2020年安徽省高考化学模拟试题十五答案.docx

‎2020年安徽省高考化学模拟试题十五答案 ‎7．C　【解析】原子核外电子层数＝所在周期数，因此能够决定元素在周期表中的位置，故A不符合题意；电离常数表示电离程度，电离常数越大，说明电离程度越大，故B不符合题意；分子稳定性是化学变化，而分子间作用力影响的是物质的熔沸点，是物理性质，故C符合题意；反应物的能量大于生成物能量，此反应是放热反应，反之是吸热反应，故D不符合题意。‎ ‎8．C　【解析】由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2＋、A13＋、Fe3＋的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13＋和Fe3＋完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn2＋的溶液，电解含Mn2＋的溶液，Mn2＋在阳极放电得到MnO2。由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，故A正确；加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13＋和Fe3＋完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；电解含Mn2＋的溶液，Mn2＋在阳极放电得到MnO2，故D正确。‎ ‎9．B　【解析】5.6 g铁粉的物质的量为0.1 mol，其在0.1 mol氯气中充分燃烧后铁过量，故转移电子数为0.2NA，A项错误；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，故22.4 L的D2、H2组成的气体分子数小于NA，B项正确；标准状况下，SO3不是气体，故无法计算22.4 L SO3中所含有的氧原子数，C项错误；1 mol Cl2与足量NaOH溶液反应后生成NaCl和NaClO，转移的电子数为NA，D项错误。‎ ‎10．D　【解析】K3[Fe(CN)6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2＋，不能确定是否含Fe3＋，故A错误；Ba(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO或SO，或二者均存在，故B错误；溶液中含有Na2S，不一定发生沉淀的转化，不能比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小，故C错误； C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明反应生成了苯酚，发生强酸制弱酸的反应，则酸性H2CO3＞C6H5OH，故D正确。‎ ‎11．C　【解析】酸式盐NaHY的水溶液显碱性，说明HY－的水解程度大于HY－的电离程度，即H2Y为弱酸，电离时需要分步电离，即电离方程式为H2YHY－＋H＋、HY－H＋＋Y2－，故A错误；HY－水解的方程式为HY－＋H2OH2Y＋OH－，故B错误；NaHY溶液显碱性，说明HY－的水解程度大于HY－的电离程度，得出c(OH－)＞c(Y2－)，c(OH－)＞c(H＋)，由于H＋的来源有两方面，一是HY－的电离，二是H2O的电离，而Y2－只有HY－电离生成，且由HY－电离得到的H＋、Y2－的物质的量相等，所以溶液中c(H＋)＞c(Y2－)，NaHY===Na＋＋HY－，由于HY－部分水解和电离，所以c(Na＋)＞c(HY－)，HY－水解和电离程度均很小，得出c(HY－)＞c(OH－)，各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(HY－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(Y2－)，故C正确；根据选项C的分析， D项错误。‎ ‎12．D　【解析】反应物甲中的两个N—H键的N连接不同的原子团，故两个N受其他原子或原子团的影响不同，则两个N—H键的活性不同，A错误；乙分子中含有饱和碳原子，与饱和碳原子成键的原子构成的是四面体结构，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B错误；由丙的结构简式可知其分子式为C22H24O2N5Cl，C错误；根据图示可知，化合物甲与乙反应产生丙外还有HCl生成，该反应生成丙的原子利用率小于100%，D正确。‎ ‎13．C　【解析】原电池中，银作负极，石墨作正极，电子从银电极流向石墨电极，故A正确；正极发生还原反应，Fe3＋得电子生成Fe2＋，所以盐桥中的K＋移向正极，即甲烧杯，故B正确；一段时间后，原电池反应结束，电流计指针将指向0刻度，故C错误；电流计指针居中后，原电池反应暂停，往甲烧杯中加入一定量的铁粉，则石墨作为原电池的负极，则电流计指针将向左偏转，故D正确。‎ ‎26．(1)500 mL容量瓶、玻璃棒 ‎(2)①CuSO4和Na2CO3的物质的量之比为1∶1.2，反应温度为75 ℃　②xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O(x＋y)CuO＋xCO2↑＋(y＋z)H2O　③加热促进CO水解，溶液中的CO浓度降低，OH－浓度升高，生成大量的Cu4SO4(OH)6·2H2O ‎(3)bc→de(或ed)→gf→bc→bc ‎(4)③④②①⑤‎ ‎(5)2CuCO3·Cu(OH)2·2H2O ‎【解析】(1)配制500 mL一定物质的量浓度的溶液所需的玻璃仪器，除烧杯、胶头滴管外，还有500 mL容量瓶、玻璃棒、量筒。(2)①根据题表1可知，CuSO4和Na2CO3的物质的量之比为1∶1.2时，产物生成速率快，沉淀量最大；根据题表2可知，温度为75 ℃时，产物生成速率快，沉淀量最大。综上所述，最佳实验条件为CuSO4和Na2CO3的物质的量之比为1∶1.2、温度为75 ℃。