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‎2020年安徽省高考化学模拟试题七答案 ‎7．A　【解析】早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾[KAl(SO4)2·12H2O]中铝离子水解，其水解方程式为Al3＋＋3H2O===Al(OH)3＋3H＋，产生的氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意。‎ ‎8．D　【解析】不是所有的糖类都是天然高分子化合物，如单糖与双糖不属于高分子化合物，A错误；和中，前者有碳碳双键，能与高锰酸钾反应，后者为苯的同系物，也能被高锰酸钾氧化，所以无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B错误；医用酒精的体积分数为75%，C错误；甲苯和2－甲基丁烷中都有4种不同位置的氢原子，故二者的一溴代物均有4种，D正确。‎ ‎9．C　【解析】CuSO4溶液中加入H2O2溶液，Cu2＋转变为Cu2O，铜元素化合价降低，被还原，则H2O2作还原剂，被Cu2＋氧化生成O2；继续加入H2O2溶液，Cu2O又转变为Cu2＋，铜元素化合价升高，被氧化，则H2O2作氧化剂，被Cu2O还原生成H2O，反应方程式为Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O。整个过程中Cu2＋先参加反应，后又重新生成，实际为H2O2的分解反应，故Cu2＋是H2O2分解反应的催化剂，综上所述，A、B、D项正确，C项错误。‎ ‎10．B　【解析】FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3＋Fe===3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合题意；MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应：MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl，过滤后，滤液中过量的NaOH溶液可用HCl除去：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C不符合题意；NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意。‎ ‎11．C　【解析】根据能量变化图分析，最终结果为活化氧，体系能量降低，则每活化1个氧分子放出0.29 eV能量，故A错误；活化反应过程中存在多步反应的活化能，整个反应的活化能为活化能较大者，根据能量图分析，则没有水加入的反应活化能为E＝0.75 eV，有水加入的反应的活化能为E＝0.57 eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75 eV－0.57 eV＝0.18 eV，故B错误；根据图象分析，氧分子活化过程O—O键断裂，生成C—O键，所以氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程，故C正确；活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能提高二氧化硫转化率，故D错误。‎ ‎12．B　【解析】根据表格数据分析，酸性顺序为：H2SO3>HCOOH>CH3COOH>HSO。因为乙酸的酸性大于HSO，所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，故A错误；甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性，‎ 且存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOOH)，因为溶液的pH＝8，所以c(OH－)＝10－6 mol·L－1，c(H＋)＝10－8 mol·L－1，所以c(HCOOH)＝9.9×10－7 mol·L－1，故B正确；等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设甲酸溶液的pH＝b，＝10－4.74，＝10－3.74，计算b＝a－0.5，故C错误；因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强，所以同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，故D错误。‎ ‎13．D　【解析】加入过氧化氢是利用过氧化氢的氧化性，氧气也具有氧化性，且不会引入杂质离子，所以“溶解”操作中可用“酸性条件下不断鼓入氧气”代替“过氧化氢”，A项正确；过氧化氢受热易分解，所以可以用加热的方法除去过量的过氧化氢，B项正确；调节pH后的溶液中含有的离子能与锌粉反应的为Cu2＋、H＋，C项正确；滤液中含有硫酸锌和硫酸钠，所以将滤液蒸干、高温灼烧得到氧化锌和硫酸钠，不能得到纯净的氧化锌，D项错误。‎ ‎26．(1)H2C2O4HC2O＋H＋、HC2OC2O＋H＋‎ ‎(2)5H2C2O4＋6H＋＋2MnO===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O ‎(3)排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 ‎(4)Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应 ‎①0.1 mol/L H2C2O4溶液(调至pH＝2)　上清液为紫色　②2 mL 0.3 mol/L的H2C2O4溶液与4 mL 0.01 mol/L的K2Cr2O7溶液混合，调至pH＝2，加入0.000 1 mol MnSO4固体(或15.1 mg MnSO4)，6 min后溶液橙色变浅　③氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 ‎【解析】(1)H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O＋H＋、HC2OC2O＋H＋。(2)实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2＋，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4＋6H＋＋2MnO===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(3)实验Ⅳ与实验Ⅱ、Ⅲ区别是没有草酸，则实验Ⅳ的目的是：排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能。