其中的含氧官能团的名称是_______。
(5)的同分异构体中，同时满足以下条件的结构简式为_______(不考虑顺反异构)。
A．能发生加成反应
B．核磁共振氢谐有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1

参考答案：
1．     增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分     除去有机粘结剂          烧杯  漏斗  玻璃棒     将Fe(Ⅱ)转化为Fe(Ⅲ)，使溶解     乙炔黑     8     减小的溶解量，提高产率
【分析】根据流程可知，废旧磷酸铁锂电池正极材料经粉碎后，经过烧结除去有机粘结剂，加NaOH将混合物中的Al浸出，滤液1主要是偏铝酸根，调pH后可析出Al(OH)3；滤渣1酸浸，可将混合物中的Fe浸出到溶液中，加H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后滤渣主要为乙炔黑，滤液中含有Fe3+和Li+，调pH后使Fe3+沉淀，再用Na2CO3将Li+沉淀。
【详解】（1）将材料粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；绝大部分有机物都易燃，故烧结是为了除去有机粘结剂；
（2）碱溶发生的非氧化还原反应是氧化铝与氢氧化钠的反应，对应的离子方程式为：；
（3）操作1、2、3为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）由于FePO4易溶于硫酸中，滤渣1酸浸的目的是使FePO4溶解，另外H2O2是氧化剂，可将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；
（5）开始烧结步骤温度为350℃，乙炔黑着火点大于750C，故不会反应，会进入下面的流程，在操作2的过滤步骤被过滤出来，所以滤渣2的主要成分是乙炔黑；
（6）由表中可知，滤液2要将Fe沉淀，同时与Li分离，则Fe沉淀率要高，Li沉淀率低，则pH应该调节为8；
（7）由图中可知，Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小Li2CO3的溶解度，提高产率；
【点睛】本题要注意第（1）题，题目中已知有机粘结剂PVDF(一种高分子有机物)，均匀混合后涂覆于铝箔上，而后续的操作没有对有机物进行处理，故有机物在开始的烧结步骤中除去。
2．               加入，将转化为     C               、
【分析】
镉熔炼碱渣(约含及、、)用热水溶浸，在碱性环境下反应、过滤，滤渣Ⅰ主要含和，则热水溶浸反应为氧化锌和氢氧化钠溶液反应，得到滤液I为偏锌酸钠、过量氢氧化钠混合溶液；铜镉渣(含、、、等单质)用稀硫酸酸浸，不溶解、、、与硫酸反应而溶解，滤液中加入过氧化氢溶液，亚铁离子被氧化为铁离子，预中和、加入碳酸氢铵调pH约为1.5，得到黄钠铁钒[]，过滤后，所得滤液含锌离子、镉离子、铵离子、氢离子，再予以回收利用，据此回答。
【详解】
(1)滤渣Ⅰ主要含和，则热水溶浸反应为氧化锌和氢氧化钠溶液反应，得到偏锌酸钠和水、反应的化学方程式：。
(2)据分析，滤渣Ⅱ的主要成分是。
(3)操作Ⅰ加入，具有强氧化性，是绿色氧化剂，作用是将转化为。
(4) 碳铵()是弱酸弱碱盐，因铵离子水解程度小于碳酸氢根水解程度呈弱碱性， “沉矾”时加入碳铵，调节溶液约为1.5，加入主要利用其水溶液呈碱性，则答案选C。
(5) 在约为1.5时，钠离子、铁离子、硫酸根离子和水反应制得黄钠铁矾[]，离子方程式为。
(6)据分析，沉矾、过滤后，所得滤液含锌离子、镉离子、铵离子、氢离子，电解得到镉，制镉后的电解废液含锌离子、铵离子、氢离子，通过改变电压和更换电极后进行二次电解，则锌离子在阴极放电得到锌，故二次电解主要是为了回收电解液中的，二次电解后溶液中的主要阳离子为、。
3．(1)二次酸浸
(2)     90     该酸度下Zn浸出率最大、浸出率最小、过滤速率最大
(3)
(4)0.08
(5)
(6)