②温度为95 ℃时，沉淀由绿色变为黑色，说明碱式碳酸铜发生分解生成了CuO，化学方程式xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O(x＋y)CuO＋xCO2↑＋(y＋z)H2O。③乙同学得到的产品为蓝色，说明生成了Cu4SO4(OH)6·2H2O，其原因可能是加热促进了CO水解，使Na2CO3溶液中的OH－浓度升高，CO浓度降低，故混合时生成了Cu4SO4(OH)6·2H2O。(3)欲测定碱式碳酸铜的化学式，需测定碱式碳酸铜加热分解生成的水蒸气和CO2的量，同时还需测定C中残留固体的量，A产生的氢气中混有水蒸气和HCl，故氢气需用B装置进行除杂、干燥，将纯净的氢气通入C中，点燃C处酒精灯，将所得气体先通过浓硫酸吸收水，后通过碱石灰吸收CO2，同时要防止外界中的水蒸气和CO2进入，据此连接装置。(4)根据测定原理，实验时要先通氢气，加热不纯的氢气会发生爆炸，故应检验氢气的纯度后再点燃C处的酒精灯，待反应完成后，为防止C中生成的Cu被氧化，应先停止加热，再停止通入氢气。(4)n(C)＝n(CO2)＝ mol＝0.05 mol，n(Cu)＝ mol＝0.075 mol，n ‎(O)＝n(H2O)＋2n(CO2)＝(＋×2) mol＝0.25 mol，则n(Cu)∶n(C)∶n(O)＝0.075∶0.05∶0.25＝3∶2∶10，即(x＋y)∶x∶(3x＋2y＋z)＝3∶2∶10，解得x∶y∶z＝2∶1∶2，故该产品的化学式为2CuCO3·Cu(OH)2·2H2O。‎ ‎27．(1)82　正 ‎(2)①PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO(aq)　②温度降低，碳酸钠的溶解度减小导致其浓度减小，使反应速率减小 ‎(3)　PbO＋2OH－===PbO＋H2O ‎(4)①PbCl＋2e－===Pb＋4Cl－　②向阴极区加PbO粗品 ‎【解析】含铅废料(PbSO4、PbO2、PbO等)，加入饱和碳酸钠溶液过滤得到PbCO3、PbO2、PbO和滤液硫酸钠溶液，PbCO3、PbO2、PbO加入草酸过滤得到PbO粗品，将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液，生成Pb和O2。(1)铅和碳元素同主族，比碳多4个电子层，则Pb是第六周期第ⅣA的元素，根据同一主族原子序数与各个周期包括的元素种类数目关系可知Pb原子序数为82；铅蓄电池放电时，铅元素化合价0价变化为＋2价，Pb作负极；铅元素化合价＋4价变化为＋2价，PbO2作正极。(2)①根据图示可知：碳酸铅溶解度小于硫酸铅，根据溶度积规则可知，溶解度较小的难溶物很难向溶解较大的难溶物转化，该反应是可逆反应，过程Ⅰ的离子方程式为PbSO4(s)＋CO(aq)PbCO3(s)＋SO(aq)。②生产过程中的温度应保持在40 ℃，若温度降低，PbSO4的转化速率下降，反应速率减小的另一个原因是温度降低，碳酸钠的溶解度减小导致其浓度减小，使反应速率减小。(3)草酸分子结构简式为HOOC—COOH，其电子式可表示为； PbO是两性氧化物，与NaOH反应产生Na2PbO2和水，反应的离子方程式是PbO＋2OH－===PbO＋H2O。(4)电解Na2PbCl4溶液，生成Pb和O2。①阴极的电极反应是发生还原反应，元素化合价降低，阴极的电极反应式是PbCl＋2e－===Pb＋4Cl－；②阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的电解液” ，为了能使电解过程持续进行，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用。‎ ‎28．(1)As2O5(s)===As2O3(s)＋O2(g)　ΔH＝＋295.4 kJ·mol－1‎ ‎(2)①ac　②0.003 mol/(L·min)　③4.5×106‎ ‎④小于 ‎(3)②淀粉　50.50%‎ ‎(4)SO2　2H2O2＋H2O＋As2O3===2H3AsO4‎ ‎【解析】由图象可知，As2O5分解为As2O3需要吸收的热量为－619.2 kJ/mol－(－914.6 kJ/mol)＝＋295.4 kJ/mol，则热化学方程式为As2O5(s)===As2O3(s)＋O2(g)　ΔH＝＋295.4 kJ·mol－1。(2)①a.溶液颜色保持不再变化，说明碘的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，a正确；b.根据原子守恒可知c(AsO)＋c(AsO)始终不变，b错误；C.AsO的生成速率等于I2的生成速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，c正确；d.根据方程式可知始终等于1，不能说明达到平衡状态，d错误。②平衡时碘是0.015 mol/L，根据方程式可知消耗碘离子是0.03 mol/L，所以0～10 min内，I－的反应速率v(I－)＝0.03 mol/L÷10 min＝0.003 mol/(L·min)。‎ ‎③　AsO　＋　2I－　＋　2H＋AsO＋I2＋H2O 起始浓度(mol/L)：‎ ‎ 0.02　 0.04　 0.04　 0　 0‎ 转化浓度(mol/L)：‎ ‎ 0.015　 0.03　 0.03　 0.015　 0.015‎ 平衡浓度(mol/L)：‎ ‎ 0.005　 0.01　 0.01　 0.015　 0.015‎ 该条件下，上述反应的平衡常数K＝＝4.5×106。‎ ‎(3)②淀粉遇碘变蓝色，指示剂为淀粉。设As2O3的质量为x g，根据AsO(无色)＋2I－＋2H＋AsO(无色)＋I2(浅黄色)＋H2O可得关系式As2O3～2I2，则有＝，解得x＝0.099 g，As2O3的质量分数是×100%＝50.5%。‎ ‎④升高温度，溶液中HsO的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应放热，ΔH