(4)分析曲线可知，开始时Cr2O浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程i中MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2＋。过程ii是Mn2＋可加快草酸与重铬酸钾的反应。①将0.000 1 mol MnO2加入到6 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液(调至pH＝2)中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2＋；从中取出少量溶液(含Mn2＋)，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2＋能被PbO2氧化为MnO，MnO显紫色。②设计实验方案证实“过程ii”成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，‎ 即实验方案是2 mL 0.3 mol/L H2C2O4溶液与4 mL 0.01 mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH＝2，加入0.000 1 mol MnSO4固体(或15.1 mg MnSO4)，6 min后溶液橙色变浅。(5)综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。‎ ‎27．(1)FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O ‎(2)Fe　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎(3)TiO2＋＋(x＋1)H2O===TiO2·xH2O↓＋2H＋‎ 加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热(任写两点)‎ ‎(4)①TiO2＋4e－===Ti＋2O2－　②1∶1　防止高温下Mg(或Ti)与空气中的物质反应 ‎(5)TiO2O2↑＋Ti　2O2－－4e－===O2↑。‎ ‎【解析】(1)依流程图可知，钛酸亚铁与硫酸反应，产物有FeSO4和TiOSO4，结合原子守恒配平方程式。(2)物质A为铁，铁将Fe3＋还原为Fe2＋。从含硫酸亚铁的溶液中得到硫酸亚铁晶体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)TiO2＋水解生成TiO2·xH2O和H＋。从平衡移动角度分析，加入碱中和生成的酸、加热、加水稀释反应物都可以提高TiO2·xH2O的产率。(4)①二氧化钛在阴极上发生还原反应生成Ti和O2－。②TiO2＋2C＋2Cl22CO＋TiCl4，TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti。生成TiCl4的反应中，氧化剂是Cl2，还原剂是C，其物质的量之比为1∶1。镁、钛在高温下与空气中的物质会发生反应，在氩气中进行反应，可保护镁和钛。(5)该装置为电解装置，由TiO2制取金属钛，化学方程式为TiO2O2↑＋Ti，阳极发生氧化反应，电极反应式为2O2－－4e－===O2↑。‎ ‎28．(1)(b－a) kJ·mol－1‎ ‎(2) ‎(3)0.022 5m mol·L－1·min－1　反应生成产物A的活化能较低，反应速率快 ‎(4)24‎ ‎(5)产物B比产物A的能量低，更稳定 ‎(6)B ‎【解析】(1)分析题意可知，根据盖斯定律，由反应ⅱ－反应ⅰ可得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(b－a) kJ·mol－1。‎ ‎(2)由图一可知，反应ⅱ生成产物B，且生成产物B所需活化能较高，故补充完整的能量变化曲线如图所示。‎ ‎(3)反应开始时1－苯基丙炔和HCl物质的量均为m mol，由图象可知，当反应进行到20 min时，1－苯基丙炔和HCl已完全反应，生成产物A和产物B共m mol，其中产物A物质的量分数为90%，则产物A的物质的量为0.9m mol，其生成速率v(产物A)＝＝0.022 5m mol·L－1·min－1；因反应生成产物A的活化能较低，反应速率快，故此时产物A的含量高于产物B。(4)分析图一可知，从20 min开始到最终平衡即为反应iii的过程，平衡时产物A的浓度为＝0.02m mol·L－1，产物B的浓度为＝0.48m mol·L－1，故T ℃时，反应ⅲ的平衡常数K＝＝24。(5)达到最终平衡时产物B比产物A含量高，原因是产物B的能量比产物A更低，更加稳定。‎ ‎(6)对于刚性密闭容器，容器体积保持不变，逐项分析可知：对于反应ⅲ来说，压强始终保持不变，但产物A含量会发生改变，故A错误；因产物B比产物A的能量低，更稳定，反应ⅲ为放热反应，可通过降低温度进一步提高平衡体系中产物B的含量，故B正确；能够发生化学反应的碰撞称之为有效碰撞，在反应ⅰ中，1－苯基丙炔和HCl的分子碰撞不可能100%有效，只有能量较高的分子间发生的碰撞才有效，故C错误。‎ ‎33．(1)HOOCCH2COOH ‎(2)羟基、醛基 ‎(3)CH3CHO＋H2CH3CH2OH ‎(4)取代反应 ‎(5)(正确的结构式、结构简式亦可)‎ ‎(6)6　CH2OHHOH2COHCH2OH或 CH2OHHOH2COHCH2OH ‎(7) ‎【解析】(1)丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH。(2)D的分子式为C5H10O4，D的结构简式为 CCH2OHCH2OHHOCH2CHO，D中官能团的名称为羟基、醛基。‎ ‎(3)A→B的化学方程式为CH3CHO＋H2CH3CH2OH。‎ ‎(4)E的结构简式为CCH2OHCH2OHHOCH2CH2OH，E与HBr发生取代反应生成F，E→F为取代反应。‎ ‎(5)丙二酸中含2个羧基，乙二醇中含2个羟基，丙二酸与乙二醇发生缩聚反应形成的高分子化合物的结构简式为HOCOCH2COOCH2CH2OH。‎ ‎(6)I的分子式为C9H12O4，I的不饱和度为4，则I的属于芳香族化合物的同分异构体中侧链都是饱和结构；I的同分异构体遇FeCl3溶液发生显色反应，I的同分异构体含酚羟基；1 mol I的同分异构体能与1 mol Na2CO3反应，I的同分异构体中含1个酚羟基；1 mol I的同分异构体与足量Na反应生成2 mol H2，I的同分异构体中还含有3个醇羟基；一个碳原子上连接2个或2个以上羟基不稳定，I的同分异构体的苯环上四个取代基为1个—OH和3个—CH2OH，3个—CH2OH在苯环上有HOCH2CH2OHCH2OH、HOCH2CH2OHCH2OH、‎ HOCH2CH2OHCH2OH三种位置，酚羟基分别取代苯环上的氢原子，依次有2种、3种、1种，符合题意的I的同分异构体有2＋3＋1＝6种。其中苯环上一氯代物只有一种的结构简式为 OHHOCH2CH2OHCH2OH、OHHOCH2CH2OHCH2OH。‎ ‎(7)丙二酸中含3个碳原子，乙烯中含2个碳原子，HCHO中只有一个碳原子，碳链增长，联系已知条件①，结合题给流程写出由乙烯合成CH3CHO的路线流程为 。‎