本文件来自资料包: 《2020年安徽省高考化学模拟试题7(含答案)》 共有 2 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
‎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 。‎

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料