2020年安徽省高考化学模拟试题三答案.docx

‎2020年安徽省高考化学模拟试题三答案 ‎7．B　【解析】重金属离子可使蛋白质变性引起人体中毒，可服用牛奶或鸡蛋清等物质来解毒，A项错误；铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解使溶液显酸性溶解铜绿，铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解使溶液显酸性可除去铁锈，C项错误；燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成，不能减少CO2的排放，不能减缓温室效应，D项错误。‎ ‎8．C　【解析】加热时Fe与I2反应，可选用磁铁进行分离，A项错误；氧化性：H＋＞Al3＋，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B项错误；NaOH与苯酚发生反应生成易溶于水的苯酚钠，且NaOH与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液来除去苯中的苯酚，C项正确；将氨水滴加到饱和FeCl3溶液中，生成的是Fe(OH)3沉淀，而非胶体，D项错误。‎ ‎9．B　【解析】由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A正确；能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 mol该有机物最多能与5 mol H2反应，故B错误；只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2，气体体积为2.24 L(标准状况下)，故C正确；分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D正确。‎ ‎10．A　【解析】硫酸酸化的KI－淀粉溶液久置后变蓝，是因为I－被空气中的O2氧化生成了I2，I2遇淀粉变蓝，离子方程式为4I－＋O2＋4H＋===2I2＋2H2O，故A正确；铁和稀硝酸的反应产物与量有关，铁少量时生成Fe3＋，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，铁过量时生成Fe2＋，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；醋酸是弱酸，不能拆写成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故C错误；SO2通入漂白粉溶液中发生氧化还原反应：SO2＋Ca2＋＋3ClO－＋H2O===CaSO4↓＋Cl－＋2HClO，产生的白色浑浊为CaSO4，故D错误。‎ ‎11．A　【解析】充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li＋向右移动，故A错误；放电时，装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLi＋＋xe－＋nC===LixCn，故C正确；放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，故D正确。‎ ‎12．B　【解析】由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N，M为NH4NO3；由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na；由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X为O；“X与Z同主族”，则Z为S。A.Na＋半径是四种元素对应的简单离子中半径最小的，A项错误；B.由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3，‎ 它们均能与水发生反应，B项正确；C.NH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子NH水解，C项错误；D.共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，D项错误。‎ ‎13．B　【解析】该温度下，Y点是Cu2＋与S2－恰好完全反应的点，溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，c(Cu2＋)＝c(S2－)＝10－17.7 mol·L－1，则Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－17.7 mol·L－1×10－17.7 mol·L－1＝10－35.4 mol2·L－2，A项错误；Cu2＋或S2－的水解均会促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小，B项正确；根据Na2S溶液中的物料守恒可知2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，C项错误；向100 mL Zn2＋、Cu2＋的浓度均为1×10－5 mol·L－1的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，开始产生ZnS沉淀时需要的c(S2－)＝ mol·L－1＝3×10－20 mol·L－1，开始产生CuS沉淀时需要的c(S2－)＝＝1×10－30.4 mol·L－1＜3×10－20mol·L－1，则Cu2＋先沉淀，D项错误。‎ ‎26．(1)(球形)冷凝管　使物质充分混合，反应更充分 ‎(2)CH2OH＋NaClO―→‎ CHO＋NaCl＋H2O ‎(3)防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低　产品中混有水，纯度降低 ‎(4)C　打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯内壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 ‎(5)178.1 ℃‎ ‎(6)67.9%‎ ‎【解析】(1)根据图示可知，仪器b为(球形)冷凝管；电动搅拌棒可以使物质充分混合，反应更充分。(2)根据题意可知，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，NaClO本身被还原为NaCl，发生反应的化学方程式为CH2OH＋NaClO―→CHO＋NaCl＋H2O。(3)NaClO具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，NaClO不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中会混有水，产品纯度降低。(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取分液操作应选用的仪器为分液漏斗，则应选用的实验装置是③；由表中密度数据可知，萃取后有机相在下层，则分液操作中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯内壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞。(5)根据相关有机物的沸点数据可知，步骤④加热蒸馏时应收集178.1 ℃‎ 左右的馏分。(6)根据方程式CH2OH＋NaClO―→CHO＋NaCl＋H2O可知，1 mol苯甲醇理论上生成1 mol苯甲醛，3.0 mL苯甲醇的质量为1.04 g/cm3×3.0 cm3＝3.12 g，其物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为(×106) g，苯甲醛的产率为2.08 g÷(×106)＝67.9%。‎ ‎27．