【分析】向氧化锌矿中加入稀硫酸一级、二级酸浸后，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢将溶液中的亚铁离子和铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣1和除去铁离子的滤液；向滤液中加入氟化钠，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和除去钙离子、镁离子的滤液；向滤液中加入锌粉，将溶液中的镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣3和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸氢铵，将硫酸锌转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得到碱式碳酸锌；碱式碳酸锌高温煅烧发生分解反应得到氧化锌。
(1)
流程中用到的将矿石粉碎、二次酸浸的方法有利于提高锌的浸出率，故答案为：二次酸浸；
(2)
由图可知，硫酸起始酸度为90g/L时，锌浸出率最大、二氧化硅浸出率最小、过滤速率最大，则宜选择的起始酸度为90g/L，故答案为：90；该酸度下Zn浸出率最大、浸出率最小、过滤速率最大；
(3)
由分析可知，滤渣1的主要成分为氢氧化铁，故答案为：；
(4)
由氟化钙、氟化镁的溶度积可知，为使溶液中的镁离子完全沉淀，溶液中氟离子的浓度应大于==0.08mol/L，故答案为：0.08；
(5)
由分析可知，还原除杂过程发生的反应为锌粉与溶液中的镉离子发生置换反应生成锌离子和镉，反应的离子方程式为，故答案为：；
(6)
碳铵沉锌时发生的反应为硫酸锌溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碱式碳酸锌沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为，故答案为：。
4．             Ⅲ     Ⅰ     AD     使用了不同的催化剂     0.0025     960
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)在相同的容器的反应器中，投入相同物质的量的反应物，但是反应开始的时候，Ⅲ中的压强最高，而Ⅰ和Ⅱ的压强相同，在物质的量、体积相同的情况下，压强和温度成正比；可知Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同，反应Ⅲ的温度较Ⅰ和Ⅱ高；
(3)该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的转化率降低，据此规律进行分析；
(4)A．增加CO2的物质的量，速率加快，NH3的转化率增加；
B．加入惰性气体，但是各物质的浓度不变，不影响反应速率和转化率；
C．升高反应的温度，速率加快，平衡逆向移动；
D．改用2L的容器进行实验，相当于压缩气体，各物质的浓度增大，速率加快，平衡正向移动；
(5)反应Ⅰ和Ⅱ中NH3的转化率相同，但是反应Ⅰ的反应速率更快，说明反应Ⅰ和Ⅱ使用了不同的催化剂；
(6)在体积不变的情况下，压强和物质的量成正比。反应开始时，0.2molNH3和0.1molCO2对应的压强为200kPa，达到平衡时，压强为150KPa，可得达到平衡时，气体的总物质的量，假设CO2反应了xmol，根据反应列三等式，计算出x，从而计算出6min内NH3的平均反应速率，反应的平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应①+反应②可得目标反应，CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，△H=△H1+△H2==(－159.5＋116.5)kJ·mol－1=－43kJ·mol－1；
答案为CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g) △H=－43kJ·mol－1；
(2)在相同的容器的反应器中，投入相同物质的量的反应物，但是反应开始的时候，Ⅲ中的压强最高，而Ⅰ和Ⅱ的压强相同，在物质的量、体积相同的情况下，压强和温度成正比；可知Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同，反应Ⅲ的温度较Ⅰ和Ⅱ高；所以Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组实验中，温度最高的是Ⅲ；
(3)该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的转化率降低；实验Ⅰ的温度低，可知实验Ⅰ中NH3的转化率较高；
(4)A．增加CO2的物质的量，生成物浓度增加，化学反应速率增加，NH3的转化率也增加，A符合题意；
B．加入惰性气体，但是各物质的浓度不变，反应速率和NH3的转化率均不变，B不符合题意；
C．升高反应的温度，化学反应速率增加，但是平衡逆向移动，NH3的转化率降低，C不符合题意；
D．改用2L的容器进行实验，相当于压缩气体，各物质的浓度增大，反应速率增加；压缩体积，平衡正向移动，NH3的转化率增加，D符合题意；
答案选AD；
(5)反应Ⅰ和Ⅱ中NH3的转化率相同，但是反应Ⅰ的反应速率更快，说明反应Ⅰ和Ⅱ使用了不同的催化剂；
(6)在体积不变的情况下，压强和物质的量成正比。反应开始时，0.2molNH3和0.1molCO2对应的压强为200kPa，达到平衡时，压强为150KPa，可得达到平衡时，气体的总物质的量，假设CO2反应了xmol，根据三等式，有；

则有0.2－2x＋0.1－x＋x=，得x=，6min内NH3的平均反应速率；平衡常数。
【点睛】问题(2)还可以从另一个角度思考，实验Ⅰ和Ⅲ达到平衡时，物质的压强是一样的，说明平衡时等效的，因此Ⅰ和Ⅲ的温度一定相同，而实验Ⅱ达到平衡时，压强较大，平衡逆向移动，该反应是放热反应，逆向移动，说明反应升高温度。
5．               由点可知，、两点均未达到平衡，点反应温度高，速率快，所以转化率高          >     8.3
【详解】(1)根据图中信息，过程Ⅰ和过程Ⅱ总的化学方程式为；
(2)根据盖斯定律，①-②+③可得反应，故=；
(3)由点可知，、两点均未达到平衡，点反应温度高，速率快，所以点的转化率高于点；
(4)根据题给信息，列三段式： ，列出等式：，解得x=15，故；
(5)①碳酸浓度与碳酸根离子浓度相等，则溶质为碳酸氢钾和碳酸钾混合物，pH>7，因为氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，电荷守恒：，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，将碳酸浓度=碳酸根离子浓度带入，则> []；
②此时pH>7，，，，，pH=-lgc(H+)=-lg()=8.3。
6．(1)—90.3
(2)     210     分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高     20%    
(3)     >     反应I为吸热反应，反应II为放热反应，时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)

