2020年安徽省高考化学模拟试题二答案.docx

‎2020年安徽省高考化学模拟试题二答案 ‎7．D　【解析】鎏金是指把溶解在水银里的金子涂在器物表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，古代的鎏金工艺没有外加电源，不是电解原理的应用，A项错误；两个过程条件不同，不属于可逆反应，B项错误；古代所用“鼻冲水”为氨水，氨水中有NH、OH－、H＋、NH3·H2O、NH3、H2O等6种微粒，C项错误；“蒸烧”的过程为蒸馏操作，D项正确。‎ ‎8．A　【解析】亚硫酸是弱电解质，不能完全电离，溶液中含有的H＋数小于2NA，B项错误；标准状况下，水为液体，C项错误；随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应，反应停止，且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA，D项错误。‎ ‎9．D　【解析】甲烷为正四面体构型，所以二氯甲烷只有一种结构，故A错误；1 mol CH2===CH2中含有的共用电子对数为6NA，故B错误；甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，多步取代反应同时进行，所以等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物为多种氯代烃与氯化氢的混合物，故C错误；邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构，故D正确。‎ ‎10．A　【解析】H2O2溶液在没有加FeCl3溶液前几乎无气泡产生，加入FeCl3溶液后产生大量气泡，说明FeCl3对H2O2的分解起催化作用，A项正确；醛基、碳碳双键都可以被酸性KMnO4溶液氧化，因此溶液的紫红色褪去不能说明丙烯醛分子中含有碳碳双键，B项错误；向某溶液中滴加稀H2SO4，产生有刺激性气味的气体，则原溶液中可能含有SO，也可能含有HSO或S2O等离子，C项错误；若原溶液中含有NH，由于NaOH溶液较稀且未加热，反应产生NH3·H2O，不能放出氨气，因此不能观察到湿润的红色石蕊试纸变蓝，D项错误。‎ ‎11．C　【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物与W的简单氢化物反应有大量白烟生成，该反应为氨气和氯化氢的反应，则X为N，W为Cl；其中Y、W处于同一主族，则Y为F；Y、Z的原子的最外层电子数之和等于8，则Z的原子的最外层电子数为8－7＝1，结合原子序数可知Z为第三周期的Na。A.电子层结构相同的离子中，离子半径随元素原子序数的增大而减小，所以Y、Z的简单离子的半径大小为Y＞Z，故A错误；Z与W形成的化合物为氯化钠，其水溶液呈中性，故B错误；W的某种氧化物ClO2常用于自来水的杀菌消毒，故C正确；Y分别与X、Z形成的化合物为NF3、NaF，前者含共价键，后者含离子键，故D错误。‎ ‎12．D　【解析】NH虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH)>c(SO)，故A错误；相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，‎ 因此0.02 mol·L－1氨水和0.01 mol·L－1氨水中的c(OH－)之比小于2∶1，故B错误；依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C错误；NaNO3是强酸强碱盐，Na＋和NO均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO)，故D正确。‎ ‎13．B　【解析】H2在电极M表面失电子转化为H＋，则电极M为电池的负极，碱液室中的OH－通过阴离子交换膜a中和电极M区的H＋；酸液室中的H＋通过质子交换膜c在电极N表面得到电子生成H2，电极N为电池的正极，同时，酸液室中的Cl－通过阴离子交换膜b进入碱液室，补充负电荷。A.电极M为电池的负极，电子由电极M经外电路流向电极N，故A错误；B.酸液室中的H＋通过质子交换膜c在电极N表面得到电子生成H2，电极N的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故B正确；C.应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C错误；D.放电一段时间后，酸液室中的H＋被消耗，Cl－通过阴离子交换膜b进入碱液室，酸液室中生成NaHCO3、Na2CO3，溶液的pH增大，故D错误。‎ ‎26．(1)温度计　冷凝回流 ‎(2)b　用含水20%的乙醇溶液代替水缓慢滴液 ‎(3)Ti(OC4H9)4＋2H2O===TiO2(胶体)＋4C4H9OH　a ‎(4)①防止Ti3＋在空气中被氧化　②b　③80.00‎ ‎【解析】(1)根据装置图，可知仪器a为温度计；冷凝管可以起到冷凝回流的作用。(2)加入负催化剂，不能改变反应的焓变，可增大反应的活化能，使反应速率减慢，故答案选b。根据钛酸四丁酯“遇水剧烈水解”，并结合实验步骤可知，制备过程中，用含水20%的乙醇溶液代替水缓慢滴液，可减慢钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解的反应速率。(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2，则步骤②中钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成C4H9OH和二氧化钛溶胶，发生反应的化学方程式为Ti(OC4H9)4＋2H2O===TiO2(胶体)＋4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为a。(4)①根据Ti3＋＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋，可知Ti3＋容易被氧化，则金属铝的另一个作用是与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3＋在空气中被氧化。②用NH4Fe(SO4)2溶液进行滴定，根据滴定反应Ti3＋＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋可知，可以选用KSCN溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液时，溶液变成红色，且半分钟不褪色，说明达到了滴定终点。③消耗的NH4Fe(SO4)2的物质的量为20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2.000×10－3 mol，则根据钛原子守恒，可得n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝n(Fe3＋)＝2.000×10－3 mol，样品中TiO2的质量分数为×100%＝80.00%。