(1)－1 266‎ ‎(2)427.4　126‎ ‎(3)从反应速率角度考虑，反应温度越高，反应速率越快；从催化剂活性角度考虑，500 ℃左右催化剂活性最高 ‎(4)22%‎ ‎(5)A　催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于氨的合成 ‎(6)①b　②(或)‎ ‎【解析】(1)将题给已知热化学方程式依次编号为Ⅰ、Ⅱ，根据盖斯定律，由3×Ⅱ－2×Ⅰ可得4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1×3＋92.4 kJ·mol－1×2＝－1 266 kJ·mol－1。‎ ‎(2)根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能可知，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)＝(335＋92.4) kJ·mol－1＝427.4 kJ·mol－1；由图1及括号内的已知信息可知，使用催化剂之后，正反应的活化能为126 kJ·mol－1。‎ ‎(3)反应温度越高，反应速率越快，且在500 ℃左右催化剂活性最高，所以在实际工业生产中选择500 ℃左右的高温。‎ ‎(4)根据图2中的数据可知，a点时NH3的平衡体积分数为12%，投料比n(N2)∶n(H2)＝1∶3。‎ 解法一：设起始加入的N2为1 mol，参与反应的N2为n mol，根据三段式法有：‎ ‎　　　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始(mol): 　1 　3 　0‎ 转化(mol): 　n 3n 2n 平衡(mol): 1－n 3－3n 2n 则×100%＝12%，解得n＝，所以N2的平衡体积分数为×100%＝22%。‎ 解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则N2的平衡体积分数为(1－12%)×＝22%。‎ ‎(5)由图3可知，催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，且合成氨反应是放热反应，低温对氨的合成有利，所以，实际生产中适宜选择的催化剂是A。‎ ‎(6)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的物质的量分数减小，故曲线a、b对应温度较高的是b。②根据图4中的数据可知，b点时NH3的平衡物质的量分数为20%，总压强p＝70 MPa。‎ 解法一：设起始加入的N2为1 mol，反应的N2为m mol，则根据三段式法有：‎ ‎　　　　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始(mol): 　1 　3 　0‎ 转化(mol): 　m 3m 2m 平衡(mol): 1－m 3－3m 2m 则×100%＝20%，解得m＝，所以b点时，NH3和N2的物质的量分数均为20%，H2的物质的量分数为60%，则Kp＝或。‎ 解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则b点时N2的物质的量分数为(1－20%)×＝20%，H2的物质的量分数为20%×3＝60%，则Kp＝或。‎ ‎28．(1)Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O ‎(2)①将铬铁矿粉碎(答案合理均可)　②过滤　8CrO＋3S2－＋20H2O===8Cr(OH)3↓＋3SO＋16OH－　③CO高温还原Cr2O3(或热还原法)‎ ‎(3)1×10－32 mol4·L－4(可不写单位)‎ ‎(4)①正　2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　　② ‎【解析】(1)反应中铬元素的化合价从＋6价降为＋3价，硫元素的化合价从＋4价升高到＋6价，依据得失电子守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为Cr2O＋3SO＋8H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。‎ ‎(2)①一定量的固体，其颗粒越小，表面积越大，反应速率越快。为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施是将铬铁矿粉碎。②“水浸”后要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO，铬元素由＋6价降为＋3价，硫元素由－2价升到＋6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为8CrO＋3S2－＋20H2O===8Cr(OH)3↓＋3SO＋16OH－。③从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3(或热还原法)。‎ ‎(3)pH为5，则c(OH－)＝1×10－9，Ksp[Cr(OH3)]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝1×10－5×(1×10－9)3＝1×10－32。‎ ‎(4)①根据图示可知，在b极区得到Na2Cr2O7，根据2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O可知，电解过程中，b极区c(H＋)增大，则b极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，a极是阴极，b极是阳极，电极b连接电源的正极。②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na＋的物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为(a－b) mol，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则电路中通过的电子的物质的量为(a－b) mol。阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则阳极生成的H＋的物质的量为(a－b) mol，结合2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，可得阳极生成的Na2Cr2O7的物质的量是 mol。‎ ‎33．(1)羟基、碳碳双键　C12H18‎ ‎(2)加成反应　氧化反应 ‎(3)①＋2CH3COOH＋2H2O ‎②＋CHOCHO＋2H2O ‎(4)6　HOHO、OHOH(任写一种)‎ ‎(5)ClClHOHOOOOOHOHO(答案合理均可)‎ ‎【解析】(1)A(OH)中所含官能团有羟基和碳碳双键，E()的分子式为C12H18。‎ ‎(2)对比A、B的结构发现，2个A分子中碳碳双键中1个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，原子利用率达100%，则A→B属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应。‎ ‎(3)①B中含有羟基，其在一定条件下，能够与足量乙酸发生酯化反应，发生反应的化学方程式为＋2CH3COOH ＋2H2O。②根据流程图和已知信息可知，酮C与乙二醛发生缩合反应生成D和H2O，其化学方程式为＋CHOCHO＋2H2O。‎ ‎(4)C为，分子式为C8H12O2，1个F分子只比1个C分子少2个氢原子，则F的分子式为C8H10O2；F的不饱和度为＝4，且F是一种芳香族化合物，则说明F分子中除了苯环外，不存在其他不饱和结构；1 mol F能与2 mol NaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个酚羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(酚羟基位于邻位的有2种，酚羟基位于间位的有3种，羟基位于对位的有1种)。其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶2∶1的结构简式为HOHO或OHOH。‎ ‎(5)以ClCl和为主要原料合成1，2－环己二醇(HOHO)，根据题干流程图C→D的提示，可以首先将ClCl水解后氧化得到OO，再由OO与乙二醛反应生成OO，最后将OO转化为HOHO即可。‎