【解析】(1)
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到二氧化碳加氢合成甲醇的反应，则△H2=△H—△H1=(—49.4kJ/mol)—(+40.9kJ/mol)=—90.3kJ/mol，故答案为：—90.3；
(2)
①由图可知，压强不变，采用有分子筛膜时，210℃条件下甲醇的产率最高，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②由信息可知，有分子筛膜时，分子筛能选择性分离出生成物水，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
③设平衡时甲醇的物质的量为amol，由题给数据可建立如下三段式：

由二氧化碳的物质的量可得：(—a)=，解得a=，则平衡时甲醇的物质的量为mol、水蒸气的物质的量为(+)mol=mol，平衡时混合气体的总物质的量为mol，平衡时水蒸气的体积分数为×100%=20%、一氧化碳的体积分数为×100%=10%、氢气的体积分数为×100%=50%、甲醇的体积分数为×100%=10%，反应Ⅱ的平衡常数=，故答案为：；
(3)
①总反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强p1条件下二氧化碳的转化率大于p2，则p1大于p2，故答案为：>；
②反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度为T1少言寡语，体系中的反应以反应I为主，反应I为气体体积不变的反应，压强改变对平衡没有影响，所以两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，时温度高，体系中以反应I为主，反应I前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4)
由电子移动的方向可知，右侧电极为原电池的正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电极反应式为，故答案为：。
7．     氨基、羧基     加成反应     DEF     +H2SO4+4H2O→ +(NH4)2SO4
或+2H2SO4+4H2O→ +2NH4HSO4          、、、 等     或
【分析】A到B，A中的－CH3被－CN取代，生成CH2=CHCN，B再和HCHO发生加成反应得到C，C和HCN、NH3发生反应，将－CHO转化为－CH(NH2)CN，D中－CN在酸性条件下发生水解，－CN转化为－COOH，再与NaOH得到F。
【详解】(1)根据E的结构简式，可知E的官能团有氨基、羧基；
(2)根据B和C的结构简式可知，B和HCHO发生反应时，B中的碳碳双键打开，与HCHO发生了加成反应；
(3)手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子。A→F六种，ABC三种有机物中饱和碳原子均连接2个相同的H原子，因此不含有手性碳原子；DEF三种有机物中有手性碳原子如图所示，手性碳原子用“*”标识，(D)、(E)、(F)；
(4)D→E的反应中－CN转化为－COOH，化学方程式为+H2SO4+4H2O→+(NH4)2SO4或+2H2SO4+4H2O→+2NH4HSO4；
(5)B为CH2=CHCN，发生聚合反应时，碳碳双键打开，发生加聚反应，聚合物的结构简式为；
(6)E同分异构体的核磁共振氢谱只有三组峰，且面积比为6:2:1，说明该同分异构体中存在2个对称的－CH3，则可能的结构可能有、、、等；
(6)根据目标的结构简式，类似于E，模仿C→E的过程，但是不能模仿A到B，由于A到B增加碳链的长度，而苯乙烯侧链只有2个碳原子，目标产物中－NH2、－COOH连接的侧链也只有两个碳原子，因此需要将－CH=CH2，转化为－CH2CHO，可直接氧化，也可以先加成再氧化，合成路线为或。
8．(1)邻二氯苯或1，2-二氯苯
(2)取代反应
(3)+C2H5OH
(4)          羰基和羧基
(5)

【分析】反应I发生取代反应生成B，反应II中氨基发生取代反应生成C，反应IV是乙基的取代反应，则D为，E中酯基发生水解反应生成F为，反应VI是Cl被取代得到G；
【详解】（1）A的化学名称为邻二氯苯或1，2-二氯苯；
（2）过程Ⅱ中B的氨基中H被取代，反应类型是取代反应；
（3）D为，反应Ⅲ的化学方程式为+C2H5OH；
（4）F的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基和羧基；
（5）能发生加成反应说明含有碳碳双键，核磁共振氢谐有3组峰，且峰面积之比为2∶2∶1，满足条件的异构体为。