‎ ‎27．(1)提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等(任答两条)‎ ‎(2)SiO2‎ ‎(3)0.15‎ ‎(4)3Fe3＋＋Na＋＋2SO＋3CO＋3H2O===NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑　Fe(OH)3‎ ‎(5)0.015 mol·L－1　N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni＋N2↑＋5H2O(或N2H4＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni＋N2↑＋4H2O)‎ ‎(6)Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O　避免FeO在阴极上被还原 ‎【解析】(1)可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等措施来提高铁和镍元素的浸出率。(2)Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液中存在Fe3＋、Fe2＋和Ni2＋，只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来。(3)NaClO作氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋，氯元素由＋1价降低到－1价，则易知2Fe2＋～NaClO，则0.3 mol Fe2＋转变为Fe3＋，至少需氧化剂NaClO 0.15 mol。(4)NaClO氧化后，溶液中的Fe2＋转变为Fe3＋，“沉铁”过程中加入Na2CO3调节溶液的pH至2，生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2SO＋3CO＋3H2O===NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋3CO2↑，若Na2CO3过多，溶液的碱性增强，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀。(5)根据图示数据可以看出，NaOH的物质的量浓度为0.015 mol·L－1时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015 mol·L－1，碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni＋N2↑＋5H2O(或N2H4＋2Ni2＋＋4OH－===2Ni＋N2↑＋4H2O)。(6)Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，在阴、阳电极间设置了阳离子交换膜后，有效提高了产率，而FeO具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO在阴极上被还原。‎ ‎28．(1) ‎(2)由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)＝10－7.2，Ka1(H2SO3)＝10－1.9，所以HSO的水解常数是10－12.1，HSO电离程度大于水解程度，溶液显酸性 ‎(3)①阳离子　②2Cl－－2e－===Cl2↑‎ ‎(4)0.03 mol·L－1·min－1　11.25‎ ‎(5)①b　②升高温度 ‎【解析】(1)利用盖斯定律可得ΔH4＝。(2)根据图象中pH＝1.9的交点计算水解常数Ka1(H2SO3)＝10－1.9，Kh＝＝10－12.1，根据pH＝7.2的交点计算K a2＝c(H＋)＝10－7.2，由于Kh＜Ka2，所以HSO电离程度大于水解程度，NaHSO3的水溶液pH＜7。‎ ‎(3)仔细分析图象中的反应物和产物，可以看出左侧由ClO2制备NaClO2，需要Na＋从右侧到左侧，所以判定为阳离子交换膜，根据Na＋的移动方向可知左侧为阴极，右侧为阳极，阳极电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。‎ ‎(4)根据“三段式”法进行计算：‎ ‎　　　　　　　2CO(g)＋SO2(g)S(l)＋2CO2(g)‎ c初(mol·L－1): 　1 　0.5 　0‎ Δc(mol·L－1): 　x 　0.5x 　x c平(mol·L－1): 　1－x 0.5(1－x) x 根据题干可知0.5＝，‎ 计算得出x＝0.6。‎ v(CO)＝＝＝0.03 mol·L－1·min－1，‎ K＝ ‎＝＝11.25。‎ ‎(5)①根据斜率可以看出b线在单位时间内变化最快，所以图中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为b；②根据PV＝nRT，可知n，V相同时，压强越大，温度越高，所以与实验a相比，c组改变的实验条件可能是升高温度。‎ ‎33．(1)2－甲基－1－丙醇 ‎(2)醛基、碳碳双键　加成反应(或还原反应)‎ ‎(3)CH3CCH3HCOOCH2CH2CH2‎ ‎(4)2(CH3)2CHCH2OH＋O22H2O＋‎ ‎2(CH3)2CHCHO ‎(5)9　H3COHCH3、H3COHCH3‎ ‎(6)CH3CH===CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)‎ ‎【解析】由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为CHCHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为CH3CCH3HCOOCH2CH2CH2。‎ ‎(1)根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇。‎ ‎(2)F为CHCHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应。‎ ‎(3)M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为CH3CCH3HCOOCH2CH2CH2。‎ ‎(4)B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。‎ ‎(5)G为CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定一移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为H3COHCH3、H3COHCH3。‎ ‎(6)参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯。‎