2020年安徽省高考化学模拟试题六答案.docx

‎2020年安徽省高考化学模拟试题六答案 ‎7．B　【解析】“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B项正确。‎ ‎8．D　【解析】该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2NH＋SO===BaSO4↓＋2NH3·H2O，故A错误；用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2＋放电能力大于H＋，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，故B错误；向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2＋Ca2＋＋3ClO－＋H2O===CaSO4↓＋2HClO＋Cl－，故C错误；苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO，故D正确。‎ ‎9．C　【解析】OH属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；的分子式为C4H4O，1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol×(4＋－)＝4.5 mol，故D错误。‎ ‎10．B　【解析】该反应属于归中反应，NH中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4 mol N2，转移15 mol电子，所以，当生成0.1 mol N2时，转移电子的物质的量为×0.1 mol＝0.375 mol，转移的电子数为0.375NA，故A错误；N2的结构式为N≡N，1个 N2分子含有3对共用电子，2.8 g N2的物质的量为0.1 mol，含有的共用电子对数为0.3NA，故B正确；浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56 g Fe的物质的量为1 mol，可失去3 mol电子，所以，反应生成3 mol NO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，故C错误；已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH的数目，故D错误。‎ ‎11．C　【解析】X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物——甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，‎ 结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N。由上述分析可知，同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R)，A项错误；元素非金属性越强，其对应的简单气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3>QX4，B项错误；X与Y形成NaH，含离子键，C项正确；元素非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即XRO3>X2QO3，D项错误。‎ ‎12．B　【解析】已知充电时F－从乙电极移向甲电极，则甲电极是阳极，乙电极是阴极，放电时，甲电极是正极，乙电极是负极。放电时，甲电极是正极，发生还原反应，电极反应式为BiF3＋3e－===Bi＋3F－，故A错误；充电时，甲电极的电极反应式为Bi＋3F－－3e－===BiF3，电极增加的质量是氟元素的质量，每转移3 mol电子，甲电极增重57 g，所以，当导线上通过1 mol电子时，甲电极增重19 g，故B正确；放电时，电流从电势高的正极流向电势低的负极，所以，甲电极比乙电极的电势高，故C错误；充电时，乙电极是阴极，其要与外加电源的负极相连，故D错误。‎ ‎13．A　【解析】甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4 mol·L－1，c(CO2)＝0.8 mol·L－1，c(H2)＝1.6 mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8 mol·L－1，c(CO2)＝0.6 mol·L－1，c(H2)＝1.2 mol·L－1，K2＝＝1.35，K1>K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1>T2，B错误；向容器中再充入1 mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；与乙容器中的量比较，1.0 mol C和2.0 mol H2O相当于1.0 mol CO2和2.0 mol H2，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6 mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误。‎ ‎26．(1)坩埚 ‎(2)反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4‎ ‎(3)2Cu2＋＋2NH3·H2O＋SO===Cu2(OH)2SO4↓＋2NH ‎(4)[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解 ‎(5)平衡气压，防止堵塞和倒吸 ‎(6)BD ‎【解析】(1)灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚。(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，可使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，使固体变为白色。(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，‎ 根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2＋＋2NH3·H2O＋SO===Cu2(OH)2SO4↓＋2NH。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体容易受热分解。(5)A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)＝10－3V1 L×c1 mol/L－10－3V2 L×c2 mol/L＝(c1V1－c2V2)×10－3 mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)＝n(HCl)＝0.5×10－3(V1－V2)mol，则样品中氨的质量分数为。(6)滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，使氨含量测定结果偏低，故A不符合题意；读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，使氨含量测定结果偏高，故B符合题意；滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C不符合题意；取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D符合题意。‎ ‎27．(1)SO2　2∶1‎ ‎(2)2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O H∶ ∶ ∶H　空气或氧气 ‎(3)3.7≤pH