2020年安徽省高考化学模拟试题四答案.docx

‎2020年安徽省高考化学模拟试题四答案 ‎7．A　【解析】司(后)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，故A错误；硅是良好的半导体材料，可用于制光电池，故B正确；环氧树脂属于高分子化合物，故C正确；偏二甲肼和四氧化二氮有毒，若泄漏则对环境污染严重，煤油的主要成分是碳氢化合物，其燃烧主要生成二氧化碳和水，对环境污染小，故D正确。‎ ‎8．D　【解析】一定条件下，将2 g H2与足量的N2混合，发生反应N2＋3H22NH3，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA，故A错误；1 mol NaO2与足量水发生反应2NaO2＋2H2O===2Na18OH＋2NaOH＋18O2↑，最终水溶液中18O数为NA，故B错误；NO2、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1 L×12 mol·L－1＝1.2 mol，1.2 mol HNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6 mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9 mol电子，100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，故转移的电子数大于0.6NA，故D正确。‎ ‎9．D　【解析】1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，则1 mol Z最多能与8 mol H2发生加成反应，故A错误；Z分子中含有甲基，所以Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；X分子中苯环上含有侧键—CH3，Y分子中含有—CHO，则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种，取代基为—CH(CHO)CH3的结构有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO有3种，取代基为—CH2CHO 和—CH3的结构有3种，取代基为2个—CH3和 1个—CHO的结构有6种，共14种，故D正确。‎ ‎10．D　【解析】微生物中的蛋白质在高温下会因发生变性而失去活性，A项错误；该装置是电解池，电解池工作时电能转变为化学能，B项错误；微生物作催化剂促进反应中电子的转移，C项错误；阳极上醋酸根离子被氧化为碳酸氢根离子，D项正确。‎ ‎11．B　【解析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径为O＜Na，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2－＞Na＋，故A错误；Y、T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2O>H2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O>H2S，故B正确；非金属性S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4＞H2CO3，故C错误；由H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH>1，0.1 mol·L－1 NaHSO4‎ 溶液的pH＝1，故D错误。‎ ‎12．C　【解析】检验Fe2＋时应先加KSCN溶液后加氯水，排除Fe3＋的干扰，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，而此时的Fe3＋是否由Fe2＋氧化而来是不能确定的，故A错误；黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)C>A＝D＝E，则Kw间的关系为B>C>A＝D＝E，故A正确；若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；A点到C点，温度升高，Kw增大，且A点和C点c(H＋)＝c(OH－)，所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c(H＋)增大则c(OH－)减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；100 ℃时，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2 mol/L，pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1 mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液显碱性，故D错误。‎ ‎26．(1)适当升高反应温度、适当增大O2通入量、搅拌(其他合理答案均可，任写一条)　2V2O3＋8H＋＋O2===4VO2＋＋4H2O ‎(2)将VO还原为VO2＋、Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分离 ‎(3)分液漏斗、烧杯 ‎(4)6VO2＋＋ClO＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋‎ ‎(5)P204＋TBP＋煤油、NH3(或NH3·H2O)‎ ‎(6)①VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋　②减少　2‎ ‎【解析】(1)由流程图可知，“酸浸”时需加入O2和H2SO4，为加快反应速率，除了适当增加硫酸浓度、减小石煤矿粉粒径外，还可采取适当升高反应温度、适当增大O2通入量、搅拌等措施；生成VO2＋反应的离子方程式为2V2O3＋8H＋＋O2===4VO2＋＋4H2O。‎ ‎(2)分析反应流程及表格数据可知，VO2＋与Fe3＋在萃取剂P204＋TBP＋煤油中的溶解度很大，而VO与Fe2＋在萃取剂中的溶解度较小，要除去含铁杂质，可将VO还原为VO2＋、Fe3＋还原为Fe2＋，利于后续萃取分离。‎ ‎(3)在“萃取”操作中，需用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。‎ ‎(4)“氧化”过程为加入NaClO3将VO2＋氧化为VO，发生反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O===6VO＋Cl－＋6H＋。‎ ‎(5)由流程图可知，该流程进行了“萃取”与“反萃取”，故萃取剂P204＋TBP＋煤油可循环使用，另外“热解”产生的NH3可配制成NH3·H2O溶液，用于“沉钒”操作。‎ ‎(6)①充电时阳极发生氧化反应，其电极反应式应为VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋。②放电时正极反应式为VO＋e－＋2H＋===VO2＋＋H2O，负极反应式为V2＋－e－＝V3＋，故当外电路转移2 mol e－时，正极反应消耗4 mol H＋，负极区有2 mol H＋通过质子交换膜移向正极区，故正极区溶液中n(H＋)将减少2 mol。‎ ‎27．(1)①＋131.45 kJ·mol－1　② ‎0．029 2 mol·L－1·min－1‎ ‎(2)①2CO＋O22CO2‎ ‎②Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑‎ ‎③HIO3　105.84‎ ‎(3)①M　②2Cl－－2e－===Cl2↑‎ ‎5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl ‎【解析】(1)①已知：①C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH1＝－110.35 kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)‎ ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1；③H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1。则反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可以通过①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35 kJ·mol－1)－(－571.6 kJ·mol－1)×－(＋44.0 kJ·mol－1)＝＋131.45 kJ·mol－1。②反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常数表达式为K＝；6 min时生成0.7 g H2，c(H2)＝＝0.175 mol·L－1，根据反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可知，转化的c(CO)＝c(H2)，则6 min内以CO表示的平均反应速率为v(CO)＝0.029 2 mol·L－1·min－1。‎ ‎(2)①160 ℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2，方程式为2CO＋O22CO2。②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2，反应方程式为Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。120 ℃时，0.5 h后CO的转化率是80%，燃料流速为1 800 mL·min－1，CO的体积分数为0.98%，则反应0.5 h后CO的体积为1 800 mL·min－1×0.5 h×60 min·h－1×0.98%×(1－80%)＝105.84 mL。‎ ‎(3)电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极M上H＋放电产生H2，促进水的电离，LiOH在M极区制得，Li＋通过阳离子交换膜向M极区迁移。电极N为阳极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3，则Cl2被还原成HCl，反应的化学方程式为5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl。‎ ‎28．(1)沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 ‎(2)BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O ‎(3)BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 ‎(4)b ‎(5)①　2Ag＋＋2I－===I2＋2Ag　②生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，原电池的电压减小　③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)‎ ‎【解析】(1)因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)。‎ ‎(2)实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(3)BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO与Ba2＋结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀。‎ ‎(4)为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI，故答案为b。‎ ‎(5)①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I－＋2Ag＋===2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I－)减小，I－还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验Ⅳ中b＜a。③实验步骤ⅳ表明Cl－本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c＞b说明加入Cl－使c(I－)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl－(aq)AgCl(s)＋I－(aq)‎ ‎33．(1)消去反应　对苯二甲酸(或1，4－苯二甲酸)　硝基、氯原子 ‎(2)　H2O ‎(3)NH2H2N＋‎ nHOOCCOOH NHHNHCOCOOH＋(2n－1)H2O ‎(4)10　CH3HOOCCOOH或 HOOCCH3COOH(任写一种)‎ ‎(5) BrBrBrBr HOHOOHOH ‎【解析】(1)C2H5OH与浓H2SO4在170 ℃下共热发生消去反应生成的A为H2C===CH2；由H的结构简式可知D为HOOCCOOH，G为H2NNH2；与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E为Cl，E发生硝化反应生成的F为O2NCl，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子。‎ ‎(2)乙烯和发生Diels－Alder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成HOOCCOOH，则C为H3CCH3，“B→C”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O。‎ ‎(3)D＋G―→H的化学方程式是 nHOOCCOOH＋nH2NNH2‎ NHHNHCOCOOH ‎＋(2n－1)H2O。‎ ‎(4)Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q比D多1个“CH2”，分子中除了苯环外，还有2个羧基，碳原子还剩下1个。若苯环上只有1个取代基，则为—CH(COOH)2，有1种结构；若有2个取代基，则为—COOH和—CH2COOH，2个取代基在苯环上有邻间对三种位置；若有3个取代基，则为2个—COOH和1个—CH3，共有6种结构。综上所述，总计共10种同分异构体。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶3的结构简式为CH3HOOCCOOH或HOOCCH3COOH。‎ ‎(5)乙炔与1，3－丁二烯也能发生Diels－Alder反应，即 。以1，3－丁二烯和乙炔为原料，合成HOHOOHOH，合成思路为先用反应合成六元环，再用卤素加成，最后在NaOH水溶液中水解即可合成产物，故合成路线为BrBrBrBrHOHOOHOH。‎